- 物质的检测
- 共5040题
工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如下：
已知：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O
（1）实验操作I的名称为______；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有______（填仪器名称）．
（2）滤液A中铁元素的存在形式为______ （填离子符号），生成该离子的离子方程式为______，检验滤液A中存在该离子的试剂为______（填试剂名称）．
（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为______．
（4）常温下，等pH的NaAlO2和NaOH两份溶液中，由水电离出的c（OH-）前者为后者的108倍，则两种溶液的pH=______．
（5）①利用电解法进行粗铜精炼时，下列叙述正确的是______（填代号）．
a．电能全部转化为化学能
b．粗铜接电源正极，发生氧化反应
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量无确定关系
②从浓硫酸、浓硝酸、蒸馏水中选用合适的试剂，测定粗铜样品中金属铜的质量分数，涉及的主要步骤为：称取一定质量的样品→______→过滤、洗涤、干燥→称量剩余固体铜的质量．（填缺少的操作步骤，不必描述操作过程的细节）
正确答案
解：（1）实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，
故答案为：过滤；坩埚；
（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，
故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；
（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3
（4）设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c（OH-）=10X-14mol/L，NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）=10-Xmol/L，
（5））①a．电能部分转化为化学能，故a错误；
b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.01×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；
故选：bc；
②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；
故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后．
解析
解：（1）实验操作I步骤中分离溶液和沉淀的操作名称为过滤，在空气中灼烧固体混合物D时，所用到的仪器有坩埚、泥三角、三角架、酒精灯，玻璃棒，
故答案为：过滤；坩埚；
（2）依据提取流程图可知，加入过量盐酸，氧化铁和氧化铝全部溶解为氯化铁和氯化铝溶液，Cu2O与盐酸反应生成氯化铜、铜和水，生成的铜能与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，二氧化硅不溶于盐酸为沉淀，所以滤液A中铁元素的存在形式为亚铁离子，可用氯水将其氧化成三价铁离子，三价铁离子与KSCN溶液发生反应生成红色物质来检验三价铁离子，
故答案为：Fe2+；2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；KSCN溶液、氯水；
（3）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为：2Al+Fe2O3
（4）设溶液的PH为X，NaAlO2溶液中由水电离出的c（OH-）=10X-14mol/L，NaOH溶液中由水电离出的c（OH-）=10-Xmol/L，
（5））①a．电能部分转化为化学能，故a错误；
b．粗铜接电源正极，失去电子，发生氧化反应，故b正确；
c．精铜作阴极，电解后电解液中Cu2+浓度减小，故c正确；
d．粗铜精炼时通过的电量与阴极析出铜的量存在关系：电路中通过3.01×1023个电子，得到精铜的质量为16g，故d错误；
故选：bc；
②要测定铜的质量分数，可以把浓硫酸稀释，铜和稀硫酸不反应，氧化铜和稀硫酸反应，即可求出铜的质量分数．设计方案的主要步骤是将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后，过滤，干燥，称量剩余固体铜的质量即可；
故答案为：将浓硫酸用蒸馏水稀释，将样品与稀硫酸充分反应后．
苯甲醛在医药、染料、香料等行业有着广泛的应用．实验室通过如图所示的流程由甲苯氧化制备苯甲醛．
试回答下列问题：
（1）Mn2O3氧化甲苯的反应需要不断的搅拌，搅拌的作用是______．
（2）甲苯经氧化后的得到的混合物通过结晶、过滤进行分离．该过程需要将混合物冷却，其目的是______．
（3）实验过程中，可循环使用的物质分别为______、______．
（4）实验中分离甲苯和苯甲醛采用的操作Ⅰ的名称是______，其原理是______．
（5）实验中发现，反应时间不同苯甲醛的产率也不同（数据见下表）
请结合苯甲醛的结构，分析当反应时间过长时，苯甲醛产率下降的原因是______．
正确答案
解：根据图示流程可知，甲苯与氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用，
（1）固体Mn2O3与液态甲苯反应，接触面积小，反应速率较慢，故反应时需进行搅拌，使反应物充分接触，增大反应速率，
故答案为：使反应物充分接触，增大反应速率；
（2）所得混合物中含MnSO4 苯甲醛等，为使其分离需降低MnSO4的溶解度，所以需要冷却，
故答案为：降低MnSO4的溶解度；
（3）由所给反应的流程图可知，参与循环操作的物质是稀H2SO4和甲苯，
故答案为：稀硫酸；甲苯；
（4）甲苯和苯甲醛是相互溶解的有机物，可利用其沸点的差异，采用蒸馏的方法分离，
故答案为：蒸馏；利用甲苯与苯甲醛的沸点差异，使二者分离；
（5）由于醛基的还原性较强，苯甲醛易被O2等氧化成苯甲酸，故反应所用时间越长，产率越低，
故答案为：部分苯甲醛被氧化成了苯甲酸．
解析
解：根据图示流程可知，甲苯与氧化锰、稀硫酸反应生成硫酸锰、苯甲醛，通过结晶、过滤分离出硫酸锰，对滤液进行油水分离、蒸馏操作获得苯甲醛，其中稀硫酸和甲苯可以循环利用，
（1）固体Mn2O3与液态甲苯反应，接触面积小，反应速率较慢，故反应时需进行搅拌，使反应物充分接触，增大反应速率，
故答案为：使反应物充分接触，增大反应速率；
（2）所得混合物中含MnSO4 苯甲醛等，为使其分离需降低MnSO4的溶解度，所以需要冷却，
故答案为：降低MnSO4的溶解度；
（3）由所给反应的流程图可知，参与循环操作的物质是稀H2SO4和甲苯，
故答案为：稀硫酸；甲苯；
（4）甲苯和苯甲醛是相互溶解的有机物，可利用其沸点的差异，采用蒸馏的方法分离，
故答案为：蒸馏；利用甲苯与苯甲醛的沸点差异，使二者分离；
（5）由于醛基的还原性较强，苯甲醛易被O2等氧化成苯甲酸，故反应所用时间越长，产率越低，
故答案为：部分苯甲醛被氧化成了苯甲酸．
（2010秋•宜宾期末）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取氧化铝作冶炼铝的原料，常用①浓NaOH溶液；②CO2；③盐酸作为分离过程使用的试剂．分离流程如下：（为使转化完全，各步所用试剂均为过量）
已知：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-
SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+CO32-
回答下列问题：
（1）试剂甲是（填编号，下同）：______；试剂乙是：______；试剂丙是：______．
（2）各步沉淀的化学式为：沉淀B是：______；沉淀C是：______；沉淀F是：______．
（3）滤液A与试剂乙发生反应的离子方程式为：（若有多个离子反应，要分别写出来）______．
正确答案
③
①
②
SiO2
Fe（OH）3
Al（OH）3
OH-+H+=H2O、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O
解析
解：若试剂甲为甲为③盐酸，则滤液A中含有铝离子、铁离子，沉淀B为二氧化硅；试剂乙为①浓NaOH溶液，由于除去铁离子，将铝离子转化为偏铝酸根离子，沉淀C为Fe（OH）3，滤液D中含有偏铝酸根离子；试剂丙为二氧化碳，将偏铝酸根转化为沉淀F：Fe（OH）3，Fe（OH）3加热分解得氧化铝；
若试剂甲为NaOH时，则滤液A中含有偏铝酸根离子、硅酸根离子，沉淀B为氧化铁；试剂乙为盐酸，除去硅酸根离子，将偏铝酸根离子转化为铝离子，由于加入的试剂丙必须过量，则试剂丙必须为氨水，而题干中没有氨水，所以该方案不成立，
（1）根据以上分析可知，试剂甲为③盐酸，试剂乙为①浓NaOH溶液，试剂丙为②CO2，
故答案为：③；①；②；
（2）沉淀B为不溶于盐酸的SiO2，沉淀C为氢氧化钠与铁离子反应生成的氢氧化铁沉淀，沉淀F为Al（OH）3，
故答案为：SiO2；Fe（OH）3；Al（OH）3；
（3）滤液A中含有过量的盐酸、铁离子和硫离子，加入过量氢氧化钠溶液后，发生反应的离子方程式有：OH-+H+=H2O、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，
故答案为：OH-+H+=H2O、Fe3++3OH-=Fe（OH）3↓、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O．
锌钡白是一种白色颜料．工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS+ZnSO4=ZnS↓+BaSO4↓，以下是ZnSO4溶液的制备与提纯流程．
请回答有关问题：
【资料】已知Zn（OH）2与Al（OH）3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；菱锌矿的主要成分是ZnCO3（少量FeCO3、Cu2（OH）2CO3及其它杂质）；虽都是难溶物质，但Fe（OH）3的溶解度远远小于Fe（OH）2．
（1）①反应中生成气体是______．
（2）②中H2O2的作用是______； 它在酸性条件下氧化Fe2+的化学方程式为______．
（3）反应④的离子方程式为______．
（4）为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程中步骤①产生的产物______（填化学式）可以用于步骤______（其中步骤选填①、②、③、⑤）．
正确答案
解：由图流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，得到硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液，②中加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，得到含有Na2ZnO2的溶液，金属离子铁离子、铜离子转化为沉淀，则滤渣为Fe（OH）3、Cu（OH）2，反应④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣为Zn（OH）2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，得到硫酸锌的溶液，
（1）碳酸锌可以和硫酸之间反应生成硫酸锌以及水、二氧化碳，所以①中产生的气体是二氧化碳，故答案为：CO2；
（2）硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液中，加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，以便于步骤③除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：将溶液中的Fe2+离子氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Na2ZnO2的溶液通二氧化碳，可以将ZnO22-转化为沉淀Zn（OH）2，反应为：ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-，故答案为：ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-；
（4）流程中物质的循环使用可以达到综合利用、节能减排的目的，上述流程①中产生的二氧化碳，可以用于④中二氧化碳的来源，故答案为：CO2； ④．
解析
解：由图流程可知，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量FeCO3、Cu2（OH）2CO3等，加硫酸，得到硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液，②中加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，再加过量的NaOH，得到含有Na2ZnO2的溶液，金属离子铁离子、铜离子转化为沉淀，则滤渣为Fe（OH）3、Cu（OH）2，反应④通二氧化碳将ZnO22-转化为沉淀，则滤渣为Zn（OH）2，步骤⑤主要发生氢氧化锌与硫酸的反应，得到硫酸锌的溶液，
（1）碳酸锌可以和硫酸之间反应生成硫酸锌以及水、二氧化碳，所以①中产生的气体是二氧化碳，故答案为：CO2；
（2）硫酸锌、硫酸亚铁以及硫酸铜的混合溶液中，加氧化剂双氧水将亚铁离子氧化为铁离子，以便于步骤③除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：将溶液中的Fe2+离子氧化为Fe3+；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；
（3）Na2ZnO2的溶液通二氧化碳，可以将ZnO22-转化为沉淀Zn（OH）2，反应为：ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-，故答案为：ZnO22-+2CO2+2H2O=Zn（OH）2↓+2HCO3-；
（4）流程中物质的循环使用可以达到综合利用、节能减排的目的，上述流程①中产生的二氧化碳，可以用于④中二氧化碳的来源，故答案为：CO2； ④．
化学实验室产生的废液中含有大量会污染环境的物质，为了保护环境，这些废液必须经处理后才能排放．某化学实验室产生的酸性废液中含有两种金属离子：Fe3+、Cu2+，化学小组设计了如下图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境．
（1）操作①的名称是______．
（2）沉淀A中含有的金属单质有______．
（3）操作②中观察到的实验现象是______．
（4）检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是______．
（5）操作③中发生反应生成沉淀C的离子方程式为______．
正确答案
解：（1）操作①加入的过量的铁，由于铁的化学性质比铜都活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在第①得到的滤渣中都含有金属铜和过量的铁，通过过滤得到沉淀和溶液，
故答案为：过滤；
（2）在第①得到的滤渣中都含有金属铜和过量的铁，通过过滤得到沉淀A和溶液A，因此沉淀A中含有金属单质铜、铁，
故答案为：铜、铁；
（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，溶液由浅绿色变为棕黄色，生成的Fe3+，能加快过氧化氢的分解，有少量气泡出现，
故答案为：溶液由浅绿色变为棕黄色，有少量气泡出现；
（4）根据（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，由于Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，
故答案为：KSCN溶液；
（5）溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，稀氨水中存在下述电离平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，溶液B中加氨水，发生Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
解析
解：（1）操作①加入的过量的铁，由于铁的化学性质比铜都活泼，因此可以把金属铜从盐溶液中置换出来，同时Fe3+能氧化单质铁生成Fe2+，因此在第①得到的滤渣中都含有金属铜和过量的铁，通过过滤得到沉淀和溶液，
故答案为：过滤；
（2）在第①得到的滤渣中都含有金属铜和过量的铁，通过过滤得到沉淀A和溶液A，因此沉淀A中含有金属单质铜、铁，
故答案为：铜、铁；
（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，溶液由浅绿色变为棕黄色，生成的Fe3+，能加快过氧化氢的分解，有少量气泡出现，
故答案为：溶液由浅绿色变为棕黄色，有少量气泡出现；
（4）根据（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，由于Fe3+遇SCN-离子，发生反应：Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，溶液呈血红色，所以溶液中滴入KSCN溶液后变红，说明该溶液中含有Fe3+，检验溶液B中含有的金属阳离子常用的试剂是KSCN溶液，
故答案为：KSCN溶液；
（5）溶液B中含有的金属阳离子为Fe3+，稀氨水中存在下述电离平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，溶液B中加氨水，发生Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，
故答案为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
蛭（zhi）石可以用来生产耐火材料MgO和A12O3，其主要成分为MgO、Fe 2O3、A12O3、SiO2．某中学化学小组设计了如下方案，利用蛭石来制备单质镁、铝、硅．（假设每次转化所得固体成分只有一种）
（1）图中标号处需加入的相应物质分别是①______②______
（2）写出单质A的一种用途______
（3）已知此温度下Fe（OH）3的Ksp=1.0×10-38，向滤液Ⅰ中加NaOH将溶液的pH控制在大于______，小于4.1（此时Al3+开始沉淀）
（4）加入试剂③时反应的离子方程式是______
（5）由固体E生产单质C的化学方程式______
（6）条件④是______．
正确答案
解：根据流程图知道：蛭石的成分可看成是由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，由工艺流程图可知：①是加入盐酸，过滤得到滤渣Ⅰ为SiO2；所以单质A是硅，滤液Ⅰ含有氯化镁、氯化铁、氯化铝等，滤液Ⅰ加入氢氧化钠溶液，氯化铝溶于其中，滤液Ⅱ是偏铝酸钠和氯化镁溶液，滤渣Ⅱ是氢氧化铁，滤液Ⅱ加入过量的氢氧化钠可以得到氢氧化镁沉淀，即为滤渣Ⅲ，滤液Ⅲ是偏铝酸钠溶液，E是氧化镁，单质C是镁，单质B是Al，根据物质的性质来回答即可．
（1）图中①标号处需加入的相应物质是稀盐酸（或硫酸），②是NaOH，故答案为：稀盐酸（或硫酸）；NaOH；
（2）单质A是硅，可以做半导体材料，故答案为：做半导体材料；
（3）向滤液Ⅰ中加NaOH将溶液，保证铁离子沉淀完全，根据此温度下Fe（OH）3的Ksp=1.0×10-38，则沉淀铁离子需要的c（OH-）=
（4）滤液Ⅲ是偏铝酸钠溶液，通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，即AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（5）E是氧化镁，加入碳单质可以得到金属镁，即MgO+C
（6）氢氧化铝受热分解为氧化铝D，电解熔融的氧化铝可以制取金属铝，故答案为：电解（或通电）．
解析
解：根据流程图知道：蛭石的成分可看成是由MgO、Fe2O3、Al2O3、SiO2，由工艺流程图可知：①是加入盐酸，过滤得到滤渣Ⅰ为SiO2；所以单质A是硅，滤液Ⅰ含有氯化镁、氯化铁、氯化铝等，滤液Ⅰ加入氢氧化钠溶液，氯化铝溶于其中，滤液Ⅱ是偏铝酸钠和氯化镁溶液，滤渣Ⅱ是氢氧化铁，滤液Ⅱ加入过量的氢氧化钠可以得到氢氧化镁沉淀，即为滤渣Ⅲ，滤液Ⅲ是偏铝酸钠溶液，E是氧化镁，单质C是镁，单质B是Al，根据物质的性质来回答即可．
（1）图中①标号处需加入的相应物质是稀盐酸（或硫酸），②是NaOH，故答案为：稀盐酸（或硫酸）；NaOH；
（2）单质A是硅，可以做半导体材料，故答案为：做半导体材料；
（3）向滤液Ⅰ中加NaOH将溶液，保证铁离子沉淀完全，根据此温度下Fe（OH）3的Ksp=1.0×10-38，则沉淀铁离子需要的c（OH-）=
（4）滤液Ⅲ是偏铝酸钠溶液，通入过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀，即AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；
（5）E是氧化镁，加入碳单质可以得到金属镁，即MgO+C
（6）氢氧化铝受热分解为氧化铝D，电解熔融的氧化铝可以制取金属铝，故答案为：电解（或通电）．
工业生产中常用炼锌废渣（含有ZnO、FeO、Fe2O3、CuO等杂质）来提取氧化锌和金属铜等，其主要工艺流程如图所示：
有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH见下表
（1）为提高浸出速率，除适当增加硫酸浓度外，还可采取的措施有（写出两条）______
（2）试剂A是______（填化学式）．
（3）调节酸浸液的pH的范围是______．
（4）滤液甲与试剂B发生置换反应，则试剂B是______（填化学式）．
（5）在实验室进行焙烧时，盛放沉淀丙的仪器名称是______．
正确答案
解：ZnO、FeO、Fe2O3、CuO与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，到沉淀甲为氢氧化铁，加入试剂B锌，与硫酸铜反应得到铜单质；滤液乙为硫酸和硫酸锌，加入碳酸钾，与硫酸反应生成硫酸钾，同时得到沉淀丙Zn（OH）2，灼烧得到氧化锌．
（1）搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末可加快反应速率，故答案为：搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末；
（2）双氧水与二价铁离子反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，使铁元素容易沉淀，且不引入新的杂质，故答案为：H2O2；
（3）使Fe（OH）3完全沉淀，其他离子不沉淀，pH：3.7～5.4，故答案为：3.7～5.4；
（4）B为锌，故答案为：Zn；
（5）焙烧固体用坩埚，故答案为：坩埚．
解析
解：ZnO、FeO、Fe2O3、CuO与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸铁以及硫酸铜，加入双氧水将二价铁离子氧化为三价铁离子，调节平衡pH使Fe（OH）3完全沉淀，到沉淀甲为氢氧化铁，加入试剂B锌，与硫酸铜反应得到铜单质；滤液乙为硫酸和硫酸锌，加入碳酸钾，与硫酸反应生成硫酸钾，同时得到沉淀丙Zn（OH）2，灼烧得到氧化锌．
（1）搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末可加快反应速率，故答案为：搅拌、适当升温、将废渣碾细成粉末；
（2）双氧水与二价铁离子反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，使铁元素容易沉淀，且不引入新的杂质，故答案为：H2O2；
（3）使Fe（OH）3完全沉淀，其他离子不沉淀，pH：3.7～5.4，故答案为：3.7～5.4；
（4）B为锌，故答案为：Zn；
（5）焙烧固体用坩埚，故答案为：坩埚．
氯化亚铜在工业上应用广泛．利用反应Cu2++Cu+2Cl-=2CuCl制氯化亚铜的流程如下图．氯化亚铜（CuC1）为白色晶体，不溶于硫酸、稀硝酸和醇，微溶于水，在空气中会被迅速氧化，能溶于浓盐酸，并生成配合物，该配合物加水稀释后会重新析出CuCl沉淀．
实验药品：铜丝20g、氯化铵20g、65% 硝酸10mL、36%盐酸15mL、水．
（1）反应①的化学方程式为______．
（2）析出的CuCl晶体要立即用无水乙醇洗涤，然后真空干燥、冷却，密封包装．真空干燥，密封包装的
目的是______．
（3）工业化生产时，乙醇可通过______方法回收并循环利用，而NH4Cl、______（填化学式）可直接循环利用．
（4）实验室用如图装置制备CuCl．实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是______，电炉加热升温至50℃时停止加热，反应快速进行，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色变为红棕色，从环保角度考虑，当______时才能停止通入氧气．
（5）氯化亚铜在工业上也可以利用酸性电镀废液（主要含Cu2+、Fe3+）制得高浓度硫酸铜溶液后，加入铁粉、氯化钠生成CuCl．反应的离子反应方程式为：______．
CuCl产率与混合液pH的关系如图，析出CuCl晶体时的最佳pH在______左右．
正确答案
NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl
加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化
蒸馏
HNO3
氯化铵溶于水吸收大量热量，造成反应液温度降低
烧瓶上方红棕色气体逐渐变为无色
2Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+
3
解析
解：（1）NH4[CuCl2]分解产物过滤后得到滤液为氯化铵，固体为CuCl，反应的化学方程式为NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl，故答案为：NH4[CuCl2]=CuCl↓+NH4Cl；
（2）由题给信息可知CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，为防止氧化应隔绝空气，在干燥、真空环境中可加快乙醇和水的蒸发，
故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化；
（3）根据乙醇的沸点较低，可以利用蒸馏的方法回收乙醇循环利用，反应过程中的氯化铵和硝酸可以在混合液中 直接利用，
故答案为：蒸馏；HNO3；
（4）制备氯化亚铜所用的原料为Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O，其中含有氯化铵溶解过程中吸热，反应过程中生成的红棕色气体二氧化氮污染气体不能排放，需要通入氧气至恰好吸收生成硝酸循环使用，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故答案为：氯化铵溶于水吸收大量热量，造成反应液温度降低；烧瓶上方红棕色气体逐渐变为无色；
（5）在硫酸铜溶液中加入氯化钠、铁，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+；由图可知，析出CuCl沉淀的最佳pH应为CuCl的产率最大，且氢氧化铁杂质较少，应约为3左右，故答案为：2Cu2++2Cl-+Fe=2CuCl↓+Fe2+；3．
（2014秋•小店区校级月考）海水中含有丰富的镁资源．某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5 mol•L-1，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变．
KspCaCO3=4.96×10-9 KspMgCO3=6.82×10-6 KspCa（OH）2=4.68×10-6
KspMg（OH）2=5.61×10-12
下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．步骤①，从题给的条件，可知n（NaOH ）=0.001mol，[即n（OH-）=0.001mol]．依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1L模拟海水中，加入0.001mol NaOH时，OH- 恰好与HCO3-完全反应：OH-+HCO3-=CO32-+H2O，生成0.001molCO32-．由于Ksp（CaCO3）＜＜Ksp（MgCO3），生成的CO32-与水中的Ca2+反应生成CaCO3 沉淀Ca2++CO32-=CaCO3↓，所以沉淀物X为CaCO3，故A错误；
B．由于CO32-只有0.001mol，反应生成CaCO3 所消耗的Ca2+也只有0.001mol，滤液中还剩余c（Ca2+）=0.010 mol•L-1，滤液M中同时存在着Ca2+和Mg2+，故B正确；
C．步骤②，当滤液M中加入NaOH 固体，调至pH=11（即pOH=3）时，此时滤液中c（OH-）=1×10-3 mol•L-1．则
Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×（10-3）2=0.010×（10-3）2=10-8＜Ksp[Ca（OH）2]，无Ca（OH）2生成．
Q[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×（10-3）2=0.050×（10-3）2=5×10-8＞Ksp[Mg（OH）2]，有Mg（OH）2沉淀生成．
又由于Ksp[Mg（OH）2]=c（Mg2+）×（10-3）2=5.6×10-12，c（Mg2+）=5.6×10-6＜10-5，无剩余，滤液N中不存在Mg2+，故C正确；
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n（NaOH）=0.105mol，与0.05mol Mg2+反应：Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓，生成0.05 mol Mg（OH）2，剩余0.005 mol OH-．
由于Q[Ca（OH）2]=c（Ca2+）×（OH-）2=0.010×（0.005）2=2.5×10-7＜Ksp[Ca（OH）2]，所以无Ca（OH）2沉淀析出，沉淀物Y为Mg（OH）2沉淀，故D正确；故选A．
（2008秋•龙华区校级期末）工业上用铝土矿（主要成分Al2O3，还含有Fe2O3、SiO2）提取氧化铝作冶炼铝的原料，提取的操作过程如图：
（1）写出步骤①②③④的化学方程式（是离子反应的用离子方程式表示）
①______
②______
③______
④______
（2）请写出铝热剂Fe2O3与Al发生反应的化学方程式，并说明该反应的一个用途．
______；
______．
正确答案
解：（1）铝土矿加过量盐酸溶解，Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，所以沉淀为不溶物SiO2；滤液A中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，生成的氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，所以沉淀C的成分是氢氧化铁；滤液甲中含有偏铝酸钠和氯化钠，通入过量的二氧化碳可以得到碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，氢氧化铝沉淀加热可以得到氧化铝，即2Al（OH）3
①Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
②Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
③CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
④2Al（OH）3
故答案为：：①Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
②Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
③CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
④2Al（OH）3
（2）金属铝可以和氧化铁之间发生铝热反应，得到金属铁和氧化铝，即Fe2O3+2Al
解析
解：（1）铝土矿加过量盐酸溶解，Fe2O3、Al2O3和HCl反应溶解，反应方程式分别为：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O．而SiO2不与盐酸反应，所以沉淀为不溶物SiO2；滤液A中含有的阳离子有Fe3+、Al3+、H+，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，铁离子和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀，生成的氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，所以沉淀C的成分是氢氧化铁；滤液甲中含有偏铝酸钠和氯化钠，通入过量的二氧化碳可以得到碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，氢氧化铝沉淀加热可以得到氧化铝，即2Al（OH）3
①Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
②Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
③CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
④2Al（OH）3
故答案为：：①Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
②Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；
③CO2+AlO2-+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；
④2Al（OH）3
（2）金属铝可以和氧化铁之间发生铝热反应，得到金属铁和氧化铝，即Fe2O3+2Al
下列试剂中，可用于硬水软化的是（ ）
正确答案
解析
解：A．明矾溶解于水形成胶状物，能吸附不溶的杂质小颗粒沉降下来，而硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同，与不溶性杂质无关，故A错误；
B．液氯为单质，溶于水变成氯水，氯水中含有HClO，具有漂白性，能杀菌消毒，但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关，故B错误；
C．漂白粉的成分是氯化钙和次氯酸钙的混合物，漂白原理是次氯酸钙和弱酸性物质生成的次氯酸的漂白性，能杀菌消毒，但与硬水与软水的区别是可溶性钙、镁化合物的含量不同无关，故C错误；
D．磺化煤（NaR）是一种有效的离子交换剂，加入磺化煤，离子交换法中阳离子交换剂发生含H+、Na+固体与Ca2+、Mg2+离子交换，可将硬水软化，发生反应为2NaR+CaSO4→CaR2+NaSO4、2HR+CaSO4→CaR2+NaSO4，故D正确；
故选D．
（2015秋•三亚校级期末）某化学实验室产生的酸性废液中含有两种金属离子：Fe3+、Cu2+，化学小组设计了如图所示的方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境．
（1）操作①的名称是______．
（2）沉淀A中含有的金属单质有______．
（3）操作②中观察到的实验现象是______．
（4）生成的沉淀C是红褐色，受热易分解，其受热分解的化学方程式为______．
（5）对废液处理时使用的H2O2是一种常用的氧化剂，也能与SO2发生反应，两者反应时生成的物质是______．
正确答案
解：Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu，通过过滤得到固体A和溶液A，由于铁过量，沉淀A为Fe和Cu的混合物，溶液A含亚Fe2+；Fe2+具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+，故溶液B中含Fe3+；Fe3+和氨水反应生成Fe（OH）3沉淀，故沉淀C为Fe（OH）3沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放．
（1）把铁铜混合物和溶液分开，采取过滤方法，故答案为：过滤；
（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：Fe、Cu；
（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色，
故答案为：溶液由浅绿色变为黄色；
（4）C是氢氧化铁，其受热易分解生成氧化铁和水，反应方程式为2Fe（OH）3
，故答案为：2Fe（OH）3
（5）SO2和H2O2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为SO2+H2O2═H2SO4，故答案为：硫酸．
解析
解：Fe3+、Cu2+和过量的铁反应生成Fe2+和单质Cu，通过过滤得到固体A和溶液A，由于铁过量，沉淀A为Fe和Cu的混合物，溶液A含亚Fe2+；Fe2+具有还原性，易被氧化剂氧化，故加入H2O2能把Fe2+氧化成Fe3+，故溶液B中含Fe3+；Fe3+和氨水反应生成Fe（OH）3沉淀，故沉淀C为Fe（OH）3沉淀，废水通过处理不含Fe3+、Cu2+，可以排放．
（1）把铁铜混合物和溶液分开，采取过滤方法，故答案为：过滤；
（2）废液中含有Fe3+、Cu2+两种金属离子，加入过量的铁粉后，铁离子被还原为亚铁离子，铜离子被还原成金属铜，所以在第①得到的沉淀中含有金属铜和过量的铁，故答案为：Fe、Cu；
（3）Fe2+能被过氧化氢生成Fe3+，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，观察到的实验现象是溶液由浅绿色变为黄色，
故答案为：溶液由浅绿色变为黄色；
（4）C是氢氧化铁，其受热易分解生成氧化铁和水，反应方程式为2Fe（OH）3
，故答案为：2Fe（OH）3
（5）SO2和H2O2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸，方程式为SO2+H2O2═H2SO4，故答案为：硫酸．
（1）化学实验中，常用沉淀法对溶液中的阳离子处理成沉淀进行分离．某溶液中含有Ag+、Ba2+、Cu2+三种金属阳离子，现欲用OH-、CO32-、Cl-三种不同阴离子使上述金属阳离子逐一形成沉淀．加入阴离子的顺序是：______
（2）有5瓶白色固体试剂，分别是Ba（NO3）2、KCl、NaOH、CuSO4、Na2SO4，现只提供蒸馏水，通过下面的实验步骤可鉴别它们．请填写下列空白：各取适量固体试剂分别加入5支试管中，加入适量蒸馏水，振荡试管，观察则可鉴别出一种物质，被检出的物质的化学式是______
（3）在KClO3+6HCl（浓）═KCl+3Cl2↑+3H2O的反应中，氧化剂是______，还原产物是______，试用双线桥法表示上述氧化还原反应______．
正确答案
Cl-、OH-、CO32-
CuSO4
KClO3
Cl2
解析
解：（1）AgCl、Cu（OH）2、AgOH、Ag2CO3、CuCO3、BaCO3等物质都是难溶或微溶于水的物质，如先加入CO32-，则三种金属离子都生成沉淀，如先加入OH-离子，则会同时生成Cu（OH）2和AgOH沉淀，而先加入Cl-，则只生成AgCl沉淀，然后加入OH-，生成Cu（OH）2沉淀，最后加入CO32-，生成BaCO3沉淀，所以加入阴离子的顺序是Cl-、OH-、CO32-；
故答案为：Cl-、OH-、CO32-；
（2）硫酸铜溶于水形成蓝色溶液，而Ba（NO3）2、KCl、NaOH、Na2SO4溶于水形成无色溶液，所以加入适量蒸馏水，振荡试管，观察则可鉴别出CuSO4；
故答案为：CuSO4；
（3）化合价降低元素Cl所在的反应物氯酸钾是氧化剂，化合价降低的元素Cl所在的产物 Cl2是还原产物Cl2；KClO3+6HCl═3Cl2+3H2O+KCl，元素化合价升高值等于元素化合价降低值=电子转移数=5，电子转移情况为：
故答案为：KClO3；Cl2；
Ag/α-Al2O3是石油化工的一种重要催化剂，其中Ag起催化作用，α-Al2O3是载体且不溶于HNO3．如图是回收该催化剂的一种流程．
（1）写出反应①的离子方程式______；α-Al2O3与普通Al2O3相比，不溶于酸的原因可能是______．
（2）写出反应③的化学方程式______；溶液I和溶液III中溶质的主要成分相同，从溶液I转化到溶液III不仅可以除去杂质，还可以______．
（3）从溶液III到AgNO3晶体的操作为：在______（填化学式）的气氛中，______（填下面选项中的字母），过滤、洗涤、干燥，然后转移至______（填下面选项中的字母）中保存．
a、蒸发结晶 b、蒸发浓缩，冷却结晶 c、无色广口瓶 d、无色细口瓶 e、棕色广口瓶 f、棕色细口瓶
（4）已知Ag/α-Al2O3中Ag的质量分数，计算Ag的回收率，还需要的测量的数据为______和______．
正确答案
解：根据流程可知，α-Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/a-Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成AgNO3进入滤液Ⅰ，滤渣为α-Al2O3；向滤液Ⅰ中加入NaCl，反应生成AgCl沉淀，则固体A为AgCl；AgCl与Fe2O3发生反应：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3，则固体B为Ag2O，Ag2O与稀硝酸反应生成AgNO3，滤液Ⅲ为AgNO3溶液，对滤液Ⅲ通过蒸发浓缩、冷却结晶得到AgNO3固体，
（1）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；
不同结构具有不同的性质，α-Al2O3与普通Al2O3相比，不溶于酸的原因可能是α-Al2O3与普通Al2O3结构不同，
故答案为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；α-Al2O3与普通Al2O3结构不同；
（2）根据流程可知，氯化银与氧化铁反应生成氯化铁和氧化银，反应的化学方程式为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；溶液I中硝酸银浓度较小，溶液Ⅲ中硝酸银浓度较大，所以从溶液I转化到溶液Ⅲ的目的是除杂质且富集AgNO3，
故答案为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；富集AgNO3；
（3）从溶液Ⅲ到AgNO3晶体的操作为：在硝酸的气氛中蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥获得硝酸银固体；由于硝酸银容易见光分解，需要避光保存，即：将硝酸银保存在棕色广口瓶中，
故答案为：HNO3；b；e；
（4）要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量，
故答案为：催化剂的质量；AgNO3的质量．
解析
解：根据流程可知，α-Al2O3不溶于稀硝酸，Ag/a-Al2O3中加入稀硝酸后银溶解生成AgNO3进入滤液Ⅰ，滤渣为α-Al2O3；向滤液Ⅰ中加入NaCl，反应生成AgCl沉淀，则固体A为AgCl；AgCl与Fe2O3发生反应：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3，则固体B为Ag2O，Ag2O与稀硝酸反应生成AgNO3，滤液Ⅲ为AgNO3溶液，对滤液Ⅲ通过蒸发浓缩、冷却结晶得到AgNO3固体，
（1）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；
不同结构具有不同的性质，α-Al2O3与普通Al2O3相比，不溶于酸的原因可能是α-Al2O3与普通Al2O3结构不同，
故答案为：3Ag+NO3-+4H+=NO↑+3Ag++2H2O；α-Al2O3与普通Al2O3结构不同；
（2）根据流程可知，氯化银与氧化铁反应生成氯化铁和氧化银，反应的化学方程式为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；溶液I中硝酸银浓度较小，溶液Ⅲ中硝酸银浓度较大，所以从溶液I转化到溶液Ⅲ的目的是除杂质且富集AgNO3，
故答案为：6AgCl+Fe2O3=3Ag2O+2FeCl3；富集AgNO3；
（3）从溶液Ⅲ到AgNO3晶体的操作为：在硝酸的气氛中蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥获得硝酸银固体；由于硝酸银容易见光分解，需要避光保存，即：将硝酸银保存在棕色广口瓶中，
故答案为：HNO3；b；e；
（4）要计算Ag的回收率必须知道催化剂的质量，再由所给Ag的质量分数求出Ag的质量，另外要知道最后所得AgNO3的质量，
故答案为：催化剂的质量；AgNO3的质量．
Ⅰ．工业废水中Cr（Ⅲ）回收与再利用工艺如下：
注：
①硫酸浸取液中金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+
②部分阳离子常温下以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表．
（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施______（至少写一条）．
（2）调pH=8是为了除去______离子（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
（3）钠离子交换树脂的原理为：Mn++nNaR→MRn+nNa+，被交换的杂质离子是______（选填：Fe3+、Al3+、Ca2+、Mg2+）．
Ⅱ．电解法处理含Cr2O72-离子的废水（pH=4～6）的一种方法是：往废水中加入适量NaCl，以铁为电极进行电解，同时鼓入空气，经过一段时间后，经过一段时间后，有Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀产生，使工业废水中铬含量低于排放标准．
（1）阴极电极反应式：______．
（2）加入适量NaCl的作用？______．
（3）鼓入空气的作用？______．
正确答案
升高温度，搅拌，过滤后再向滤渣中加入H2SO4 （多次浸取），适当延长浸取时间等
Fe3+、Al3+
Mg2+、Ca2+
Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O
增强废水的导电性，便于电解的进行
将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去
解析
解：硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，双氧水有强氧化性，能氧化还原性的物质，Fe2+和Cr3+有还原性，Fe2+和Cr3+能被双氧水氧化为高价离子，以便于与杂质离子分离；加入NaOH溶液使溶液呈碱性，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；最后钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子．
I、（1）酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是：增加浸取时间、不断搅拌混合物、滤渣多次浸取等，
故答案为：升高温度，搅拌，过滤后再向滤渣中加入H2SO4 （多次浸取），适当延长浸取时间；
（2）硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+，其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+，加入NaOH溶液使溶液呈碱性，溶液PH=8，Fe3+、Al3+转化为沉淀除去；
故答案为：Al3+、Fe3+；
（3）钠离子交换树脂交换的离子是钙离子和镁离子，因为在此之前，Fe3+被除去，Al3+转化为偏铝酸根的形式，故答案为：Ca2+、Mg2+；
Ⅱ、（1）Fe为阳极，则阳极反应为Fe-2e-=Fe2+，溶液中重铬酸根离子在阴极放电：Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O，故答案为：Cr2O72-+14H++6e-=2Cr3++7H2O；
（2）因NaCl为电解质，加入适量的NaCl增强废水的导电性，便于电解的进行，故答案为：增强废水的导电性，便于电解的进行；
（3）亚铁离子具有还原性可以被空气中的氧气氧化为铁离子，所以鼓入空气，是将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去，
故答案为：将阳极溶解生成的Fe2+转化为Fe3+，便于形成沉淀除去．
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