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解：从含镍废催化剂回收镍的流程为：废镍催化剂先用碱液洗涤，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应，可以达到除去铝元素的目的，同时除去表面的油污，过滤，滤液为AlO2-，滤渣为镍金属和铁单质及其氧化物，“酸浸”将滤渣溶解，制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸，过滤滤渣为其他不溶性杂质，滤液为Ni2+、SO42-、Fe2+，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，所以加入H2O2，硫酸亚铁被双氧水氧化生成Fe2（SO4）3，2Fe 2++H2O2+2H+=2Fe 3++2H2O，保温氧化0.5h，使其充分氧化，调节PH=5.5，形成氢氧化铁沉淀，过滤，调节PH=2～3，防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解，浓缩得到NiSO4•7H2O．

（1）“碱浸”过程中是为了除去铝及其氧化物及其油脂，铝是两性元素和强碱反应，氧化铝是两性氧化物和强碱反应，镍单质和铁及其氧化物不和碱反应达到除去铝元素的目的；反应的两种方程式为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑、Al2O3+2OH-═2AlO2-+3H2O，），油污在碱液中水解生成易溶的物质，所以可同时除去表面的油污；“酸浸”时主要是溶解镍金属和铁单质及其氧化物，依据制备目的是得到NiSO4•7H2O，加入的酸不能引入新的杂质，所以需要加入硫酸进行酸浸；

故答案为：Al、Al2O3、油脂；H2SO4；

（2）加入硫酸进行酸浸，过滤滤渣为其它不溶性杂质，滤液为Ni2+、SO42-、Fe2+，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子2Fe 2++H2O2+2H+=2Fe 3++2H2O，保温氧化0.5h，使其充分氧化，调节PH=5.5，形成氢氧化铁沉淀，除去杂质离子铁离子；检验铁离子中是否含有亚铁离子用铁氰化钾K3[Fe（CN）6]，取少量保温氧化后的溶液于试管中，若有蓝色沉淀证明有亚铁离子，反之达到，

故答案为：加入铁氰化钾，若有蓝色沉淀证明有亚铁离子，将亚铁离子氧化为铁离子目的未达到，反之达到；

（3）硫酸镍溶液需要蒸发浓缩结晶析出，为防止镍离子水解生成氢氧化镍沉淀，需要控制溶液pH在酸性条件下，

故答案为：防止在浓缩结晶过程中Ni2+水解．

解：（l）醇类分子间能形成氢键，会导致沸点升高，而丙酮分子之间不易形成氢键，氢键大大增加了分子间作用力，所以乙醇的沸点比丙酮沸点高，

故答案为：乙醇分子之间易形成氢键；

（2）根据表中数据可知，需要先收集乙醇，然后收集乙酸，且乙酸易挥发，所以应该先加入A烧碱溶液，发生反应为：CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH、CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，从而将乙酸乙酯、乙酸转化成乙酸钠、乙醇，

故答案为：A；CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH、CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O；

（3）根据乙醇、丙酮、乙酸和乙酸乙酯的沸点可知，在70℃～85℃时馏出物的主要成分为乙醇，

故答案为：乙醇；       

（4）加入试剂B的目的是将乙酸钠转化成乙酸，选用的应该为强酸，由于浓盐酸具有挥发性，应该用浓硫酸，所以选B，

故答案为：B；

（5）最后回收的是乙酸，乙酸的沸点为117.9℃，所以应该将温度控制在117.9℃左右，

故答案为：117.9℃左右；

（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b；

如果蒸馏前忘记加沸石，液体温度已接近沸点时，正确的操作方法为：移开热源，待温度降低，再投入沸石，重新加热，

故答案为：b；移开热源，待温度降低，再投入沸石，重新加热．

解：孔雀石主要成分Cu2（OH）2CO3，其中还含少量Fe、Si的化合物．铁元素以+2、+3价存在，孔雀石与硫酸反应中，硫酸过量．由工艺流程转化关系可知，实现由溶液A至溶液B转化，目的是将Fe2+氧化为Fe3+，试剂①应为氧化剂，且不能引入新的杂质．试剂②应为调节溶液pH值，使Fe3+转化为Fe（OH）3，除去Fe3+，且不能引入新的杂质．

（1）由溶液B加入CuO可生成氢氧化铁沉淀可知，B应为含Fe3+的溶液，则试剂①应将Fe2+氧化为Fe3+，为不引入新的杂质，可用H2O2为氧化剂，可用KSCN检验Fe3+，

故答案为：c；d；

（2）由溶液制得晶体，应进行蒸发、冷却结晶、过滤等操作；过滤操作一般要用到三种玻璃仪器：烧杯、漏斗、玻璃棒．玻璃棒的作用是引流，避免液体外溅，

故答案为：蒸发、冷却结晶、过滤；引流；

（3）根据流程图知，生成的气体F为二氧化碳，在氯化钙溶液中通入氨气、二氧化碳制备碳酸钙纳米材料．因为二氧化碳不与氯化钙溶液反应，同时二氧化碳在水中的溶解度很小，因此，要先向氯化钙溶液中加入氨水或通入氨气，在碱性溶液中通入二氧化碳，增加二氧化碳的溶解度，从而生成碳酸钙，故答案为：NH3（NH3•H2O）．

（4）酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，碱式滴定管下端有一段橡胶管，橡胶管能被酸性高锰酸钾氧化，故应选择酸式滴定管；定容时视线应平视凹液面（或平视刻度线），直到凹液面的最低点与刻度线相切，故答案为：平视凹液面（或平视刻度线）；凹液面的最低点与刻度线相切；酸式．

解：锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS；

（1）由于稀硝酸的强氧化性，所以FeO与稀HNO3反应离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故答案为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O；

（2）稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用则将NO进一步再转化成硝酸即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，故答案为：空气（或O2）；

（3）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，

故答案为：除去溶液中的Fe3+；

（4）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，所以最终过量出来的处理置换出的铜还有过量的锌，故答案为：Cu、Zn； 

（5）当Qc＞Ksp，才生成ZnS沉淀，即S2-浓度大于==1.6×10-22 mol•L-1，故答案为：1.6×10-22；

（6）根据胶体的粒子是纳米级的，则取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是，

故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是．

解：（1）检验所得绿矾晶体中是否含有Fe3+的实验操作是利用三价铁离子检验方法分析，三价铁离子遇硫氰酸根离子会反应生成硫氰酸铁血红色，证明铁离子的存在，

A、KSCN溶液和三价铁离子反应生成血红色溶液，可以检验铁离子的检验，故A符合；

B、NaOH溶液和亚铁离子反应生成白色沉淀迅速变化为灰绿色最后变为红褐色，和铁离子反应生成红褐色沉淀，不能检验铁离子的存在，故B不符合；

C、KMnO4溶液不与铁离子反应物现象发生，故C不符合；

D、氯水不能用于检验Fe3+，由于溶液中含有Fe2+，易被氯气氧化为铁离子产生误检，故D不符合；

故答案为：A；

（2）市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质），加入足量稀硫酸，铁和硫酸反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑ 生成硫酸亚铁，锡和硫酸反应Sn+H2SO4=SnSO4+H2↑，氧化铁和硫酸反应Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，因氧化铁为少量，所以Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4过滤所得滤液A为FeSO4、SnSO4，

故答案为：FeSO4、SnSO4；

（3）通入硫化氢，生成硫化亚锡，在溶液中用稀硫酸调节pH=2，硫化亚锡不溶于稀硫酸，可除去溶液中的Sn2+离子，同时可防止Fe2+离子生成沉淀，过滤沉淀为硫化亚锡，

故答案为：除去溶液中的Sn2+离子；防止Fe2+离子生成沉淀；

（4）因为绿矾晶体是结晶水合物，所以要从滤液D中得到绿矾晶体，不能直接蒸干，必须进行的实验操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、自然干燥，

故答案为：冷却结晶；过滤洗涤干燥；

（5）①高锰酸钾具有强氧化性，能氧化橡胶管，只能盛放在酸式滴定管中，

故答案为：酸式滴定管；

②高锰酸钾在酸性溶液中具有强氧化性能氧化亚铁离子为铁离子，本身被还原为锰离子，根据电子守恒可知发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，KMnO4→5Fe2+，FeSO4•7H2O）的摩尔质量为278g/mol，2.850g绿矾产品，样品中含FeSO4•7H2O：0.02L×0.01mol/L×5×10×278g/mol=2.78g，则该样品中FeSO4•7H2O的质量分数为×100%=97.5%，

故答案为：97.5%．

解：钒渣中主要含V2O5、VOSO4、K2SO4、SiO2等，加硫酸，二氧化硅不溶解，加入还原剂K2SO3，V2O5被还原为VO2+离子，加入有机萃取剂，通过萃取②，把剩余的酸和有机层分开，通过反萃取③，把萃取剂和离子分开，加入氧化剂氯酸钾④，氯酸钾把VO2+氧化成VO3+，离子方程式为：ClO3-+6VO2++6H+→6VO3++Cl-+3H2O，调节pH得到含钒的沉淀，焙烧得到V2O5和氨气，有机萃取剂和氨气再循环利用．

（1）氮的化合价为-3价，氢得化合价为+1价，氧的化合价为-2价，设（NH4）2V6O16中钒中V元素的化合价为x，根据化合价代数和为0得：[-3+1×（+4）]×2+6x+（-2）×16=0，解得x=+5，二氧化硅不和硫酸反应，故废渣中含二氧化硅，

故答案为：+5；SiO2；

（2）③中反萃取时加入的X试剂是抑制平衡正向进行，可以加入硫酸抑制平衡正向进行，故答案为：稀硫酸；

（3））②中萃取时必须加入适量碱，分析平衡，R2（SO4）n（水层）+2nHA（有机层）⇌2RAn（有机层）+nH2SO4（水层），即Rn+（水层）+nHA（有机层）⇌RAn（有机层）+nH+（水层），加入碱（具体碱均可）中和硫酸使平衡正移，提高②中萃取效率还可采取多次连续萃取，

故答案为：加入碱（具体碱均可）中和硫酸使平衡正移、多次连续萃取；

（4）氯元素化合价从+5→-1，化合价降低6，钒化合价从+4→+5，化合价升高1，二者最小公倍数为6，把变价元素配平，初步配平为：ClO3-+6VO2++H+→6VO3++Cl-+H2O，根据氧原子守恒确定H2O前系数为3，氢离子前系数为6，故配平后为：ClO3-+6VO2++6H+=6VO3++Cl-+3H2O，

故答案为：1；6；6；6；1；Cl-；3；H2O；

（5）铝与五氧化二钒反应生成钒与氧化铝，反应反应方程式为：10Al+3V2O56V+5Al2O3，故答案为：10Al+3V2O56V+5Al2O3，

（6）将两个全钒液流储能电池串联后作为电源，用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，若通电时，为使生成的Cl2被完全吸收，制得有较强杀菌能力的消毒液，则电解池的下端产生的是氯气，上端产生的是氢气，电解池的阴极上是阳离子氢离子得电子发生得电子的还原反应，生成氢气，在阳极上是阴离子氯离子发生失电子的氧化反应，生成氯气，所以a是阴极，b是阳极生成Cl2，原电池的正极得到电子发生还原反应，全钒液流储能电池正极的电极反应式为：VO2++e-+2H+=VO2++H2O，制取消毒液所涉及反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，每生成1molNaClO转移1mol电子，若通过消毒液发生器的电子为0.2mol，理论上最多能产生NaClO的质量为0.2mol×74.5g/mol=14.9g，

故答案为：阳；VO2++e-+2H+=VO2++H2O；14.9．

解：由流程可知，软锰矿的主要成分为MnO2，还含有Fe2O3、MgO、Al2O3、CaO等杂质，加硫酸溶解后，发生SO2+MnO2═MnSO4，调节pH，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，然后除去钙离子，结合表格数据可知CaF2的溶度积较小，且不引入新杂质加MnF2，最后蒸发浓缩、趁热过滤（防止低温MnSO4•H2O溶解而减少），

（1）根据FeSO4在反应条件下将MnO2还原为MnSO4，Fe2+被氧化为Fe3+，故“浸出”过程中MnO2转化为Mn2+的离子方程式为SO2+MnO2═Mn2++SO42-，故答案为：SO2+MnO2═Mn2++SO42-；

（2）加入过氧化氢是亚铁离子氧化成铁离子，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；

（3）调节pH至5～6，由氢氧化物的沉淀pH可知，铁离子、铝离子转化为沉淀，则滤渣I为Fe（OH）3、Al（OH）3，除杂过程中不能引入新杂质，所以可加氧化钙和氧化镁调节溶液的PH，故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；a、b；

（4）氟化锰是难溶物，书写离子方程式用化学式，反应方程式为：MnF2+Mg2+═Mn2++MgF2；K====7.2×107，故答案为：MnF2+Mg2+═Mn2++MgF2；7.2×107；

（5）温度高于27℃时，MnSO4晶体的溶解度随温度的升高而逐渐降低，所以采用趁热过滤，减少MnSO4•H2O在水中的溶解，故答案为：因为减少MnSO4•H2O在水中的溶解，得到更所得产品；

（6）MnSO4是强酸弱碱盐，水解呈酸性，方程式为：Mn2++2H2O⇌Mn（OH）2+2H+；离子浓度大小为：不水解离子＞水解的离子＞显性的离子＞隐性的离子，所以离子浓度大小为：c（SO42-）＞c（Mn2+）＞c（H+）＞c（OH-），故答案为：Mn2++2H2O⇌Mn（OH）2+2H+；c（SO42-）＞c（Mn2+）＞c（H+）＞c（OH-）．

解：（NH4）2Cr2O7经分解后可得到Cr2O3，经溶解、过滤、洗涤、干燥后与CCl4在氮气环境中反应可生成CrCl3，其中通入氮气，可赶尽体系中的氧气，

（1）因为（NH4）2Cr2O7显桔红色，最后一次洗涤的流出液呈无色，说明洗涤干净，故答案为：最后一次洗涤的流出液呈无色；

（2）因为CCl4沸点为76.8℃，温度比较低，因此保证稳定的CCl4气流，可以通过水浴加热来控制其流量，并用温度计指示温度，

故答案为：水浴加热（并用温度计指示温度）；

（3）反应中通入氮气，可将氧气排除，防止CrCl3被氧化，且在反应后继续通入氮气，可鼓气使反应物进入管式炉中进行反应，

故答案为：赶尽体系中的氧气；鼓气使反应物进入管式炉中进行反应；

（4）Cr3+可与石灰乳反应生成Cr（OH）3，反应的离子方程式为2Cr3++3Ca（OH）2=2Cr（OH）3↓+3Ca2+，

故答案为：2Cr3++3Ca（OH）2=2Cr（OH）3↓+3Ca2+．

解：（1）Na2S水解呈碱性，且有两步水解，以第一步水解为主，第一步水解生成离子HS-，第二步水解生成H2S，水解的离子方程式分别为S2-+H2O⇌HS-+OH-；  HS-+H2O⇌H2S+OH-，

故答案为：S2-+H2O⇌HS-+OH-；HS-+H2O⇌H2S+OH-；

（2）利用盖斯定律求解：

BaSO4（s）+4C（s）4CO（g）+BaS（s）△H1=571.2kJ•mol-1     ①

BaSO4（s）+2C（s）2CO2（g）+BaS（s）△H2=226.2kJ•mol-1    ②

将以上两个热化学方程式相减，然后除以2可得：

C（s）+CO2（g）2CO（g）△H=（571.2kJ•mol-1-226.2kJ•mol-1）÷2=172.5kJ•mol-1，

故答案为：172.5；

（3）①a．减少化石燃料的使用，可以减少向大气中排放二氧化碳，所以正确；

b．植树造林，增大植被面积，可以通过光合作用吸收部分二氧化碳，所以正确；

c．采用节能技术，可减少化石燃料的利用，也能减少二氧化碳的排放，所以正确；

d．利用太阳能、风能，减少化石燃料的使用，减少二氧化碳的排放，所以正确．

故答案为：abcd；  

②光合作用是自然界中碳循环的反应，不需要再人为提供能源，所以最好；C是化合反应，所有原子都变成了产物，所以利用率最高，

故答案为：a；c；

解：（1）由于硫不溶于水，为了使硫粉和亚硫酸纳溶液煮沸充分反应，加入1mL C2H5OH 的目的便于硫被水浸润，故答案为：便于硫被水浸润；

（2）加热过程中亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠；依据硫酸根离子的检验方法设计实验进行验证判断，实验方法为：取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，

故答案为：Na2SO4；取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4；

（3）根据过滤操作的装置所用的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；过滤后发现滤渣 B 中有少量淡黄色物质，根据颜色应该为硫单质，硫单质不溶于水易溶于二硫化碳或乙醇，故用CS2浸没滤渣，等自然流下后，重复几次；

故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；用乙醇或CS2浸没滤渣，等自然流下后，重复几次；

（4）有图表得出海波 43℃以上的空气中易风化，所以烘干滤渣 B 时应注意温度应低于43℃，防止晶体风化失水；故答案为：温度应低于43℃；防止晶体风化失水．

解：Ⅰ、以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程：硫铁矿通入空气焙烧可以得到铁的氧化物和二氧化硫气体，向固体物质中加入盐酸，过滤，可以得到氯化亚铁和氯化铁的混合液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，得到氯化铁的水溶液，铁离子易水解，在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铁晶体，

（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O22SO3，该反应的平衡常数表达式为K=；过量的SO2与NaOH溶液反应的化学方程式为：SO2+NaOH=NaHSO3；

故答案为：；SO2+NaOH=NaHSO3；

（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；

故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；

（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯化氢气体；

故答案为：Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+；Cl2，HCl；

Ⅱ、CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体，实验原理是：向混合溶液中加入氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，但是选择的氧化剂不能引入杂质离子，然后调节pH，是铁离子完全沉淀，但是铜离子不沉淀，得到氯化铜溶液，铜离子易水解，然后在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，

（4）K2Cr2O7、NaClO将亚铁离子氧化的同时都会引进杂质离子，但是H2O2是绿色氧化剂，不会引进杂质离子，所以选C，反应的原理为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：C；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；

（5）在步骤Ⅱ中，加入Y的目的是为了调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全，但是铜离子不沉淀，加入的试剂可以和氢离子反应，但是不能引进杂质离子，可以是氧化铜、碱式碳酸铜，碳酸铜或是氢氧化铜等，故答案为：C；

（6）氯化铜溶液中铜离子易水解，应该在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到氯化铜晶体，

故答案为：将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解．

解：（1）根据题意，Ni（Ⅱ）不能被氧化，反应②中除掉的杂质离子是Fe2+和Mn2+，发生的离子方程式为MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；加高锰酸钾溶液前，若pH较低，铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

故答案为：Fe2+和Mn2+；MnO4-+3Fe2++7H2O=3Fe（OH）3↓+MnO2↓+5H+、2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；铁离子和锰离子不能生成沉淀，从而无法除去铁和锰杂质；

（2）反应③为锌与镍离子的发生反应得到锌离子和镍，反应类型为置换反应；得到的滤渣中，除了过量的锌外还有金属镍，

故答案为：置换反应；镍；

（3）由于溶液中硫酸根离子属于杂质离子，因此可以检验测定洗涤液中是否存在硫酸根离子，操作为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净，故答案为：取最后一次少量水洗液于试管中，滴入1～2滴稀盐酸，再滴入氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀已经洗涤干净；                                                   

（4）根据关系式ZnCO3•xZn（OH）2 ～（x+1）ZnO

                125+99x          81（x+1）

                11.2g            8.1g

解得：x=1

故答案为：1．

解：（1）4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O反应硫单质中硫元素化合价升高为+4价．硫酸根离子中硫元素化合价从+6价变化为+4价，复印纸还原剂是硫单质，氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：3=2：1，故答案为：KAl（SO4）2•12H2O；2：1；

（2）从水浸后的滤液中得到K2SO4晶体的方法是利用硫酸钾溶解度随温度变化不大，可以利用蒸发溶剂方法结晶析出晶体；钾离子焰色反应呈紫色，需要透过蓝色钴玻璃观察，故答案为：蒸发结晶；用盐酸洗过铂丝后，用火烧干后用铂丝蘸取待测溶液，到酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察颜色，观察到紫色即证明有钾离子；

（3）假设SO42-的物质的量为2mol，则明矾溶液中含有2mol SO42-，1molAl3+，向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全时，需要2molBa（OH）2，即加入的Ba2+为2mol，OH-为4mol，生成2molBaSO4，1molAl3+与4molOH-反应生成1molAlO2-，反应的离子方程式为Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，

故答案为：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O；

（4）2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H1=-197kJ/mol；Ⅰ

H2O（g）⇌H2O（l）△H2=-44kJ/mol；Ⅱ

2SO2（g）+O2（g）+2H2O（g）═2H2SO4（l）△H3=-545kJ/mol．Ⅲ

依据盖斯定律Ⅲ-Ⅰ-2×Ⅱ得到：2SO3（g）+2H2O（l）=2H2SO4（l）△H=-260KJ/mol；

即反应的热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

故答案为：SO3（g）+H2O（l）=H2SO4（l）△H=-130KJ/mol；

（5）根据方程式4KAl（SO4）2•12H2O+3S═2K2SO4+2Al2O3+9SO2+48H2O，Al2O3电解得到铝单质，二氧化硫氧化后全部反应得到硫酸．可知最终产物K2SO4，Al和H2SO4的物质的量之比为2：4：9，故答案为：2：4：9．

解：（1）硝酸工业尾气一氧化氮、二氧化氮一般用碱液吸收，反应为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O、2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O，

故答案为：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O或2NO2+2OH-=NO2-+NO3-+H2O；

（2）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，NO、NO2被充分吸收；滤渣主要成分是Ca（OH）2，故答案为：使尾气中NO、NO2被充分吸收；Ca（OH）2；

（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1，则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）＜1：1，则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO3）2，故答案为：排放气体中NO含量升高；产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高；

（4）反应物是NO2-和H+，生成物是一氧化氮，硝酸根和水，反应的离子方程式为3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O，故答案为：3NO2-+2H+=NO3-+2NO↑+H2O．