热门试卷

解：（1）从图示可知氯化时的反应物为FeTiO3、C、Cl2，生成物为FeCl3、TiCl4、CO，再根据得失电子和原子守恒即可得出该反应的方程式为2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO，故答案为：2FeTiO3+6C+7Cl2═2FeCl3+2TiCl4+6CO；

（2）反应的化学方程式：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，故答案为：TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl；

（3）反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）可看做反应①×2-②得到，根据盖斯定律得△H-641kJ/mol×2-（-770 kJ/mol）=-512kJ•mol-1，反应2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）在Ar气氛中进行的理由是Mg和Ti都有较强还原性，在高温下都易被空气中的O2氧化，故答案为：2Mg（s）+TiCl4（l）═2MgCl2（s）+Ti（s）△H=-512 kJ•mol-1；Mg和Ti都有强还原性，在Ar气氛中可以防止被氧化；

（4）由方程式CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）、2FeTiO3+6C+7Cl2=2FeCl3+2TiCl4+6CO、2NaCl+2H2O=2NaOH+H2↑+Cl2↑得如下关系式：6CH3OH→6CO→7Cl2→7H2，而6CH3OH→12H2，故每生产6molCH3OH（192g）需额外补充5molH2（10g），则生产96t甲醇，至少需额外补充5t氢气，故答案为：5．

解：由工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以过滤后所得溶液1为NaAlO2溶液，不溶物X为Fe2O3；

向偏铝酸钠溶液中通入过量乙为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3；不溶物Y为Al（OH）3，溶液2为NaHCO3溶液，灼烧Al（OH）3得Al2O3，电解熔融Al2O3得到Al，

（1）操作1、2的名称分别为过滤、灼烧，试剂甲可能是NaOH，故答案为：过滤；灼烧；NaOH；

（2）反应A为偏铝酸钠和二氧化碳的反应，该反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）n（Al）==2mol，生成1molAl转移3mol电子，则制得2molAl转移6mol电子，

故答案为：6；

（4）工业上还可以用提取到的Al2O3为原料，与焦炭、氯气加热制备无水氯铝，当生成1mol AlCl3时消耗0.75molC，生成1molAlCl3转移电子物质的量=1mol×3×1=3mol，氧化还原反应中转移电子相等，则每个C原子转移电子数==4，C失电子生成+4价的CO2，则该反应方程式为6Cl2+3C+2Al2O3 4AlCl3+3CO2，

故答案为：6Cl2+3C+2Al2O3 4AlCl3+3CO2．

解：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的PH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体．

（1）废液中溶质的主要成分是Zn（NO3）2；稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则锌化合价升高2价作还原剂，硝酸化合价降低4价作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：Zn（NO3）2；2：1；

（2）使锌离子完全转化为氢氧化锌，PH不大，如果PH加大氢氧化锌两性又溶解，故答案为：防止生成的Zn（OH）2溶解；

（3）Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，故答案为：Fe（OH）3和Zn（OH）2；

（4）因为温度越高，水解程度越大，所以加热煮沸促使Fe3+完全水解，故答案为：促进Fe3+完全水解；

（5）锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解，则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn（OH）2；故答案为：抑制Zn2+水解为Zn（OH）2．

解：（1）根据题中的信息及框图转化关系：软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时析出硫的反应为氧化-还原反应，MnO2+ZnS+2H2SO4=MnSO4+ZnSO4+S↓+2H2O，当软锰矿、闪锌矿粉末与硫酸溶液共热时，酸性条件下会发生3MnO2+6H2SO4+2FeS═Fe2（SO4）3+3MnSO4+6H2O+2S↓，CuS+MnO2+2H2SO4═CuSO4+MnSO4+S↓+2H2O，CdS+2H2SO4+MnO2═CdSO4+MnSO4+S↓+2H2O，Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O．

故答案为：MnO2+2FeS+6H2SO4=Fe2（SO4）3+3MnSO4+2S↓+6H2O

         Al2O3+6H+=2Al3++3H2O   加热

（2）根据滤液A中含有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、CuSO4、Fe2（SO4）3、CdSO4，向其中加入适量的锌粉后，发生如下反应：Zn+CuSO4═ZnSO4+Cu，Zn+CdSO4═ZnSO4+Cd，Zn+2Fe3+═Zn2++2Fe2+，过滤得滤液B，其中的成分有MnSO4、Al2（SO4）3、ZnSO4、FeSO4，滤渣乙中有Cu、Cd，加以回收．

故答案为：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+  Zn+Cd2+=Cd+Zn2+  Zn+2Fe3+=2Fe2++Zn2+ 

（3）向滤液B中加入ZnCO3、MnCO3加热，将发生：溶液中的Fe2+反被空气中的氧气氧化为Fe3+，

3CO+2Al3++3H2O═2Al（OH）3↓+3CO2，3CO+2Fe3++3H2O═2Fe（OH）3↓+3CO2，得滤渣丙其成分为Al（OH）3、Fe（OH）3；过滤后得到滤液其成分为ZnSO4、MnSO4，滤渣丙的成分为：Al（OH）3、Fe（OH）3．

故答案为：Al（OH）3、Fe（OH）3；

（4）电解ZnSO4、MnSO4溶液，根据溶液中离子的放电顺序，阳极反应：Mn2+-2e-+2H2O═MnO2+4H+，Fe作阴极，阴极反应：Zn2++2e-═Zn，故答案为：阴极；Zn2++2e-═Zn；

（5）从传统的工艺流程上看，2ZnS+O22ZnO+2SO2  2C+O22CO  ZnO+COZn（g）+CO2

反应都需要在高温下进行，因此都需要消耗大量的能量；同时有SO2生成会污染环境；而现在新工艺过程中，消耗的能量较小，而且不产生有毒的二氧化硫气体，有利于环保．

故答案为：从环境保护角度评价：无SO2对大气的污染；从能量消耗角度评价：无高温焙烧热污染，不需要高温焙烧节约燃料．

解：（1）B物质是氯化钙和碳酸钠反应生成的，且不溶于水，由复分解反应可知B为碳酸钙，其化学式为CaCO3，故答案为：CaCO3；

（2）将此实验方法分离得到的NaCl，经分析含杂质，原因是前面加入的碳酸钠过量，没有除去，正确的设计方案应该是滤液蒸发结晶之前加盐酸，至不再产生气体为止，

故答案为：加入适量盐酸至不产生气体；

（3）若要测定该样品中NaCl和CaCl2的质量比，可称量干燥的B物质和A的质量，故答案为：A．

解：由工艺流程图可知，废料在空气中熔炼时，Cu被氧化，滤渣中含有CuO及少量Ag，向滤渣中加入硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应，过滤得到硫酸铜溶液（含有硫酸），滤渣A为Ag；向滤液中加入硫酸铝、氢氧化钠，得到氢氧化铝、氢氧化铜，灼烧中会得到CuO、Al2O3，二者反应得到CuAlO2．

（1）由上述分析可知，空气中熔炼时Cu被氧化；用硫酸进行酸浸，CuO与硫酸反应生成硫酸铜与水，反应离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎，增大接触面积，加快反应速率；

故答案为：Cu；CuO+2H+=Cu2++H2O；将渣料粉碎；

（2）操作a是分离互不相溶的液体与固体，应是过滤；由上述分析可知，CuO、Al2O3反应得到CuAlO2，由电荷守恒可知，O元素化合价升高，有氧气生成，反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al2O3=4CuAlO2+O2↑，

故答案为：过滤；4； 2； 4CuAlO2；O2；

（3）Ag与稀硝酸反应生成硝酸银、NO与水，反应方程式为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；反应生成的NO、氧气与水反应又得到硝酸，纵观整个过程，Ag失去电子等于氧气获得电子，故消耗氧气物质的量为=0.25n mol，标况下需要氧气的体积为0.25n mol×22.4L/mol=5.6n L，需要空气的体积为5.6n L÷20%=28n L，

故答案为：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO↑+2H2O；28n；

（4）CuAlO2分别与足量盐酸反应得到Cu、氯化铜、氯化铝，现象为得到蓝色溶液、有红色固体生成；硝酸具有强氧化性，过量的硝酸与CuAlO2反应得到硝酸铜、硝酸铝、NO，溶液变蓝色，相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生，

故答案为：相同点是均得到蓝色溶液；不同点是与盐酸混合有红色固体出现，而与硝酸混合没有固体出现，但有气泡产生；

（5）电解精炼时，粗银作阳极、纯银作阴极，阳极上Ag、Cu都失电子生成金属阳离子，阴极上只有银离子得电子生成Ag，两个电极上质量变化值相差30.4g为Cu放电析出的Ag与Cu的质量之差，设Cu为xmol，根据电子转移守恒，则Cu放电形成Ag为2x mol，故2x×108-64x=30.4，解得x=0.2，两个电极上银质量的变化值之差为Cu放电生成Ag的质量，故为0.2mol×2×108g/mol=43.2g，

故答案为：正；43.2g．

解：辉钼矿焙烧生成MoO3和SO2，MoO3属于酸性氧化物，和氨水反应生成钼酸铵和水，钼酸铵和盐酸反应生成氯化铵和钼酸，过滤得到钼酸，灼烧钼酸得到MoO3，然后用氢气还原MoO3得到金属单质Mo，

（1）反应物的接触面积越大，其反应速率越快，为增大反应物接触面积，可以将固体粉碎，使反应更充分，从而增大反应速率，提高原料利用率，故答案为：增大固体表面积，增大反应速率，提高原料利用率；

（2）MoO3是酸性氧化物，氨水具有碱性，所以MoO3能和NH3•H2O反应生成盐和水，反应方程式为MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O，故答案为：MoO3+2NH3•H2O═（NH4）2MoO4+H2O；

（3）盐酸的酸性大于钼酸，根据强酸制取弱酸知，钼酸铵和盐酸发生复分解反应生成难溶性的钼酸和氯化铵，离子方程式为MoO42-+2H+═H2MoO4↓，故答案为：MoO42-+2H+═H2MoO4↓；

（4）滤液2中含有氯化铵，氯化铵能和碱液反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，从而将氨气循环利用，减少成本，Ca（OH）2具有碱性且价格低廉，所以可以用Ca（OH）2和氯化铵制取氨气，故答案为：Ca（OH）2；

（5）做灼烧实验时需要酒精灯进行加热、用坩埚盛放钼酸、用三脚架和泥三角放置坩埚、用坩埚钳夹取坩埚，用玻璃棒搅拌，所以还需要的仪器是坩埚和泥三角，故答案为：坩埚；泥三角．

解：铝钴膜废料的成分为LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀，通过加热得到氧化铝，再通过电解熔融氧化铝获得金属Al；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，溶液中含有杂质铝离子，然后加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，生成氢氧化铝沉淀从而除去铝离子，最后对滤液用草酸铵洗涤处理，经过一系列处理得到碳酸锂和金属Co，

（1）电解熔融氧化铝可以获得金属铝和氧气，反应的化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，

故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；

（2）滤渣用硫酸和双氧水处理后Co元素全部留在滤液中，且滤液中含有杂质铝离子，用氢氧化钠溶液调节pH，可以将杂质铝离子除掉，

故答案为：除去杂质离子（Al3+）；

（3）酸浸时反应物有硫酸、过氧化氢以及LiCoO2，生成物有Li2SO4和CoSO4，反应的化学方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，

故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；

（4）①电解液中加入氯化钾后，可以大大提高电解液的导电性，增强电解效果，

故答案为：增强电解液的导电性；

②电解熔融LiCl过程中，阴极得到的是金属Li，锂与氮气反应生成Li3N，氮化锂与水反应会生成氨气和氢氧化锂，反应的化学方程式为：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH，

故答案为：Li3N+3H2O=NH3↑+3LiOH；  

③电解熔融LiCl过程中，阴极得到的是金属Li，锂与氢气在一定条件下反应生成氢化锂，氢化锂为离子化合物，其电子式为：Li+[：H]-，

故答案为：Li+[：H]-；

（5）已知钴与铁的性质相似，则四氧化三钴与四氧化三铁的化学性质相似，四氧化三铁与碘化氢反应的离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，则四氧化三钴与氢碘酸反应的离子方程式：Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O，

故答案为：Co3O4+8H++2I-=3Co2++I2+4H2O．

解：（1）A．FeCl3溶液能与碳酸钠反应，因此氯化铁也与过碳酸钠反应，故A正确；

B．H2S与双氧水发生氧化还原反应，则也与过碳酸钠发生氧化还原反应，故B正确；

C．稀硫酸与碳酸钠反应，因此也与过碳酸钠反应，故C正确；

D．NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应，因此也与过碳酸钠不反应，故D错误．

故答案为：ABC；

（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应①应先通入的气体是氨气，故答案为：NH3；

（3）由于双氧水稳定性差，易分解，因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，故答案为：防止双氧水分解；

（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，故答案为：CO2；

（5）从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；

（6）恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下．冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；

（7）根据表数据可知温度超过20℃后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是15～20℃，故答案为：5～20℃．

解：（1）氯气具有强氧化性，通入氯气后可以将溶液中的I-氧化成碘单质，因为单质碘极易溶于有机溶剂，所以可以采用萃取的方法，萃取的主要仪器是分液漏斗；由流程图可知单质碘在下层，因此该有机溶剂的密度要比水的大且不溶于水，所以该试剂是CCl4，

故答案为：四氯化碳；分液漏斗；

（2）由于SO42-会与Ca2+结合形成微溶性的硫酸钙而影响氯化钙的制备，因此必需除去；因为不能引入新的杂质，所以酸化溶液Z时，使用的试剂应该为盐酸，

故答案为：除去溶液中的SO42-；盐酸；

（3）实验室制取CO2的特点是固体和液体反应且不需要加热，由于盐酸易挥发，因此在收集之前需要出去挥发出HCl气体，因为CO2的密度大于空气中的，所以采用向上排空气发收集CO2气体．若采用长颈漏斗时，长颈漏斗的下端必须插入到溶液中，以防止CO2气体从长颈漏斗中挥发出来，因此选项b、d正确，

故答案为：b、d；

（4）H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理（酸越弱相应的强碱盐就越易水解），也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验，由于SO2和CO2气体均可以使澄清石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入澄清石灰水之前必需除去CO2气体中混有的SO2气体，且需验证SO2已经除尽，

用酸性KMnO4溶液除二氧化硫，用品红验证除尽，SO2依次通过NaHCO3或Na2CO3溶液，NaHCO3或Na2CO3溶液有气泡生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，说明H2SO3酸性强于H2CO3，

故答案为：

解：（1）实验室分离含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，从而得到较为纯净的NaNO3．实现Cl-、SO42-、和NO3-的相互分离，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，生成BaSO4沉淀，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，则试剂X为BaCl2[或Ba（NO3）2]，沉淀A为BaSO4，沉淀B为AgCl，

故答案为：BaCl2[或Ba（NO3）2]；AgCl；

（2）加入过量的BaCl2[或Ba（NO3）2]，然后在滤液中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，在所得滤液中含有Ag+、Ba2+，在所得滤液中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，

故答案为：使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀；

（3）加入过量的Na2CO3，此实验方案得到的溶液3中肯定含有Na2CO3，因为Na2CO3与稀HNO3溶液反应生成二氧化碳气体和NaNO3，蒸发后可得到NaNO3，不引入杂质，所以操作③所得溶液为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3，发生的反应为Na2CO3+2HNO3═2NaNO3+CO2↑+H2O，离子反应方程式为2H++CO32-═H2O+CO2↑，

故答案为：Na2CO3、稀HNO3、2H++CO32-═H2O+CO2↑；

解：（1）KH（IO3）2可与KOH反应生成KIO3，反应的方程式为KH（IO3）2+KOH═2KIO3+H2O，故答案为：与KH（IO3）2反应使其转化为KIO3；

（2）由表中数据可知温度越高，KIO3溶解度越大，从溶液中获得KIO3晶体需要蒸发结晶，故答案为：蒸发结晶；

（3）①在滴定过程中，所用的玻璃仪器为滴定管和锥形瓶，Na2S2O3溶液呈碱性，使用碱性滴定管，故答案为：碱式滴定管；锥形瓶；

②该实验产生碘单质，可以淀粉溶液作指示剂，溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化达到滴定终点，故答案为：淀粉溶液；溶液的蓝色消失且半分钟内不再变化；

③A、滴定管应该是先检查是否漏水，然后用蒸馏水润洗，最后用待测液润洗，故A正确；

B、滴定时眼睛注视着锥形瓶中溶液的颜色变化，以便及时判断滴定终点，故B错误；

C、用蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，可冲洗附在锥形瓶内壁上的待测液，以减小实验误差，故C正确；

D、终点读数时俯视会导致碘的含量偏低，故D正确；

故答案为：B

④设碘酸钾的物质的量为x．

KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O①； I2+2S2O3 2-=2I-+S4 O62-②，将方程式②×3+①得

IO3-+6H++6S2O32-=I-+3S4O62-+3H2O

1        6

x        2.0×10-3mol/L×0.01L

x==mol，

根据碘原子守恒知，碘元素的质量=mol×127g/mol=4.23×10-4g，所以碘元素的质量分数=×100%=g/kg，

故答案为：．

解：已知β-锂辉石（主要成分为Li2O•Al2O3•4SiO2）为原材料制备Li2CO3的工艺流程：Li2O•Al2O3•4SiO2加硫酸，浸取，酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、SO42-，另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质，在在搅拌下加入石灰石调节pH，使Al3+、Fe3+转化为氢氧化物沉淀，过滤，再将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中，Fe2+被氧化为Fe3+，然后转化为氢氧化铁沉淀，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，钙离子转化为碳酸钙沉淀，过滤的硫酸锂溶液，再加饱和碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，过滤得到碳酸锂，

（1）固体颗粒越小，化学反应速率越快，同时可使锂元素尽可能多地溶解到酸中，故答案为：加快反应速率；

（2）已知Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时，溶液的PH分别为3.2、4.7、9.0和11.1，在搅拌下加入石灰石以调节溶液的PH到6.0-6.5，则Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀，所以除去的离子为Al3+、Fe3+，故答案为：石灰石；Al3+、Fe3+；

（3）步骤Ⅱ中加入H2O2溶液，可将Fe2+氧化为Fe3+，然后加入石灰乳可除去其中的Fe3+和Mg2+，再加入适量Na2CO3溶液可除去Ca2+．此时溶液中的离子主要有Li+、Na+、SO42-，故答案为：Fe2+、Mg2+、Ca2+；

（4）步骤Ⅲ加入饱和Na2CO3溶液后，主要使Li+转化为Li2CO3沉淀，故答案为：2Li++CO32-=Li2CO3↓；

（5）反应后，溶液中的Na2SO4以及加入的过量Na2CO3便留在母液中，可回收的主要物质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4、Na2CO3．

解：酸性废水以铁作阳极发生氧化反应，此时的阴极发生还原反应生成氢气，阳极产生的亚铁离子还原Cr2O72-和CrO42-生成Cr3+，本身被氧化成三价铁离子，调节溶液的pH使铁离子沉淀，然后过滤向滤液中加入过量的氧化钙完全沉淀Cr3+，同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙，所以残渣是Cr（OH）3和硫酸钙，最后用惰性电极电解含CN-的碱性溶液，阳极是CN-放电，转化为CO32-和N2而除去，阴极是水电离产生的氢离子放电，生成氢气，从而将有毒的CN-而使酸性废水达到排放的标准，

（1）①④电解池的阴极都是氢离子放电产生一种可燃气体是氢气，该气体是氢气，步骤③使用稍过量的石灰，同时钙离子与硫酸生成微溶的硫酸钙，所以残渣是Cr（OH）3和硫酸钙，故答案为：氢气；Cr（OH）3和硫酸钙；

（2）步骤①中阳极是铁失去电子变成亚铁离子，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，二价铁离子有还原性，Cr2O72-有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，二价铁离子被氧化成三价铁离子，Cr2O72-被还原为Cr3+，反应方程式为：Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，故答案为：Fe-2e-=Fe2+；Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O；

（3）步骤④的电解池中，阳极是CN-发生氧化反应，电极反应式为：2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O，故答案为：2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O；

（4）Ksp=c（Cr3+）•c3（OH-），c（OH-）==mol/L=10-10mol/L，所以c（H+）=mol/L=10-4mol/L，所以pH=4，故答案为：4；

（5）根据电子转移相等，②溶液中所含Cr3+的浓度为0.6mol/L，所以n（Cr3+）=600mol，根据Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，所以6e-～2Cr3+～3H2，则①生成V（H2）=L=20160L，根据电极2CN--12OH--10e-=2CO32-+N2↑+6H2O，最初废水中CN-的浓度为0.08mol/L，所以n（CN-）=80mol，2CN-～10e-～5H2，生成V（H2）=L=4480L，①④两处电解池阴极得到气体在标况下的总体积至少为20160L+4480L=24.64m3，故答案为：24.64．