热门试卷

解：（1）废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，故答案为：过滤；

（2）固体A为Fe2O3和Fe的混合物，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，

故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+；

（3）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，

故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；

（4）Fe2+具有还原性，可用酸性高锰酸钾溶液检验，发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d；

（5）步骤⑤产生金属铜的化学方程式为CuCl2Cu+Cl2↑，

故答案为：CuCl2Cu+Cl2↑．

解：硫酸厂烧渣（主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等）聚铁（碱式硫酸铁的聚合物）和绿矾（FeSO4•7H2O），烧渣在硫酸溶液中通入足量氧气，反应后过滤得到固体W和溶液X，溶液X加入铁反应生成硫酸亚铁，蒸发浓缩结晶析出得到绿矾，溶液X中加入试剂调节溶液PH得到溶液Z加热制备聚铁胶体得到聚铁；

（1）过程②产生的气体为SO2，具有还原性和漂白性，因具有漂白性而使品红褪色，因具有还原性而使具有氧化性的酸性KMnO4溶液、溴水褪色，故答案为：ACD；

（2）溶液X中含有Fe3+，要制备绿矾，应加入Fe使之还原为Fe2+，加入铁可生成Fe2+，并且不引入新的杂质，故答案为：Fe（或铁）；

（3）过程⑤调节pH应使溶液碱性增强，有利于聚铁的生成，

A．加入硫酸不能使溶液PH增大，故A错误；

B．加入碳酸钙生成微溶的硫酸钙，会引入新的杂质，故B错误；

C．加入NaOH可使溶液碱性增强，生成的聚铁中不引入新的杂质，故C正确；

故答案为：C；

（4）过程⑥目的为促进的水解，加热有利于水解的进行，促进Fe3+的水解，故答案为：促进Fe3+的水解．

解：（1）钇矿石（Y2FeBe2Si2O10）的组成用氧化物的形式可表示为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2，故答案为：Y2O3•FeO•2BeO•2SiO2；

（2）①周期表中，铍、铝元素处于第二周期和第三周期的对角线位置，化学性质相似，欲从Na2SiO3和Na2BeO2的混合溶液中制得Be（OH）2沉淀，所以Na2BeO2的性质和NaAlO2类比推断；加过量的盐酸，硅酸钠反应生成硅酸沉淀，Na2BeO2的反应生成氯化铍溶液，再加入过量氨水沉淀铍离子，故答案为：b；

 ②Na2BeO2与足量盐酸发生反应生成氯化铍氯化钠和水，反应的离子方程式为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O，故答案为：BeO22-+4H+=Be2++2H2O；

（3）三价铁离子开始沉淀到沉淀完全的PH范围为：2.7-3.7；钇离子开始沉淀和沉淀完全的PH为：6.0-8.2；所以使Fe3+沉淀完全，须用氨水调节pH=a，3.7＜a＜6.0；继续加氨水调节pH=b发生反应的离子方程式为：Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，检验三价铁离子是否沉淀需要检验滤液中是否含有三价铁离子，结合三价铁离子检验试剂是硫氰酸钾溶液变血红色；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀，

故答案为：使Fe3+完全水解形成沉淀而除去；3.7～6.0；Fe3++3NH3•H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；取少量滤液，滴加几滴KSCN溶液，观察溶液是否变为血红色，若不变血红色，则说明Fe3+完全沉淀，反之则未完全沉淀；

（4）草酸钇隔绝空气加热生成Y2O3、CO和CO2，其反应方程为：Y2（C2O4）3Y2O3+3CO↑+3CO2↑；

故答案为：Y2（C2O4）3Y2O3+3CO↑+3CO2↑．

解：据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．

（1）根据氧化还原反应原理和信息，氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，得到方程式为4NaClO33NaClO4+NaCl，故答案为：4NaClO33NaClO4+NaCl；

（2）可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，故答案为：NaClO4．

（3）反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方

程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4，故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4；

（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH  b．浓H2SO4 e．Cu，最后用排水法收集氮气，

①E中收集到的气体只能是氮气，故答案为：N2；

②装置D的作用以防水倒吸，所以起到安全瓶的作用，故答案为：安全瓶；

③A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH  b．浓H2SO4 e．Cu，故答案为：Ⅱ．

解：向软锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、钙、铜等盐杂质）中加入硫酸和还原剂，软锰矿还原浸出的反应为：12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O，还原浸出液中含有MnSO4、Ca2+、Fe3+、Cu2+，Fe（OH）3pKp为37.4与其它离子相比最大，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，CuSpKp为35.2，可以将铜离子形成硫化物沉淀下来，再加入MnF2，形成CaF2沉淀，除去Ca2+，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰．

①C6H12O6+12 MnO2+12H2SO4=12 MnSO4十6CO2十18H2O反应中C6H12O6中的C由0价升高到CO2中的+4价，MnO2中的Mn由+4价降低到MnSO4中+2价，1molC6H12O6反应碳原子共失去24个电子，元素化合价升高的是还原剂，C6H12O6中的C由0价升高到CO2中的+4价，所以还原剂为C6H12O6，影响浸出速率速率的因素有温度、浓度、表面积、溶剂等因素，升高温度或将软锰矿研细等措施能提高还原浸出速率，

故答案为：C6H12O6；升高温度或将软锰矿研细等；

②软锰矿还原浸出的反应为：12MnO2+C6H12O6+12H2SO4=12MnSO4+6CO2↑+18H2O，溶液呈强酸性，还原浸出液中含有Mn2+、Ca2+、Fe3+、Cu2+，此时未形成沉淀，Kp为电离平衡常数，pKp=-1gKp，pKp越大，沉淀溶解平衡常数越小，滤液1为形成Fe（OH）3沉淀，pKp=-1gKp=37.4，Kp=10-37.4，Kp=c（Fe3+）×c3（OH-）=10-37.4，c（OH-）≈10-10，c（H+）=1×10-4mol/L，pH=4，所以滤液1的pH大于MnSO4浸出液的pH=4才能形成氢氧化铁沉淀，

故答案为：＞；

③CaF2难溶于水，滤液2为Mn2+、Ca2+、NH4+、SO42-，加入MnF2的目的除去形成CaF2沉淀，除去Ca2+，

故答案为：Ca2+．

解：根据流程，得到高铁酸钾，工业上常采用NaClO氧化法生产，原理为：向氢氧化钠中通入氯气，可以得到次氯酸钠溶液，调节pH，向其中加入硝酸铁，次氯酸钠可以将之氧化，3NaClO+2Fe（NO3）3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O，过滤，即可得到高铁酸钠，向其中加入氢氧化钾，可以得到高铁酸钾，即Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH．

（1）氯气是酸性气体，能和烧碱溶液反应，反应实质为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；

（2）根据反应Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH可知，反应生成溶解度更小的物质，说明此温度下Ksp（K2FeO4）＜Ksp（Na2FeO4），故答案为：＜；

（3）①寻找最佳温度要具备的条件：该温度下反应速率快，生成高铁酸钾的产率较大两方面，所以工业生产中最佳温度为26℃，因为在该温度下生成高铁酸钾的产率最大，此时Fe（NO3）3与NaClO两种溶液最佳质量浓度之比为=1.2，即6：5，故答案为：26；6：5；

②若NaClO加入过量，氧化过程中会生成Fe（OH）3，原因是NaClO水解呈碱性，Fe（NO3）3水解呈酸性，二者发生互促水解，反应的离子方程式为3ClO-+Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO，碱性介质中K2FeO4与Fe3+发生氧化还原反应生成K3FeO4，反应的离子方程式为2FeO42-+Fe3++8OH-=3FeO43-+4H2O，

故答案为：3ClO-+Fe3++3H2O=Fe（OH）3↓+3HClO；2FeO42-+Fe3++8OH-=3FeO43-+4H2O．

解：（1）CuFeS2中铜的化合价为+2价，硫为-2价，根据元素化合价代数和为零可和铁的化合价为+2价，

故答案为：+2；

（2）要从溶液中得到绿矾，可以通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥等步骤，所以实验操作的序号为bcae，

故答案为：bcae；

（3）亚铁离子易水解，在配制硫酸亚铁溶液时要防止亚铁离子水解，所以将绿矾溶于一定浓度的硫酸中可以抑制亚铁离子水解，

故答案为：抑制亚铁离子水解；

（4）①根据题中实验步骤可知，滴定实验达到终点时，溶液中的高锰酸钾不完全褪色，溶液呈浅红色，所以判断滴定实验达到终点的现象是滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色，

故答案为：滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色；

②酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2+，同时生成铁离子，反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，

故答案为：MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O；

③根据电子得失守恒有关系式MnO4-～5Fe2+，滴定中用去的高锰酸钾的物质的量为0.0100mol/L×0.04L=0.0004mol，所以6.000g绿矾产品中FeSO4•7H2O的物质的量为：×5×0.0004mol=0.02mol，所以样品中FeSO4•7H2O的质量分数为：×100%=92.67%，

故答案为：92.67%．

解：Al和NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Cu和Fe与NaOH溶液不反应，所以滤液A中含有NaAlO2，滤渣B是Cu和Fe，B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，所以滤渣E是Cu，D中含有FeSO4，Cu和稀硫酸、试剂Y生成硫酸铜，Y是强氧化剂，且不能引进新的杂质，为H2O2，NaAlO2和CO2反应生成Al（OH）3，所以C是Al（OH）3，Al（OH）3和稀盐酸反应生成AlCl3，溶液F中含有AlCl3，

（1）通过以上知，气体X的化学式是CO2；NaAlO2和过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，故答案为：CO2；

（2）铁离子和KSCN溶液反应生成血红色溶液，亚铁离子和KSCN溶液不反应，所以检验滤液D是否含有Fe3+的最佳试剂KSCN，故选D；

（3）若要从滤液D得到绿矾晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在这一系列操作中用蒸发皿蒸发、用玻璃棒搅拌，在过滤中用玻璃棒引流、用烧杯盛放溶液，所以没有用到的仪器有石棉网，故选B，

故答案为：蒸发；B；

（4）氢氧化铝和稀盐酸反应生成氯化铝和水，所以反应①的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案为：Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；

（5）试剂Y应该是一种氧化剂，能将铜氧化为铜离子，所以它不可能是H2S或Fe，故选BD，故答案为：氧化剂；BD；

（6）浓硝酸可以溶解铜，也可以溶解上述合金，若固体未完全溶解，说明溶液中没有铁离子，则滤液D中Fe元素将以Fe2+离子形式存在，故答案为：Fe2+．

解：（I）①PH试纸是纤维素，含碳氢氧三种元素，浓硫酸具有脱水性，能把PH试纸中的H和O按水的组成2：1脱去，剩下了的是黑色的碳，浓硝酸显酸性，会使得PH试纸变红色，但浓硝酸也有强氧化性，能漂白，PH试纸变成的红色很快被浓硝酸氧化褪色，故①正确；

②二氧化氮和溴蒸气都是红棕色的气体，用硝酸银溶液区分，二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3是无色溶液，溴与硝酸银溶液反应，Br2+2AgNO3+H2O=AgBr↓+2HNO3，生成浅黄色沉淀溴化银，两者现象不同能鉴别，故②正确；

③湿抹布中含有水分，能隔绝空气，且使周围温度降低，导致酒精无法燃烧，所以酒精灯碰倒洒出酒精着火，迅速用湿抹布扑盖，故③正确；

④CO2与酸性高锰酸钾溶液不发生反应，SO2与酸性高锰酸钾溶液能发生反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4，无气体生成，所以用酸性高锰酸钾溶液可除去二氧化碳中混有的少量二氧化硫，故④正确；

⑤水银洒漏最好的处理方法是用硫粉撒在水银上，水银就会变成黑色结块状的硫化汞，S+Hg=HgS，故⑤错误；

⑥NaOH具有吸水性，能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故⑥错误；

⑦为提高高锰酸钾溶液的氧化能力，用硫酸将高锰酸钾溶液进行酸化，不能用盐酸酸化，二者可发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质，故⑦错误；

⑧卤代烃水解后溶液为碱性，检验氯离子在酸性溶液中，则先加氢氧化钠溶液加热，再加入硝酸溶液，最后加入硝酸银溶液来进行检验卤代烃中的氯元素，故⑧错误；

故答案为：⑤⑥⑦⑧；

（II）（1）由流程可知，最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取剂萃取Br2，所以操作①是萃取；将CCl4层和水层分开的过程叫做分液，则操作②为分液；利用蒸馏（操作③）从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴，操作④为不溶性固体与液体的分离，则为过滤，需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器，

故答案为：萃取；分液；蒸馏；玻璃棒、漏斗、烧杯；

（2）在90℃时得到的固体A为MgSO4，而30℃时得到的固体B为KCl，所以应用冷水洗涤固体B，才可以得到较纯净的氯化钾，故答案为：冷水；B；

（3）在减压条件下进行过滤，可使过滤的速度加快，故答案为：快速充分．

解：含铬污泥酸浸后滤去不溶物，滤液中加入过氧化氢，由（2）可知过氧化氢将Cr3+氧化为Cr2O72-，此外将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH=4，使Fe3+转化为Fe（OH）3，过滤除去，滤液经过钠离子交换树脂后，被二氧化硫还原得到CrOH（H2O）5SO4，则钠离子交换膜除去溶液中Al3+、Ca2+、Mg2+，

（1）酸浸是溶解物质为了提高浸取率，可以将污泥粉碎、进行搅拌，以增大接触面积，可以延长浸取时间，可以升高温度，也可以过滤后再向滤渣中加入硫酸，进行多次浸取，合并浸取液，

故答案为：ABC；

（2）另外作用是将Fe2+氧化为Fe3+，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（3）由上述分析可知，过滤Ⅱ产生的沉淀为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；

（4）钠离子交换膜除去溶液中Al3+、Ca2+、Mg2+，故被交换的离子为：Al3+、Ca2+、Mg2+，故答案为：Al3+、Ca2+、Mg2+；

（5）反应中Cr元素化合价由+6价降低为+3价，S元素由+4价升高为+6价，根据电子转移守恒，消耗SO2物的质量为=1.5mol，故答案为：1.5mol；

（6）①Fe为阳极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，得到还原性的Fe2+离子将还原Cr2O72-还原为Cr3+，阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，Cr3+、Fe3+转化为Cr（OH）3和Fe（OH）3沉淀除去，铁电极与直流电源正极相连，加入适量NaCl的目的是增大溶液导电能力，

故答案为：正极；增大溶液导电能力；

②Ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）×c3（OH-）=2.0×10-13×c3（OH-）=4.0×10-38，而Ksp[Cr（OH）3]=c（Cr3+）×c3（OH-）=6.0×10-31，联立解得：c（Cr3+）=3.0×10-6mol/L，

故答案为：3.0×10-6mol/L．

解：（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti3+，由方程式可知，Fe3+氧化为Ti3+，加入铁屑作还原剂，将Fe3+还原为Fe2+，防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+，故答案为：防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+；

（2）由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低，

故答案为：由于TiOSO4容易水解，若温度过高，则会有较多TiOSO4水解为固体H2TiO3而经过滤进入FeSO4•7H2O中导致TiO2产率降低；

（3）先加KSCN溶液无现象，加H2O2后出现红色，说明存在Fe2+，经加热后Fe2+氧化为Fe2O3而使产品发黄，故答案为：Fe2O3；

（4）设TiCl4的系数为1，根据元素守恒，TiO2•xH2O的系数为1，HCl的系数为4；再根据O元素守恒，可知H2O的系数为（2+x）；溶液中生成TiO2•xH2O沉淀，固体具有较强的吸附能力，会吸附溶液中的Cl-离子，可通过检验Cl-离子的方法检验沉淀是否被洗净，检验沉淀是否洗净的方法是，取少量洗涤液，检验溶液中溶解的离子是否还存在，

故答案为：TiCl4+（x+2）H2O⇌TiO2•xH2O+4HCl；取少量最后一次水洗液，滴加AgNO3溶液，不产生白色沉淀，说明Cl-已除净；

（5）Mg是活泼金属，能与空气中多种物质反应，因此可得出Ar气作用为保护气，防止Mg和空气中物质反应，

故答案为：防止高温下Mg（Ti）与空气中的O2（或CO2、N2）作用．

解：（1）碳在高温下还原二氧化硅即得到粗硅，所以用滤渣制备粗硅的化学反应方程式为：2C+SiO2Si+2CO↑，故答案为：2C+SiO2Si+2CO↑；

（2）a．非金属性：C＞Si，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H2CO3＞H2SiO3，故a正确；

b．酸性越弱，相应的酸根越容易结合氢离子，则结合质子的能力大小为：AlO2-＞CO32-＞HCO3-，故b错误；

c．非金属性O＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故c正确；

d．两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则O2-＞Al3+，故d错误；

故答案为：ac；

（3）滤渣中含有二氧化硅，所以滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；

如果含有氧化铝，则滤液中含有偏铝酸钠，偏铝酸钠能和CO2反应生成白色沉淀氢氧化铝，据此可以判断，即无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成，证明不含氧化铝，

故答案为：SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；无色溶液中通入CO2无白色沉淀生成；

（4）矿石含有FeCO3，可与HNO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O，

故答案为：3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O；

（5）由于NO是有毒气体，不能随意排放，所以这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；

根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是：2.36×103 kg-1.2×103 kg=1.16×103kg，

碳酸亚铁物质的量为=10000mol，

则根据3FeCO3+10H++NO3-=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O可知，消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）=n（FeCO3）=mol≈3.33×104mol，

所以理论上至少需要1molL-1 HNO3的体积为：=3.33×104L，

故答案为：NO循环使用能减少环境污染；NO跟H2O、O2反应后又得到硝酸提高原料利用率；3.33×104．

解：（1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解，

故答案为：烧杯、玻璃棒、量筒；

（2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气，除去H2S是可选用酸性KMnO4溶液；试剂B为饱和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体，

故答案为：饱和NaHCO3；吸收HCl气体或吸收酸性气体；

（3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应，可以用无水CaCl2或硅胶或P2O5固体，故答案为：无水CaCl2或硅胶或P2O5固体；

（4）①石蜡是有C、H元素组成烃类混合物，有机物类型为烃；根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，因为醋酸和碳酸钙反应，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，可选用稀醋酸溶出碳酸钙，根据相似相容的原理，选择正己烷溶出石蜡，所以d正确；

故答案为：烃；d；

②稀醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳气体和水，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑，

故答案为：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2++H2O+CO2↑．

解：（1）用铁粉将Fe3+转化为Fe2+的反应的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+；

（2）步骤③冷却结晶得到硫酸亚铁晶体，利用的是物质溶解度的不同，通过冷却热饱和溶液得到，故答案为：b；

（3）②③④步骤的操作过程中都得到沉淀或晶体，所以需要过滤得到固体和溶液，故答案为：过滤；

（4）利用生产过程中的废液与软锰矿（主要成分为MnO2）反应生产硫酸锰（MnSO4，易溶于水），利用二氧化锰的氧化性氧化亚铁离子为三价铁离子，反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（5）①用石墨作阳极、钛网作阴极、熔融CaF2-CaO作电解质，阳极发生氧化反应，阴极析出钙金属发生还原反应，阳极图示产物可可知，阳极生成二氧化碳气体，是电解质中的氧离子失电子生成氧气，氧气和阳极石墨反应生成的二氧化碳，所以电极反应为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；

故答案为：2O2--4e-=O2↑，或C+2O2--4e-=CO2↑；

②阴极上电极反应式为：2Ca2++4e-═2Ca，阳极上电极反应为：2O2--4e-=O2↑，电解槽中发生反应：2CaO2Ca+O2↑，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，故答案为：电解槽中发生反应：2CaO2Ca+O2↑，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变；

（6）如果取钛铁矿4t，生产出16吨的二氧化钛，其中钛元素的质量是16××100%=9.6t，所以钛铁矿中钛的质量分数×100%=24%，

故答案为：24%．