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解：铝土矿的成分有Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO，氧化铝、二氧化硅都能和NaOH溶液反应生成可溶性的钠盐，氧化铁、氧化镁不反应，Al2O3、Fe2O3、MgO可以和盐酸之间反应分别得到氯化铝溶液、氯化铁溶液、氯化镁溶液，过滤，可以将难溶物过滤出来，所以A是二氧化硅，X是Fe2O3、MgO，滤液Y是偏铝酸钠和硅酸钠的混合物，流程甲加入HCl，生成FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，向其中加入过量的烧碱，氯化铝可以和氢氧化钠反应得到偏铝酸钠溶液和氯化钠溶液，是滤液D的主要成分还会形成氢氧化铁、氢氧化镁沉淀，是沉淀C的成分，氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝．

（1）流程甲加入盐酸，反应生成铝离子的物质为铝土矿中的氧化铝，反应的化学方程式为：Al2O3+6H+═2Al3++3H2O，故答案为：（1）Al2O3+6H+═2Al3++3H2O；

（2）氧化铝属于两性氧化物，能和强碱NaOH反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al（OH）4]-；

（3）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中加入烧碱溶液，其中的MgO、Fe2O3和氢氧化钠之间均不会发生反应，所以固体X的主要成分是MgO、Fe2O3，在过滤试验中，玻璃棒的作用是引流，防止液体外溅，故答案为：MgO、Fe2O3；引流；

（4）Al2O3、SiO2、Fe2O3、MgO中只有二氧化硅和盐酸之间不反应，其余的均可以发生反应，FeCl3、MgCl2、AlCl3的混合液，是滤液B的成分，滤液B中加入过量NaOH，生成Fe（OH）3沉淀、Mg（OH）2沉淀和NaAlO2；过滤，滤液D中含有NaAlO2、NaCl和过量的NaOH，向滤液D中通入过量CO2，NaAlO2和CO2反应生成氢氧化铝沉淀，NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液E中溶质的主要成分为NaHCO3；滤液Y中通入过量CO2，硅酸钠反应生成硅酸，NaAlO2生成氢氧化铝，过量的NaOH和过量的CO2反应生成NaHCO3；过滤，滤液K中溶质的主要成分为NaHCO3；故应填NaHCO3；NaHCO3的用途很多，如制纯碱或做发酵粉等；故答案为：FeCl3、MgCl2、AlCl3；制纯碱（或做发酵粉）；

（5）在流程中，选用CO2作酸化剂，为的是将偏铝酸钠溶液和过量的二氧化碳反应生成氢氧化铝，但是偏铝酸钠中加入的盐酸稍过量，氢氧化铝就会溶解所以不选用盐酸，故答案为：盐酸可以将氢氧化铝溶解．

解：（1）KH（IO3）2中钾元素化合价是+1，氢元素化合价+1，氧元素的化合价是-2价，根据化合价规则可以确定碘元素的化合价是+5，碘酸钾的物质的量随着温度升高而增大，所以从碘酸钾溶液获得晶体可以采用降温结晶的方法，故答案为：+5；降温结晶；

（2）①根据化学方程式：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得出Na2S2O3和KIO3之间的关系式，设碘酸钾的物质的量是x，

        2S2O32-～I2 ～KIO3

       2                              

 2.0×10-3 mol•L-1×0.010L   x

，解得x=×10-5mol，

食盐样品中的碘元素含量是×100%=（或写成）mg•kg-1

故答案为：（或写成）；

②碘单质遇到淀粉会显示蓝色，因为发生反应：4I-+4H++O2=2I2+2H2O，故答案为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O；

③过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2，所以学生甲测得的食盐中碘元素的含量会偏高，故答案为：偏高；过量的I-会被空气中的氧气氧化为I2．

解：传统的工业生产金属铝的基本流程为：萤石主要成分为氟化钙，萤石中加入冰晶石和氟化钙，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，电解氧化铝得到铝和氧气，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝，电解得到的铝净化、澄清铸锭．

（1）工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，冶炼金属铝时用的主要冶炼是铝土矿，说明铝土矿的主要成分是Al2O3，电解法冶炼金属铝需要使用惰性电极，石油炼制和煤的干馏产品中石墨（或碳）可以作为惰性电极电解冶炼铝；

故答案为：Al2O3；石墨（或碳）；

（2）Al2O3属于离子晶体，熔点较高，加入冰晶石和氟化钙，熔融的冰晶石和氟化钙能溶解Al2O3晶体，所以其在电解冶炼铝时被用作助熔剂，降低三氧二化铝熔化时所需的温度，在金属铝的冶炼中加入冰晶石和氟化钙的目的是降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；

故答案为：降低Al2O3的熔点，减少熔融电解质的能耗；

（3）氧化铝溶解并和部分冰晶石发生反应生成Al2OF62-，依据电荷守恒和原子守恒配平书写离子方程式为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-； 若电解的总反应为2Al2O3+3C3CO2+4Al，电解池中阳极上是元素化合价升高失电子发生氧化反应，则阳极的电极反应式：C+2 Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4 AlF63-；

故答案为：Al2O3+4AlF63-═3Al2OF62-+6F-；C+2 Al2OF62-+12F--4e-═CO2+4 AlF63-；

（4）冰晶石与足量NaOH溶液反应生成两种钠盐分别为偏铝酸钠和氟化钠，结合原则守恒配平书写化学方程式为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；

故答案为：Na3AlF6+4NaOH═6NaF+NaAlO2+2H2O；

（5）已知生产1mol铝消耗的电能为1.8×106J，9g铝制饮料罐可回收能量为0.2kJ，生产9g铝制饮料罐消耗的电能=×1.8×103KJ，则铝制饮料罐的热回收效率η=×100%=×100%=0.033%，故答案为：0.033%．

（1）①碳酸钙、碳酸镁分解得到氧化钙、氧化镁，都可以和水反应得到氢氧化物：Ca（OH）2和Mg（OH）2故答案为：Ca（OH）2和Mg（OH）2；

②镁离子在水溶液中会发生水解反应得到氢氧化镁，所以从MgCl2晶体得到无水MgCl2的操作在HCl气流中进行，

故答案为：将MgCl2•6H2O晶体在干燥的HCl气流中加热；

（2）①实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，影响测量结果，装置是：，故答案为：；                  

②要排除空气中的水以及二氧化碳的干扰，开始之前要先通空气，排尽装置中的空气，再进行试验，

故答案为：关闭K2，打开K1，通入足量空气后，再打开K2，关闭K1；

③实验需要通过测量D装置内碱石灰的增重，计算生成的二氧化碳的质量，通过测量C装置装置，计算生成的水的质量故A是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，防止进入D装置中，D中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体，产生误差，测得m偏大，n偏小，最后的碱石灰的作用：吸收空气中水蒸气和CO2等，不能去掉，故答案为：E中碱石灰会吸收空气中水蒸气和CO2等酸性气体，产生误差，测得m偏大，n偏小；

④设水合碱式碳酸镁的化学式为mMgCO3•nMg（OH）2，

mMgCO3•nMg（OH）2•xH2O（m+n）MgO+mCO2↑+（n+x）H2O

                        80（m+n）   44m    18（n+x）

                        1.60       1.32    0.72

则：==，解得x=3，n=1，m=3，即3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O，

故答案为：3MgCO3•Mg（OH）2•3H2O．

解：（1）用NiO调节溶液的pH，先生成Fe（OH）3沉淀，然后生成Al（OH）3沉淀，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）NiCl2可与Na2C2O4反应生成NiC2O4•2H2O和NaCl，反应的化学方程式为NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；故答案为：NiCl2+Na2C2O4+2H2O═NiC2O4•2H2O↓+2NaCl；

（3）滤液为氯化钠溶液，电解氯化钠溶液的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，电解时阳极产生氯气，氯气有强氧化性，故可用湿润的淀粉碘化钾试纸，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；用湿润的淀粉碘化钾试纸；

（4）过滤2得到Ni（OH）2电解滤液1产生氯气，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-；

故答案为：2Ni（OH）2+2OH-+Cl2═2Ni（OH）3+2Cl-；

（5）向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，使水自然流完，重复操作2～3次，取最后一次洗涤液少量于试管中，加入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净，故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管中，加入少量AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，证明沉淀已洗涤干净．

解：（1）由题中信息可知，过氧化钙晶体微溶于水的，反应物是氯化钙、双氧水和氨水，反应的化学方程式是：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl；

（2）①温度高了，过氧化氢容易分解，温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；

②过氧化钙晶体微溶于水，通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率）；

故答案为：温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率（或防止过氧化氢的分解）；通入过量NH3使溶液呈碱性，抑制CaO2•8H2O的溶解（或使溶液呈碱性，减少CaO2•8H2O的溶解，或提高产品的产率．意思相近均给分）；

（3）、滴定终点观察到的现象为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；

故答案为：当滴入最后一滴KMnO4标准溶液后溶液由无色变浅红色，且30s不褪色；

（4）、高锰酸钾溶液消耗的体积分别是：23.02mL、23.03mL、23.04mL，平均体积为：=23.03mL，

根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4

n（CaO2•8H2O）=n（KMnO4）=×0.0200 mol•L-1×23.03mL×10-3L•mL-1 =1.151×10-3 mol，

CaO2•8H2O的质量分数为：×100%=82.91%；

故答案为：根据关系式 5（CaO2•8H2O）～5H2O2～2KMnO4

n（CaO2•8H2O）=n（KMnO4）=×0.0200 mol•L-1×23.03mL×10-3L•mL-1 =1.151×10-3 mol，

CaO2•8H2O的质量分数为：×100%=82.91%．

解：根据图示流程可知：方案甲为：将含铜废料在空气中直接灼烧，将灼烧产物用足量稀硫酸溶解后过滤，向滤液中加入过量铁屑置换出铜；

方案乙为：向将废料粉碎，然后加入稀硫酸加热将铜转化成铜离子，过滤除去不溶物后向滤液中加入过量铁屑，将铜离子置换成铜单质，

（1）乙方案对环境不会造成污染，符合化学工业生成的绿色理念，而甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾，不符合绿色理念，

故答案为：乙，甲方案第一步“灼烧”会产生污染空气的气体、粉尘、烟雾；

（2）方案甲中的反应②为CuO与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为：CuO+2 H+═Cu2++H2O，反应③中铁与铜离子发生置换反应，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+═Fe2++Cu，

故答案为：②CuO+2H+═Cu2++H2O、③Fe+Cu2+═Fe2++Cu；

（3）为了确保Cu被完全置换出来，加入的铁屑需要过量，

故答案为：确保Cu完全置换出来；

（4）铁屑被足量的硫酸溶液氧化，Fe+2H+═Fe2++H2↑产生无色无味的气体H2，铁离子在水溶液中为黄色，根据③中实验现象可知②中产生的亚铁离子被氧化成了铁离子，离子检验操作中“取少量”上清液，“加试剂”利用过氧化氢的强氧化性和产物的纯净性，实现Fe2+到Fe3+的转化，铁离子检验用KSCN溶液观察是否溶液变红，涉及反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，

故答案为：

；

（5）硫酸亚铁溶液经过蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥就会得到一种带结晶水的硫酸亚铁晶体，

根据反应FeSO4•xH2OFeSO4 +xH2O 

        a          a-1.26  1.26  

无水固体溶于足量的水配成溶液后滴加1.00mol/L的氯化钡溶液，当滴加10.00mL溶液时，沉淀恰好完全，消耗钡离子的物质的量为：1.00mol/L×0.01L=0.01mol，则n（FeSO4）=n（BaSO4）=n（BaCl2）=0.01mol，分解生成水的质量为0.01xmol，

所以：0.18x=1.26，

解得：x=7，

该晶体的化学式为：FeSO4•7H2O，

故答案为：FeSO4•7H2O．

解：（1）因①～④仪器的名称分别为：蒸馏烧瓶、冷凝管、分液漏斗、100mL容量瓶；

故答案为：蒸馏烧瓶；冷凝管；分液漏斗；100mL容量瓶；

（2）碘在四氯化碳中的溶解度较在水中大，并且四氯化碳和水互不相溶，可用萃取的方法分离，接着可用分液方法将两层液体分开；四氯化碳易挥发，可用蒸馏的方法分馏得到四氯化碳；

故答案为：Ⅱ；萃取；分液；Ⅰ；蒸馏；

（3）①设需要98%H2SO4的体积为VmL，根据溶液稀释前后溶质质量不变则，VmL×1.84g/cm3×98%=100mL×0.50mol•L-1×98g/mol，解得V=27ml，所以溶液的体积为27ml，

故答案为：27；

②A．量取浓硫酸时俯视会使得浓硫酸的体积偏小，所以使溶液浓度偏低；

B．在烧杯中稀释浓硫酸时放出热，所以立即转移到容量瓶中，会使得溶液的体积膨胀，等到冷却到室温，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；

C．定容时俯视，使得溶液的体积变小，所以使溶液浓度偏高；

D．洗净的容量瓶未经干燥就用于配制溶液，不会影响溶液浓度．

故答案为：BC．

解：（1）根据流程分析，过程①发生的反应为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，废液A中除NaOH外，还大量存在的溶质是偏铝酸钠，因为碳粉与浓盐酸不反应，所以废渣B的主要成分是碳粉，故答案为：偏铝酸钠；碳粉；

（2）根据题意信息步骤②发生的反应为LiCoO2和过量的浓盐酸反应生成氯化锂、二氯化钴、氯气和水，化学方程式为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O，

故答案为：2LiCoO2+8HCl═2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O；

（3）由表中数据分析，为提高步骤②的效率，实验2和4为最优反应条件；故答案为：2或4；

（4）由表中数据知，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，步骤④中操作X为蒸发浓缩并趁热过滤，此操作的目的是减少碳酸锂因溶解而损失；根据碳酸锂的溶解平衡，则90℃浓度为0.10mol/L，则C（Li+）=0.20mol/L，C（CO32-）=0.10mol/L，所以Ksp（Li2CO3）=C（Li+）2×C（CO32-）=0.202×0.10=4×10-3，

故答案为：减少碳酸锂因溶解而损失；4×10-3；

（5）将回收的得到的CoC2O4•2H2O与Li2CO3以2：1的物质的量之比混合后，通人足量空气并加强热，可重新得到活性“CoO2材料，通人足量空气作用是氧气作氧化剂，防止LiCoO2被还原，故答案为：氧气作氧化剂，且防止LiCoO2被还原．

解：硫酸渣中含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等，稀硫酸溶解主要除去不与酸反应的SiO2，再加氢氧化钠调节PH值3.2～3.8主要是使三价铁沉淀，而二价镁，三价铝都不沉淀而被除去，最后洗涤、烘干、研磨使氢氧化铁分解生成氧化铁，从而得到实验目的；

（1）根据影响反应速率的因素知道：升高温度；增加浸出时间；增大硫酸的浓度；研磨硫酸渣，增大固体表面积均可以提高铁的浸出率，因二氧化硅不与硫酸反应，故“滤渣A”主要成份的化学式为SiO2；故答案为：适当提高反应温度（增加浸出时间；增大硫酸的浓度；研磨硫酸渣，增大固体表面积等）；SiO2；

（2）-2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故答案为：8；2；16H+；

（3）通入空气、加入NaOH可以将溶液中的铁元素充分转化为氢氧化铁沉淀而析出，即4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓，故答案为：4Fe2++O2+2H2O+8OH-=4Fe（OH）3↓；

（4）为了确保铁红的质量，氧化过程调节溶液的pH至3.2-3.8，其目的是使Fe3+沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀，因加入的是氢氧化钠来调节PH，所以滤液B中应是未沉淀离子的硫酸盐和硫酸钠；洗涤未沉淀的离子为Na+、Mg2+、Al3+，故滤液B可以回收的物质有Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4，故答案为：使Fe3+沉淀完全，而其他金属阳离子不生成沉淀．

故答案为：3.2-3.8；Na2SO4、Al2（SO4）3、MgSO4．

解：（1））“净化除铁”中，加入CoCO3（难溶），CoCO3属于碳酸盐，可与酸反应，CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑，通过此反应降低溶液的酸性，调溶液的pH，

故答案为：CoCO3+2H+=Co2++H2O+CO2↑；

（2）滤液中（Fe3+）≤1.0×10-5mol/L时，可视为Fe3+沉淀完全，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-35=c（Fe3+）×c3（OH-）=1.0×10-5mol•L-1×c3（OH-），所以c（OH-）=10-10mol•L-1，c（H+）=mol•L-1=10-4mol•L-1，PH=-lgc（H+）=-lg10-4=4；

故答案为：4；

（3）根据（2）分析可知，为了使Fe3+完全沉淀，pH应略大于4，故答案为：使Fe3+完全沉淀；

（4）除去Fe3+，滤液中主要含有NaCl、CoCl2、以及极少量的HCl，故答案为：CoCl2；NaCl；

（5）因CoCl2•6H2O在110°C～120°C时脱水变成蓝色无水氯化钴，所以不能用高温烘干，为了防止CoCl2•6H2O脱水，“干燥”时宜采用的方法或操作是减压或温度低于110℃或在HCl气流中加热，故答案为：减压或温度低于110℃；或在HCl气流中加热．

解：（1）制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al（OH）3，要避免生成应Fe（OH）2沉淀，根据氢氧化物沉淀需要的pH知，在pH在4.4-7.5之间将铝离子转化为Al（OH）3沉淀，而亚铁离子不能生成沉淀，所以控制pH在4.4～7.5之间，

故答案为：4.4～7.5；Al3+；

（2）酸性条件下，亚硝酸钠具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原生成NO，所以反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化Fe2+，发生反应的离子方程式为 2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O，

故答案为：氧化Fe2+；2H++Fe2++NO2-=Fe3++NO↑+H2O；

（3）1molNaNO2被还原生成NO，化合价由+3价降低到+2价，得到1mol电子，1mol氧气得到电子1mol×4=4mol，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L（标准状况），反应过程中提供电子相等，则相当于节约NaNO2的物质的量==2mol，

故答案为：2mol；

（4）碱式硫酸铁溶于水后产生的Fe（OH）2+离子，Fe（OH）2+可部分水解生成Fe2（OH）42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为 2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+，

故答案为：2Fe（OH）2++2H2O⇌Fe2（OH）42++2H+．