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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：将锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质）酸浸，发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O，向溶液中加入双氧水，发生反应 2Fe2++2H++H2O2=2 Fe3++2H2O，调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，调节溶液pH时不能引进新的杂质，可以用ZnO，所以X为ZnO，然后向溶液中加入Zn，发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu，然后过滤，所以Y中含有Cu，最后电解得到Zn，

（1）增大反应物浓度、升高温度、增大反应物接触面积等都可以加快反应速率，所以可以采用增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）加快反应速率；

通过以上分析知，该离子方程式为ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O，

故答案为：增大硫酸的浓度（或升高温度或减小锌焙砂颗粒大小或空气搅拌等）；ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O；

（2）双氧水具有氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，通过以上分析知，X为ZnO、Y为Cu，

故答案为：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；ZnO；Cu；

（3）a．电解ZnCl2溶液时，阳极上氯离子放电生成氯气而得不到氧气，故错误；   

b．电解Zn（NO3）2溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，所以阳极区得到的溶液相当于硝酸，硝酸具有挥发性，故错误；   

c．电解ZnSO4溶液时，阳极上氢氧根离子放电生成氧气，阳极区域生成硫酸，硫酸没有挥发性，阴极上氢离子放电，当锌离子浓度足够大时，溶液中锌离子放电生成锌，故正确；

当有2mol氧气生成时，转移电子的物质的量=2mol×4=8mol，阴极上转移电子的物质的量是8mol，实际上析出1mol氢气，所以生成锌转移电子的物质的量是6mol，则电解过程中电流的有效利用率==75%，

故答案为：c；75%；

（4）电镀时阴极电极反应式为[Zn（OH）4]2-+2e-=Zn+4OH-，以锌为负极，采用牺牲阳极法防止铁闸的腐蚀，图丙中锌块的固定位置最好应在腐蚀最严重处C处，故答案为：[Zn（OH）4]2-+2e-=Zn+4OH-；C．

解：（1）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]；BaSO4；AgCl；

（2）根据流程可知，操作①、②、③为过滤，过滤操作使用的仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒，

故答案为：漏斗；烧杯；玻璃棒；

（3）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：除去过量的Ba（NO3）2〔或BaCl2〕和AgNO3；

（4）溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，

故答案为：HNO3；加热蒸发、冷却结晶、过滤．

解：（1）氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水，反应离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；

铝与盐酸反应生成氯化铝与氢气，反应离子方程式为2Al+6H+=2Al3++3H2↑．

故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；2Al+6H+=2Al3++3H2↑；

（2）铝灰与过量的盐酸反应，过滤后收集滤液，加热浓缩至饱和，调pH值，稍静置，过滤收集滤渣，最终的这个滤渣就是我们要的晶体，所以生产过程中操作B为过滤．

故答案为：过滤；

（3）搅拌加热操作过程，加入盐酸，铝与盐酸反应，有氢气生成，加热的时候HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收HCl，得到HCl（aq），剩余气体为氢气，反应中副产品y为H2．

故答案为：H2．

（4）95°C加热的时候HCl会挥发，用水喷淋就可以吸收HCl，得到HCl（aq），可进行循环使用．

故答案为：HCl；

（5）用氢氧化钠和氨水调节pH值，会引入新的杂质，引入钠离子和铵根离子．所以可以加入Al和氧化铝进行处理，它二者是固体，多了可以过滤掉的，所以可以使得到的晶体较纯净，铝灰与过量的盐酸反应，过滤后收集滤液，加热浓缩至饱和，调pH值，稍静置，过滤收集滤渣，最终的这个滤渣就是我们要的晶体，所以生产过程中操作C为过滤、洗涤、干燥．

故答案为：Al或Al2O3；过滤、洗涤、干燥．

解：（1）加稀硫酸时样品中的MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，并产生二氧化碳和水，步骤Ⅰ中，MnCO3与硫酸反应的化学方程式为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；

故答案为：MnCO3+H2SO4=MnSO4+CO2↑+H2O；

（2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式是据得失电子守恒有MnO2+2Fe2+-Mn2++2Fe3+，再据电荷守恒有MnO2+2Fe2++4H+-Mn2++2Fe3+，最后据原子守恒得，MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

故答案为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（3）由于在第一次过滤之后的滤液中含有Mn2+、Ni2+、Co2+，向其中加入（NH4）2S，根据各物质的溶度积常数可确定有CoS和NiS沉淀（滤渣2）生成；

故答案为：CoS和NiS；

（4）由于第二次过滤后的滤液中主要含有NiSO4，电解该溶液时Ni2+在阴极上被还原：Mn2++2e-=Mn；

故答案为：阴，Mn2++2e-=Mn；

（5）由于将一级沉降得到Mn（OH）2沉淀过滤之后的滤液中还含有Mn2+，以进一步去除废水中的Mn2+，向该滤液中加入适量Na2S，据溶解积常数确定其溶解度比Mn（OH）2小，进行二级沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；

故答案为：沉降得到MnS，以进一步去除废水中的Mn2+；

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：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；去除杂质且富集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：蒸发浓缩；冷却结晶；避光或棕色；

（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：结合流程可知回收废液中碘离子的步骤为：先向废液中加入亚硫酸钠、硫酸铜溶液生成CuI沉淀，过滤得到滤渣CuI，然后加入浓硝酸氧化CuI，向氧化产物中加入碘单质、铁屑和水后得到Fe3I8，Fe3I8与碳酸钾溶液发生反应Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑；过滤后将反应Ⅱ的滤液经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，同时为了减少KI的溶解损失，需要用冰水洗涤，最后得到纯净的氯化钾，

（1）硫酸铜、亚硫酸钠和碘离子在溶液中发生反应生成CuI，反应的离子方程式为：2Cu2++2I-+SO32-+H2O=2CuI↓+SO42-+2H+，

故答案为：2Cu2++2I-+SO32-+H2O=2CuI↓+SO42-+2H+；

（2）根据图象曲线变化可知，当硫酸铜过量系数小于1.1时I-去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2+，所以适宜的CuSO4过量系数为1.1，

故答案为：1.1；小于1.1则I-去除率较低，大于1.1又会引入较多的重金属离子Cu2+；

（3）反应I中加入水可以加快反应速率，水起到了催化剂的作用，在反应中生成铁与碘的化合物，其中铁元素与碘元素的质量比为21：127，即物质的量比为：：=3：8，铁、碘原子个数比为8：3，反应Ⅰ生成物化学式是 Fe3I8，故反应Ⅱ的化学方程式为：Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑，

故答案为：催化剂；Fe3I8+4K2CO3=Fe3O4+8KI+4CO2↑；

（4）反应Ⅱ的滤液需要经过加热浓缩、冷却结晶、过滤，初步得到碘化钾；由于碘化钾混有可溶性杂质，需要经过洗涤才能得到较纯净的产品，故用冰水洗涤，同时减少KI的溶解损失，

故答案为：蒸发（或加热）（浓缩）、（冷却）结晶、过滤；除去表面可溶性杂质，同时减少KI的溶解损失（或防止KI的氧化）．

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：酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜．

（1）由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4或Cu2+，溶解温度应控制在60-70℃，原因是温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解，

故答案为：CuSO4或Cu2+；温度低溶解速度慢，温度过高铵盐分解；

（2）铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；亚硫酸氢铵溶液中加入过量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨和亚硫酸根：NH4++HSO3-+2OH-═NH3•H2O+SO32-+H2O，故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；NH4++HSO3-+2OH-═NH3•H2O+SO32-+H2O；

（3）由流程可知，经酸洗、水洗后得到硫酸铵，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质，

故答案为：硫酸；

（4）步骤⑥为醇洗，因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化，

故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；

（5）氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，

反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，

                6            1

                n         ab×10-3mol

n=6ab×10-3mol，

m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，

则样品中CuCl的质量分数为×100%，

故答案为：×100%．

解：（1）①阴离子氢氧根在阳极放电，生成氧气，4OH--4e-═O2↑+2H2O，故答案为：4OH--4e-═O2↑+2H2O；

②如图2所示．当c（H2SO4）＞0.4mol•L-1时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降，

故答案为：H+与LiCoO2在阴极的还原反应相互竞争，当c（H+）增大时，参与放电的H+增多（或有利于H+放电），所以钴的浸出率下降；

（2）①“酸浸”过程中正极粉发生氧化还原反应，LiCoO2氧化生成Co2+和O2，方程式为2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；该步骤一般在80℃以下进行，温度太高，双氧水会受热分解；

故答案为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O；防止H2O2剧烈分解；      

②（NH4）2C2O4溶液呈弱酸性，故

a．由离子浓度大小关系，知c （NH4+）＞c（C2O42-）＞c （H+）＞c （OH-），故a正确；

b．由电荷守恒，可知c （H+）+c （NH4+）=c （OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），故b错误；

c．由物料守恒，可知c （NH4+）+c （NH3•H2O）=2[c（C2O42-）+c（HC2O4-）+c（H2C2O4）]，故c正确；

故答案为：ac．