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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：（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：制备氧化钴的大致流程为：制备流程为：废料用碱液溶解，过滤得到偏铝酸钠溶液和钴渣；用硫酸溶解钴渣，发生反应：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，得到含有钴离子的溶液，然后调节溶液pH并用碳酸钠溶液除去杂质铝离子，得到较纯净的含有钴离子的溶液，再加入碳酸钠、调节溶液的pH将钴离子转化成碳酸钴沉淀，最后灼烧碳酸钴得到氧化钴，

（1）铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=+2AlO2-+3H2↑；

（2）Co3O4和Na2S2O3在酸性条件下发生氧化还原反应生成CoSO4、Na2SO4和H2O，反应方程式为：4Co3O4+Na2S2O3+11H2SO4=12CoSO4+Na2SO4+11H2O，改写成离子方程式为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O，

盐酸具有还原性，能被Co2O3•CoO氧化生成有毒的氯气而污染环境，所以不用盐酸，

故答案为：4Co2O3•CoO+S2O3 2-+22H+=12Co2++2SO42-+11H2O；Co2O3•CoO可氧化盐酸产生Cl2污染环境；

（3）碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；

碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32-=CoCO3↓，

故答案为：碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的两种方式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO32-，使Co2+沉淀为CoCO3，反应的离子方程式为：Co2++CO32-=CoCO3↓；

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%．

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：铝土矿的主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3等杂质，由流程可知，加足量盐酸过滤得到不溶物A为SiO2，溶液B中含Al3+、Fe3+，加过量NaOH溶液过滤得到不溶物B为Fe（OH）3，溶液D中含偏铝酸根离子，通入过量二氧化碳后过滤得到不溶物E为Al（OH）3，G为氧化铝，溶液F中含碳酸氢钠，

（1）由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的名称均为过滤，故答案为：过滤；

（2）检验溶液B中是否含有Fe3+，选KSCN溶液，若出现血红色，可证明含有铁离子，故答案为：取少量的溶液B于试管中，加入少量的KSCN溶液若出现血红色，可证明B中含有铁离子；

（3）由上述分析可知，A为SiO2，D→E反应的化学方式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；故答案为：SiO2；AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（4）溶液F中含碳酸氢钠，可作发酵粉或治疗胃酸的药物等，故答案为：作发酵粉或治疗胃酸的药物．

解：装置Ⅰ中二氧化硫是酸性氧化物，能和强碱氢氧化钠之间发生反应：SO2+OH-=HSO3-，NO和氢氧化钠之间不会反应，装置Ⅱ中NO在酸性条件下，NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，装置Ⅲ中，在电解槽的阳极2Ce3+-2e-=2Ce4+，阴极电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，装置Ⅳ中通入氨气、氧气，2NO2-+O2++2H++2NH3=2NH4++2NO3-，

（1）装置Ⅱ中NO在酸性条件下NO和Ce4+之间会发生氧化还原反应：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+，NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO3-+4H+，

故答案为：NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；

（2）①A．pH=7时，溶液呈中性，c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-）+c（OH-），故溶液中c（Na+）=c（HSO3-）+2c（SO32-），故A错误；

B．HSO3-⇌SO32-+H+，由图中数据，pH=7时，c（HSO3- ）=c（SO32- ），由Ka的表达式可知，H2SO3的第二级电离平衡常数K2≈c（H+）=10-7，故B正确；

C．溶液的pH控制在4～5时，c（HSO3- ）浓度最大，则为获得尽可能纯的NaHSO3，可将溶液的pH控制在4～5左右，故C正确；

D．由图可知，pH=2时，C（HSO3-）=C（H2SO3），溶液为亚硫酸、亚硫酸氢钠溶液，pH=9时溶液，溶液为亚硫酸钠溶液，两种溶液中所含粒子种类不同，故D正确；

故答案为：BCD；

②1L1.0mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1L×1.0mol/L=1.0mol，13.44L（标况下）SO2，n（SO2）==0.6mol，

设反应生成亚硫酸钠的物质的量为x，消耗二氧化硫的物质的量为y

2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O

  2   1     1

1.0mol y    x

==解得：x=0.5mol y=0.5mol根据上述计算可以知道，二氧化硫是过量的，剩余的二氧化硫的物质的量为：0.6mol-0.5mol=0.1mol

所以二氧化硫会和生成的亚硫酸钠继续反应，

设消耗亚硫酸钠的物质的量为a，生成亚硫酸氢钠的物质的量为b

Na2SO3+H2O+SO2═2NaHSO3

 1          1     2

 a        0.1mol  b

==解得：a=0.1mol b=0.2mol，

则溶液中n（SO32-）=0.5mol-0.1mol=0.4mol，n（HSO3-）=0.2mol，n（SO32-）：n（HSO3-）=2：1，则反应的离子方程式为3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O，

故答案为：3SO2+5OH-=2SO32-+HSO3-+2H2O；

③酸式滴定管只能盛放酸性溶液、碱式滴定管只能盛放碱性溶液，酸性高锰酸钾溶液呈酸性，则可以盛放在酸式滴定管中；原溶液无色，而KMnO4为紫红色，所以当溶液中的H2C2O4和KHC2O4反应完全时，滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；

故答案为：酸式；滴入最后一滴溶液呈紫红色且半分钟颜色不变；

（3）生成Ce4+为氧化反应，发生在阳极上，因此再生时生成的Ce4+在电解槽的阳极，连接电源正极，反应物是HSO3-被还原成S2O42-，得到电子，电极反应式为：2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O，

故答案为：正；2HSO3-+2H++2e-=S2O42-+2H2O；

（4）NO2-的浓度为0.4mol/L，要使1m3该溶液中的NO2-完全转化为NH4NO3，则失去电子数为：1000×（5-3）×0.4mol，设消耗标况下氧气的体积是V，根据电子守恒：×4=1000×（5-3）×0.4mol，解得V=4480L，

故答案为：4480．