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（3）根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，Ca5（PO4）3F与H2SO4反应生成HF、磷石膏和磷酸，生成HF的化学方程式为2Ca5（PO4）3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4·0.5H2O+6H3PO4+2HF↑。
（4）图示是相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率，80℃前温度升高反应速率加快，相同时间内有机碳脱除率增大；80℃后温度升高，H2O2分解速率大，H2O2浓度显著降低，反应速率减慢，相同条件下有机碳脱除率减小。
（5）脱硫时，CaCO3稍过量，充分反应后仍有SO42-残留，原因是：CaSO4微溶于水。加入BaCO3可进一步提高硫的脱除率，因为BaSO4难溶于水，其中SO42-与BaCO3生成更难溶的BaSO4和CO32-，H3PO4的酸性强于H2CO3，在粗磷酸中CO32-转化成H2O和CO2，反应的离子方程式为BaCO3+SO42-+2H3PO4=BaSO4+CO2↑+2H2PO4-+H2O。
2.（1）SO2+OH=HSO3
（2）①FeS2
②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中
（3）NaAlO2Al(OH)3
（4）1∶16
（1）过量SO2与NaOH反应生成NaHSO3和H2O，反应的化学方程式为SO2+NaOH=NaHSO3，离子方程式为SO2+OH-=HSO3-。
（2）①根据题给已知，多数金属硫酸盐的分解温度高于℃，不添加CaO的矿粉低于℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于FeS2。
②添加CaO，CaO起固硫作用，添加CaO发生的反应为2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，根据硫去除率的含义，℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低的原因是：硫元素转化为CaSO4留在矿粉中。
（3）“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3，向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，CO2与NaAlO2反应生成NaHCO3和Al（OH）3，反应的离子方程式为CO2+AlO2-+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，即Al元素存在的形式由NaAlO2转化为Al（OH）3。
（2）步骤II中的反应为NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制备水合肼，由于水合肼具有强还原性、能与NaClO剧烈反应生成N2，为了防止水合肼被氧化，应逐滴滴加NaClO碱性溶液，所以通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液。NaClO碱性溶液与尿素水溶液在℃继续反应，N2H4·H2O沸点约℃，使用冷凝管的目的：减少水合肼的挥发。
（3）①向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，根据图示溶液pH约为4时，HSO3-的摩尔分数最大，则溶液的pH约为4时停止通入SO2；实验中确定何时停止通入SO2的实验操作为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2。
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，首先要加入NaOH将NaHSO3转化为Na2SO3，根据含硫微粒与pH的关系，加入NaOH应调节溶液的pH约为10；根据Na2SO3的溶解度曲线，温度高于34℃析出Na2SO3，低于34℃析出Na2SO3·7H2O，所以从Na2SO3溶液中获得无水Na2SO3应控制温度高于34℃。由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3的实验方案为：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于34℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
点睛：本题以制备水合肼和无水Na2SO3的实验流程为载体，考查实验条件的控制、实验加料的方式、实验原理的理解和实验方案的设计、对图表等信息的获取和处理应用能力。难点是实验方案的设计，在设计实验方案时要注重对实验过程和实验原理的理解，结合图表等信息细心分析答题要点。
(1)罐体用泥封严，可隔绝空气防止得到的锌被氧化。
(2)据流程、结合分析可知滤渣1的主要成分是Pb。根据温度与锌浸出率的图可知，30℃左右时浸出率最高，如低于30℃，溶浸反应速率随温度升高而增大，超过30℃，氨气逸出导致溶浸反应速率下降；
电解铜的阳极泥中(主要含Se、Te及Cu的化合物，含有少量Au、Ag单质)，"酸浸"过程中，Ag以Ag2SO4形式进入到"氧化"步骤中，与NaCl溶液反应生成AgCl沉淀，Au的化学性质比较稳定，难溶于酸和一般的氧化剂，在"氧化"步骤中滤出；由题给信息知“亚碲酸为二元弱酸，在水中溶解度较小”，故“硒、碲分离”时，需要进行的操作是过滤；H2TeO3中的Te化合价降低生成单质Te，据此解题。
(1)Te元素在元素周期表中处于第五周期VIA族，亚碲酸的化学式为H2TeO3，由化合物中各元素正、负化合价代数和为0可知，亚碲酸中碲的化合价为+4。
故答案为：+4。
(1)总体看，SO2的吸收效率随温度的升高而降低；当温度和SO2的浓度一定时，SO2的吸收效率随烟气流速的增大而降低；当温度和烟气流速一定时，SO2的吸收效率随SO2浓度的增大而降低，所以，要提高一定浓度含硫烟气中SO2的吸收效率，应降低含硫烟气的温度、减小烟气流速。在天然海水中加入生石灰也可以提高SO2的吸收效率；
故答案为：ABD。
(2)H2SO3具有还原性，能被氧气氧化为H2SO4；
故答案为：
。
(3)该测定实验的原理是烟气通过一定浓度、一定体积的I2-淀粉溶液后，其中的SO2与I2发生氧化还原反应，恰好完全反应时，溶液的蓝色消失，根据碘的物质的量可求出SO2的物质的量，进而求出体积；余下的气体排入集气瓶，将水压入量筒，由量筒中水的体积可确定剩余气体的体积；
故答案为：c；d；b；a；e。
4．（1）增大接触面积，加快反应速率
（2）2.6mol/L6
（3）Fe(OH)3为了沉淀镁离子
镍矿石研磨成浆是为了增大接触面积，加快反应速率；加稀硫酸把矿石物质溶解，加双氧水是为了把亚铁离子氧化成三价铁离子，便于后面加氢氧化钙以沉淀的形式除去，而避免除去镍离子，加氟化钠是为了沉淀镁离子，萃取I和反萃取I是为了除去锌离子，最后有硫酸萃取和净化得到硫酸镍，从而得到镍。
(1)矿石需要先经过研磨成浆，是为了增大接触面积，加快反应速率。故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
(2)依据下列图像1、2知硫酸浓度为2.6mol/L时浸渣中镍品位低，镍浸出率高，继续增加酸的浓度，两者变化不大，且对装置要求高；由图1知，硫酸浓度是2.6mol/L时浸渣中镍品位低是26％，镍浸出率是87.5％，由图2知镍品位低是26％，镍浸出率是88％时液固比是6.故答案为：2.6mol/L；6；
(3)滤渣1是向溶液中加氢氧化钙溶液控制pH=5.6所得固体，根据表中数据可知，应该只沉淀Fe3+,生成Fe(OH)3,氟化镁是难溶物，所以加入NaF是为了沉淀杂质离子镁离子。故答案为：Fe(OH)3，为了沉淀镁离子；
(4)沉锌的过程会是加入的碳酸钠生成碱式盐，所以离子方程式为：
7．（1）还原剂
（2）由图知，pH为1~2时锰的浸出率几乎相等、均已高达接近%，“硫酸”过多，对锰的浸出率影响很小，但后续调pH除杂质时会多消耗氨水而造成浪费
