- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
硫酸亚锡（SnSO4）是一种重要的硫酸盐，主要用于电镀工业的镀锡、铝合金表面的氧化着色、印染工业的媒染剂、双氧水去除剂等．某研究小组设计SnSO4制备路线如下：
查阅资料：Ⅰ．酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化．Ⅱ．SnCl2易水解生成难溶物Sn（OH）Cl（碱式氯化亚锡）．请回答下列问题：
（1）SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请用平衡移动原理解释原因______．
（2）加入Sn粉的作用有两个：①调节溶液pH②______．
（3）反应Ⅰ生成的气体为CO2，得到的沉淀是SnO．该沉淀经过滤后需漂洗，如何证明沉淀已经洗涤完全？______．
（4）多步操作包含的具体实验步骤的名称可以是：______．
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，发生反应的离子方程式是______．
（6）该小组通过下列方法测所用锡粉样品的纯度（杂质不参与反应）：①将试样溶于盐酸中，发生的反应为：Sn+2HCl→SnCl2+H2↑②加入过量的FeCl3③用已知浓度的K2Cr2O7滴定生成的Fe2+，发生的反应为：6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl→6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O取1.226g 锡粉样品，经上述各步反应后，共用去0.1000mol/L K2Cr2O7溶液32.00mL．则该锡粉样品中锡的质量分数是______．
正确答案
解：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体；
（1）SnCl2在水中发生水解反应：SnCl2+H2O═Sn（OH）Cl+HCl（可逆反应，应该用可逆号），生成难溶物Sn（OH）Cl，溶液含有杂质，若加入HCl，可使平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解；
故答案为：加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（2）由于在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化，加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（3）反应Ⅰ为向SnCl2溶液中加碳酸钠，得到的沉淀为SnO，该沉淀经过滤后，表面附着着Cl-，要想检验滤渣是否洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-，若没有，则证明已经洗涤干净，否则没有洗涤干净，用AgNO3溶液检验Cl-，方法：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明已洗涤干净；
（4）反应Ⅱ已经得到SnSO4溶液，由溶液得到晶体的方法、步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，即SnSO4在酸性条件下和双氧水反应，Sn2+有还原性，双氧水有氧化性，产物应该是：Sn4+和H2O，方程式为：Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O；
（6）①②③发生的反应分别为Sn+2HCl→SnCl2+H2↑①，SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2②，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl→6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O6Sn～K2Cr2O7③由方程式①②③得知K2Cr2O7～6FeCl2～3SnCl2～3Sn，
n（Sn）=3n（K2Cr2O7）=3×0.1000mol/L×0.032L=0.0096mol，m（Sn）=n（Sn）×M（Sn）=0.0096mol×119g/mol=1.1424g，
锡粉样品中锡的质量分数=
故答案为：93.18%．
解析
解：SnCl2粉末加浓盐酸进行溶解得到酸性溶液，此时溶液中含有Sn2+、Sn4+，向其中加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH值，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+，过滤得SnCl2溶液，向其中加碳酸钠，将Sn元素以SnO形式沉淀，过滤洗涤得纯净的SnO，加稀硫酸，得SnSO4溶液，加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，制得SnSO4晶体；
（1）SnCl2在水中发生水解反应：SnCl2+H2O═Sn（OH）Cl+HCl（可逆反应，应该用可逆号），生成难溶物Sn（OH）Cl，溶液含有杂质，若加入HCl，可使平衡向逆反应方向移动，抑制Sn2+水解；
故答案为：加入盐酸，使水解平衡向左移动，抑制Sn2+水解；
（2）由于在酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式，Sn2+易被氧化，加入Sn粉，Sn粉可以和H+发生反应，使溶液酸性减弱，调节了溶液pH，另外Sn可以将被氧化生成的Sn4+还原成Sn2+，即防止Sn2+被氧化为Sn4+；
故答案为：防止Sn2+被氧化；
（3）反应Ⅰ为向SnCl2溶液中加碳酸钠，得到的沉淀为SnO，该沉淀经过滤后，表面附着着Cl-，要想检验滤渣是否洗涤干净，只要检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-，若没有，则证明已经洗涤干净，否则没有洗涤干净，用AgNO3溶液检验Cl-，方法：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明已洗涤干净，
故答案为：取最后一次洗涤液，向其中加入AgNO3溶液，若无沉淀，则说明已洗涤干净；
（4）反应Ⅱ已经得到SnSO4溶液，由溶液得到晶体的方法、步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤；
（5）酸性条件下，SnSO4还可以用作双氧水去除剂，即SnSO4在酸性条件下和双氧水反应，Sn2+有还原性，双氧水有氧化性，产物应该是：Sn4+和H2O，方程式为：Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O，
故答案为：Sn2++H2O2+2H+=Sn4++2H2O；
（6）①②③发生的反应分别为Sn+2HCl→SnCl2+H2↑①，SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2②，6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl→6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O6Sn～K2Cr2O7③由方程式①②③得知K2Cr2O7～6FeCl2～3SnCl2～3Sn，
n（Sn）=3n（K2Cr2O7）=3×0.1000mol/L×0.032L=0.0096mol，m（Sn）=n（Sn）×M（Sn）=0.0096mol×119g/mol=1.1424g，
锡粉样品中锡的质量分数=
故答案为：93.18%．
硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得：Na2SO3+S═Na2S2O3．常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇．在水中有关物质的溶解度曲线如图1所示．
Ⅰ．现按如下方法制备Na2S2O3•5H2O：
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在分液漏斗中，注入浓盐酸，在装置2中加入亚硫酸钠固体，并按图2安装好装置．
（1）仪器2的名称为______，装置6中可放入______．
A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液
（2）打开分液漏斗活塞，注入浓盐酸使反应产生的二氧化硫气体较均匀的通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，反应原理为：
①Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO2 ②Na2S+SO2+H2O═Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2═3S↓+2H2O ④Na2SO3+S
随着SO2气体的通入，看到溶液中有大量浅黄色固体析出，继续通SO2气体，反应约半小时．当溶液中PH接近或不小于7时，即可停止通气和加热．溶液PH要控制不小于7的理由是：______（用文字和相关离子方程式表示）．
Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量：
（3）为减少产品的损失，操作①为______，操作②是抽滤洗涤干燥，其中洗涤操作是用______（填试剂）作洗涤剂．
（4）蒸发浓缩滤液直至溶液呈微黄色浑浊为止，蒸发时为什么要控制温度不宜过高______．
（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质．为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，一般采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假定粗产品中杂质与酸性KMnO4溶液不反应）．称取1.28g的粗样品溶于水，用0.40mol/L KMnO4溶液（加入适量硫酸酸化）滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗KMnO4溶液体积20.00mL．（5S2O32-+8MnO4-+14H+═8Mn2++10SO42-+7H2O）试回答：
①KMnO4溶液置于______ （填“酸式”或“碱式”）滴定管中．
②滴定终点时的颜色变化：______．
③产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______．
正确答案
解：（1）根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；
装置6是尾气吸收装置主要吸收二氧化硫污染性气体，选项中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸吸收，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，能吸收二氧化硫，而浓硫酸、氯化钡与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，所以CD正确，
故答案为：蒸馏烧瓶；CD；
（2）当溶液pH＜7时，溶液显示酸性，会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2+H2O，所以Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，应该时溶液的pH不小于7，
故答案为：Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，S2O32-+2H+=S↓+SO2+H2O；
（3）常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O，Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，为了避免析出Na2S2O3•5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热过滤；
洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3•5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，
故答案为：趁热过滤；乙醇；
（4）由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率，
故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；
（5）①由于酸性高锰酸钾溶液能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以滴定过程中酸性高锰酸钾溶液不能用碱式滴定管盛放，应该用酸式滴定管，
故答案为：酸式；
②依据标定的原理可知，反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；
③20mL 0.40mol/L KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.40mol/L×0.02L=0.008mol，
根据反应5S2O32-+8MnO4-+14H+═8Mn2++10SO42-+7H2O可知，1.28g的粗样品含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=
产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为：
故答案为：96.9%．
解析
解：（1）根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；
装置6是尾气吸收装置主要吸收二氧化硫污染性气体，选项中酸性KMnO4溶液具有氧化性，能氧化二氧化硫生成硫酸吸收，氢氧化钠溶液和二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，能吸收二氧化硫，而浓硫酸、氯化钡与二氧化硫不反应，不能吸收二氧化硫，所以CD正确，
故答案为：蒸馏烧瓶；CD；
（2）当溶液pH＜7时，溶液显示酸性，会发生反应：S2O32-+2H+=S↓+SO2+H2O，所以Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，应该时溶液的pH不小于7，
故答案为：Na2S2O3在酸性环境中不能稳定存在，S2O32-+2H+=S↓+SO2+H2O；
（3）常温下溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O，Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，为了避免析出Na2S2O3•5H2O导致产率降低，所以操作①过滤出活性炭时需要趁热过滤；
洗涤晶体时为减少晶体损失，减少Na2S2O3•5H2O的溶解，依据Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇的性质选择乙醇洗涤，且洗涤后乙醇易挥发，不引入新的杂质，
故答案为：趁热过滤；乙醇；
（4）由于Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时温度过高会导致析出的晶体分解，降低了产率，
故答案为：温度过高会导致析出的晶体分解；
（5）①由于酸性高锰酸钾溶液能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以滴定过程中酸性高锰酸钾溶液不能用碱式滴定管盛放，应该用酸式滴定管，
故答案为：酸式；
②依据标定的原理可知，反应结束前溶液为无色，反应结束后溶液中高锰酸根离子过量，溶液变为浅红色，所以滴定终点的现象为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色，
故答案为：溶液由无色变为浅红色，半分钟内不褪色；
③20mL 0.40mol/L KMnO4溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：n（KMnO4）=0.40mol/L×0.02L=0.008mol，
根据反应5S2O32-+8MnO4-+14H+═8Mn2++10SO42-+7H2O可知，1.28g的粗样品含有Na2S2O3•5H2O的物质的量为：n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=
产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为：
故答案为：96.9%．
利用某含铬废液[含较低浓度的Na2Cr2O7、Fe2（SO4）3]制备K2Cr2O7流程如下：Ⅰ．用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，过滤；
Ⅱ．向滤液中加入Na2SO3，一定操作后分离出Na2SO4；
Ⅲ．将分离出Na2SO4后的溶液调pH约为5，得到Cr（OH）3沉淀；
Ⅳ．在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，得到黄色溶液；
Ⅴ．向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体；
Ⅵ．测定K2Cr2O7固体的纯度．
已知：Cr2O72-（橙红色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+
（1）步骤Ⅰ中红褐色沉淀的化学式是______．
（2）步骤Ⅱ中加入Na2SO3的目的是______．
（3）步骤Ⅳ中反应的离子方程式是______．
（4）步骤Ⅴ中加入的物质A可以是______．（填序号）
a．KOH b．K2CO3 c．H2SO4 d．SO2
（5）步骤Ⅵ的操作是：取0.45g K2Cr2O7产品配成溶液，酸化后滴入18.00mL，.50mol/L的FeSO4溶液，恰好使Cr2O72-完全转化为Cr3+．产品中K2Cr2O7的纯度是______．（注：K2Cr2O7的摩尔质量为294g/mol）
（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，产生黄色沉淀，溶液pH减小．试推测黄色沉淀是______，溶液pH变小的原因是______．
正确答案
解：（1）用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，则该沉淀为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（2）Na2SO3具有还原性，具有氧化性Na2Cr2O7，向滤液中加入Na2SO3，发生氧化还原反应，将+6价的Cr还原为+3价，故答案为：将+6价的Cr还原为+3价；
（3）在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，Cr（OH）3与H2O2反应生成生成CrO42-，反应的离子方程式为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O，故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；
（4）向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体，在酸性条件下CrO42-转化为Cr2O72-，说明A为酸，则A可以是硫酸，故选c；故答案为：c；
（5）Fe2+使Cr2O72-完全转化为Cr3+，反应为Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，已知18.00mL 0.50mol/L的FeSO4溶液，
则K2Cr2O7物质的量为：
其纯度为
故答案为：98%；
（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，由于K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙红色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+，钡离子与铬酸根离子生成BaCrO4沉淀，c（CrO42-）降低，平衡正向移动，c（H+）增大；
故答案为：BaCrO4；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙红色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c （CrO42-）降低，平衡正向移动，c （H+）增大．
解析
解：（1）用NaOH溶液调pH至3.6，产生红褐色沉淀，则该沉淀为Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（2）Na2SO3具有还原性，具有氧化性Na2Cr2O7，向滤液中加入Na2SO3，发生氧化还原反应，将+6价的Cr还原为+3价，故答案为：将+6价的Cr还原为+3价；
（3）在KOH存在条件下，向Cr（OH）3中加入足量H2O2溶液，Cr（OH）3与H2O2反应生成生成CrO42-，反应的离子方程式为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O，故答案为：2Cr（OH）3+3H2O2+4OH-=2CrO42-+8H2O；
（4）向黄色溶液中加入物质A后，溶液变为橙红色，一定操作后得到K2Cr2O7固体，在酸性条件下CrO42-转化为Cr2O72-，说明A为酸，则A可以是硫酸，故选c；故答案为：c；
（5）Fe2+使Cr2O72-完全转化为Cr3+，反应为Cr2O72-+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，已知18.00mL 0.50mol/L的FeSO4溶液，
则K2Cr2O7物质的量为：
其纯度为
故答案为：98%；
（6）向橙红色的K2Cr2O7溶液中，滴加Ba（NO3）2溶液，由于K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙红色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+，钡离子与铬酸根离子生成BaCrO4沉淀，c（CrO42-）降低，平衡正向移动，c（H+）增大；
故答案为：BaCrO4；K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-（橙红色）+H2O⇌2CrO42-（黄色）+2H+，加入Ba（NO3）2溶液后，产生BaCrO4沉淀，c （CrO42-）降低，平衡正向移动，c （H+）增大．
在实验室进行物质制备，下列从原料及试剂分别制取相应的最终产物的设计中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是（ ）
AC
BCu
CFe
DCaO
正确答案
解析
解：A、碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；
B、铜与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，银比铜要贵重，利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；
C、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；
D、氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，故D正确．
故选：D．
CuCl2、CuCl是重要的化工原料，广泛地用作有机合成催化剂．实验室中以粗铜（含杂质Fe）为原料，一种制备铜的氯化物的流程如图1：
请回答下列问题：
（1）如图装置进行反应①，导管a通入氯气
（夹持仪器和加热装置省略）．观察到的现象是______，
写出铜与氯气反应的化学方程式______．
（2）上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是______．
试剂X、固体J的物质最好分别为______．
a．NaOH Fe（OH）3b．NH3•H2O Fe（OH）2
c．CuO Fe（OH）3 d．CuSO4 Cu（OH）2
（3）反应②是向溶液2中通入一定量的SO2，加热一段时间后生成CuCl白色沉淀．写出制备CuCl的离子方程式______．
（4）反应后，如图2盛有NaOH溶液的广口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用钢铁（含Fe、C）制品盛装该溶液会发生电化学腐蚀，钢铁制品表面生成红褐色沉淀，溶液会失去漂白、杀菌消毒功效．该红褐色沉淀的主要化学式是______．该腐蚀过程的正极反应式为______．
（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，写出此过程中阴极上的电极反应式______．
正确答案
解：（1）铜在氯气中燃烧生成固体氯化铜，观察到棕黄色的烟，反应为：Cu+Cl2
故答案为：试管内有棕色烟产生；Cu+Cl2
（2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸来溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，
故答案为：避免Cu2+水解；c；
（3）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42-，其反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
（4）氢氧化钠溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极．负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2++2OH-=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正极的电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，红褐色沉淀为氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）3；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，Cu2+得到电子生成CuCl，电极反应为：Cu2++e-+Cl-=CuCl，
故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl．
解析
解：（1）铜在氯气中燃烧生成固体氯化铜，观察到棕黄色的烟，反应为：Cu+Cl2
故答案为：试管内有棕色烟产生；Cu+Cl2
（2）氯化铜、氯化铁中的金属离子易水解，直接用水溶液配制溶液会产生浑浊，所以加入过量的盐酸来溶解氯化铜、氯化铁，以抑制氯化铜、氯化铁水解；用于调节pH以除去溶液1杂质可加试剂具有与酸反应，且不引入Cu2+之外的离子，故用CuO或Cu2（OH）或Cu2（OH）2CO3，调节pH目的是使溶液中铁离子转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，且不能引入新杂质，
故答案为：避免Cu2+水解；c；
（3）根据信息可知：在加热条件下，SO2与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和SO42-，其反应的离子方程式为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
故答案为：2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O
（4）氢氧化钠溶液吸收氯气，生成有次氯酸钠，生铁在次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液中发生电化学腐蚀，碳等杂质为正极，铁为负极．负极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Fe2++2OH-=Fe（OH）2，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，正极的电极反应式为ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-，红褐色沉淀为氢氧化铁，
故答案为：Fe（OH）3；ClO-+2e-+H2O=Cl-+2OH-；
（5）以石墨为电极，电解CuCl2溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出，阴极上是得到电子发生还原反应，Cu2+得到电子生成CuCl，电极反应为：Cu2++e-+Cl-=CuCl，
故答案为：Cu2++e-+Cl-=CuCl．
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