- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂．一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下：
已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：（金属离子浓度为：0.01mol/L）
③CoCl2•6H2O熔点为86℃，加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴．
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______．
（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式______；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式______．
（3）“加Na2CO3调pH至a”，过滤所得到的沉淀成分为______．
（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是______、______和过滤．制得的CoCl2•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是______．
（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图．向“滤液”中加入萃取剂的目的是______；其使用的最佳pH范围是______．
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5 D．5.0～5.5
（6）为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量．通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%，其原因可能是______．（答一条即可）
正确答案
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，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，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；
根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．
解析
解：（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co（OH）3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
故答案为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；
（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，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，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤；
根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，
故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；降低烘干温度，防止产品分解；
（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；
由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀，
故答案为：除去溶液中的Mn2+；B；
（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，
故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水．
以含钴废催化剂（主要成分为Co、Fe、SiO2）为原料，制取氧化钴的流程如下：
（1）溶解：溶解后过滤，将滤渣洗涤2～3次，洗液与滤液合并，其目的是______．
所得滤渣的主要成分是______（写化学式）．
（2）氧化：加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式______．
已知：铁氰化钾化学式为K3[Fe（CN）6]；亚铁氰化钾化学式为K4[Fe（CN）6]•3H2O．
3Fe2++2[Fe（CN）6]3-═Fe3[Fe（CN）6]2↓（蓝色沉淀）
4Fe3++3[Fe（CN）6]4-═Fe4[Fe（CN）6]3↓（蓝色沉淀）
确定Fe2+是否氧化完全的方法是______．（可供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液）
（3）除铁：加入适量的Na2CO3调节酸度，生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出该反应的化学方程式______．
（4）沉淀：生成沉淀碱式碳酸钴[（CoCO3）2•3Co（OH）2]，沉淀需洗涤，洗涤的操作是______．
（5）溶解：CoCl2的溶解度曲线如下图所示．向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸，边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是______．
（6）灼烧：准确称取所得CoC2O4 1.470g，在空气中充分灼烧得0.830g氧化钴，写出氧化钴的化学式______．
正确答案
解：（1）洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，故答案为：提高钴等元素的利用率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-
（3）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑；
（4）沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次，
故答案为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次；
（5）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出；
（6）CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为0.83g-0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：
解析
解：（1）洗液与滤液合并，提高洗涤和滤液中钴的利用率，故答案为：提高钴等元素的利用率；
（2）亚铁离子被氯酸根离子氧化成铁离子，1molr的亚铁离子失去1mol的电子，而1mol的氯酸根离子得到6mol的电子，根据电子得失守恒，可知离子方程式为：6Fe2++6H++ClO3-
（3）生成硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾，化学反应方程式为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑，故答案为：3Fe2（SO4）3+6H2O+6 Na2CO3=Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+5 Na2SO4+6CO2↑；
（4）沉淀洗涤的方法是向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次，
故答案为：向漏斗中加入蒸馏水至浸没沉淀，静置使滤液流出．重复操作2～3次；
（5）CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低氯化钴析出，故答案为：防止因温度降低，CoCl2晶体析出；
（6）CoC2O4的质量为1.470g，其我知道可为0.01mol，Co元素质量为0.59g，钴氧化物质量为0.83g，氧化物中氧元素质量为0.83g-0.59g=0.24g，则氧化物中Co原子与O原子物质的量之比为0.01mol：
某软锰矿样含有MnO2、ZnSO4和不溶于酸的杂质．由该软锰矿制取硫酸锰晶体的部分流程图为：
已知部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如下表：
回答下列问题．
（1）硫酸亚铁在酸性条件下可将MnO2还原为MnS04，该反应的化学方程式为______．
（2）加氨水调pH至5.4，得到的滤渣主要是______．（用化学式表示）
（3）在酸性介质中，MnSO4溶液与（NH4）2S2O8（连=硫酸铵）溶液混合，Mn2+会被氧化成MnO-4，S2O2-8会被还原成SO2-4．该反应常用于Mn2+的定性检验．
①若溶液中存在Mn2+，可观察到的现象是______．
②反应的离子方程式为______
（4）若常温下Ksp[Zn（OH）2]=1.2×10-17，调至pH=9使溶液中的Zn2+完全转化为Zn（OH）2沉淀，此时溶液中的c（Zn2+）=______．
（5）MnO2常用作碱性锌锰干电池的正极材料．电池工作时正极反应式为______．
（6）取10.00g矿样加入0.8000mol/LH2C2O4溶液25.00mL及稀硫酸，加热至MnO2被完全还原为Mn2+．过量的草酸用0.01000mol/L标准KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mL标准KMnO4溶液．另取10.00g矿样，经该工艺提取最终得2.000g MnSO4．
①KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式为______．
②若定义“产品硫酸锰中锰元素的质量占矿样中锰元素的质量百分含量”为“元素利用率”．则该工艺中锰元素的元素利用率为______（列出计算过程）．
正确答案
解：软锰矿样中硫酸酸化的硫酸亚铁，可以将二氧化锰还原为硫酸锰，过滤得到的滤液是硫酸锰、硫酸锌和硫酸铁，加氨水调pH至5.4，可以将铁离子完全沉淀，进而经过一系列操作可以获得硫酸锰晶体．
（1）二氧化锰和亚铁离子之间会发生氧化还原反应MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O；
（2）根据表中的数据，当pH=5.4时，铁离子是完全沉淀的，得到滤渣的成分是Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（3）根据题干信息：酸性介质中，MnSO4溶液与（NH4）2S2O8溶液反应生成MnO4-和SO42-，2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，溶液从无色变为紫红色；
离子方程式为：2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO-4+10SO42-+16H+，故答案为：溶液从无色变为紫红色；2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；
（4）常温下Ksp[Zn（OH）2]=1.2×10-17，Ksp=c（Zn2+）•c2（OH-），调至pH=9即氢氧根离子浓度为10-5mol/L，使溶液中的Zn2+完全转化为Zn（OH）2沉淀，此时溶液中的c（Zn2+）=
（5）碱性锌锰干电池的正极上发生得电子的还原反应，即MnO2+e-+H2O=MnOOH+2Mn2++8H2O，故答案为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+2Mn2++8H2O；
（6）①KMnO4和H2C2O4及稀硫酸之间会发生反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳，即5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
②根据上述化学方程式得到关系式：5H2C2O4～2MnO4-，MnO2～H2C2O4，
5 2 1 1
1.0×10-4mol 2.5×10-4mol 0.8000mol/×0.025L-2.5×10-4mol
即高锰酸钾消耗的草酸是2.5×10-4mol，二氧化锰的物质的量是0.8000mol/×0.025L-2.5×10-4mol=0.01975mol，Mn元素利用率：
解析
解：软锰矿样中硫酸酸化的硫酸亚铁，可以将二氧化锰还原为硫酸锰，过滤得到的滤液是硫酸锰、硫酸锌和硫酸铁，加氨水调pH至5.4，可以将铁离子完全沉淀，进而经过一系列操作可以获得硫酸锰晶体．
（1）二氧化锰和亚铁离子之间会发生氧化还原反应MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O，故答案为：MnO2+2FeSO4+2H2SO4=MnSO4+Fe2（SO4）3+2H2O；
（2）根据表中的数据，当pH=5.4时，铁离子是完全沉淀的，得到滤渣的成分是Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（3）根据题干信息：酸性介质中，MnSO4溶液与（NH4）2S2O8溶液反应生成MnO4-和SO42-，2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+，溶液从无色变为紫红色；
离子方程式为：2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO-4+10SO42-+16H+，故答案为：溶液从无色变为紫红色；2Mn2++5S2O82-+8H2O=2MnO4-+10SO42-+16H+；
（4）常温下Ksp[Zn（OH）2]=1.2×10-17，Ksp=c（Zn2+）•c2（OH-），调至pH=9即氢氧根离子浓度为10-5mol/L，使溶液中的Zn2+完全转化为Zn（OH）2沉淀，此时溶液中的c（Zn2+）=
（5）碱性锌锰干电池的正极上发生得电子的还原反应，即MnO2+e-+H2O=MnOOH+2Mn2++8H2O，故答案为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+2Mn2++8H2O；
（6）①KMnO4和H2C2O4及稀硫酸之间会发生反应生成硫酸钾、硫酸锰、二氧化碳，即5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；
②根据上述化学方程式得到关系式：5H2C2O4～2MnO4-，MnO2～H2C2O4，
5 2 1 1
1.0×10-4mol 2.5×10-4mol 0.8000mol/×0.025L-2.5×10-4mol
即高锰酸钾消耗的草酸是2.5×10-4mol，二氧化锰的物质的量是0.8000mol/×0.025L-2.5×10-4mol=0.01975mol，Mn元素利用率：
纳米材料二氧化钛（TiO2）可做优良的催化剂．
Ⅰ．工业上二氧化钛的制备方法：
①将干燥后的金红石（主要成分为TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应，制得混有SiCl4杂质的TiCl4．
②将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4．
③在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•xH2O．
④TiO2•xH2O高温分解得到TiO2．
（1）根据资料卡片中信息判断，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是______，分离二者所采取的操作名称是______．
（2）③中反应的化学方程式是______．
（3）若④在实验室完成，应将TiO2•xH2O放在______（填仪器名称）中加热（图1）．
Ⅱ．据报道：能“吃废气”的“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2，其过程大致如下：
a．O2-→2O b．O+H2O-→2OH c．OH+OH-→H2O2
（4）b中破坏的是______（填“极性共价键”或“非极性共价键”）．
（5）H2O2能清除路面空气中的CxHy、CO等，主要是利用了H2O2的______（填“氧化性”或“还原性”）．
Ⅲ．某研究性学习小组用下列装置模拟“生态马路”清除CO的原理（图2）．（夹持装置已略去）
（6）若缓慢通入22.4L（已折算成标准状况）CO气体，结果NaOH溶液增重16.5g，则CO的转化率为______．
（7）当CO气体全部通入后，还要通一会儿空气，其目的是______．
正确答案
液态
蒸馏
TiCl4+（x+2）H2O
坩埚
极性共价键
氧化性
37.5%
将残留在装置中的CO2气体排出，被NaOH溶液吸收，减小误差
解析
解：（1）根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法．
故答案为：液态；蒸馏．
（2）由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为TiCl4+（x+2）H2O
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O
（3）烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行．
故答案为：坩埚．
（4）由O+H2O→2OH，可知水中O-H键断裂，O-H键属于极性共价键．
故答案为：极性共价键．
（5）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等．
故答案为：氧化性．
（6）22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为
故答案为：37.5%．
（7）装置中有残留的CO2气体，通一会儿空气，将残留在装置中的CO2气体排出，被NaOH溶液吸收，减小误差．
故答案为：将残留在装置中的CO2气体排出，被NaOH溶液吸收，减小误差．
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
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，并按上右图安装好装置．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
总反应为：2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2
（1）仪器2的名称为______．
（2）装置6中可放入______．
A．BaCl2溶液 B．浓H2SO4 C．酸性KMnO4溶液 D．NaOH溶液分离Na2S2O3•5H2O：
热的反应混合液
（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，蒸发时控制温度不宜过高的原因是______．
Ⅱ．Na2S2O3性质的检验及其应用
（1）向足量的新制氯水中滴加Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，写出该反应的离子方程式______．
（2）常用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2+浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后得混合溶液V mL，将其平均分成4等份，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0010mol•L-1 的Na2S2O3溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：
部分反应离子方程式为：①Cr2O72-+6I-+14H+═2Cr3++3I2+7H2O ②2S2O32-+I2═S4O62-+2I-
则判断达到滴定终点的现象是______；废水中Ba2+的物质的量浓度为______．
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；故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）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：CD；
（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；
Ⅱ．（1）根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根据电荷守恒，生成物中应有10molH+，根据原子守恒反应物中应有5molH2O，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；
（2）依据标定的原理可知，生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点，所以滴定终点的现象为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
溶液中发生的反应为：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+； Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；
根据方程式列出各物质的关系为Ba2+～BaCrO4～
1mol 3mol
则n（Ba2+）=3n（S2O32-）=
所以c（Ba2+）═
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变； 0.00024mol•L-1．
解析
解：（1）根据图示装置可知，仪器2的名称为蒸馏烧瓶；故答案为：蒸馏烧瓶；
（2）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：CD；
（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；
Ⅱ．（1）根据氧化还原反应的实质得失电子守恒，S2O32-→2SO42-～8e-，Cl2→2CI-～2e-，所以4molCl2氧化1molS2O32-，得到8molCl-和2molSO42-，根据电荷守恒，生成物中应有10molH+，根据原子守恒反应物中应有5molH2O，离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+；
（2）依据标定的原理可知，生成的碘单质遇到淀粉变蓝，用硫代硫酸钠滴定当蓝色褪去半分钟不变化，说明反应达到终点，所以滴定终点的现象为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变；
溶液中发生的反应为：2Ba2++Cr2O72-=2BaCrO4+2H+； Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O； I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；
根据方程式列出各物质的关系为Ba2+～BaCrO4～
1mol 3mol
则n（Ba2+）=3n（S2O32-）=
所以c（Ba2+）═
故答案为：加入最后一滴Na2S2O3标准溶液后，蓝色消失，且半分钟内颜色不改变； 0.00024mol•L-1．
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