热门试卷

解：（1）电解池中阳极失去电子，所以溶液中的氯离子在阳极失去电子，因此反应的电极反应式是Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O，故答案为：Cl--6e-+6OH-=ClO3-+3H2O．

（2）由于ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在，所以只能在酸性环境中存在．由于在酸性条件下，氯酸钠容易和盐酸发生氧化还原反应，所以X应该是硫酸，故答选：B．

（3）H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，吸收塔的温度不能过高，其目的是防止H2O2分解，故答案为：防止H2O2分解．

（4）根据图象可知，pH≤2时ClO2被还原为Cl-，所以该反应的离子方程式是2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O，故答案为：2ClO2+5S2-+8H+=2Cl-+5S↓+4H2O．

（5）ClO2将CN-氧化，生成了两种无毒无害的气体即二氧化碳和氮气，所以离子方程式为：2ClO2+2CN-=2Cl-+2CO2+N2↑；根据方程式1molCN-离子消耗1mol二氧化氯，所以处理100m3这种污水，至少需要ClO2为=，故答案为：；

解：第一步就是铝溶解在氢氧化钠溶液中（注意LiMn2O4不溶于水）生成四羟基合铝酸钠，即滤液的主要成分，第二步就是四羟基合铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠的过程，第三步是LiMn2O4在酸性环境下能被空气中的氧气氧化发生的氧化还原反应，得到的滤液中有生成的硫酸锂，可能有过量的硫酸，最后一步加入碳酸钠之后反应生成硫酸钠和碳酸锂沉淀，所得的滤液主要成分为硫酸钠；

（1）根据以上分析，第①步反应可能产生气体的化学式是铝与氢氧化钠反应生成的氢气，第②步反应得到的沉淀X的化学式为氢氧化铝，第④步反应的化学方程式是Na2CO3+MnSO4═Na2SO4+Li2CO3↓；

故答案为：H2、Al（OH）3、Na2CO3+MnSO4═Na2SO4+Li2CO3↓；

（2）在酸性环境下，LiMn2O4能被空气中的氧气氧化，离子方程式为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；

故答案为：4 LiMn2O4+O2+4H+=4Li++8MnO2+2H2O；

（3）过滤实验要使用的玻璃仪器包括漏斗、烧杯、玻璃棒；故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；

（4）根据LiMn2O4～0.5H2SO4～Li+得18.1gLiMn2O4即0.1molLiMn2O4消耗硫酸的量为0.05mol，故硫酸有剩余，剩余的0.01mol硫酸和生成的Li+共消耗碳酸钠0.06mol，即6.36g，故答案为：6.36．

解：（1）组装好仪器后，须检查气密性才能装药品进行实验，故答案为：检查装置的气密性；

（2）蒸馏时温度计的水银球位置应在蒸馏烧瓶的支管口处，故选：b；

（3）蒸馏前，须在蒸馏烧瓶中加入少量碎瓷片防止混合液受热沸腾时剧烈跳动，故答案为：防止混合液受热沸腾时剧烈跳动；

（4）在烧瓶的溶液中要加入1mol•L-1 NaOH溶液，则乙酸与氢氧化钠发生中和反应生成乙酸钠和水，方程式为CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O，乙酸乙酯在氢氧化钠条件下水解生成乙醇和乙酸钠，方程式为CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa，

故答案为：CH3COOH+NaOH→CH3COONa+H2O；CH3COOC2H5+NaOHCH3CH2OH+CH3COONa；

（5）除去乙醇中的少量水份，应先加氧化钙后蒸馏，故答案为：加入新制CaO；蒸馏；

（6）分离出乙醇后的溶液为乙酸钠，加入浓硫酸与乙酸钠反应生成乙酸和硫酸钠，再控制温度为118℃蒸馏出乙酸，最终残留的溶液主要是硫酸钠溶液，

故答案为：浓H2SO4；118℃；Na2SO4．

解：（1）氯化铁与铜反应生成氯化亚铁与氯化铁，反应方程式为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，

故答案为：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；

（2）检验溶液中Fe3+存在通常用KSCN溶液，取少量溶液与试管中，滴加KSCN溶液，发生反应Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3，溶液变红，说明Fe3+存在，

故答案为：取少量废腐蚀液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，则证明原溶液中含有Fe3+；

（3）过滤中用到的仪器有：铁架台、玻璃棒、烧杯、漏斗等，其中用到的三种玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；烧杯用来盛放液体，漏斗用于过滤，玻璃棒用来引流和搅拌．

故答案为：烧杯、玻璃棒；

（4）该实验制取的是氯化铁溶液，金属①是铁；滤液②是氯化亚铁溶液；加入的铁过量，滤渣③是铁和铜；制取的是氯化铁，溶解铁，④加入应该是盐酸；所以废液中加入过量①铁后，发生的离子反应为2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，

故答案为：2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu；

（5）由2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu

       0.2mol 0.1mol      0.3mol  0.3mol

则要将铜全部回收，需加入Fe粉的质量应不少于0.4mol×56g/mol=22.4g；

反应后n（FeCl2）=0.3mol+0.3mol+0.6mol=1.2mol，

由2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知，铁的化合物全部转化为FeCl3溶液需通入Cl2的物质的量不少于=0.6mol，

故答案为：22.4；0.6；

（6）实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，氯气有毒需进行尾气处理，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O所以用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，可为，

故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

解：题干工艺流程为：铝钴膜废料中含有LiCo02和铝箔，将废料先用碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCo02；通过调节滤液的pH，将偏铝酸钠转化成氢氧化铝沉淀；将滤渣用双氧水、硫酸处理后生成Li2SO4、CoSO4，反应的离子方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4=Li2SO4+2CoSO4+O2↑+4H2O，通过操作分别分离出Li2SO4、CoSO4，通过浓缩、加入饱和碳酸钠溶液后过滤，最后得到碳酸锂固体，

（1）工艺流程的最终产物为：Al（OH）3、CoSO4、Li2CO3，故答案为：Al（OH）3；CoSO4；

（2）单位质量的金属锂放出的电量很大，所以锂电池使用广泛，故答案为：单位质量的金属锂放出的电量很大；

（3）金属锂性质活泼，易与氧气、水发生反应，故答案为：隔绝空气和水分；

（4）铝能与碱反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；

（5）Li2CO3在水中的溶解度随着温度的升高而减小，应趁热过滤，防止析出硫酸钠晶体，故答案为：防止析出硫酸钠晶体．

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）硫酸钠、氯化铵、氯化钠三种固体中，只有氯化铵受热易分解为氨气和氯化氢气体，即NH4ClNH3↑+HCl↑，故答案为：NH4ClNH3↑+HCl↑；

（2）加入硝酸钡溶液，硝酸钡和硫酸钠之间可以反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但同时引入了硝酸钠等新的杂质，故答案为：否；用硝酸钡会引入新杂质NO3-；

（3）钡离子可以和硫酸根离子反应生成白色不溶于硝酸的沉淀，可以采用加入过量氯化钡溶液的方法检验硫酸根离子已除尽操作是：将溶液静止片刻，在上层清液处滴加一滴氯化钡溶液，如果不出现浑浊，就说明硫酸根离子已经除尽，

故答案为：取少量上层澄清溶液，再滴加BaCl2溶液，如无沉淀出现则说明SO42-已除尽，反之则有（或其他的方法）；

（4）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，然后过滤，可以将沉淀碳酸钡和氯化钠溶液分离，操作④过滤时需要的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；

（5）为保证钡离子除尽，所加碳酸钠过量，最后过量的碳酸钠没有除去，得到的溶液中含有氯化钠和过量的碳酸钠两种溶质，致使得到的氯化钠溶液不纯，含有碳酸根杂质，应加入适量盐酸除去，再加热煮沸，故答案为：在⑤处应先加入过量的盐酸后再加热煮沸．

解：A．向BaCl2溶液中加入适量Na2CO3溶液后，发生反应：BaCl2 +Na2CO3 =BaCO3↓+2NaCl，

少量上层清液于小试管中，滴加Na2CO3，若不再有沉淀产生，则沉淀完全；若还有沉淀生成，则不完全，故A正确；

B．淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加入NaOH使溶液呈碱性，加入新制Cu（OH）2后加热，若有砖红色沉淀生成，只能说明有淀粉水解，但不能说明淀粉不能完全水解，故B错误；

C．将Na2SO4•10H2O晶体置于坩埚中加热，冷却后称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果相同，说明固体已经恒重，说明硫酸钠已全部失去结晶水，故C正确；

D．滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，滴有酚酞的NaOH溶液呈粉红色，当滴入最后一滴HCl溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变色，说明碱已全部反应完，故D正确；

故选：B；

（1）根据地壳中的含量位于前四位的分别为O、Si、Al、Fe，所以所含两种杂质氧化硅和氧化铁，故答案为：SiO2；Fe2O3；

（2）步骤Ⅲ中向滤液Ⅱ中通入二氧化碳气体，又根据以上分析，滤液Ⅱ中含有NaAlO2，故反应的离子方程式：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；

故答案为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-；

（3）根据以上分析，Ⅴ为电解熔融氧化铝生成铝单质和氧气，所以阳极反应为：2O2--4e-=O2↑，故答案为：2O2--4e-=O2↑；

（4）根据以上分析滤液c为碳酸氢钠溶液，结合流程反应①即碳酸氢钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，所以①中发生反应的化学方程式为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O，故答案为：CaO+H2O=Ca（OH）2、Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+NaOH+H2O；

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：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：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：（1）甲基橙和酚酞是有机物，根据题中的要求，将其分开常采用色谱法，根据色谱法的原理利用吸附剂对不同的有机物吸附作用的不同，对有机物进行分离、提纯．因此利用甲基橙和酚酞在乙醇、氨水中的溶解度不同，将甲基橙和酚酞分开，故采用的方法是色谱法．淀粉胶体和氯化钠的混合液，是胶体和溶液，根据胶体根据胶体的胶粒半径与与溶液中溶质微粒半径的大小关系，胶粒的半径大于溶质离子的半径，通过半透膜将胶体与溶液分开，这种方法称为渗析，

故答案为：色谱法；渗析；

（2）由于钢笔水中含有Fe2+，当其与氨水相遇时会生成红褐色的氢氧化铁沉淀，而影响对结果的判断，铅笔的芯的成分是石墨，遇到氨水和乙醇时无变化，

故答案为：铅；

（3）当甲基橙、酚酞和乙醇的混合物与乙醇、氨水的混合物接触时，由于甲基橙和酚酞在氨水和乙醇中的溶解度不同，及扩散速率不同，开始接触时，滤纸变为黄色，由于氨水溶液的4.4＜pH＜8，当黄色扩散到滤纸半径的二分之一时，取出滤纸晾干，再喷上饱和Na2CO3溶液，由于Na2CO3溶液的pH＞8，因此滤纸会变成红色，根据酚酞在此条件下的扩散速率比甲基橙的快，因此内部为黄环，外部为红环，酚酞的扩散速率比甲基橙的快，

故答案为：内部为黄环，外部为红环；酚酞；     

（4）由于甲基橙和酚酞在此滤纸上的扩散速率不同，扩散速率想产越大，色板间距离越大，故答案为：色板间的距离大小．

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：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%．