- 物质的检验
- 共3564题
我国规定饮用水质量标准必须符合下列要求：
某综合实践活动小组到自来水厂参观，了解到源水处理成自来水的工艺流程示意图如下：
（1）源水中含有Ca2+、Mg2+、HCO3-、Cl-等，加入CaO后生成Ca（OH）2，进而发生若干复分解反应，写出其中任意一个反应的离子方程式______；
（2）FeSO4•7H2O是常用的凝聚剂，加入后最终生成红褐色胶状沉淀，则这种沉淀是______（填化学式）；
（3）加入凝聚剂可以除去其中的悬浮固体颗粒，该过程是______（填序号）；
①只有物理过程，无化学过程 ②只有化学过程，无物理过程
③既有物理过程，又有化学过程
（4）通入二氧化碳的目的是______和______；
（5）物质A的作用是______．
正确答案
HCO3-+OH-=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）
Fe（OH）3
③
除去除去Ca2+
调节PH值
杀菌消毒
解析
解：（1）氢氧化钙中的氢氧根离子可以和镁离子，碳酸氢根离子反应，碳酸根离子还可以和钙离子反应，即HCO3-+OH -=CO32-+H2O；Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，
故答案为：HCO3-+OH -=CO32-+H2O（或Mg2++2OH-=Mg（OH）2↓或Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O）；
（2）FeSO4•7H2O常用的凝聚剂，亚铁离子与碱反应生成Fe（OH）2沉淀，Fe（OH）2易被氧化为红褐色沉淀Fe（OH）3，故答案为：Fe（OH）3；
（3）混凝剂能使固体颗粒沉淀，且混凝剂中的硫酸根离子与钙离子结合生成沉淀，既有物理过程，又有化学过程，故答案为：③；
（4）通入二氧化碳，增大溶液中碳酸根离子浓度，则与钙离子反应生成沉淀，从而除去钙离子，并降低溶液的碱性，调节溶液的酸碱度，
故答案为：除去除去Ca2+；调节PH值；
（5）物质A为自来水消毒用的氯气，氯气具有强氧化性，能杀菌消毒，则作为Cl2的替代品的物质需具有强氧化性，故答案为：杀菌消毒．
氯化亚铜（CuCl）是白色粉末，不溶于水、乙醇，熔点422℃，沸点1366℃，在空气中迅速被氧化成绿色，常用作有机合成工业中的催化剂．以粗盐水（含Ca2+、Mg2+、SO2-4等杂质）．Cu、稀硫酸，SO2等为原料合成CuCl的工艺如下：
（1）反应Ⅰ中加Na2CO3溶液的作用是______．
（2）反应Ⅱ在电解条件下进行，电解时阳极发生的电极反应可表示为______．
（3）写出反应Ⅵ的化学方程式______．
（4）反应Ⅳ加入的Cu必须过量，其目的是______．
（5）反应Ⅵ后，过滤得到CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，冷却，密封包装即得产品．于70℃真空干燥的目的是______．
正确答案
解：（1）反应Ⅰ中加Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+，故答案为：除去Ca2+和过量的Ba2+；
（2）对氯化钠溶液进行电解，在电解池的阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
（3）二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，即2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4；
（4）反应Ⅳ加入的Cu必须过量，金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子，这样可以防止生成CuCl2，故答案为：防止生成CuCl2；
（5）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化．
解析
解：（1）反应Ⅰ中加Na2CO3溶液可以粗盐溶液中的除去Ca2+和除去硫酸根离子所加的过量的Ba2+，故答案为：除去Ca2+和过量的Ba2+；
（2）对氯化钠溶液进行电解，在电解池的阳极上是氯离子发生失电子的氧化反应，即2Cl--2e-=Cl2↑，故答案为：2Cl--2e-=Cl2↑；
（3）二氧化硫和硫酸铜之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀，即2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4，故答案为：2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+2NaHSO4+H2SO4或2CuSO4+2NaCl+SO2+2H2O=2CuCl↓+Na2SO4+2H2SO4；
（4）反应Ⅳ加入的Cu必须过量，金属铜可以和铜离子在溶液中生成亚铜离子，这样可以防止生成CuCl2，故答案为：防止生成CuCl2；
（5）CuCl沉淀，用无水乙醇洗涤沉淀，在真空干燥机内于70℃干燥2小时，这样可以加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化，故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化．
工业上用含Fe2O3杂质的铝土矿为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．分离氧化铝和氧化铁，只能用氢氧化钠溶液，不可能用盐酸，因氧化铝与氢氧化钠反应，氧化铁不反应，但二者都可与盐酸反应，故A正确；
B．如试剂Y是HCl，过量HCl与[Al（OH）4]-反应生成氯化铝，不可能得到氢氧化铝，故B错误；
C．只有电解熔融Al2O3属于氧化还原反应，故错误；
D．因二氧化碳与氧化铁、氧化铝都不反应，则将X与Y试剂进行对换，不能对物质进行分离，故D错误．
故选A．
（2015秋•扬州校级月考）碱式氧化镍（NiOOH）可用作镍氢电池的正极材料．以含镍（Ni2+）废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：
（1）加入Na2CO3溶液时，确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是______．
（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，调节pH的范围是______．
（3）写出在空气中加热Ni（OH）2制取NiOOH的化学方程式：______．
（4）若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni（OH）2，其组成可表示为xNiOOH•yNi（OH）2．现称取9.18g样品溶于稀硫酸，加入100mL 1.0mol•L-1 Fe2+标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200mL．取出20.00mL，用0.010mol•L-1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00mL，试通过计算确定x、y的值（写出计算过程）．涉及反应如下（均未配平）：NiOOH+Fe2++H+-Ni2++Fe3++H2O Fe2++MnO4-+H+-Fe3++Mn2++H2O．
正确答案
解：（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，
Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）×c2（OH-）=2×10-15，c（OH-）=
c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，调节pH的范围是pH≥9；
故答案为：pH≥9；
（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O2
故答案为：4Ni（OH）2+O2
（4）消耗KMnO4物质的量：0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol
与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10-4 mol×5×（200÷20）=0.01 mol
Fe2+总物质的量：1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol
与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol
n（NiOOH）=0.09 mol
m（NiOOH）=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g
n[Ni（OH）2]=
x：y=n（NiOOH）：n[Ni（OH）2]=0.09 mol：0.01 mol=9：1，
即x=9、y=1，
答：x、y的值分别为9，1．
解析
解：（1）确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是取上层清液，加入碳酸钠溶液观察是否有沉淀生成，判断镍离子是否全部沉淀，具体操作步骤为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成；
（2）已知Ksp[Ni（OH）2]=2×10-15，欲使NiSO4溶液中残留c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，
Ksp[Ni（OH）2]=c（Ni2+）×c2（OH-）=2×10-15，c（OH-）=
c（Ni2+）≤2×10-5 mol•L-1，调节pH的范围是pH≥9；
故答案为：pH≥9；
（3）空气中加热Ni（OH）2和空气中氧气反应生成NiOOH和水，原子守恒配平书写化学方程式为：4Ni（OH）2+O2
故答案为：4Ni（OH）2+O2
（4）消耗KMnO4物质的量：0.01 mol•L-1×0.02L=2×10-4 mol
与NiOOH反应后剩余的Fe2+物质的量：2×10-4 mol×5×（200÷20）=0.01 mol
Fe2+总物质的量：1.0 mol•L-1×0.1 L=0.1 mol
与NiOOH反应的Fe2+的物质的量：0.1 mol-0.01 mol=0.09 mol
n（NiOOH）=0.09 mol
m（NiOOH）=91.7 g•mol-1×0.09 mol=8.253 g
n[Ni（OH）2]=
x：y=n（NiOOH）：n[Ni（OH）2]=0.09 mol：0.01 mol=9：1，
即x=9、y=1，
答：x、y的值分别为9，1．
工业碳酸钠（纯度约为98%）中含有Ca2+、Mg2+、Fe3+、Cl-、和SO42-等杂质，提纯工艺线路如下：
Ⅰ、碳酸钠的饱和溶液在不同温度下析出的溶质如图所示：
回答下列问题：
（1）加入NaOH溶液的作用______，上述实验中均需使用的仪器______
（2）“趁热过滤”时的温度应控制在______．
（3）有人从“绿色化学”角度设想将“母液”沿流程中虚线所示进行循环使用．请你分析实际工业生产中是否可行______，并说明理由______．
（4）怎样检验所得试剂级碳酸钠中是否含有硫酸根离子______．
正确答案
解：（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以先加水溶解生成硫酸钙沉淀而除去，再中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，从而除去钙镁离子，所以加入NaOH溶液的作用除去其中混有的Fe3+、Mg2+；溶解过滤都用到的仪器是玻璃棒，
故答案为：除去其中混有的Fe3+、Mg2+；玻璃棒；
（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，所以温度高于36℃，
故答案为：高于36℃；
（3）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，
故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质；
（4）碳酸钠中是否含有硫酸根离子的检验：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无，
故答案为：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无．
解析
解：（1）因工业碳酸钠中含有Mg2+，Fe3+，Ca2+，所以先加水溶解生成硫酸钙沉淀而除去，再中加入过量的NaOH溶液，可生成Mg（OH）2、Fe（OH）3沉淀，从而除去钙镁离子，所以加入NaOH溶液的作用除去其中混有的Fe3+、Mg2+；溶解过滤都用到的仪器是玻璃棒，
故答案为：除去其中混有的Fe3+、Mg2+；玻璃棒；
（2）“趁热过滤”的原因是使析出的晶体为Na2CO3•H2O，防止因温度过低而析出Na2CO3•10H20晶体或Na2CO3•7H20晶体，所以温度高于36℃，
故答案为：高于36℃；
（3）若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质，这样不符合该提纯工艺，
故答案为：不可行；若“母液”循环使用，则溶液c（Cl-）和c（SO42-）增大，最后所得产物Na2CO3中混有杂质；
（4）碳酸钠中是否含有硫酸根离子的检验：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无，
故答案为：取少量试剂级碳酸钠溶于水配成溶液，取少量溶液于试管中，往其中滴加稀盐酸直到无气泡产生，再往其中滴加几滴氯化钡，若有沉淀生成，则证明有硫酸根离子；反之，则无．
（2013秋•海淀区月考）某课外小组用含少量镁的铝粉制取纯净的氧化铝，流程如图：
（1）写出向混合物加入足量的烧碱溶液发生反应的离子方程式______；
（2）第①步的实验操作名称为______；
（3）第②步向所得的溶液A中加入或通入下列过量的______可以获Al（OH）3沉淀；
A．稀盐酸 B．烧碱溶液 C．氨水 D．CO2
（4）在第③步实验操作名称为______；
（5）第④步实验操作名称为______，发生反应的化学方程式为______．
正确答案
2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑
过滤
D
洗涤沉淀
加热
2Al（OH）3═Al2O3+3H2O
解析
解：根据镁和铝化学性质的差异：铝可以与碱反应，让镁和铝分离的方法是使铝溶于氢氧化钠溶液，固体B镁不溶解，过滤分离，再将溶液A偏铝酸钠与弱酸反应变为固体C氢氧化铝，氢氧化铝加热分解得到三氧化二铝．
（1）铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；
（2）固体和液体分离用过滤，故答案为：过滤；
（3）偏铝酸钠与酸反应可得到氢氧化铝，氢氧化铝可溶于盐酸，故只能用二氧化碳，故答案为：D；
（4）洗涤沉淀除掉可溶性杂质，故答案为：洗涤沉淀；
（5）加热氢氧化铝可得到三氧化二铝，化学方程式为2Al（OH）3═Al2O3+3H2O，故答案为：加热；2Al（OH）3═Al2O3+3H2O．
下列说法不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、溴乙烷与少量乙醇的混合物加水除去乙醇以及溴水中加四氯化碳萃取溴的原理都是萃取原理，故A正确；
B、盛放待测溶液的锥形瓶洗净后未干燥，不影响待测液溶质的物质的量以及标准液的体积，故B正确；
C、Zn-Cu稀H2SO4构成的原电池，溶液中加入适量H2O2，氧化性的电极电位上升了，所以能提高电池放电效率，故C正确；
D、氨基酸遇到双缩脲试剂不会出现紫玫瑰色现象，而蛋白质能使双缩脲试剂变色，故D错误．
故选D．
纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛．以工业废渣锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：
请回答下列问题：
（1）酸浸时FeO与稀HNO3反应的离子方程式______．
（2）为了将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是______．
（3）流程中加入ZnO调pH的目的是______．
（4）滤渣2中的成分是______．
（5）已知ZnS的溶度积Ksp=1.6×10-24，溶液中Zn2+浓度为0.01mol•L-1，则溶液中S2-浓度大于______mol•L-1，才生成ZnS沉淀．
（6）试设计简单实验方案，判断所得ZnS样品颗粒是否为纳米级______．
正确答案
解：锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS；
（1）由于稀硝酸的强氧化性，所以FeO与稀HNO3反应离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故答案为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O；
（2）稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用则将NO进一步再转化成硝酸即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，故答案为：空气（或O2）；
（3）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，
故答案为：除去溶液中的Fe3+；
（4）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，所以最终过量出来的处理置换出的铜还有过量的锌，故答案为：Cu、Zn；
（5）当Qc＞Ksp，才生成ZnS沉淀，即S2-浓度大于
（6）根据胶体的粒子是纳米级的，则取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是，
故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是．
解析
解：锌灰（主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质）加入稀硝酸溶解，根据硝酸的强氧化性则所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，最后调节PH再使锌离子转化成氢氧化锌沉淀，再用硫化氢溶解沉淀氢氧化锌得到ZnS；
（1）由于稀硝酸的强氧化性，所以FeO与稀HNO3反应离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故答案为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O；
（2）稀硝酸酸浸的尾气为一氧化氮，根据要循环利用则将NO进一步再转化成硝酸即4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所以通空气或者氧气，故答案为：空气（或O2）；
（3）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，
故答案为：除去溶液中的Fe3+；
（4）由于硝酸的强氧化性则酸溶解所得溶液中含有三价铁、二价锌、二价铜离子，再加入氧化锌调节PH值先使三价铁以氢氧化铁沉淀而过滤除去，再加锌置换成溶液中铜而过滤除去，所以最终过量出来的处理置换出的铜还有过量的锌，故答案为：Cu、Zn；
（5）当Qc＞Ksp，才生成ZnS沉淀，即S2-浓度大于
（6）根据胶体的粒子是纳米级的，则取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是，
故答案为：取少量样品和水混合形成分散系，让一束光照射，若出现一条光亮的通路，则是纳米级，否则不是．
海波 （Na2S2O3•5H2O） 可用作脱氯剂、定影剂、解毒剂．硫粉和亚硫酸纳溶液煮沸可制得 Na2S2O3•5H2O；Na2S2O3•5H2O的部分性质见下表：
实验室制备海波过程如下：
（1）实验开始时，加入1mL C2H5OH 的目的是______
（2）滤液 A 中除有Na2S2O3和少量 Na2SO3 外，最可能存在的无机化合物杂质是______，如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是______
（3）过滤操作所用的玻璃仪器有______，过滤后发现滤渣 B 中有少量淡黄色物质．为除去淡黄色物质，洗涤滤渣 B 的操作过程是______
（4）烘干滤渣 B 时应注意什么问题______，原因是______．
正确答案
解：（1）由于硫不溶于水，为了使硫粉和亚硫酸纳溶液煮沸充分反应，加入1mL C2H5OH 的目的便于硫被水浸润，故答案为：便于硫被水浸润；
（2）加热过程中亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠；依据硫酸根离子的检验方法设计实验进行验证判断，实验方法为：取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4；
（3）根据过滤操作的装置所用的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；过滤后发现滤渣 B 中有少量淡黄色物质，根据颜色应该为硫单质，硫单质不溶于水易溶于二硫化碳或乙醇，故用CS2浸没滤渣，等自然流下后，重复几次；
故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；用乙醇或CS2浸没滤渣，等自然流下后，重复几次；
（4）有图表得出海波 43℃以上的空气中易风化，所以烘干滤渣 B 时应注意温度应低于43℃，防止晶体风化失水；故答案为：温度应低于43℃；防止晶体风化失水．
解析
解：（1）由于硫不溶于水，为了使硫粉和亚硫酸纳溶液煮沸充分反应，加入1mL C2H5OH 的目的便于硫被水浸润，故答案为：便于硫被水浸润；
（2）加热过程中亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠；依据硫酸根离子的检验方法设计实验进行验证判断，实验方法为：取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4，
故答案为：Na2SO4；取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl2溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na2SO4；
（3）根据过滤操作的装置所用的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；过滤后发现滤渣 B 中有少量淡黄色物质，根据颜色应该为硫单质，硫单质不溶于水易溶于二硫化碳或乙醇，故用CS2浸没滤渣，等自然流下后，重复几次；
故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；用乙醇或CS2浸没滤渣，等自然流下后，重复几次；
（4）有图表得出海波 43℃以上的空气中易风化，所以烘干滤渣 B 时应注意温度应低于43℃，防止晶体风化失水；故答案为：温度应低于43℃；防止晶体风化失水．
（2014秋•偃师市校级月考）以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ、（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的化学反应为2SO2（g）+O2（g）
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是______、______．
（3）通氯气氧化时，发生的主要反应的离子方程式为______；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为______（写化学式）．
Ⅱ、已知：CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体，拟定实验步骤如图所示：
请回答下列问题：
（4）步骤Ⅰ中，将Fe2+转化为Fe3+最好选用下列氧化剂中的______（填字母）
A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2
该反应的离子方程式为______
（5）在步骤Ⅱ中，加入Y的目的是为了调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全，Y可以是下列物质中的______（填字母）．
A．NaOH B．Cu C．Cu2（OH）2CO3
（6）步骤Ⅲ应控制的实验条件是______．
正确答案
解：Ⅰ、以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程：硫铁矿通入空气焙烧可以得到铁的氧化物和二氧化硫气体，向固体物质中加入盐酸，过滤，可以得到氯化亚铁和氯化铁的混合液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，得到氯化铁的水溶液，铁离子易水解，在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铁晶体，
（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O2
故答案为：
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；
故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯化氢气体；
故答案为：Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+；Cl2，HCl；
Ⅱ、CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体，实验原理是：向混合溶液中加入氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，但是选择的氧化剂不能引入杂质离子，然后调节pH，是铁离子完全沉淀，但是铜离子不沉淀，得到氯化铜溶液，铜离子易水解，然后在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，
（4）K2Cr2O7、NaClO将亚铁离子氧化的同时都会引进杂质离子，但是H2O2是绿色氧化剂，不会引进杂质离子，所以选C，反应的原理为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：C；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（5）在步骤Ⅱ中，加入Y的目的是为了调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全，但是铜离子不沉淀，加入的试剂可以和氢离子反应，但是不能引进杂质离子，可以是氧化铜、碱式碳酸铜，碳酸铜或是氢氧化铜等，故答案为：C；
（6）氯化铜溶液中铜离子易水解，应该在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到氯化铜晶体，
故答案为：将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解．
解析
解：Ⅰ、以硫铁矿（主要成分为FeS2）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的工艺流程：硫铁矿通入空气焙烧可以得到铁的氧化物和二氧化硫气体，向固体物质中加入盐酸，过滤，可以得到氯化亚铁和氯化铁的混合液，向其中通入氯气，能将亚铁离子氧化为铁离子，得到氯化铁的水溶液，铁离子易水解，在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铁晶体，
（1）在一定条件下，SO2转化为SO3的反应为2SO2+O2
故答案为：
（2）酸溶及后续过程中均需保持盐酸过量，其目的是使氧化铁溶解为氯化铁，抑制铁离子的水；
故答案为：提高铁元素的浸出率；抑制Fe3+水解；
（3）通氯气氧化后时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生的主要反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；该过程产生的尾气可用碱溶液吸收，尾气中污染空气的气体为过量的氯气和盐酸溶液中挥发出的氯化氢气体；
故答案为：Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+；Cl2，HCl；
Ⅱ、CuCl2溶液中含有少量杂质FeCl2，为制备纯净的CuCl2•2H2O晶体，实验原理是：向混合溶液中加入氧化剂，将亚铁离子氧化为铁离子，但是选择的氧化剂不能引入杂质离子，然后调节pH，是铁离子完全沉淀，但是铜离子不沉淀，得到氯化铜溶液，铜离子易水解，然后在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可得到氯化铜晶体，
（4）K2Cr2O7、NaClO将亚铁离子氧化的同时都会引进杂质离子，但是H2O2是绿色氧化剂，不会引进杂质离子，所以选C，反应的原理为：2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O，故答案为：C；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O；
（5）在步骤Ⅱ中，加入Y的目的是为了调节溶液的酸度以促使Fe3+沉淀完全，但是铜离子不沉淀，加入的试剂可以和氢离子反应，但是不能引进杂质离子，可以是氧化铜、碱式碳酸铜，碳酸铜或是氢氧化铜等，故答案为：C；
（6）氯化铜溶液中铜离子易水解，应该在酸性环境下，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，得到氯化铜晶体，
故答案为：将溶液在较低温度下加热蒸发析出晶体，同时通入氯化氢气体防止水解．
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