- 物质的检验
- 共3564题
过碳酸钠（Na2CO3•3H2O2），有固体双氧水的俗称，该晶体具有Na2CO3和H2O2的双重性质，被大量应用于洗涤、印染、纺织、造纸、医药卫生等领域中，过碳酸钠的某生产流程如图1所示．
已知：2Na2CO3+2H2O2=2Na2CO3•3H2O2△H＜0；回答下列问题：
（1）下列物质可使过碳酸钠较快失效的是（填序号）______．
A．FeCl3溶液 B．H2S C．稀硫酸 D．NaHCO3溶液
（2）反应①应先通入的气体是______．
（3）在上述流程中，向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是______．
（4）该生产流程中可循环使用的物质是______（填化学式）．
（5）生产过碳酸钠的流程中遗漏了一步，造成所得产品纯度偏低，请简述该步操作过程______．
（6）实验室利用图2装置制备过碳酸钠，该装置中恒压滴液漏斗中支管的作用是______，冷凝管应从______处进水．
（7）由实验测定反应温度对产物的影响如下表：根据下表数据，你认为反应最佳的温度选择的范围是______．
正确答案
解：（1）A．FeCl3溶液能与碳酸钠反应，因此氯化铁也与过碳酸钠反应，故A正确；
B．H2S与双氧水发生氧化还原反应，则也与过碳酸钠发生氧化还原反应，故B正确；
C．稀硫酸与碳酸钠反应，因此也与过碳酸钠反应，故C正确；
D．NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应，因此也与过碳酸钠不反应，故D错误．
故答案为：ABC；
（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应①应先通入的气体是氨气，故答案为：NH3；
（3）由于双氧水稳定性差，易分解，因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，故答案为：防止双氧水分解；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；
（6）恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下．冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；
（7）根据表数据可知温度超过20℃后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是15～20℃，故答案为：5～20℃．
解析
解：（1）A．FeCl3溶液能与碳酸钠反应，因此氯化铁也与过碳酸钠反应，故A正确；
B．H2S与双氧水发生氧化还原反应，则也与过碳酸钠发生氧化还原反应，故B正确；
C．稀硫酸与碳酸钠反应，因此也与过碳酸钠反应，故C正确；
D．NaHCO3溶液与碳酸钠以及双氧水等均不反应，因此也与过碳酸钠不反应，故D错误．
故答案为：ABC；
（2）二氧化碳在水中的溶解度很小，而氨气极易溶于水，所以反应①应先通入的气体是氨气，故答案为：NH3；
（3）由于双氧水稳定性差，易分解，因此向反应前的H2O2中加入稳定剂的作用是防止双氧水分解，故答案为：防止双氧水分解；
（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，即A是碳酸钠，B是二氧化碳，因此该生产流程中可循环使用的物质是CO2，故答案为：CO2；
（5）从溶液中过滤出固体后，需要洗涤沉淀，因此该步操作是沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次，故答案为：沿玻璃棒向漏斗（过滤器）中的沉淀上加蒸馏水至淹没沉淀，静置使其全部滤出，重复操作数次；
（6）恒压滴液漏斗能保持压强恒定，因此恒压滴液漏斗中支管的作用是使液体顺利流下．冷凝管应从下端进水，即a处进水上端出水，故答案为：使液体顺利流下；a；
（7）根据表数据可知温度超过20℃后，活性氧百分含量和产率均降低，所以反应最佳的温度选择的范围是15～20℃，故答案为：5～20℃．
锌是一种常用金属，冶炼方法有火法和湿法．
I．镓（Ga）是火法冶炼锌过程中的副产品，镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似．氮化镓（GaN）是制造LED的重要材料，被誉为第三代半导体材料．
（1）Ga的原子结构示意图为______．
（2）GaN可由Ga和NH3在高温条件下合成，该反应的化学方程式为______．
（3）下列有关镓和镓的化合物的说法正确的是______（填字母序号）．
A．一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠
B．常温下，Ga可与水剧烈反应放出氢气
C．Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到
D．一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐
II．工业上利用锌焙砂（主要含Zn0、ZnFe2O4，还含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）湿法制取金属锌的流程如图所示，回答下列问题：
已知：Fe的活泼性强于Ni
（4）ZnFe2O4可以写成ZnO•Fe2O3，写出ZnFe2O4与H2SO4反应的化学方程式______．
（5）净化I操作分为两步：第一步是将溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，只使Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀．净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，溶液中的悬浮杂质被共同沉淀的原因是______．
（6）净化II中加入Zn的目的是______．
（7）常温下，净化I中，如果要使c（Fe3+）＜10-5 mol/L，则应控制溶液pH的范围为______．
已知：Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38；lg5=0.7．
正确答案
解：Ⅰ．（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第ⅢA族，原子结构示意图为
（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH3
（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则
A．Al与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；
B．Al与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；
C．氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；
D．氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；
故答案为：ACD；
Ⅱ（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，
故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；
（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；
（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；
（7）由Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38，要使c（Fe3+）＜10-5 mol/L，则c（OH-）＞
解析
解：Ⅰ．（1）Ga的原子序数为31，位于第四周期第ⅢA族，原子结构示意图为
（2）Ga和NH3在高温条件下反应生成GaN和氢气，反应为2Ga+2NH3
（3）镓与铝同主族且相邻，化学性质与铝相似，则
A．Al与盐酸、NaOH均反应，则一定条件下，Ga可溶于盐酸和氢氧化钠，故A正确；
B．Al与水常温不反应，则常温下，Ga不能与水剧烈反应放出氢气，故B错误；
C．氧化铝可由氢氧化铝分解生成，则Ga2O3可由Ga（OH）3受热分解得到，故C正确；
D．氧化铝与NaOH反应生成盐，则一定条件下，Ga2O3可与NaOH反应生成盐，故D正确；
故答案为：ACD；
Ⅱ（4）根据信息，酸浸时ZnFe2O4会生成两种盐，这两种盐分别为硫酸锌、硫酸铁，即ZnFe2O4与硫酸反应生成硫酸锌、硫酸铁，反应的化学方程式为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，
故答案为：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O；
（5）因为Fe（OH）3胶粒具有吸附性，则净化I生成的沉淀中还含有溶液中的悬浮杂质，故答案为：Fe（OH）3胶粒具有吸附性；
（6）CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物溶于酸转化为金属离子，净化I后除去Fe元素，净化II中加入Zn的目的是使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去，故答案为：使Cu2+、Ni2+转化为Cu、Ni而除去；
（7）由Ksp[Fe（OH）3]=8.0×10-38，要使c（Fe3+）＜10-5 mol/L，则c（OH-）＞
某同学设计如下实验方案，以分离KCl和BaCl2两种固体混合物，试回答下列
（1）操作①的名称是______，操作②的名称是______．
（2）试剂a是______，试剂b是______，固体B是______．（填化学式）
（3）加入试剂a所发生的化学反应方程式为：______．
加入试剂b所发生的化学反应方程式为：______．
（4）该方案能否达到实验目的：______．若不能，应如何改进（若能，此问不用回答）______．
（5）若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，至少还要获得的数据是______（填“A”、“A1”、“B”、“C”）的质量．
正确答案
溶解
过滤
K2CO3
HCl
BaCl2
K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl
BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O
否
应在滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶
沉淀A1或固体B
解析
解：分离KCl和BaCl2两种固体混合物，先溶于水，然后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，则试剂a为K2CO3，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液则试剂b为盐酸，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，应加入过量盐酸可得KCl；
（1）根据以上分析可知操作①是把KCl和BaCl2两种固体混合物溶于水，操作为溶解；操作②是分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：溶解；过滤；
（2）固体溶解后加入过量K2CO3使BaCl2转化为沉淀，过滤后沉淀加入盐酸可生成BaCl2溶液，经蒸发、结晶、干燥后可得固体BaCl2，
故答案为：K2CO3；HCl；BaCl2；
（3）加入试剂a，K2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，发生的化学方程式为K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；加入试剂b，BaCO3与HCl生成二氧化碳、水和氯化钡，其反应的方程式为：；
故答案为：K2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2KCl；BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O；
（4）操作②所得滤液为KCl和K2CO3的混合物，直接蒸发结晶得不到纯净的KCl，所以不能得到实验目的；滤液中的杂质为K2CO3，在滤液中加入过量盐酸使K2CO3转化为KCl后再蒸发结晶；
故答案为：否；应在滤液中加入过量盐酸后再蒸发结晶；
（5）若要测定原混合物中KCl和BaCl2的质量分数，除了要准确称量混合物的质量外，还要求出KCl和BaCl2二者之一的质量，沉淀A没有洗涤含有杂质离子不能用于求算氯化钡的质量，利用沉淀A的质量可以求出氯化钡的质量，固体B即是BaCl2，而固体C中的KCl部分来源于K2CO3，所以不能用C的质量求算；
故答案为：沉淀A1或固体B．
浅绿色的硫酸亚铁铵晶体[又名莫尔盐（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O]比绿矾（FeSO4•7H2O）更稳定，常用于定量分析．莫尔盐的一种实验室制法如图1：
（1）向废铁屑中加入稀硫酸后，并不等铁屑完全溶解而是剩余少量时就进行过滤，其目的是______；证明溶液A不含Fe3+离子的最佳试剂是______（填序号字母）．
a．酚酞溶液 b．KSCN溶液 c．烧碱溶液 d．KMnO4溶液
操作I的步骤是：加热蒸发、______、过滤．
（2）浓度均为0.1mol•L-1盐溶液和（NH4）2SO4溶液，c（NH4+）前者大于后者，原因是______．
（3）用托盘天平称量（NH4）2SO4晶体，晶体要放在天平______（填“左”“右”）盘．
（4）从图2装置中选取必要的装置制取（NH4）2SO4溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接______；______接______．
（5）将装置C中两种液体分离开的操作名称是______．装置D的作用是______．
正确答案
防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子
b
冷却结晶
莫尔盐中的Fe2+离子易水解，趋使溶液显酸性，抑制NH4+水解，故c（NH4+）前者大于后者
左
d
e
f
分液
吸收多余的NH3防止污染空气，防止倒吸
解析
解：废铁屑加稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁溶液A，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐；
（1）Fe2+离子不稳定，易被氧气氧化为Fe3+离子，剩余少量铁粉防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；
检验三价铁离子用KSCN溶液，如果含有三价铁离子溶液呈红色；
操作I是从溶液中获得晶体，加热蒸发、冷却结晶、过滤，
故答案为：防止Fe2+离子被氧化为Fe3+离子；b；冷却结晶；
（2）莫尔盐中的Fe2+离子易水解，趋使溶液显酸性，抑制NH4+水解，故c（NH4+）前者大于后者，
故答案为：莫尔盐中的Fe2+离子易水解，趋使溶液显酸性，抑制NH4+水解，故c（NH4+）前者大于后者；
（3）遵循“左物右码”原则，药品应放置在左盘内，故答案为：左；
（4）制取的氨气与硫酸反应生成硫酸铵，剩余的氨气用水吸收，故连接顺序为a→d→e→f；故答案为：d、e、f；
（5）分离互不相溶的液体的方法是：分液；氨气有刺激性气味，污染空气，用水吸收多余的氨气防止污染空气，加倒置的漏斗防止倒吸．
故答案为：分液；吸收多余的NH3防止污染空气，防止倒吸．
（2014秋•临川区校级期中）某废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，某化学兴趣小组拟用该废液（含有少量的Cl-、Fe3+）制取Zn（NO3）2•6H2O的过程如下：
已知：Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性，Zn（NO3）2能与碱反应，得到的产物Zn（OH）2具有两性，Fe3+在PH=3.7时就能完全沉淀．
（1）该废液溶质的主要成分是______（填化学式），若稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为______．
（2）在操作①中保持pH=8的目的是______．
（3）沉淀Ⅰ的成分是______．
（4）操作③中加热、煮沸的目的是______；
（5）操作④保持pH=2的目的是______．
正确答案
解：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的PH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体．
（1）废液中溶质的主要成分是Zn（NO3）2；稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则锌化合价升高2价作还原剂，硝酸化合价降低4价作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：Zn（NO3）2；2：1；
（2）使锌离子完全转化为氢氧化锌，PH不大，如果PH加大氢氧化锌两性又溶解，故答案为：防止生成的Zn（OH）2溶解；
（3）Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，故答案为：Fe（OH）3和Zn（OH）2；
（4）因为温度越高，水解程度越大，所以加热煮沸促使Fe3+完全水解，故答案为：促进Fe3+完全水解；
（5）锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解，则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn（OH）2；故答案为：抑制Zn2+水解为Zn（OH）2．
解析
解：因为废液是用稀硝酸腐蚀锌板后得到的，所以废液中含有大量的锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的Cl-、Fe3+，加入氢氧化钠调节溶液的PH=8使铁离子、锌离子完全沉淀，然后在沉淀Ⅰ中加硝酸溶解，溶液Ⅱ中含有大量锌离子、氢离子、硝酸根离子和少量的铁离子，调节溶液的PH使铁离子沉淀，溶液Ⅲ是硝酸锌溶液，在酸性条件下加热浓缩蒸发结晶，得到Zn（NO3）2•6H2O是一种无色晶体．
（1）废液中溶质的主要成分是Zn（NO3）2；稀硝酸腐蚀锌板产生的气体为N2O，则锌化合价升高2价作还原剂，硝酸化合价降低4价作氧化剂，根据氧化还原反应得失电子守恒，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为2：1，故答案为：Zn（NO3）2；2：1；
（2）使锌离子完全转化为氢氧化锌，PH不大，如果PH加大氢氧化锌两性又溶解，故答案为：防止生成的Zn（OH）2溶解；
（3）Zn2+、Fe3+完全沉淀生成相应的氢氧化物，故答案为：Fe（OH）3和Zn（OH）2；
（4）因为温度越高，水解程度越大，所以加热煮沸促使Fe3+完全水解，故答案为：促进Fe3+完全水解；
（5）锌离子易水解生成氢氧化锌，酸性条件下可抑制锌离子的水解，则操作④保持pH=2的目的是抑制Zn2+水解为Zn（OH）2；故答案为：抑制Zn2+水解为Zn（OH）2．
已知室温下几种盐的溶解度由大到小的顺序是：NH4Cl＞NaCl＞NH4HCO3＞NaHCO3
实验室利用它们在溶解度上的差异来制取试剂B，其步骤如下：
试回答下列问题：
（1）晶体A的名称是______，生成该晶体的化学方程式是______．
（2）操作Ⅰ和Ⅱ的顺序不能颠倒的原因是______．
（3）操作Ⅲ中使用玻璃棒的作用是______．
（4）第Ⅳ的化学反应方程式是______．
（5）整个过程中没有涉及到的反应类型是______．A．化学反应B．复分解反应C．分解反应D．置换反应．
正确答案
碳酸氢钠
CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
CO2在饱和的食盐氨溶液中溶解度大，有利于生成NaHCO3，而在水中溶解度小，不利于生成NaHCO3
引流
2NaHCO3
D
解析
解：已知室温下几种盐的溶解度由大到小的顺序是：NH4Cl＞NaCl＞NH4HCO3＞NaHCO3，首先析出的是溶解度最小的NaHCO3，从题图中看出，在通入足量氨气和二氧化碳后，首先析出的是晶体A，故A为NaHCO3，NaHCO3加热分解生成碳酸钠和二氧化碳气体，故B为碳酸钠，
（1）NaHCO3溶解度最小，首先析出，根据侯氏制碱法知反应化学方程式为CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：碳酸氢钠；CO2+NH3+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）二氧化碳的溶解度较小，中性的氯化钠溶液不易吸收二氧化碳，通入氨气后，溶液呈碱性，增加了二氧化碳的溶解度，利用吸收二氧化碳气体，以便生成碳酸氢钠，故答案为：CO2在饱和的食盐氨溶液中溶解度大，有利于生成NaHCO3，而在水中溶解度小，不利于生成NaHCO3；
（3）过滤操作中玻璃棒的作用是引流，故答案为：引流；
（4）第Ⅳ是NaHCO3加热分解生成二氧化碳与碳酸钠的反应，化学方程式为2NaHCO3
（5）通入氨气反应为NH3+CO2+H2O=NH4HCO3属于化合反应，NaCl+NH4HCO3═NaHCO3↓+NH4Cl属于复分解反应，2NaHCO3
一种从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的工艺流程如下下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：根据图示流程可知，制备Al2O3方法为为：铝土矿中加入过量氢氧化钠溶液，MgO、Fe2O3、SiO2不与NaOH溶液反应，Al2O3、SiO2与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠、硅酸钠，则固体L为MgO、Fe2O3的混合物，滤液K中含有偏铝酸根离子，向滤液K中加入过量二氧化碳且调节pH后，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，生成沉淀M为氢氧化铝，加热Al（OH）3分解生成Al2O3，滤液N中含有硅酸钠、碳酸氢钠，
A．根据分析可知，加入的X必须为强碱溶液，不能加入盐酸，故A错误；
B．第②步中通入过量的二氧化碳气体，则反应 生成碳酸氢钠，正确的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3-，故B错误；
C．MgO、Fe2O3不与NaOH溶液反应，则固体L为MgO、Fe2O3的混合物，故C正确；
D．滤液N中含有硅酸钠、碳酸氢钠，蒸干滤液N会得到硅酸钠固体，无法获得纯净的碳酸钠，故D错误；
故选C．
某学生为将含有少量杂质铜的氯化铁提纯．拟定以下实验步骤：
①把样品加蒸馏水溶解；②过滤除去杂质；③把滤液加热蒸干得到FeCl3晶体．
（1）你认为此方案是否科学，试用化学方程式和简要文字表达其理由．
答：______．
（2）请你设计提纯氯化铁方案（只要求写出提纯步骤，最多只允许6步完成）．
答：______．
正确答案
解：（1）含有少量杂质铜的氯化铁溶于水后，金属铜会和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，过滤所得滤液是氯化铜和氯化亚铁，把滤液加热蒸干得不到FeCl3晶体，故答案为：不科学，加水后2FeCl3+Cu═CuCl2+2FeCl2，过滤不能除去CuCl2；在溶液蒸干过程中FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，得不到氯化铁；
（2）可以向含有含有少量杂质铜的氯化铁溶液中加入金属铁，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤所得滤液是氯化亚铁，加氯水将其氧化为氯化铁，再在氯化氢气流中蒸发结晶即可，故答案为：①加蒸馏水溶解；②加过量Fe粉；③过滤除去Cu和过量Fe；④通入适量氯气；⑤加入少量氯化氢气体；⑥蒸发浓缩结晶得到FeCl3晶体．
解析
解：（1）含有少量杂质铜的氯化铁溶于水后，金属铜会和氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，过滤所得滤液是氯化铜和氯化亚铁，把滤液加热蒸干得不到FeCl3晶体，故答案为：不科学，加水后2FeCl3+Cu═CuCl2+2FeCl2，过滤不能除去CuCl2；在溶液蒸干过程中FeCl3+3H2O⇌Fe（OH）3+3HCl，得不到氯化铁；
（2）可以向含有含有少量杂质铜的氯化铁溶液中加入金属铁，铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，过滤所得滤液是氯化亚铁，加氯水将其氧化为氯化铁，再在氯化氢气流中蒸发结晶即可，故答案为：①加蒸馏水溶解；②加过量Fe粉；③过滤除去Cu和过量Fe；④通入适量氯气；⑤加入少量氯化氢气体；⑥蒸发浓缩结晶得到FeCl3晶体．
为了回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿（主要成分MnO2）脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程示意图如图1：
已知：浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，还含有少量的Fe2+．完成下列填空．
（1）写出浸出过程中主要反应的化学方程式：______．
（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，致使浸出液的pH下降，这将______（“有利”、“不利”）于软锰矿浆继续吸收SO2．欲消除生成的硫酸，试剂A最好是______．
a．MnCO3 b．MnO2 c．CaO d．CaCO3
（3）操作I的目的是除去浸出液中的Fe2+，MnO2在氧化Fe2+的同时还______，使Fe3+沉淀．检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作是______．
（4）已知大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：______、______、洗涤、干燥．工业上为了充分利用锰元素，在流程中______可循环使用．
（5）通过煅烧MnSO4•H2O 可制得生产软磁铁氧体材料的MnxO4，图2是煅烧MnSO4•H2O时温度与剩余固体质量变化曲线．该曲线中A段所表示物质的化学式为______；MnxO4中x=______．
正确答案
解：回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿（主要成分MnO2）脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程为：通入含SO2烟气进入浸出液中，软锰矿浆的主要成分是MnO2，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，同时副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，因酸性条件不利于软锰矿浆继续吸收SO2，需加MnCO3，除去硫酸，同时不引入新的杂质，所以试剂A为MnCO3，因pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，所以浸出过程的操作I的目的是除去浸出液中的Fe2+，MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，使Fe3+沉淀，已知大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，制得MnSO4．
（1）软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，
故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；
（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，硫酸是强酸，能和软锰矿浆的主要成分是MnO2反应，不利于软锰矿浆继续吸收SO2，除去硫酸，同时不引入新的杂质，硫酸和MnCO3反应生成Mn2+和二氧化碳，能除去硫酸，同时不引入新的杂质，
故答案为：不利；a；
（3）Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，所以MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作：加入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液立即呈血红色，证明含有三价铁离子，
故答案为：调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3；取上层清液，滴加KSCN，若溶液不显血红色，则说明Fe3+已沉淀完全；
（4）操作Ⅱ是依据流程得到硫酸锰溶液中得到溶质晶体，因大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，所以采取的措施是：蒸发浓缩、趁热过滤，操作II后剩余的母液含Mn2+，工业上为了充分利用锰元素，在流程中操作II后剩余的母液可循环使用，
故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；操作II后剩余的母液；
（5）探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法．MnSO4•H2O在高温下易分解，101.4克的MnSO4•H2O物质的量为：
此时发生的反应为：3MnSO4•H2O
故答案为：MnSO4；3．
解析
解：回收利用钢铁生产过程中产生的SO2，工业上采用软锰矿（主要成分MnO2）脱硫同时制取硫酸锰技术，其流程为：通入含SO2烟气进入浸出液中，软锰矿浆的主要成分是MnO2，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，同时副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，因酸性条件不利于软锰矿浆继续吸收SO2，需加MnCO3，除去硫酸，同时不引入新的杂质，所以试剂A为MnCO3，因pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，所以浸出过程的操作I的目的是除去浸出液中的Fe2+，MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，使Fe3+沉淀，已知大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，则操作II的过程为：蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、干燥，制得MnSO4．
（1）软锰矿浆的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH接近4，其中的金属离子主要是Mn2+，则MnO2与SO2发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO2+MnO2=MnSO4，
故答案为：SO2+MnO2=MnSO4；
（2）浸出过程的副反应之一是部分SO2被氧化为硫酸，硫酸是强酸，能和软锰矿浆的主要成分是MnO2反应，不利于软锰矿浆继续吸收SO2，除去硫酸，同时不引入新的杂质，硫酸和MnCO3反应生成Mn2+和二氧化碳，能除去硫酸，同时不引入新的杂质，
故答案为：不利；a；
（3）Fe2+具有还原性，可以被MnO2在酸性条件下氧化成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，所以MnO2在氧化Fe2+的同时还调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3，检验过滤后溶液中是否含有Fe3+的操作：加入KSCN溶液，发生络合反应，Fe3++3SCN-⇌Fe（SCN）3溶液立即呈血红色，证明含有三价铁离子，
故答案为：调节溶液pH，促进Fe3+水解生成Fe（OH）3；取上层清液，滴加KSCN，若溶液不显血红色，则说明Fe3+已沉淀完全；
（4）操作Ⅱ是依据流程得到硫酸锰溶液中得到溶质晶体，因大于27℃时，MnSO4•H2O溶解度随温度上升而明显下降，所以采取的措施是：蒸发浓缩、趁热过滤，操作II后剩余的母液含Mn2+，工业上为了充分利用锰元素，在流程中操作II后剩余的母液可循环使用，
故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤；操作II后剩余的母液；
（5）探究物质的变化规律时，运用了物质的质量守恒和元素的质量守恒法．MnSO4•H2O在高温下易分解，101.4克的MnSO4•H2O物质的量为：
此时发生的反应为：3MnSO4•H2O
故答案为：MnSO4；3．
某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜．探究过程如下：（注：步骤⑤中操作乙为电解）
请回答下列问题：
（1）步骤①中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是______．该操作所需要的玻璃仪器有______．
（2）步骤②中，除发生反应Fe+2HCl═FeCl2+H2↑外，其他可能反应的离子方程式为：______．
（3）步骤③中通入适量氯气的目的是______，写出反应的离子方程式______
（4）溶液C的颜色是______，溶液D中可能含有的金属阳离子有______．
（5）可以验证溶液B中是否含有Fe2+的一种试剂是______（填选项序号）
a．稀硫酸 b．铁 c．硫氰化钾 d．酸性高锰酸钾溶液．
正确答案
解：废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，然后通入适量的氯气，
发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，操作乙可得到氯气、铜和E，应为电解操作，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液；
（1）废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，所需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；
（2）固体A为Fe2O3和Fe的混合物，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+；
（3）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，所以通入适量氯气的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（4）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，
故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；
（4）Fe2+具有还原性，可用酸性高锰酸钾溶液检验，发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d．
解析
解：废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，然后通入适量的氯气，
发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，操作乙可得到氯气、铜和E，应为电解操作，阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液；
（1）废铁屑经①加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，所需要的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：过滤；漏斗、玻璃棒、烧杯；
（2）固体A为Fe2O3和Fe的混合物，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+，故答案为：Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+═3Fe2+；
（3）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，所以通入适量氯气的目的是将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+，故答案为：将溶液中的Fe2+氧化成Fe3+；2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
（4）通入适量的氯气，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，
故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；
（4）Fe2+具有还原性，可用酸性高锰酸钾溶液检验，发生氧化还原反应，酸性高锰酸钾溶液褪色，故答案为：d．
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