- 物质的检验
- 共3564题
如图是某研究小组采用电解法处理石油炼制过程中产生的大量H2S废气的工艺流程．该方法对H2S的吸收率达99%以上，并可制取H2和S．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．由图中的流程图可知，FeCl3与H2S反应，FeCl3中+3价的铁具有氧化性，H2S中-2价的硫具有还原性，所以两者反应生成S和Fe2+，书写离子方程式时，硫化氢是气体，水是弱电解质写化学式，得失电子数守恒，所以离子方程式正确，故A正确；
B．电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，阳极发生的应该是氧化反应，所得滤液中含有Fe2+、H+和Cl-，由于还原性Fe2+＞Cl-，电解时阳极反应式为Fe2+-e-═Fe3+，故B错误；
C．该流程图中过程中电解的是氯化亚铁和盐酸溶液，电解时阳极反应式为Fe2+-e-═Fe3+，所以X为FeCl3，可回收与H2S反应，所以电解产物X在该工艺流程中可循环利用，故C正确；
D．由于H2S充分燃烧的化学方程式为2H2S+3O2
故选：A、C．
盐泥是氯碱工业中的废渣，主要含有镁、铁、铝、钙等的硅酸盐和碳酸盐．实验室以盐泥为原料制取MgSO4•7H2O的实验过程如下：
已知：①Ksp[Mg（OH）2]=6.0×10-12．②Fe2+、Fe3+、Al3+从开始沉淀到沉淀完全的pH范围依次为：7.1～9.6、2.0～3.7、3.1～4.7．③三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线如下图所示．
（1）在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2以及第一次煮沸的目的是______
（2）若溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液pH≥______才可能产生Mg（OH）2沉淀．
（3）第二次过滤需要趁热进行，主要原因是______，所得滤渣的主要成分是______．
（4）从滤液Ⅱ中获得MgSO4•7H2O晶体的实验步骤依次为：①向滤液Ⅱ中加入______；②过滤，得沉淀；③______；④蒸发浓缩，降温结晶；⑤过滤、洗涤得产品．
（5）若获得的MgSO4•7H2O的质量为24.6g，则该盐泥中镁[以Mg（OH）2计]的百分含量约为______（MgSO4•7H2O的相对分子质量为246）．
正确答案
提高Mg2+的浸取率
8
温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）
Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O
NaOH溶液
向沉淀中加足量稀硫酸
20.0%
解析
解：（1）根据离子完全沉淀的pH值可以知道，在盐泥中加入稀硫酸调pH为1～2并煮沸的目的是为了提高Mg2+的浸取率，故答案为：为了提高Mg2+的浸取率；
（2）氢氧化镁的Ksp=c（Mg2+）•c（OH-）2，溶液中Mg2+的浓度为6.0mol•L-1，则溶液的氢氧根浓度=
（3）温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底，或者根据三种化合物的溶解度（S）随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4•2H2O溶解度小，所得到的滤渣主要成分是：Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O，
故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底（或高温下CaSO4•2H2O溶解度小等合理答案均可）；Al（OH）3、Fe（OH）3、CaSO4•2H2O；
（4）镁离子可以和氢氧化钠发生反应生成氢氧化镁沉淀，过滤，得到纯净的沉淀，再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体，故答案为：NaOH溶液；向沉淀中加足量稀硫酸；
（5）解：设该盐泥中含Mg（OH）2的质量为X，MgSO4•7H2O质量为24.6克，物质的量是0.1mol．
由关系式MgSO4•7H2O-Mg（OH）2
1mol 58克
0.1mol x
x=5.8克
故该盐泥中含Mg（OH）2的百分含量为
CH3COOCH2CH3+NaOH→CH3COONa+CH3CH2OH
（乙酸乙酯）
按下列步骤回收乙醇和乙酸：
①向废液中加入烧碱溶液，调整溶液的pH=10；
②将混合液放入蒸馏器中缓缓加热；
③收集温度在70℃～85℃时的馏出物；
④排出蒸馏器中的残液，冷却后向其中加浓硫酸（过量），然后再放入耐酸蒸馏器中进行蒸馏，回收馏出物．
蒸馏装置如图：请回答下列问题：
（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是______．
（2）冷凝管中冷却水进口是______．烧瓶中少量加瓷片的作用是______．
（3）在步骤④中加入过量浓硫酸的目的是（用化学方程式表示）______．
（4）在70℃～85℃时馏出物的主要成分是______． 当最后蒸馏的温度控制在85℃～125℃一段时间后，耐酸蒸馏器残液中溶质的主要成分是______．
正确答案
解：（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
故答案为：将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
（2）冷凝管中冷却水下进上出，进口是B．烧瓶中少量加瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：B；防止暴沸；
（3）在步骤④中加入过量浓硫酸的目的是和醋酸钠反应生成醋酸，方程式为2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH，故答案为：2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH；
（4）依据图表中物质沸点分析可知，在70℃～85℃时馏出物的主要成分是乙醇；当最后蒸馏的温度控制在85℃～125℃一段时间后，耐酸蒸馏器残液中溶质的主要成分依据反应2CH3COONa+H2SO4-→Na2SO4+2CH3COOH 可知，得到残液中溶质的主要成分是硫酸钠，故答案为：乙醇； Na2SO4．
解析
解：（1）加入烧碱使溶液的pH=10的目的是将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
故答案为：将乙酸转化为乙酸钠，使乙酸乙酯在转化为乙酸钠和乙醇；
（2）冷凝管中冷却水下进上出，进口是B．烧瓶中少量加瓷片的作用是防止暴沸，故答案为：B；防止暴沸；
（3）在步骤④中加入过量浓硫酸的目的是和醋酸钠反应生成醋酸，方程式为2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH，故答案为：2CH3COONa+H2SO4→Na2SO4+2CH3COOH；
（4）依据图表中物质沸点分析可知，在70℃～85℃时馏出物的主要成分是乙醇；当最后蒸馏的温度控制在85℃～125℃一段时间后，耐酸蒸馏器残液中溶质的主要成分依据反应2CH3COONa+H2SO4-→Na2SO4+2CH3COOH 可知，得到残液中溶质的主要成分是硫酸钠，故答案为：乙醇； Na2SO4．
下列图示的四种实验操作名称从左到右依次是（ ）
正确答案
解析
解：由图中第一个装置的仪器以及操作分离固液化合物，可知本实验操作名称过滤；
由图中第二个装置的仪器以及操作从溶液中分离溶质，可知本实验操作名称蒸发；
由图中第三个装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏；
由图中第四个装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是萃取分液；
故四种实验操作名称从左到右依次是过滤、蒸发、蒸馏、萃取分液．
故选A．
高锰酸钾是锰的重要化合物和常用氧化剂，在实验室和医疗上有非常广泛的应用．以下是工业上用软锰矿（主要含MnO2）制备高锰酸钾晶体的一种工艺流程：
（1）操作Ⅱ的名称是______，实验室进行该操作须用到的玻璃仪器有______；
（2）反应②的产物中，氧化产物与还原产物的物质的量之比是______；
（3）反应②中“酸化”时不能选择下列酸中的______（填字母序号）
a．稀盐酸 b．稀硫酸 c．稀醋酸
（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，其阴极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，如图，b为电源的______极，电解池的阳极反应式是______；若电解过程中收集到2.24L H2（标准状况），则得到高锰酸钾______g．（提示：阴离子放电顺序MnO42-＞OH-）
正确答案
解：（1）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作Ⅰ得到滤液，因此操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4价，因此KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据化合价升降相等可知，
氧化产物与还原产物的物质的量之比为（7-6）：（6-4）=1：2，
故答案为：1：2；
（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸生成氯气，因此不能选用盐酸酸化，
故答案为：a；
（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42-在阳极放电，电极反应是为MnO42--e-═MnO4-，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；
n（H2）=
故答案为：负；MnO42--e-═MnO4-；31.6．
解析
解：（1）软锰矿中含有不溶于水的物质，由流程图可知，通过操作Ⅰ得到滤液，因此操作Ⅰ为过滤，过滤用到的玻璃仪器有：玻璃棒、漏斗、烧杯，
故答案为：过滤；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（2）K2MnO4与酸发生氧化还原反应生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4价，因此KMnO4为氧化产物，MnO2为还原产物，根据化合价升降相等可知，
氧化产物与还原产物的物质的量之比为（7-6）：（6-4）=1：2，
故答案为：1：2；
（3）酸性高锰酸钾溶液能氧化盐酸生成氯气，因此不能选用盐酸酸化，
故答案为：a；
（4）电解锰酸钾溶液也可以制备高锰酸钾，锰的化合价升高，MnO42-在阳极放电，电极反应是为MnO42--e-═MnO4-，因此铁棒只能作阴极，所以b为负极；
n（H2）=
故答案为：负；MnO42--e-═MnO4-；31.6．
据报道，有一种叫Thibacillus Ferroxidans的细菌在氧气存在下的酸性溶液中，能将黄铜矿（CuFeS2）氧化成硫酸盐．发生的反应为：
4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O
（1）CuFeS2中Fe的化合价为+2，上述反应中被氧化的元素是______．
（2）工业生产中利用上述反应后的溶液，按如下流程图1可制备胆矾（CuSO4•5H2O）：
①分析下列表格（其中KSP是相应金属氢氧化物的沉淀溶解平衡常数）：
步骤一应调节溶液的pH范围是______．请运用沉淀溶解平衡的有关理论解释加入CuO能除去CuSO4溶液中Fe3+的原因______．
②步骤三中的具体操作方法是______．
（3）有人提出可以利用图2的装置从溶液B中提炼金属铜．该过程中右边电极的反应式是______，总反应的方程式是______．
（4）工业上冶炼铜的方法之一为：Cu2S（s）+2Cu2O（s）=6Cu（s）+SO2（g）△H
已知：①2Cu（s）+
②2Cu（s）+S（s）=Cu2S（s）△H=-79.5kJ•mol-1
③S（s）+O2（g）=SO2（g）△H=-296.8kJ•mol-1
则该法冶炼铜的反应中△H=______．
正确答案
解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从-2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，
故答案为：Fe和CuFeS2中的S；
（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去，
故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去；
②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（3）CuSO4溶液中铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以铜离子先放电；氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，氢氧根离子先放电，阳极上失电子，发生氧化反应，所以该过程中右边电极氢氧根离子在阳极上失电子生成氧气4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极上得电子，反应还原反应，所以铜离子的阴极上得电子生成铜Cu2++2e-=Cu，总的反应为：2CuSO4+2H2O
故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；2CuSO4+2H2O
（4）①2Cu（s）+
故答案为：-193.3kJ•mol-1；
解析
解：（1）在4CuFeS2+2H2SO4+17O2=4CuSO4+2Fe2（SO4）3+2H2O反应中，CuFeS2中Fe从+2价变为产物中的+3价，硫从-2价变为产物中的+6价，Fe和CuFeS2中的S化合价升高，在反应中被氧化，
故答案为：Fe和CuFeS2中的S；
（2）①该实验的目的是制备胆矾（CuSO4•5H2O），需除去杂质三价铁离子，所以调节溶液的pH使三价铁离子变成氢氧化铁沉淀且沉淀完全，而铜离子不能沉淀，所以步骤一应调节溶液的pH范围是3.2≤pH＜4.7，加入CuO，CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去，
故答案为：3.2≤pH＜4.7；加入CuO与H+反应使c（H+）减小，c（OH-）增大，使溶液中c（Fe3+）•c3（OH-）＞Ksp[Fe（OH）3]，导致Fe3+生成沉淀而除去；
②CuSO4溶解度受温度影响较大，将硫酸铜溶液蒸发浓缩后，将热的硫酸铜溶液静置并慢慢降温，得到硫酸铜晶体，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；
（3）CuSO4溶液中铜离子的放电能力大于氢离子的放电能力，所以铜离子先放电；氢氧根离子的放电能力大于硫酸根离子的放电能力，氢氧根离子先放电，阳极上失电子，发生氧化反应，所以该过程中右边电极氢氧根离子在阳极上失电子生成氧气4OH--4e-=O2↑+2H2O；阴极上得电子，反应还原反应，所以铜离子的阴极上得电子生成铜Cu2++2e-=Cu，总的反应为：2CuSO4+2H2O
故答案为：4OH--4e-=O2↑+2H2O；2CuSO4+2H2O
（4）①2Cu（s）+
故答案为：-193.3kJ•mol-1；
富马酸亚铁（分子式为C4H2O4Fe，结构简式为
（1）下图为实验室模拟工业制取富马酸亚铁的流程图：
①根据题意，请你写出富马酸的结构简式：______．
②绿矾（FeSO4•7H2O）在保存过程中形成的杂质主要有______（填化学式）．
③操作Y包括______、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等．
④判断操作Y中“洗涤”富马酸亚铁产品表明已洗净的实验方法是______．
（2）设计一个实验方案，证明所得富马酸亚铁产品属于亚铁盐（可供选用的试剂有KSCN溶液、H2O2溶液、稀硫酸．）．填写下表相应空格：
正确答案
解：制取富马酸亚铁的流程为：先分别溶解绿矾和富马酸，然后用碳酸钠与富马酸反应生成富马酸钠，富马酸钠与绿矾反应生成富马酸亚铁溶液，然后通过蒸发浓缩得到富马酸亚铁产品，
（1）①根据结构式
故答案为：HOOCHC═CHCOOH；
②由于亚铁离子不稳定，容易被氧化成三价铁离子，铁离子在溶液中会发生水解，生成氢氧化铁，所以绿矾（FeSO4？7H20）在保存过程中形成的杂质主要有硫酸铁、氢氧化铁等杂质，
故答案为：Fe2（SO4）3、Fe（OH）3；
③得到的含有富马酸亚铁的溶液需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，最后得到富马酸亚铁产品，
故答案为：蒸发浓缩；
④富马酸亚铁表面的可溶性杂质离子有Na+、SO42-等，可以从检验洗涤液中是否含Na+或SO42-来设计实验，所以检验方法是：取最后一次洗涤液，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成，说明已洗涤干净，
故答案为：取洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成；
（2）检验亚铁离子时，先判断溶液中不存在铁离子，然后加入氧化剂，再用硫氰化钾溶液检验铁离子，从而判断溶液中是否含有亚铁离子，具体操作的方法为：②取少量滤液，滴加KSCN溶液，不显血红色，证明溶液中没有三价铁离子，
③再向上述溶液中滴加H2O2溶液，溶液显血红色，证明原溶液中存在亚铁离子，
故答案为：
．
解析
解：制取富马酸亚铁的流程为：先分别溶解绿矾和富马酸，然后用碳酸钠与富马酸反应生成富马酸钠，富马酸钠与绿矾反应生成富马酸亚铁溶液，然后通过蒸发浓缩得到富马酸亚铁产品，
（1）①根据结构式
故答案为：HOOCHC═CHCOOH；
②由于亚铁离子不稳定，容易被氧化成三价铁离子，铁离子在溶液中会发生水解，生成氢氧化铁，所以绿矾（FeSO4？7H20）在保存过程中形成的杂质主要有硫酸铁、氢氧化铁等杂质，
故答案为：Fe2（SO4）3、Fe（OH）3；
③得到的含有富马酸亚铁的溶液需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作，最后得到富马酸亚铁产品，
故答案为：蒸发浓缩；
④富马酸亚铁表面的可溶性杂质离子有Na+、SO42-等，可以从检验洗涤液中是否含Na+或SO42-来设计实验，所以检验方法是：取最后一次洗涤液，先加入稀盐酸，再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成，说明已洗涤干净，
故答案为：取洗涤液，向其中加入少量盐酸酸化后再加入氯化钡溶液，无白色沉淀生成；
（2）检验亚铁离子时，先判断溶液中不存在铁离子，然后加入氧化剂，再用硫氰化钾溶液检验铁离子，从而判断溶液中是否含有亚铁离子，具体操作的方法为：②取少量滤液，滴加KSCN溶液，不显血红色，证明溶液中没有三价铁离子，
③再向上述溶液中滴加H2O2溶液，溶液显血红色，证明原溶液中存在亚铁离子，
故答案为：
．
锶（Sr）为第五周期ⅡA族元素．高纯六水氯化锶晶体（SrCl2•6H2O）具有很高的经济价值，61℃时晶体开始失去结晶水，100℃时失去全部结晶水．用工业碳酸锶粉末（含少量Ba、Fe的化合物）制备高纯六水氯化锶的过程如图．
请回答：
（1）氯化锶溶液显______（填“酸性“、“碱性”或“中性”）；
（2）写出步骤②在浆液中加入盐酸时发生反应的离子方程式______
（3）步骤③中调节溶液pH至8-1O，宜选用的试剂为______．
A．稀硫酸 B．氢氧化锶粉末 C．氢氧化钠 D．氧化锶粉末
所得滤渣的主要成分是______（填化学式）．
（4）步骤⑤中，洗涤氯化锶晶体最好选用______．
A．水 B．稀硫酸 C．氢氧化钠溶液 D．氯化锶饱和溶液
工业上用50～60℃热风吹干六水氯化锶，选择该温度的原因是______．
（5）若滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，依据下表数据可以推算滤液中Sr2+物质的量浓度为______．
正确答案
解：（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，
故答案为：中性；
（2）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳．碳酸锶不溶于水，氯化锶易溶于水．反应离子方程式为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑，
故答案为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑；
（3）调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末；由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3；
故答案为：B D；BaSO4、Fe（OH）3；
（4）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61℃时晶体会失去结晶水；
故答案为：D；温度高有利于除去晶体表面附着的水，但温度高于61℃时晶体会失去结晶水；
（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，则c（SO42-）=
所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）=
故答案为：不大于0.03mol/L．
解析
解：（1）同主族元素最外层电子数相同，自上而下电子层数增多，元素的金属性增强；所以Sr金属性比钙强，氯化钙溶液显中性，所以氯化锶溶液显中性，
故答案为：中性；
（2）碳酸锶与盐酸反应生成氯化锶、水、二氧化碳．碳酸锶不溶于水，氯化锶易溶于水．反应离子方程式为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑，
故答案为：SrCO3+2H+═Sr2++H2O+CO2↑；
（3）调节pH除去Fe3+等，要不能引入杂质，最好选用氢氧化锶粉末或氧化锶粉末；由于前面加入了稀硫酸故有硫酸钡生成，所以沉淀有两种即BaSO4、Fe（OH）3；
故答案为：B D；BaSO4、Fe（OH）3；
（4）为了减少氯化锶溶解，所以用氯化锶饱和溶液洗涤晶体，由题中信息可知热风吹干六水氯化锶时温度不能太高，当高于61℃时晶体会失去结晶水；
故答案为：D；温度高有利于除去晶体表面附着的水，但温度高于61℃时晶体会失去结晶水；
（5）滤液中Ba2+浓度为1×10-5mol•L-1，则c（SO42-）=
所以滤液中Sr2+物质的量浓度为c（Sr2+）=
故答案为：不大于0.03mol/L．
某研究性学习小组拟用硝酸钠和氯化钾混合，来制取较纯净的硝酸钾晶体，他们设计了如下流程：
请根据图1流程，回答相关问题：
（1）操作①的名称是______．
（2）参照如图2溶解度曲线，写出固体A、B的化学式：A______，B______．欲得到较纯的硝酸钾晶体需用少量的______（填“热水”，“冷水”）洗涤固体
（3）在操作②的过程中要用到减压的方法进行过滤，叫减压过滤，俗称抽滤．如图3为减压过滤装置，回答有关问题．
①写出图3中A、B、C三种仪器的名称：A______；B______；C______．
②采用减压过滤的目的是______．
③请指出图3中的两处错误______；______
④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是______．
（4）固体B中杂质的检验方法______．
正确答案
解：（1）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，然后趁热过滤，
故答案为：蒸发结晶过滤；
（2）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，后析出的是KNO3，由于KNO3在冷水中溶解度较小，所以要用冷水洗涤固体；
故答案为：NaCl；KNO3；冷水；
（3）①仪器A的名称布氏漏斗，B的名称吸滤瓶，C的名称安全瓶；故答案为：布氏漏斗，吸滤瓶，安全瓶；
②操作①时在固体NaCl析出时，为了防止KNO3的析出要趁热过滤，所以应加快过滤速度，得到较干燥的晶体，用预热过的布氏漏斗进行抽滤过滤速度较快，
故答案为：加快过滤速度，得到较干燥的晶体；
③布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出，故答案为：布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；
④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；
（4）固体B（KNO3）中的杂质为NaCl，要检验其存在，只需检验Cl-即可，操作为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质，
故答案为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质．
解析
解：（1）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，然后趁热过滤，
故答案为：蒸发结晶过滤；
（2）NaCl的溶解度受温度影响不大，KNO3的溶解度受温度影响较大，当温度较高时KNO3的溶解度较大，全部溶于水，而NaCl的溶解度较小，当蒸发溶剂时，NaCl先结晶析出，后析出的是KNO3，由于KNO3在冷水中溶解度较小，所以要用冷水洗涤固体；
故答案为：NaCl；KNO3；冷水；
（3）①仪器A的名称布氏漏斗，B的名称吸滤瓶，C的名称安全瓶；故答案为：布氏漏斗，吸滤瓶，安全瓶；
②操作①时在固体NaCl析出时，为了防止KNO3的析出要趁热过滤，所以应加快过滤速度，得到较干燥的晶体，用预热过的布氏漏斗进行抽滤过滤速度较快，
故答案为：加快过滤速度，得到较干燥的晶体；
③布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出，故答案为：布氏漏斗的斜面应朝向吸滤瓶的支管口，安全瓶内应短管进长管出；
④吸滤完毕时，应先拆下B与C或C和抽气泵间的橡皮管，然后关闭水龙头，其原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；
（4）固体B（KNO3）中的杂质为NaCl，要检验其存在，只需检验Cl-即可，操作为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质，
故答案为：取少量固体B加水溶解，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若出现白色沉淀，则含杂质．
某废金属屑中主要成分为Cu、Fe、Al，还含有少量的铜锈[Cu2（OH）2CO3]、少量的铁锈和少量的氧化铝，用上述废金属屑制取胆矾（CuSO4•5H2O）、无水AlCl3和铁红的过程如图所示：
请回答：
（1）在废金属屑粉末中加入试剂A，生成气体1的反应的离子方程式是______．
（2）溶液2中含有的金属阳离子是______；气体2的成分是______．
（3）溶液2转化为固体3的反应的离子方程式是______．
（4）利用固体2制取CuSO4溶液有多种方法．
①在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是______．
②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是______．
（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是______
（6）直接加热AlCl3•6H2O不能得到无水AlCl3，SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体．AlCl3•6H2O与SOCl2混合加热制取无水AlCl3，反应的化学方程式是______．
正确答案
解：废金属中加入过量试剂A，根据图知，金属Al经过一系列反应生成无水AlCl3，根据元素守恒知，滤液1中含有Al元素，Cu和Fe不和A反应，则A为NaOH；Al、Al2O3和NaOH溶液反应都生成NaAlO2，同时生成H2，则气体1是H2、固体1是Cu和Fe、[Cu2（OH）2CO3]、铁锈；
溶液1中通入CO2，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，固体4是Al（OH）3，溶液3是NaHCO3；
固体4和试剂C反应生成溶液4，根据元素守恒知，试剂C是稀盐酸，带结晶水的氯化铝失水生成无水AlCl3；
固体1和试剂B反应得到固体2、溶液2和气体2，固体2能得到CuSO4，则固体2为Cu，从硫酸铜溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾；
Fe和试剂B反应生成气体2，气体2和试剂A反应生成H2，则气体2中含有CO2、H2；
反应中Fe3+、Cu2+和Fe反应生成Fe2+，溶液2中含有Fe2+，向溶液2中加入过量试剂A得到固体3为Fe（OH）3，灼烧Fe（OH）3得到铁红Fe2O3，
（1）试剂A是NaOH溶液，Al、Al2O3都和NaOH反应生成偏铝酸钠，只有Al和NaOH反应生成氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；
（2）通过以上分析知，溶液2中含有的金属阳离子是Fe2+；气体2的成分是CO2和H2，
故答案为：Fe2+；CO2和H2；
（3）溶液2转化为固体3的反应是亚铁离子和NaOH、氧气的反应，该反应的离子方程式是4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（4）①固体2是Cu，在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是2Cu+4H++O2
故答案为：2Cu+4H++O2
（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液，
故答案为：若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液；
（6）氯化铝易水解，所以直接加热得不到氯化铝，需要在氯化氢的气氛中加热；SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体，所以根据原子守恒可知，该气体应该是二氧化硫，则反应的方程式是AlCl3•6H2O+6SOCl2
解析
解：废金属中加入过量试剂A，根据图知，金属Al经过一系列反应生成无水AlCl3，根据元素守恒知，滤液1中含有Al元素，Cu和Fe不和A反应，则A为NaOH；Al、Al2O3和NaOH溶液反应都生成NaAlO2，同时生成H2，则气体1是H2、固体1是Cu和Fe、[Cu2（OH）2CO3]、铁锈；
溶液1中通入CO2，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，固体4是Al（OH）3，溶液3是NaHCO3；
固体4和试剂C反应生成溶液4，根据元素守恒知，试剂C是稀盐酸，带结晶水的氯化铝失水生成无水AlCl3；
固体1和试剂B反应得到固体2、溶液2和气体2，固体2能得到CuSO4，则固体2为Cu，从硫酸铜溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到胆矾；
Fe和试剂B反应生成气体2，气体2和试剂A反应生成H2，则气体2中含有CO2、H2；
反应中Fe3+、Cu2+和Fe反应生成Fe2+，溶液2中含有Fe2+，向溶液2中加入过量试剂A得到固体3为Fe（OH）3，灼烧Fe（OH）3得到铁红Fe2O3，
（1）试剂A是NaOH溶液，Al、Al2O3都和NaOH反应生成偏铝酸钠，只有Al和NaOH反应生成氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑，
故答案为：2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑；
（2）通过以上分析知，溶液2中含有的金属阳离子是Fe2+；气体2的成分是CO2和H2，
故答案为：Fe2+；CO2和H2；
（3）溶液2转化为固体3的反应是亚铁离子和NaOH、氧气的反应，该反应的离子方程式是4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓，
故答案为：4Fe2++8OH-+O2+2H2O═4Fe（OH）3↓；
（4）①固体2是Cu，在固体2中加入浓H2SO4并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓）
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）
②在固体2中加入稀H2SO4后，通入O2并加热，使固体2全部溶解得CuSO4溶液，反应的离子方程式是2Cu+4H++O2
故答案为：2Cu+4H++O2
（5）溶液1转化为溶液4过程中，不在溶液1中直接加入试剂C，理由是若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液，
故答案为：若在溶液1中直接加入盐酸，会使溶液4中混有试剂A中的阳离子（如Na+等），而不是纯净的AlCl3溶液；
（6）氯化铝易水解，所以直接加热得不到氯化铝，需要在氯化氢的气氛中加热；SOCl2为无色液体，极易与水反应生成HCl和一种具有漂白性的气体，所以根据原子守恒可知，该气体应该是二氧化硫，则反应的方程式是AlCl3•6H2O+6SOCl2
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