- 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：
（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式______．
（2）NaClO3的作用是______．
（3）加Na2CO3调pH至5.2所得沉淀为______．
（4）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如右图．萃取剂的作用是______；其使用的适宜pH范围是______．
A．2.0～2.5 B．3.0～3.5 C．4.0～4.5
（5）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，反应为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2→+3，失去电子，NaClO3中氯元素的化合价由+5→-1价，得到电子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）加Na2CO3调pH至5.2，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↑；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）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；
（5）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：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、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，反应为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，
故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；
（2）加入NaClO3，会发生FeCl2中铁元素的化合价+2→+3，失去电子，NaClO3中氯元素的化合价由+5→-1价，得到电子，所以NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，
故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；
（3）加Na2CO3调pH至5.2，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↑；
故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；
（4）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；
（5）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：1、含有杂质，导致氯离子含量大，2、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．
工业上用闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有Fe2O3等杂质）为原料生产ZnSO4•7H2O的工艺流程如下：
（1）“浸取”步骤中，为了提高反应速率，可以采取的措施是______．
（2）加入铁屑时发生反应的化学方程式为______．
（3）通入空气“除铁”属于______反应．（填“氧化还原”或“非氧化还原”）
（4）该过程中在通入空气的入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置，其目的是______．
（5）置换法除重金属离子所用物质C为______．
正确答案
解：闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO4•7H2O，
（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
（2）加入铁粉后，剩余的硫酸铁、硫酸都能够与铁发生反应，反应的化学方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=FeSO4、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，
故答案为：Fe2（SO4）3+Fe=FeSO4、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
（3）除铁过程是利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，反应的两种方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，该反应为氧化还原反应，
故答案为：氧化还原；
（4）在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置是为了增大与空气的接触面积增大反应速率，
故答案为：加快反应速率；
（5）制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，
故答案为：Zn．
解析
解：闪锌矿（主要成分为ZnS，还含有CdS、Fe2O3等杂质）中加硫酸和Fe2（SO4）3，硫酸铁具有氧化性和硫化锌发生氧化还原反应生成淡黄色非金属单质硫，CdS、Fe2O3溶于硫酸形成离子，过滤，得到的滤渣为S，滤液中加Fe，三价铁离子被还原为亚铁离子，浓缩结晶得到FeSO4•7H2O，再通空气除去剩余的Fe，再加人还原剂把Cd2+还原为单质，过滤，蒸发浓缩滤液得到ZnSO4•7H2O，
（1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
故答案为：加热或搅拌或增大硫酸浓度等；
（2）加入铁粉后，剩余的硫酸铁、硫酸都能够与铁发生反应，反应的化学方程式为：Fe2（SO4）3+Fe=FeSO4、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，
故答案为：Fe2（SO4）3+Fe=FeSO4、Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑；
（3）除铁过程是利用空气中氧气氧化亚铁离子生成FeOOH，反应的两种方程式为：4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH+8H+，该反应为氧化还原反应，
故答案为：氧化还原；
（4）在空气入口处设计了一个类似淋浴喷头的装置是为了增大与空气的接触面积增大反应速率，
故答案为：加快反应速率；
（5）制备实验方案是制取ZnSO4•7H2O，依据除杂不能引入新的杂质，Cd的金属活动性介于Zn和Fe之间，所以加入锌可以置换镉，
故答案为：Zn．
某化学小组在实验中利用CaSO4、NH3、CO2制备（NH4）2SO4，其工艺流程如图1．
回答下列问题：
（1）操作Ⅰ的名称为______；操作Ⅱ一系列操作包括蒸发浓缩、______、过滤．
（2）实验室中煅烧碳酸钙时，盛放碳酸钙所用的仪器是______（填名称）．
（3）X物质为______（填化学式，下同），Y物质为______，可循环利用的物质的有______．
（4）要测定所制得的硫酸铵纯度，取10.0g样品，完全溶于水，向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥后称量固体的质量为16.31g．为避免引起误差，检验氯化钡溶液是否过量最好的试剂是______，所制得硫酸铵的纯度为______．
（5）图2中装置不能用于实验室制氨气的是______（填序号）．
选择氨气的制取装置后，再用图3装置收集干燥的氨气，并制取硫酸铵溶液，连接的顺序（用接口序号字母表示）是：a接______，______接______，______接______，______接______．
上述装置中CCl4的作用是______．
正确答案
解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而旅游硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体；
（1）由分析知：B为碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，分离二者的实验操作应为：过滤，滤液硫酸铵溶液，使硫酸铵在溶液中析出的方法为：先加热制成饱和溶液
（蒸发浓缩）再降温冷却，结晶析出（冷却结晶），过滤；
故答案为：过滤；冷却结晶；
（2）碳酸钙为固体，高温加热或煅烧固体，应把固体放在坩埚中，故盛放碳酸钙所用的仪器是坩埚；
故答案为：坩埚；
（3）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的碱性溶液易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3，往CaSO4悬浊液中加入NH3后，发生反应如下：CaSO4+2NH3+2H2O
故答案为：NH3；CO2； NH3，CO2；
（4）要测定所制得的硫酸铵纯度，取10.0g样品，完全溶于水，向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，目的是使硫酸根离子完全沉淀，静置向上层清液再滴加氯化钡就不会有沉淀生成，可以检验氯化钡是否已过量；
向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥后的固体为硫酸钡，质量为16.31g，n（BaSO4）=
故答案为：氯化钡溶液；92.4%；
（5）甲：氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气；
乙：氨水中存在平衡关系：NH3+H2O═NH3•H2O═NH4++OH-，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可以制取氨气；
丙：熟石灰和氯化铵混合后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
丁：利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，可以制取氨气；故选甲；
选择氨气的制取装置后，再用图3装置收集干燥的氨气，并制取硫酸铵溶液，顺序为：制气装置、干燥装置、集气装置、吸收装置、尾气处理装置；连接的顺序（用接口序号字母表示）是：de，gf，cb，h；
上述装置中，水的密度比四氯化碳小，浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸；
故答案为：甲；d；e；g；f；c；b；h；防倒吸．
解析
解：硫酸钙悬浊液通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通适量的二氧化碳，与溶液中的氨水、硫酸钙悬浊液反应生成碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，经过过滤分离得到碳酸钙沉淀再煅烧生成生石灰，而旅游硫酸铵经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到硫酸铵晶体；
（1）由分析知：B为碳酸钙沉淀和硫酸铵溶液，分离二者的实验操作应为：过滤，滤液硫酸铵溶液，使硫酸铵在溶液中析出的方法为：先加热制成饱和溶液
（蒸发浓缩）再降温冷却，结晶析出（冷却结晶），过滤；
故答案为：过滤；冷却结晶；
（2）碳酸钙为固体，高温加热或煅烧固体，应把固体放在坩埚中，故盛放碳酸钙所用的仪器是坩埚；
故答案为：坩埚；
（3）中性条件下CO2的溶解度很小，但是氨气易溶于水，得到的碱性溶液易和二氧化碳反应，能把CaSO4完全转化为CaCO3，往CaSO4悬浊液中加入NH3后，发生反应如下：CaSO4+2NH3+2H2O
故答案为：NH3；CO2； NH3，CO2；
（4）要测定所制得的硫酸铵纯度，取10.0g样品，完全溶于水，向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，目的是使硫酸根离子完全沉淀，静置向上层清液再滴加氯化钡就不会有沉淀生成，可以检验氯化钡是否已过量；
向溶液中滴加过量的氯化钡溶液，过滤、洗涤、干燥后的固体为硫酸钡，质量为16.31g，n（BaSO4）=
故答案为：氯化钡溶液；92.4%；
（5）甲：氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气；
乙：氨水中存在平衡关系：NH3+H2O═NH3•H2O═NH4++OH-，加热浓氨水，氨气溶解度降低，从溶液中逸出，平衡向逆反应方向移动，可以制取氨气；
丙：熟石灰和氯化铵混合后加热可以制取氨气，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
丁：利用CaO与H2O剧烈反应，生成Ca（OH）2，放出大量热，促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于Ca（OH）2是强碱，也促进NH3•H2O的分解及NH3的挥发逸出，反应的化学方程式为：NH3•H2O+CaO═NH3↑+Ca（OH）2，可以制取氨气；故选甲；
选择氨气的制取装置后，再用图3装置收集干燥的氨气，并制取硫酸铵溶液，顺序为：制气装置、干燥装置、集气装置、吸收装置、尾气处理装置；连接的顺序（用接口序号字母表示）是：de，gf，cb，h；
上述装置中，水的密度比四氯化碳小，浮在四氯化碳的上面，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置既能够吸收易溶性气体，又能够防止倒吸；
故答案为：甲；d；e；g；f；c；b；h；防倒吸．
半导体生产中常需要控制掺杂，以保证控制电阻率，三氯化磷（PCl3）是一种重要的掺杂剂．实验室要用黄磷（即白磷）与干燥的Cl2在曲颈瓶中模拟工业生产制取PCl3，装置如图所示：（部分夹持装置略去）
已知黄磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5．PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl；遇O2会生成POCl3，POCl3溶于PCl3．PCl3、POCl3的熔沸点见下表：
请回答下列问题：
（1）B中所装试剂是______；E中冷水的作用是______．
（2）F中碱石灰的作用1是______．
（3）实验时，检查装置气密性后，先打开K3通入干燥的CO2，再迅速加入黄磷．通干燥CO2的作用是______．
（4）粗产品中常含有POC13、PCl5等．加入黄磷加热除去PCl5后，通过______（填实验操作名称），即可得到较纯净的PCl3．
（5）实验结束时，可以利用C中的试剂吸收多余的氯气，C中反应的离子方程式为______．
（6）通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数：
①迅速称取1.00g产品，加水反应后配成250mL溶液；
②取以上溶液25.00mL，向其中加入10.00mL 0.1000mol/L碘水，充分反应；
③向②所得溶液中加入几滴淀粉溶液，用0.1000mol/L的Na2S2O3，溶液滴定；
④重复②、③操作，平均消耗Na2S2O3溶液8.40mL．
已知：H3PO3+I2═H3PO4+2HI，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，根据上述数据，假设测定过程中没有其他反应，该产品中PCl3的质量分数为______．
正确答案
解：（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），
故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，
故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止黄磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O；
（6）0.1000mol•L-1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol-0.1000mol•L-1×0.00084L×
故答案为：79.75%．
解析
解：（1）因PCl3遇水会强烈水解，所以氯气需干燥，氯气和浓硫酸不反应，所以能用浓硫酸干燥氯气，PCl3沸点为75.5℃，利用E装置防止PCl3挥发（冷凝），
故答案为：浓硫酸；冷凝PCl3防止其挥发；
（2）因尾气中含有有毒气体氯气，且空气中水蒸气可能进入装置，所以用F装置利用碱石灰吸收多余的Cl2，防止空气中的水蒸气进入烧瓶和PCl3反应，
故答案为：吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸汽进入烧瓶中和PCl3 反应；
（3）通入一段时间的CO2可以排尽装置中的空气，防止白磷与空气中的氧气发生自燃；
故答案为：排尽装置中的空气，防止黄磷自燃；
（4）由信息可知，POCl3与PCl3都是液体，沸点相差较大，故可以用蒸馏的方法进行分离，
故答案为：蒸馏；
（5）氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+2H2O；
（6）0.1000mol•L-1碘溶液10.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mol•L-1×0.0100L=0.00100mol，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.00100mol-0.1000mol•L-1×0.00084L×
故答案为：79.75%．
（2015秋•广东月考）碘硫化学循环原理如图1所示．
（1）写出反应①的化学方程式______，其中I2体现的是______性．
（2）综合①②③三个反应，可看出该化学循环是为了制备某种能源气体，该气体的化学式是______．
（3）铁酸铜（CuFe2O4）是反应③的良好的催化剂．某课外小组制备铁酸铜（CuFe2O4）的流程如图：
搅拌Ⅰ所加Fe（NO3）3、Cu（NO3）2溶液的物质的量浓度分别为2.6mol•L-1、2.2mol•L-1．
①写出搅拌Ⅰ中的化学方程式______．
②搅拌Ⅰ要跟踪操作过程的pH变化．在滴加KOH溶液至pH=4的过程中（假设溶液体积不变），小组同学绘制溶液中c（Fe3+）、c（Cu2+）随pH变化的曲线如图2，其中正确的是______（用“A”、“B”填空）． （已知：Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39、Ksp[Cu（OH）2]=2.2×10-20）
③操作Ⅱ为______、______．
④在搅拌Ⅰ中即使搅拌20h，原料中的铁也不能全部转化为样品，请设计实验验证______．
正确答案
解：（1）反应①为二氧化硫与单质碘反应生成HI和硫酸，其反应的方程式为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；反应中I元素的化合价降低，则I2被还原作氧化剂，体现氧化性；
故答案为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；氧化；
（2）二氧化硫和水、碘单质发生本生反应生成硫酸、氢碘酸，碘化氢分解生成碘和氢气，所以该反应释放的能源气体为氢气；
故答案为：H2；
（4）①Fe（NO3）3和Cu（NO3）2混合溶液中加入一定量KOH溶液反应生成CuFe2O4和KNO3，其反应的方程式为：2Fe（NO3）3+Cu（NO3）2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O；
故答案为：2Fe（NO3）3+Cu（NO3）2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O；
②搅拌Ⅰ所得溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2的物质的量浓度分别为2.6mol•L-1、1.3mol•L-1．沉淀完全的离子浓度小于10-5mol/L
已知：Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39，c（OH-）=
故答案为：A；
③流程中是过滤得到的滤渣经过洗涤干燥进行灼烧，操作Ⅲ为洗涤、干燥，
故答案为：洗涤、干燥；
④搅拌Ⅰ的目的是将铁离子转化成CuFe2O4，可以利用KSCN溶液检验铁离子，而判断铁有没有全部转化为样品，设计实验为取滤液（搅拌反应后的溶液）少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为血红色，说明铁没有全部转化为样品，
故答案为：取滤液（搅拌反应后的溶液）少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为血红色．
解析
解：（1）反应①为二氧化硫与单质碘反应生成HI和硫酸，其反应的方程式为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；反应中I元素的化合价降低，则I2被还原作氧化剂，体现氧化性；
故答案为：I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4；氧化；
（2）二氧化硫和水、碘单质发生本生反应生成硫酸、氢碘酸，碘化氢分解生成碘和氢气，所以该反应释放的能源气体为氢气；
故答案为：H2；
（4）①Fe（NO3）3和Cu（NO3）2混合溶液中加入一定量KOH溶液反应生成CuFe2O4和KNO3，其反应的方程式为：2Fe（NO3）3+Cu（NO3）2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O；
故答案为：2Fe（NO3）3+Cu（NO3）2+8KOH=CuFe2O4+8KNO3+4H2O；
②搅拌Ⅰ所得溶液中Fe（NO3）3、Cu（NO3）2的物质的量浓度分别为2.6mol•L-1、1.3mol•L-1．沉淀完全的离子浓度小于10-5mol/L
已知：Ksp[Fe（OH）3]=2.6×10-39，c（OH-）=
故答案为：A；
③流程中是过滤得到的滤渣经过洗涤干燥进行灼烧，操作Ⅲ为洗涤、干燥，
故答案为：洗涤、干燥；
④搅拌Ⅰ的目的是将铁离子转化成CuFe2O4，可以利用KSCN溶液检验铁离子，而判断铁有没有全部转化为样品，设计实验为取滤液（搅拌反应后的溶液）少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为血红色，说明铁没有全部转化为样品，
故答案为：取滤液（搅拌反应后的溶液）少量于试管中，加入几滴KSCN溶液，溶液变为血红色．
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