- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
硫酸镁在医疗上具有镇静、抗挛等功效．以菱镁矿（主要成分是MgCO3）为主要原料制备硫酸镁的方法如下：
请回答下列问题：
（1）步骤②中发生反应的离子方程式为______．
（2）步骤④中调节pH=6.0～6.5的目的是______．
（3）对MgSO4•7H2O晶体直接加热______（填“能”或“不能”）得到无水MgSO4固体．
（4）步骤⑤的操作为______
（5）长时间加热MgCO3悬浊液后生成Mg（OH）2，该反应的化学方程式为______
（6）已知酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如表所示：
25℃时，向Mg（OH）2的饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液所呈现的颜色为______[25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp=5.6×10-12]．
（7）药品A是中和胃酸的常用药物，其有效成分是铝和镁的碱式碳酸盐．现进行如下实验确定其化学式：
实验一：取该碱式碳酸盐3.01g充分灼烧至恒重，测得固体质量减少了1.30g；
实验二：另取该碱式碳酸盐3.01g使其溶于足量的盐酸中，产生CO2的体积为112mL（标准状况）；
实验三：向实验二的溶液中加入足量的NaOH溶液得到1.74g白色沉淀．
该药品的化学式为______．
正确答案
解：（1）步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为 2NH4++MgO
故答案为：2NH4++MgO
（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，为了抑制镁离子的水解，调节pH为弱酸性，使镁离子的水解平衡逆向移动，得到纯净的硫酸镁晶体，
故答案为：抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品；
（3）将MgSO4•7H2O晶体直接加热会造成结晶水脱去，硫酸镁较稳定，可以稳定存在，
故答案为：能；
（4）MgSO4•7H2O在加热条件下容易失去结晶水，无法得到纯净的MgSO4•7H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO4•7H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）长时间加热MgCO3悬浊液后生成Mg（OH）2，实现了难溶物的转化，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O
故答案为：MgCO3+H2O
（6）25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp=5.6×10-12，根据反应Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH-可得：c（Mg2+）c2（OH-）=5.6×10-12，
设c（OH-）=2c（Mg2+）=x，则：0.5x×x2=5.6×10-12，
解得：x=2.24×10-4mol/L，
c（H+）=
溶液的pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，
故答案为：蓝色；
（7）实验一：取该碱式盐3.01g充分灼烧至恒重，测得固体质量减少了1.30g：减少的是二氧化碳气体和水蒸气的质量，灼烧得到固体为氧化铝和氧化镁的混合物；
实验二：再取该碱式盐3.01g使其溶于足量的盐酸中，产生CO2的体积为112mL（标准状况），可以计算碳元素物质的量；
实验三：向实验二的溶液中加入足量的NaOH溶液得到1.74g白色沉淀，此1.74g白色沉淀为氢氧化镁沉淀；
生成标况下112mL二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=
3.01g碱式碳酸盐中，含：n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=
Al2O3和MgO质量为：3.01g-1.30g=1.71g，依据元素守恒计算得到：n（Al2O3）=
3.01g该碱式盐中含有碳酸根离子的物质的量为：n（CO32-）=n（CO2）=0.005mol，
根据电荷守恒可得：n（OH-）=2n（Mg2+）+3n（Al3+）-2n（CO32-）=0.03mol×2+0.005mol×2×3-0.005mol×2=0.08mol，
3.01g碱式盐中含有的结晶水的物质的量为：n（H2O）=
所以：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（OH-）：n（CO32-）：n（H2O）=0.01mol：0.03mol：0.08mol：0.005mol：0.02mol=2：6：16：1：4，
即碱式碳酸盐的化学式为：Al2Mg6（OH）16CO3•4H2O，
故答案为：Al2Mg6（OH）16CO3•4H2O．
解析
解：（1）步骤②中发生反应的为硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水，反应的离子方程式为 2NH4++MgO
故答案为：2NH4++MgO
（2）步骤④中将硫酸镁溶液蒸发、结晶时，为了抑制镁离子的水解，调节pH为弱酸性，使镁离子的水解平衡逆向移动，得到纯净的硫酸镁晶体，
故答案为：抑制Mg2+水解，以便得到较纯的产品；
（3）将MgSO4•7H2O晶体直接加热会造成结晶水脱去，硫酸镁较稳定，可以稳定存在，
故答案为：能；
（4）MgSO4•7H2O在加热条件下容易失去结晶水，无法得到纯净的MgSO4•7H2O，所以从硫酸镁溶液中获得MgSO4•7H2O的方法为蒸发浓缩、冷却结晶，
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（5）长时间加热MgCO3悬浊液后生成Mg（OH）2，实现了难溶物的转化，反应的化学方程式为：MgCO3+H2O
故答案为：MgCO3+H2O
（6）25℃时，Mg（OH）2的溶度积Ksp=5.6×10-12，根据反应Mg（OH）2（s）⇌Mg2++2OH-可得：c（Mg2+）c2（OH-）=5.6×10-12，
设c（OH-）=2c（Mg2+）=x，则：0.5x×x2=5.6×10-12，
解得：x=2.24×10-4mol/L，
c（H+）=
溶液的pH=10.4＞9.6，所以溶液呈蓝色，
故答案为：蓝色；
（7）实验一：取该碱式盐3.01g充分灼烧至恒重，测得固体质量减少了1.30g：减少的是二氧化碳气体和水蒸气的质量，灼烧得到固体为氧化铝和氧化镁的混合物；
实验二：再取该碱式盐3.01g使其溶于足量的盐酸中，产生CO2的体积为112mL（标准状况），可以计算碳元素物质的量；
实验三：向实验二的溶液中加入足量的NaOH溶液得到1.74g白色沉淀，此1.74g白色沉淀为氢氧化镁沉淀；
生成标况下112mL二氧化碳的物质的量为：n（CO2）=
3.01g碱式碳酸盐中，含：n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=
Al2O3和MgO质量为：3.01g-1.30g=1.71g，依据元素守恒计算得到：n（Al2O3）=
3.01g该碱式盐中含有碳酸根离子的物质的量为：n（CO32-）=n（CO2）=0.005mol，
根据电荷守恒可得：n（OH-）=2n（Mg2+）+3n（Al3+）-2n（CO32-）=0.03mol×2+0.005mol×2×3-0.005mol×2=0.08mol，
3.01g碱式盐中含有的结晶水的物质的量为：n（H2O）=
所以：n（Al3+）：n（Mg2+）：n（OH-）：n（CO32-）：n（H2O）=0.01mol：0.03mol：0.08mol：0.005mol：0.02mol=2：6：16：1：4，
即碱式碳酸盐的化学式为：Al2Mg6（OH）16CO3•4H2O，
故答案为：Al2Mg6（OH）16CO3•4H2O．
由碳的氧化物直接合成乙醇燃料已进入大规模生产．如图是由二氧化碳合成乙醇的技术流程：
吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，把含有二氧化碳的空气吹入吸收池中，吸收池中反应液进入分解池后，向分解池中通入高温水蒸汽，把二氧化碳从溶液中提取出来，在合成塔中和氢气经化学反应使之变为可再生燃料乙醇． 回答下列问题：
（1）写出吸收池中反应的离子方程式______．
（2）从分解池中循环使用的物质是______．
（3）工业上还采取以CO和H2为原料合成乙醇，其化学反应方程式为：
2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g） 请写出该反应的化学平衡常数表达式K=______．
（4）在相同条件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH 的平衡常数．则由CO制取CH3CH2OH的优点是______，
由CO2制取CH3CH2OH的优点是______．（写出一点即可）
（5）在一定压强下，测得由CO2制取CH3CH2OH的实验数据如下表：
根据表中数据分析：
①温度升高，该反应的平衡常数K值______（选填“增大”、“减小”或“不变”）．
②提高氢碳比
正确答案
CO2+CO32-+H2O=2HCO3-
K2CO3
原料有较大的转化率
CO2原料易得
减小
有利
解析
解：（1）吸收池中盛有饱和碳酸钾溶液，吸收空气中的二氧化碳，转化为KHCO3，反应离子方程式为CO2+CO32-+H2O=2HCO3-，
故答案为：CO2+CO32-+H2O=2HCO3-．
（2）由工艺流程转化关系可知，分解池中KHO3分解生成K2CO3，碳酸钾在被循环利用吸收空气中二氧化碳．
故答案为：K2CO3．
（3）2CO（g）+4H2（g）⇌CH3CH2OH（g）+H2O（g）的平衡常数k=
故答案为：
可逆反应达到平衡时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值是常数，用K表示，这个常数叫化学平衡常数．
（4）在相同条件下，由CO制取CH3CH2OH的平衡常数远远大于由CO2制取CH3CH2OH 的平衡常数，则由CO制取CH3CH2OH，原料有较大的转化率；碳酸钾溶液吸收空气中的二氧化碳，转化为KHO3，KHO3分解生成CO2，CO2原料易得．
故答案为：原料有较大的转化率；CO2原料易得．
由题目信息可知，CO制取CH3CH2OH的，原料有较大的转化率；由工艺流程可知，CO2原料易得．
（5）①由表中数据可知，n（H2）/n（CO2）一定情况下，温度越高，CO2转化率越低，说明升高温度平衡向逆反应移动，所以平衡常数k减小．
故答案为：减小．
②由表中数据可知，温度一定时，n（H2）/n（CO2）越大，CO2转化率越高，有利于CH3CH2OH生成．
故答案为：有利．
用磷灰石制磷肥的副产品六氟硅酸钠（Na2SiF6）可制冰晶石（Na3AlF6），冰晶石是电解铝的助熔剂，可降低氧化铝的熔点．如图是工业制铝的流程图：
（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程需______个环节，第一步反应的方程式______
（2）该制备工艺中有两次过滤操作，过滤操作①的滤液是______溶液，滤渣是______．
（3）分解脱硅和合成冰晶石化学反应方程式分别为：______、______．
（4）工艺过程中③和④的目的是______，碳酸钠和二氧化碳是否够用______．
（5）电解Al2O3制Al时，I=200kA，一天制Al 1.430t，电解效率是多少？
正确答案
解：（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，首先加足量的NaOH溶液，使Al转化为AlO2-，再向该溶液中加足量的硝酸或硫酸，这时Al变为Al3+．然后加入足量的氨水得到Al（OH）3沉淀，将其过滤出来，洗涤干净并烘干．最后灼烧Al（OH）3得到纯净的Al2O3．因此需要三个环节．第一步反应的方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，
故答案为：三；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（2）该制备工艺中有两次过滤操作，有流程图可知：在过滤操作①的滤液是NaF；滤渣是SiO2；故答案为：NaF；SiO2；
（3）分解脱硅化学反应方程式是2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2↓+2CO2↑+6NaF；合成冰晶石化学反应方程式分别为：6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6↓+2Na2CO3；
故答案为：2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2↓+2CO2↑+6NaF；6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6↓+2Na2CO3；
（4）工艺过程中③和④的目的是Na2CO3和CO2循环使用，提高物质的利用率、节能、环保．由第三步的方程式可知在理论上碳酸钠和二氧化碳恰好完全反应．而在实际应用使由于物质的利用率不可能100%，所以均需补充．
故答案为：Na2CO3和CO2循环使用；理论正好，因有损耗均需补充；
（5）一天制Al 1.430 t，n（e-）=1.430×106g÷27g/mol×3=1.6×105mol，电量Q=1.6×105×6.02×1023×1.6×10-19=1.54×1010，消耗的电能n（e-）=2×105×3600×24=1.73×1010，所以电解效率是（1.54×1010÷1.73×1010）×100%=88.7%，
故答案为：88.7%．
解析
解：（1）工业上从铝土矿制备较高纯度Al2O3的主要工艺流程，首先加足量的NaOH溶液，使Al转化为AlO2-，再向该溶液中加足量的硝酸或硫酸，这时Al变为Al3+．然后加入足量的氨水得到Al（OH）3沉淀，将其过滤出来，洗涤干净并烘干．最后灼烧Al（OH）3得到纯净的Al2O3．因此需要三个环节．第一步反应的方程式Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，
故答案为：三；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
（2）该制备工艺中有两次过滤操作，有流程图可知：在过滤操作①的滤液是NaF；滤渣是SiO2；故答案为：NaF；SiO2；
（3）分解脱硅化学反应方程式是2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2↓+2CO2↑+6NaF；合成冰晶石化学反应方程式分别为：6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6↓+2Na2CO3；
故答案为：2Na2CO3+Na2SiF6=SiO2↓+2CO2↑+6NaF；6NaF+NaAlO2+2CO2=Na3AlF6↓+2Na2CO3；
（4）工艺过程中③和④的目的是Na2CO3和CO2循环使用，提高物质的利用率、节能、环保．由第三步的方程式可知在理论上碳酸钠和二氧化碳恰好完全反应．而在实际应用使由于物质的利用率不可能100%，所以均需补充．
故答案为：Na2CO3和CO2循环使用；理论正好，因有损耗均需补充；
（5）一天制Al 1.430 t，n（e-）=1.430×106g÷27g/mol×3=1.6×105mol，电量Q=1.6×105×6.02×1023×1.6×10-19=1.54×1010，消耗的电能n（e-）=2×105×3600×24=1.73×1010，所以电解效率是（1.54×1010÷1.73×1010）×100%=88.7%，
故答案为：88.7%．
某化学活动小组用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液制取次氯酸钠溶液，设计如图1所示装置进行实验．
（1）电源中，a电极名称是______．
（2）反应时，生成次氯酸钠的离子方程式为______．
该小组同学利用制得的次氯酸钠溶液处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率．利用图2所示装置进行实验．连接下图中各仪器，检查气密性，各装置都装好药品．将CN-的浓度为0.2000mol•L-1的含氰废水100mL与100mL NaClO溶液（过量）置于装置1的锥形瓶中充分反应．打开分液漏斗活塞，滴入100mL稀H2SO4，关闭活塞．
已知装置1中发生的主要反应依次为：
CN-+ClO-═CNO-+Cl-
2CNO-+2H++3C1O-=N2↑+2CO2↑+3C1-+H2O
可能还有的反应：Cl-+ClO-+H+=Cl2+H2O
（3）从左向右，各装置的接口顺序为______
（4）装置2中的NaOH溶液的作用是______
（5）装置5的作用为______．
（6）反应结束后，（从装置2）缓缓通入空气的目的是______
（7）若测得装置3中Ba（OH）2溶液增重0.7g，则含氰废水被处理的百分率为______．
正确答案
解：（1）a电极一侧有一根导气管，说明该电极产生氢气，a连接的电极为阴极，则a为原电池负极，
故答案为：负极；
（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（3）处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率，需通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，首先需处理废水，因通过产生气体的量测定，所以需排除装置中空气的干扰，需用装置2，产生的二氧化碳中可能含有氯气需排除，产生的二氧化碳需进行干燥，所以：
装置1产生二氧化碳，装置2作用为排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，需放在1前，装置5的作用是吸收装置1中可能产生的Cl2，防止对装置2实验数据的测定产生干扰，装置4对产生的二氧化碳进行干燥，则装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置⑥的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰，装置如图所示：
故答案为：a-d-e-b-c-g-h-f；
（4）装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，需排除装置中空气的干扰，氢氧化钠能吸收二氧化碳，所以装置2中的NaOH溶液的作用是防止空气中的CO2被装置3中的Ba（OH）2溶液吸收，
故答案为：防止空气中的CO2被装置3中的Ba（OH）2溶液吸收；
（5）酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，装置1中可能还有的反应：Cl-+ClO-+H+=Cl2↑+H2O，氯气能和碘化钾反应，产生的氯气用碘化钾吸收，二氧化碳在四氯化碳中不溶，所以装置5的作用为除去CO2中的Cl2，
故答案为：除去CO2中的Cl2；
（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置3，保证生成的CO2全部被Ba（OH）2 溶液吸收，以减少实验误差，
故答案为：保证生成的CO2全部被Ba（OH）2 溶液吸收；
（7）0.2000mol•L-1的含氰废水100mL中n（CN-）=cv=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，CN-+ClO-═CNO+Cl-；2CNO-+2H++3ClO-═N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O可得关系式CN-～2CNO-～CO2，则含氰废水被处理的百分率为
故答案为：0.795．
解析
解：（1）a电极一侧有一根导气管，说明该电极产生氢气，a连接的电极为阴极，则a为原电池负极，
故答案为：负极；
（2）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，
故答案为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
（3）处理含氰废水，并测定含氰废水的处理百分率，需通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，首先需处理废水，因通过产生气体的量测定，所以需排除装置中空气的干扰，需用装置2，产生的二氧化碳中可能含有氯气需排除，产生的二氧化碳需进行干燥，所以：
装置1产生二氧化碳，装置2作用为排除空气中的二氧化碳对实验的干扰，需放在1前，装置5的作用是吸收装置1中可能产生的Cl2，防止对装置2实验数据的测定产生干扰，装置4对产生的二氧化碳进行干燥，则装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，装置⑥的作用是排除空气中二氧化碳对实验的干扰，排除空气中二氧化碳对实验的干扰，装置如图所示：
故答案为：a-d-e-b-c-g-h-f；
（4）装置3吸收二氧化碳，通过测定碱石灰的质量的变化测得二氧化碳的质量，根据关系式计算含氰废水处理百分率，需排除装置中空气的干扰，氢氧化钠能吸收二氧化碳，所以装置2中的NaOH溶液的作用是防止空气中的CO2被装置3中的Ba（OH）2溶液吸收，
故答案为：防止空气中的CO2被装置3中的Ba（OH）2溶液吸收；
（5）酸性条件下，氯离子和次氯酸根离子反应生成氯气，装置1中可能还有的反应：Cl-+ClO-+H+=Cl2↑+H2O，氯气能和碘化钾反应，产生的氯气用碘化钾吸收，二氧化碳在四氯化碳中不溶，所以装置5的作用为除去CO2中的Cl2，
故答案为：除去CO2中的Cl2；
（6）反应后装置中残留二氧化碳，应继续通过将净化的空气，将装置内的残留的二氧化碳全部进入装置3，保证生成的CO2全部被Ba（OH）2 溶液吸收，以减少实验误差，
故答案为：保证生成的CO2全部被Ba（OH）2 溶液吸收；
（7）0.2000mol•L-1的含氰废水100mL中n（CN-）=cv=0.2mol/L×0.1L=0.02mol，CN-+ClO-═CNO+Cl-；2CNO-+2H++3ClO-═N2↑+2CO2↑+3Cl-+H2O可得关系式CN-～2CNO-～CO2，则含氰废水被处理的百分率为
故答案为：0.795．
某研究性学习小组用工业碳酸钙（主要成分为CaCO3；杂质为：Al2O3、FeCO3） 为原料，先制备无机钙盐，再与甲酸钠溶液混合制取甲酸钙．结合如图几种物质的溶解度曲线及表中相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算），现提供的试剂有：
a．甲酸钠，b.5mol•L-1硝酸，c.5mol•L-1盐酸，d.5mol•L-1硫酸，e.3%H2O2溶液，f．澄清石灰水．
请补充完整由碳酸钙制备甲酸钙的实验步骤
步骤1．称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用．
步骤2．______．
步骤3．______．
步骤4．过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 7～8，充分搅拌，所得溶液经______、______、洗涤干燥得甲酸钙晶体．
正确答案
解：该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出；
则具体的步骤为：
步骤1．称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用；
硝酸具有强氧化性，不仅能溶解杂质，且能氧化亚铁离子，为下一步将铁离子转化成氢氧化铁沉淀作准备，盐酸盐酸不具有氧化性，不能选用，因硫酸钙微溶，不能用硫酸且稀硫酸不能氧化亚铁重力，所以不选，所以：
步骤2．用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；
氢氧化铁沉淀完全的pH=3.2、氢氧化铝沉沉淀完全的pH=5，调整溶液pH=5，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，所以：
步骤3．用石灰水调整溶液pH=5；
通过蒸发结晶，趁热过滤，防止其它晶体析出，所以：
步骤4．过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体，
故答案为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；蒸发浓缩（蒸发结晶）；趁热过滤．
解析
解：该实验首先要去除杂质，同时生成可溶性钙盐，杂质中亚铁离子首先要氧化为铁离子（双氧水或硝酸），再生成氢氧化铁除去，铝离子也要生成碱除去，故调节pH为5（用石灰水调节）；然后加入甲酸钠溶液混合生成溶解度较小、随温度变化不明显是甲酸钙，经蒸发浓缩，得到甲酸钙固体，趁热过滤，防止其它晶体析出；
则具体的步骤为：
步骤1．称取13.6g甲酸钠溶于约20mL水，配成溶液待用，并称取研细的碳酸钙样品10g待用；
硝酸具有强氧化性，不仅能溶解杂质，且能氧化亚铁离子，为下一步将铁离子转化成氢氧化铁沉淀作准备，盐酸盐酸不具有氧化性，不能选用，因硫酸钙微溶，不能用硫酸且稀硫酸不能氧化亚铁重力，所以不选，所以：
步骤2．用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；
氢氧化铁沉淀完全的pH=3.2、氢氧化铝沉沉淀完全的pH=5，调整溶液pH=5，生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀除去，所以：
步骤3．用石灰水调整溶液pH=5；
通过蒸发结晶，趁热过滤，防止其它晶体析出，所以：
步骤4．过滤后，将滤液与甲酸钠溶液混合，调整溶液pH 7～8，充分搅拌，所得溶液经蒸发浓缩、趁热过滤、洗涤、60℃时干燥得甲酸钙晶体，
故答案为：用稍过量硝酸溶解碳酸钙样品；用石灰水调整溶液pH=5；蒸发浓缩（蒸发结晶）；趁热过滤．
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