- 硫酸亚铁铵的制备
- 共1066题
化合物KxFe（C2O4）y・3H2O（Fe为+3价）是一种光敏材料，实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成．
Ⅰ制备：
（1）结晶时应将溶液用冰水冷却并在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是______；
（2）操作Ⅲ的名称是______．
Ⅱ组成测定：称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量的蒸馏水和稀H2SO4，将C2O42-转化为H2C2O4后用0.1000mol・L-1KMnO4溶液滴定，当消耗KMnO4溶液24.00mL时恰好完全反应；再向溶液中加入适量的还原剂，恰好将Fe3+完全转化为Fe2+，用KMnO4溶液继续滴定，当Fe2+完全氧化时，用去KMnO4溶液4.00mL．相关反应的化学方程式如下：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
（3）配制100mL 0.1000mol・L-1KMnO4溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管、锥形瓶外还有______（填仪器名称）．两个滴定中，终点时溶液颜色为______色，且30 秒内不变色．
（4）该化合物KxFe（C2O4）y・3H2O中，x=______．
正确答案
用冰水冷却有利于析出更多的晶体、黑暗可以防止晶体分解
过滤、洗涤
250mL容量瓶、酸式滴定管；
紫红
3
解析
解：（1）由题目信息可知，化合物KxFe（C2O4）y•zH2O（Fe为+3价）是一种光敏感材料，推知黑暗是为了防止晶体见光分解，用冰水冷却降低溶解度，有利于析出更多的晶体，
故答案为：用冰水冷却有利于析出更多的晶体、黑暗可以防止晶体分解；
（2）操作Ⅲ前一步是冷却结晶，结晶后自然要将晶体与母液分离，所以需要过滤，晶体表面有吸附的杂质，洗涤后再进行重结晶提纯，
故答案为：过滤、洗涤；
Ⅱ．（3）配制250mL 0.10mol•L-1KMnO4溶液，由已有的仪器可知，还需要250mL容量瓶；由已有的仪器可知，滴定实验还需要滴定管，KMnO4溶液有强氧化性，可以发生橡皮管，需用酸式滴定管盛放；
该实验是氧化还原滴定，终点时KMnO4溶液恰好过量一滴，溶液会显紫红色，30秒内不变色，
故答案为：250mL容量瓶、酸式滴定管； 紫红；
（4）由MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，n（Fe3+）=5n（MnO4-）=5×0.002L×0.10mol•L-1=0.001mol，由2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，n（C2O42-）=
根据化合价代数和为0可知：x+3+3×（-2）=0，解得：x=3，
故答案为：3．
（2015秋•大兴区期末）无水AlCl3可用作有机合成的催化剂、食品膨松剂等．工业上可由铝土矿（主要成分是Al2O3和Fe2O3）和焦炭制备，流程如下：
已知：AlCl3、FeCl3分别在183℃、315℃时升华
（1）Cl2的电子式______．
（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应的化学方程式为______；炉气中残余
的少量Cl2，可用NaOH溶液吸收，其离子方程式为______．
（3）700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离．请选择合适的温度范围______．
a．低于183℃b．介于183℃和315℃之间 c．高于315℃
（4）样品（含少量FeCl3）中AlCl3含量可通过下列操作测得（部分物质略去）．
计算该样品中AlCl3的质量分数______（结果用m、n表示，不必化简）．
正确答案
解：铝土和焦炭矿焙烧炉中加热，Fe2O3被还原得到Fe，所以反应后得到Al2O3和Fe，加入Cl2、焦炭在氯化炉中反应，Fe、Al2O3、C12和C反应会生成A1C13、FeC13、CO，排出废气CO和Cl2，加入Al粉除去FeC13、Fe，最后得到A1C13，冷凝得到A1C13固体，
（1）Cl2分子中两个Cl原子之间共用一对电子，氯气分子电子式为
（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成氯化铝和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C
（3）700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离，温度范围应该介于183℃和315℃之间，故选b；
（4）根据Al原子守恒得关系式AlCl3～NaAlO2～Al（OH）3～
故答案为：
解析
解：铝土和焦炭矿焙烧炉中加热，Fe2O3被还原得到Fe，所以反应后得到Al2O3和Fe，加入Cl2、焦炭在氯化炉中反应，Fe、Al2O3、C12和C反应会生成A1C13、FeC13、CO，排出废气CO和Cl2，加入Al粉除去FeC13、Fe，最后得到A1C13，冷凝得到A1C13固体，
（1）Cl2分子中两个Cl原子之间共用一对电子，氯气分子电子式为
（2）氯化炉中Al2O3、Cl2和焦炭在高温下发生反应生成氯化铝和CO，反应方程式为Al2O3+3Cl2+3C
（3）700℃时，升华器中物质经充分反应后需降温实现FeCl3和AlCl3的分离，温度范围应该介于183℃和315℃之间，故选b；
（4）根据Al原子守恒得关系式AlCl3～NaAlO2～Al（OH）3～
故答案为：
实验室用含有杂质（FeO、Fe2O3）的废CuO制备胆矾晶体，经历了下列过程（已知 Fe3+在 pH=5时沉淀完全）．其中分析错误的是（ ）
正确答案
解析
解：由实验流程可知，样品与足量硫酸反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入过氧化氢，发生氧化还原反应生成硫酸铁，然后加入CuO调节溶液的pH，使Fe3+水解而生成Fe（OH）3沉淀，得到硫酸铜溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，
A．步骤②为亚铁离子与过氧化氢的氧化还原反应，离子反应为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，故A正确；
B．步骤②可用氯水、硝酸等强氧化剂代替H2O2，引入杂质氯离子、硝酸根离子等，难以除去，故B错误；
C．CuCO3和CuO都与溶液中H+反应，起到调节溶液pH的作用，并不引入新的杂质，故C正确；
D．步骤⑤为洗涤固体，固体具有吸附性，过滤时表面有可溶性物质，则操作为向滤出晶体的漏斗中加少量水浸没晶体，自然流下，重复2-3次，可洗涤晶体，故D正确；
故选B．
草酸镍晶体（NiC2O4•2H2O）可用于制镍催化剂，硫酸镍晶体（NiSO4•7H2O）主要用于电镀工业．某小组用废镍催化剂（成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等）制备草酸镍晶体的部分实验流程如下：
已知：①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L-1计算）：
②Ksp（CaF2）=1.46×10-10 Ksp（CaC2O4）=2.34×10-9
（1）粉碎的目的是______．
（2）保持其他条件相同，在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”，镍浸出率随时间变化如图．“酸浸”的适宜温度与时间分别为______（填字母）．
a．30℃、30min b．90℃、150min
c．70℃、120min d．90℃、120min
（3）证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是______．
（4）将“沉镍”工序得到的混合物过滤，所得固体用乙醇洗涤、110℃下烘干，得草酸晶体．
①用乙醇洗涤的目的是______；
②烘干温度不超过110℃的原因是______．
（5）由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下：
第1步：取“浸出液”，______，充分反应后过滤，以除去铁、铝元素；
第2步：向所得滤液中加入适量NH4F溶液，充分反应后过滤，得“溶液X”；
第3步：______，充分反应后过滤；
第4步：滤渣用稍过量硫酸充分溶解后，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得硫酸镍晶体．
①请补充完整相关实验步骤（可选试剂：H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液）
②第2步中加入适量NH4F溶液的作用是______．
正确答案
解：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；
（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了，
故答案为：c；
（3）“沉镍”工序中，可以用继续滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，检验Ni2+是否沉淀完全，待溶液静置后，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；
（4）①“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；
故答案为：洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；
②烘干温度不超过110℃，如果温度过高，草酸镍晶体会失去结晶水；
故答案为：防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水；
（5）①为了除去铁、铝元素，第1步：取“浸出液”，用双氧水氧化二价铁为三价铁，再加入NaOH溶液，调节溶液5.0≤pH≤6.7，让Al3+、Fe3+沉淀完全，不能让Ni2+沉淀；第3步：用NaOH溶液调节溶液X的pH≥9.5，使Ni2+沉淀完全；
故答案为：加足量的H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液，调节溶液5.0≤pH≤6.7；用NaOH溶液调节溶液X的pH≥9.5；
②根据Ksp（CaF2）=1.46×10-10＜Ksp（CaC2O4）=2.34×10-9，加入适量NH4F溶液，生成CaF2，除去Ca2+，故答案为：除去杂质Ca2+．
解析
解：（1）把废镍催化剂粉碎，增大了反应的接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，提高镍的浸出率；
（2）根据镍浸出率随时间变化图可知，70℃时，镍浸出率很大，从时间看，120min镍浸出率就已经很高了，
故答案为：c；
（3）“沉镍”工序中，可以用继续滴加（NH4）2C2O4溶液的方法，检验Ni2+是否沉淀完全，待溶液静置后，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；
故答案为：静置，在上层清液中继续滴加（NH4）2C2O4溶液，若不产生沉淀，则Ni2+已经沉淀完全；
（4）①“沉镍”工序生成了（NH4）2SO4，用乙醇洗涤，能洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；
故答案为：洗去（NH4）2SO4杂质、便于烘干；
②烘干温度不超过110℃，如果温度过高，草酸镍晶体会失去结晶水；
故答案为：防止温度过高，草酸镍晶体失去结晶水；
（5）①为了除去铁、铝元素，第1步：取“浸出液”，用双氧水氧化二价铁为三价铁，再加入NaOH溶液，调节溶液5.0≤pH≤6.7，让Al3+、Fe3+沉淀完全，不能让Ni2+沉淀；第3步：用NaOH溶液调节溶液X的pH≥9.5，使Ni2+沉淀完全；
故答案为：加足量的H2O2溶液，充分反应后用NaOH溶液，调节溶液5.0≤pH≤6.7；用NaOH溶液调节溶液X的pH≥9.5；
②根据Ksp（CaF2）=1.46×10-10＜Ksp（CaC2O4）=2.34×10-9，加入适量NH4F溶液，生成CaF2，除去Ca2+，故答案为：除去杂质Ca2+．
信息时代产生的大量电子垃圾对环境造成了极大的威胁．某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
回答下列问题：
（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为______；得到滤渣1的主要成分为______．
（2）第②步加入H2O2的作用是______，使用H2O2的优点是______；调节pH的目的是使______生成沉淀．
（3）用第③步所得CuSO4•5H2O制备无水CuSO4的方法是______．
（4）由滤渣2制取Al2（SO4）3•18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，______方案不可行；三种方案中均采用了蒸发，进行该操作时注意______时停止加热．
（5）探究小组用滴定法测定CuSO4•5H2O（Mr=250）含量．取a g 试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c mol/L EDTA（H2Y2-）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL．滴定反应如下：Cu2++H2Y2-═CuY2-+2H+．（EDTA：乙二胺四乙酸白色结晶粉末状固体，呈酸性．）
配制EDTA（H2Y2-）标准溶液时，下列仪器不必要用到的有______（用编号表示）．
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
写出计算CuSO4•5H2O质量分数的表达式ω=______；下列操作会导致CuSO4•5H2O含量测定结果偏高的是______．
a．未干燥锥形瓶
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡
c．未除静可与EDTA反应的干扰离子．
正确答案
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-
故答案为：3Cu+8H++2NO3-
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液pH使Fe3+、Al3+全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：在坩埚中加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
蒸发过程中，当蒸发浓缩至溶液表面出晶膜时停止加热，避免造成固体飞溅现象，
故答案为：甲；蒸发浓缩至溶液表面出晶膜；
（5）配制c mol/L EDTA（H2Y2-）标准溶液过程中使用的仪器有：电子天平、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、烧杯，不需要的仪器为：③量筒、⑦移液管；
滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同：cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒可得：
20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为：bc×10-3mol，
则100ml溶液中含硫酸铜晶体的物质的量为：bc×10-3mol×
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式为：
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b错误；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高，故c正确；
故答案为：③⑦；
解析
解：（1）稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-
故答案为：3Cu+8H++2NO3-
（2）第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+；过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染；调节溶液pH使Fe3+、Al3+全部沉淀后过滤得到氢氧化铁、氢氧化铝沉淀和滤液硫酸铜，
故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Fe3+、Al3+；
（3）第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是在坩埚中加热脱水；
故答案为：在坩埚中加热脱水；
（4）制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2（SO4）3和Al2（SO4）3，再加Al粉和Fe2（SO4）3生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
丙方案先在滤渣中加NaOH和Al（OH）3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2（SO4）3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；
蒸发过程中，当蒸发浓缩至溶液表面出晶膜时停止加热，避免造成固体飞溅现象，
故答案为：甲；蒸发浓缩至溶液表面出晶膜；
（5）配制c mol/L EDTA（H2Y2-）标准溶液过程中使用的仪器有：电子天平、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管、烧杯，不需要的仪器为：③量筒、⑦移液管；
滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同：cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒可得：
20ml溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为：bc×10-3mol，
则100ml溶液中含硫酸铜晶体的物质的量为：bc×10-3mol×
所以CuSO4•5H2O质量分数的表达式为：
a．未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故a错误；
b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡说明消耗标准液读数偏小，结果偏低，故b错误；
c．未除净可与EDTA反应的干扰离子，消耗标准液多，结果偏高，故c正确；
故答案为：③⑦；
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