- 乙酸乙酯的制备
- 共1463题
实验室常用强氧化剂（如KMnO4、KClO3、MnO2等）氧化浓盐酸的方法来制备氯气．某研究性学习小组欲探究用Na2O2与浓盐酸制备并检验氯气．供选用的实验试剂及装置如下（部分导管、蒸馏水略）：
（1）写出用Na2O2与浓盐酸制备氯气的化学方程式______．
（2）下列装置组合最合理的是______（填序号，需考虑实验结束撤除装置时残留有害气体的处理）．
（3）尾气经处理后仍有较多气体排出，其主要原因可用化学方程式表示为：______．
（4）某小组成员建议用双氧水代替过氧化钠进行实验更好，请你给出两条合适的理由：
①______，
②______．
（5）你是否同意将Na2O2与浓盐酸的反应作为实验室制备氯气的方法之一？______（填“是”或“否”）；
理由是______．
正确答案
解：（1）过氧化钠有强氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，同时自身被还原生成水，结合原子守恒写出其反应方程式为：Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O，
故答案为：Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O；
（2）用过氧化钠和浓盐酸制取氯气，反应物状态是固液混合，所以盛放液体用分液漏斗，易控制流量，浓盐酸挥发性较强，所以要采用密封装置，防止其挥发，利用产生气体的压强时盐酸流下，所以反应装置选④⑥；
浓盐酸具有挥发性，所以产生的气体中含有氯化氢，用饱和食盐水洗气，为防止洗气瓶内压强过大，应有一个缓冲装置，故选⑤；
用淀粉碘化钾溶液检验氯气，故选⑧；
氯气有毒不能直接排空，应该用氢氧化钠溶液吸收尾气，且尾气量较少，不需要缓冲装置即可，故选①，
故答案为：D；
（3）过氧化钠极易和水反应生成氧气，过氧化钠也能把浓盐酸氧化生成氯气，自身被还原为氧气，所以制取的气体中可能含有氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（或4Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑），
故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（或4Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑）；
（4）从原料的利用率、成本、过氧化钠的性质及生成气体的性质来来考虑，所以其理由是：①Na2O2能与水反应，会使原料的利用率降低； ②双氧水比Na2O2更经济；③产生等量的Cl2，用双氧水消耗的盐酸的量少；④Na2O2能与水反应，生成的NaOH能与盐酸反应；⑤Na2O2能与水反应，生成的NaOH吸收了Cl2，
故答案为：①Na2O2能与水反应，会使原料的利用率降低； ②双氧水比Na2O2更经济；③产生等量的Cl2，用双氧水消耗的盐酸的量少；④Na2O2能与水反应，生成的NaOH能与盐酸反应；⑤Na2O2能与水反应，生成的NaOH吸收了Cl2；
（5）过氧化钠具有强氧化性，能把浓盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成氧气，且过氧化钠和水反应也生成氧气，氯气和氧气混合后不易分离，所以得不到较纯净的氯气，故答案为：否；产物不纯且难以分离．
解析
解：（1）过氧化钠有强氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，同时自身被还原生成水，结合原子守恒写出其反应方程式为：Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O，
故答案为：Na2O2+4HCl=2NaCl+Cl2↑+2H2O；
（2）用过氧化钠和浓盐酸制取氯气，反应物状态是固液混合，所以盛放液体用分液漏斗，易控制流量，浓盐酸挥发性较强，所以要采用密封装置，防止其挥发，利用产生气体的压强时盐酸流下，所以反应装置选④⑥；
浓盐酸具有挥发性，所以产生的气体中含有氯化氢，用饱和食盐水洗气，为防止洗气瓶内压强过大，应有一个缓冲装置，故选⑤；
用淀粉碘化钾溶液检验氯气，故选⑧；
氯气有毒不能直接排空，应该用氢氧化钠溶液吸收尾气，且尾气量较少，不需要缓冲装置即可，故选①，
故答案为：D；
（3）过氧化钠极易和水反应生成氧气，过氧化钠也能把浓盐酸氧化生成氯气，自身被还原为氧气，所以制取的气体中可能含有氧气，反应方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（或4Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑），
故答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑（或4Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O2↑）；
（4）从原料的利用率、成本、过氧化钠的性质及生成气体的性质来来考虑，所以其理由是：①Na2O2能与水反应，会使原料的利用率降低； ②双氧水比Na2O2更经济；③产生等量的Cl2，用双氧水消耗的盐酸的量少；④Na2O2能与水反应，生成的NaOH能与盐酸反应；⑤Na2O2能与水反应，生成的NaOH吸收了Cl2，
故答案为：①Na2O2能与水反应，会使原料的利用率降低； ②双氧水比Na2O2更经济；③产生等量的Cl2，用双氧水消耗的盐酸的量少；④Na2O2能与水反应，生成的NaOH能与盐酸反应；⑤Na2O2能与水反应，生成的NaOH吸收了Cl2；
（5）过氧化钠具有强氧化性，能把浓盐酸氧化生成氯气，自身被还原生成氧气，且过氧化钠和水反应也生成氧气，氯气和氧气混合后不易分离，所以得不到较纯净的氯气，故答案为：否；产物不纯且难以分离．
绿矾（FeSO4•7H2O）是一种重要的食品和饲料添加剂．在实验室里可以通过下列流程用废铁屑制备绿矾：
完成下列填空：
（1）试剂a是______（填写化学式）；
（2）酸溶时发生的主要反应的化学方程式为______；
（3）上述过程中的过滤操作所用的主要玻璃仪器有玻璃棒、______、烧杯．
（4）利用如图装置对所获产品（FeSO4•nH2O）中结晶水的含量进行测定．
反应前称量C中的硬质玻璃管（82.112g）、装入晶体后的硬质玻璃管（86.282g）、D的质量（78.368g）．反应后称得C中硬质玻璃管的质量为84.432g，D的质量为80.474g．产品硫酸亚铁晶体（FeSO4•nH2O）中n=______（小数点后保留1位有效数字）．
正确答案
解：（1）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；
故答案为：稀H2SO4；
（2）酸溶时发生的主要反应是铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4；
故答案为：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4；
（3）利用漏斗、玻璃棒、烧杯组装过滤装置进行过滤操作，所用的主要玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
故答案为：漏斗；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.7．
解析
解：（1）要制备硫酸亚铁，所以要用稀硫酸溶解铁屑，为了防止亚铁离子被氧化，Fe不能全部消耗，则加入稀硫酸时当溶液中气泡较少时即停止加硫酸，防止Fe被耗尽；
故答案为：稀H2SO4；
（2）酸溶时发生的主要反应是铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4；
故答案为：Fe+H2SO4=H2↑+FeSO4；
（3）利用漏斗、玻璃棒、烧杯组装过滤装置进行过滤操作，所用的主要玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯；
故答案为：漏斗；
（4）通过以上数据得出，晶体质量为86.282g-82.112=4.170g，加热完全分解后剩余固体的质量为84.432g-82.112=2.320g，
所以
故答案为：6.7．
a．Cu2Cl2不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化；
b．在pH≥4时，Cu2+开始以碱式盐形式沉淀；
c．Cu2Cl2能溶于浓盐酸生成配合物，该配合物加水稀释后会重新析出Cu2Cl2沉淀．
（1）Cu2Cl2的盐酸溶液能吸收CO而生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]．该反应的化学方程式为______．
（2）工业上处理、回收含铜电缆废料制备氯化亚铜的方案如下：
①反应①符合绿色化学思想，则稀酸A为______，单质B为______．
②反应②的离子方程式是______．
为提高Cu2Cl2的产率，工业上常在反应②的溶液中加入适量稀碱溶液，控制pH为3.5左右，其目的是______．
③保持各反应物的最佳配比，改变温度，测得Cu2Cl2产率的变化如图所示，则反应最佳温度为______．
④析出的氯化亚铜晶体要立即用无水乙醇洗涤，然后真空干燥、冷却，密封包装．真空干燥，密封包装的目的是______．
正确答案
解：（1）由Cu2Cl2的盐酸溶液能吸收CO而生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]可知，反应物有：Cu2Cl2、CO、H2O，生成物为[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]，则反应的化学方程式为：Cu2Cl2+2CO+2H2O═[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]，故答案为：Cu2Cl2+2CO+2H2O═[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]；
（2）①金属铜和稀硫酸不反应，但是在鼓入氧气的条件下会发生反应生成硫酸铜，所以A是稀硫酸，B是氧气，
故答案为：稀硫酸；氧气；
②由图示可知，反应物有：Cu2+、SO32-、Cl-，生成物有Cu2Cl2、SO42-，由于是氧化还原反应，化合价发生了变化，根据电子得失和质量守恒进行配平：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=Cu2Cl2↓+SO42-+2H+，在反应②的溶液中加适量稀碱溶液，OH-中和了反应中的H+，有利于平衡向右进行，提高Cu2Cl2的产率，但当OH-浓度过大时，Cu+能与OH-结合，生成氢氧化亚铜，从而降减了Cu2Cl2的产率，
故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=Cu2Cl2↓+SO42-+2H+；OH-中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，提高Cu2Cl2的产率，但当OH-浓度偏大时，Cu2+能与OH结合，生成沉淀，反而降低了Cu2Cl2的产率造成产物不纯；
③根据图象可知，因在55℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，
故答案为：55℃；
④根据立即用无水乙醇洗涤，然后真空干燥、冷却，密封包装．真空干燥，密封包装说明氯化亚铜在空气中会被氧化而变质，故答案为：防止氯化亚铜在空气中会被氧化而变质．
解析
解：（1）由Cu2Cl2的盐酸溶液能吸收CO而生成复合物氯化羰基亚铜[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]可知，反应物有：Cu2Cl2、CO、H2O，生成物为[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]，则反应的化学方程式为：Cu2Cl2+2CO+2H2O═[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]，故答案为：Cu2Cl2+2CO+2H2O═[Cu2Cl2（CO）2•2H2O]；
（2）①金属铜和稀硫酸不反应，但是在鼓入氧气的条件下会发生反应生成硫酸铜，所以A是稀硫酸，B是氧气，
故答案为：稀硫酸；氧气；
②由图示可知，反应物有：Cu2+、SO32-、Cl-，生成物有Cu2Cl2、SO42-，由于是氧化还原反应，化合价发生了变化，根据电子得失和质量守恒进行配平：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=Cu2Cl2↓+SO42-+2H+，在反应②的溶液中加适量稀碱溶液，OH-中和了反应中的H+，有利于平衡向右进行，提高Cu2Cl2的产率，但当OH-浓度过大时，Cu+能与OH-结合，生成氢氧化亚铜，从而降减了Cu2Cl2的产率，
故答案为：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=Cu2Cl2↓+SO42-+2H+；OH-中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，提高Cu2Cl2的产率，但当OH-浓度偏大时，Cu2+能与OH结合，生成沉淀，反而降低了Cu2Cl2的产率造成产物不纯；
③根据图象可知，因在55℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，
故答案为：55℃；
④根据立即用无水乙醇洗涤，然后真空干燥、冷却，密封包装．真空干燥，密封包装说明氯化亚铜在空气中会被氧化而变质，故答案为：防止氯化亚铜在空气中会被氧化而变质．
过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2 ）俗称固体双氧水，是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂．某兴趣小组制备过碳酸钠的制备流程如下：
（注：BC-1、BC-2均为稳定剂，其中BC-1是由异丙醇和三乙醇胺按一定比例混合而成）
（1）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，作用是______．
（2）加入BC-2稳定剂与工业纯碱中含有的Fe3+杂质生成稳定的配合物的目的是______．
（3）洗涤抽滤产品，应选用合适的洗涤试剂是______（填写序号）．
A．饱和氯化钠溶液 B．水 C．异丙醇 D．碳酸钠饱和溶液
（4）工业上常以活性氧的质量分数[ω（活性氧）=16n（H2O2）/m（样品）×100%]来衡量过碳酸钠产品的优劣，ω≥13%为优等品．现将0.2000g某厂家生产的过碳酸钠样品（所含杂质不参与后面的反应）溶于水配成溶液，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量KI，摇匀后静置于暗处，充分反应后加入少量淀粉试剂，用0.1000mol•L-1Na2S2O3溶液滴定到终点，消耗Na2S2O3溶液33.00mL．（已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI），通过计算判断样品是否为优等品（写出计算过程）．
正确答案
解：（1）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，故答案为：降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；
（2）加入BC-2稳定剂与工业纯碱中含有的Fe3+杂质生成稳定的配合物的，除去溶液里的Fe3+，防止双氧水在Fe3+催化作用下快速分解，故答案为：防止Fe3+杂质离子催化H2O2分解；
（3）根据相似相溶原理知，过碳酸钠易溶于水或水溶液，难溶于有机溶剂，且易分离，故选C；
（4）根据题目可知发生的化学反应为：H2O2+2KI+H2SO4=2H2O+I2+K2SO4由关系式H2O2～I2～2 Na2S2O3可得出n（H2O2）=1.65×10-3mol，
ω（活性氧）=16n（H2O2）/m（样品）×100%=16×1.65×10-3 mol÷0.2000g×100%=13.2%＞13%，此样品是优等品，故答案为：样品为优等品．
解析
解：（1）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出，故答案为：降低过碳酸钠的溶解度，有利于过碳酸钠析出；
（2）加入BC-2稳定剂与工业纯碱中含有的Fe3+杂质生成稳定的配合物的，除去溶液里的Fe3+，防止双氧水在Fe3+催化作用下快速分解，故答案为：防止Fe3+杂质离子催化H2O2分解；
（3）根据相似相溶原理知，过碳酸钠易溶于水或水溶液，难溶于有机溶剂，且易分离，故选C；
（4）根据题目可知发生的化学反应为：H2O2+2KI+H2SO4=2H2O+I2+K2SO4由关系式H2O2～I2～2 Na2S2O3可得出n（H2O2）=1.65×10-3mol，
ω（活性氧）=16n（H2O2）/m（样品）×100%=16×1.65×10-3 mol÷0.2000g×100%=13.2%＞13%，此样品是优等品，故答案为：样品为优等品．
（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O+H2C2O4═FeC2O4•2H2O↓+（NH4）2SO4+H2SO4+4H2O
2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe（C2O4）3]•3H2O↓
实验步骤如下：I．称取5.0g（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O（s）置于150mL烧杯中，加入15mL去离子水和数滴3mol•L-1的H2SO4 溶液，加热溶解．
Ⅱ．在步骤I制备的溶液中加入25mL饱和H2C2O4溶液，搅拌并加热煮沸，形成黄色FeC2O4•2H2O沉淀．倾析法弃去上层清液并用去离子水洗涤沉淀2～3次．
Ⅲ．在上述沉淀中加入10mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40°C，慢慢加进20mL3%H2O2溶液，不断搅拌并维持温度在40°C左右，使Fe（Ⅱ）充分氧化为Fe（Ⅲ）．滴加完毕后，加热溶液至沸以除去过量的H2O2．IV．保持上述沉淀近沸状态，先加入饱和H2C2O4溶液7mL，然后趁热再滴加饱和H2C2O4溶液1～2mL使沉淀溶解．控制溶液的pH=4～5，此时溶液为翠绿色，趁热过滤，并使滤液控制在30mL左右（若体积太大，可水浴加热浓缩），滤液中加入10mL95%乙醇．用表面皿将烧杯盖好，在暗处放置1～2h冷却结晶、抽滤，用95%乙醇洗涤晶体2次，以除去晶体表面附着的水分，缩短干燥时间．将产品避光保存．
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中加入数滴3mol•L-1的H2SO4溶液，其目的是______；
（2）步骤Ⅱ中弃去上层清液和洗涤时都采用倾析法．适用倾析法分离的沉淀应具备的条件是______，该步骤中沉淀洗净的标准是在最后一次洗涤液中检测不到______；
（3）步骤Ⅲ中需维持温度在40°C左右的原因是______，为了监控反应进度，吸取1滴所得的黄色悬浊液于白色点滴板中，加酸酸化后加少许K3[Fe（CN）6]固体，如出现绿色证明Fe2+______（填“已经”或“还没有”）完全氧化；
（4）步骤IV中的有关问题：
①加入饱和H2C2O4溶液的目的是为了溶解______（填化学式）沉淀，H2C2O4溶液应逐滴加入，控制溶液的pH=4～5，pH过高，沉淀溶解不完全，pH过低，会发生副反应，使产品中混有黄色的FeC2O4•2H2O，而且若H2C2O4过量太多容易形成H2C2O4晶体析出，导致产率______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）；
②趁热过滤时，可将滤纸折叠成菊花形（如图），其目的是______，滤液中加入10mL95%乙醇的目的是______；
（5）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O对光敏感，进行下列光化学反应：2[Fe（C2O4）3]3-
正确答案
解：（1）步骤Ⅰ中：亚铁离子在水溶液中水解：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，溶解的过程中要加入几滴稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解，
故答案为：抑制Fe2+水解；
（2）步骤Ⅱ中：在步骤I制备的溶液中加入25mL饱和H2C2O4溶液，搅拌并加热煮沸，晶体颗粒长大形成黄色FeC2O4•2H2O沉淀，沉淀的结晶颗粒较大易沉降至容器底部，适用于采用倾析法分离或洗涤沉淀，所以弃去上层清液和洗涤时都采用倾析法，倒出液体时并用玻璃棒引流，防止溅出液体，生成的FeC2O4•2H2O晶体表面容易粘着硫酸盐，要用少量H2O洗涤，洗净的标准是洗涤液中检不到SO42-，所以该步骤中沉淀洗净的标准是在最后一次洗涤液中检测不到SO42-，
故答案为：沉淀的颗粒较大，静置后容易沉降至容器底部；SO42-；
（3）步骤Ⅲ中：温度太高双氧水容易分解，温度太低Fe2+氧化反应速率太慢，所以在不断搅拌下慢慢滴加H2O2且需水浴保持恒温40℃，吸取1滴所得的黄色的悬浊液于白色点滴板中，加酸酸化后加少许K3[Fe（CN）6]固体，如出现蓝色和黄色混合色绿色，证明还有Fe（II），需再加H2O2至检测不到Fe（II），
故答案为：温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响Fe2+氧化；还没有；
（4）①步骤IV中：在过量草酸根存在下，用过氧化氢氧化草酸亚铁即可得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾，同时有氢氧化铁生成，①加入饱和H2C2O4溶液的目的是为了溶解Fe（OH）3，若H2C2O4过量太多容易形成H2C2O4晶体析出，H2C2O4晶体误认为产物，导致产率偏高，
故答案为：Fe（OH）3；偏高；
②将滤纸折叠成菊花形待过滤的容积增大，可加快过滤速度，三草酸合铁（Ⅲ）酸钾难溶于乙醇，滤液中加入10mL95%乙醇的目的是降低三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的溶解度，促使析出，
故答案为：加快过滤速度；降低三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的溶解度，促使析出；
（5）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O对光敏感，这一性质在工程设计中的应用中可摄影、晒图、印刷等，
故答案为：摄影、晒图、印刷等．
解析
解：（1）步骤Ⅰ中：亚铁离子在水溶液中水解：Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+，溶解的过程中要加入几滴稀硫酸，目的是抑制Fe2+水解，
故答案为：抑制Fe2+水解；
（2）步骤Ⅱ中：在步骤I制备的溶液中加入25mL饱和H2C2O4溶液，搅拌并加热煮沸，晶体颗粒长大形成黄色FeC2O4•2H2O沉淀，沉淀的结晶颗粒较大易沉降至容器底部，适用于采用倾析法分离或洗涤沉淀，所以弃去上层清液和洗涤时都采用倾析法，倒出液体时并用玻璃棒引流，防止溅出液体，生成的FeC2O4•2H2O晶体表面容易粘着硫酸盐，要用少量H2O洗涤，洗净的标准是洗涤液中检不到SO42-，所以该步骤中沉淀洗净的标准是在最后一次洗涤液中检测不到SO42-，
故答案为：沉淀的颗粒较大，静置后容易沉降至容器底部；SO42-；
（3）步骤Ⅲ中：温度太高双氧水容易分解，温度太低Fe2+氧化反应速率太慢，所以在不断搅拌下慢慢滴加H2O2且需水浴保持恒温40℃，吸取1滴所得的黄色的悬浊液于白色点滴板中，加酸酸化后加少许K3[Fe（CN）6]固体，如出现蓝色和黄色混合色绿色，证明还有Fe（II），需再加H2O2至检测不到Fe（II），
故答案为：温度太低，Fe2+氧化速度太慢，温度太高容易导致H2O2分解，影响Fe2+氧化；还没有；
（4）①步骤IV中：在过量草酸根存在下，用过氧化氢氧化草酸亚铁即可得到三草酸合铁（Ⅲ）酸钾，同时有氢氧化铁生成，①加入饱和H2C2O4溶液的目的是为了溶解Fe（OH）3，若H2C2O4过量太多容易形成H2C2O4晶体析出，H2C2O4晶体误认为产物，导致产率偏高，
故答案为：Fe（OH）3；偏高；
②将滤纸折叠成菊花形待过滤的容积增大，可加快过滤速度，三草酸合铁（Ⅲ）酸钾难溶于乙醇，滤液中加入10mL95%乙醇的目的是降低三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的溶解度，促使析出，
故答案为：加快过滤速度；降低三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的溶解度，促使析出；
（5）K3[Fe（C2O4）3]•3H2O对光敏感，这一性质在工程设计中的应用中可摄影、晒图、印刷等，
故答案为：摄影、晒图、印刷等．
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