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11.2L A12(SO43中SO42-的个数为0.6NA,则A13+的浓度为0.2mol/L,Al2(SO43的浓度为0.1mol/L.

分析 SO42-的个数为0.6NA,物质的量为:0.6mol,而A12(SO43电离产生的铝离子与硫酸根离子之比为:2:3,所以铝离子的物质的量为:0.4mol,Al2(SO43的物质的量为0.2mol,根据c=$\frac{n}{V}$,计算求解.

解答 解:SO42-的个数为0.6NA,物质的量为:0.6mol,而A12(SO43电离产生的铝离子与硫酸根离子之比为:2:3,所以铝离子的物质的量为:0.4mol,则A13+的浓度为$\frac{0.4mol}{2L}$=0.2mol/L,Al2(SO43的物质的量为0.2mol,其物质的量浓度为:$\frac{0.2mol}{2L}$=0.1mol/L,故答案为:0.2mol/L;0.1mol/L.

点评 本题考查物质的量的相关计算,题目难度不大,注意有关计算公式的运用,以及物质的组成特点.

练习册系列答案
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6.三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O43]•3H2O是翠绿色单斜晶体,常温下溶解度为4.7g/100g水,难溶于乙醇,是制备负载型活性铁催化剂的主要原料.实验室制备三草酸合铁(Ⅲ)酸钾K3[Fe(C2O43]•3H2O的相关反应为:
(NH42Fe(SO42•6H2O+H2C2O4═FeC2O4•2H2O↓+(NH42SO4+H2SO4+4H2O
2FeC2O4•2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4═2K3[Fe(C2O43]•3H2O↓
实验步骤如下:I.称取5.0g(NH42Fe(SO42•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,其目的是抑制Fe2+水解;
(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沉淀的颗粒较大,静置后容易沉降至容器底部,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-
(3)步骤Ⅲ中需维持温度在40°C左右的原因是温度太低,Fe2+氧化速度太慢,温度太高容易导致H2O2分解,影响Fe2+氧化,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+还没有(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Fe(OH)3(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,导致产率偏高(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),其目的是加快过滤速度,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;
(5)K3[Fe(C2O43]•3H2O对光敏感,进行下列光化学反应:2[Fe(C2O43]3-$\stackrel{光照}{→}$FeC2O4+3C2O42-+2CO2↑简要说明这一性质在工程设计中的应用摄影、晒图、印刷等.

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