题目内容

7．用工业FeCl3粗品（含Ca、Mn、Cu等杂质离子）制取高纯铁红，实验室常用萃取剂X（甲基异丁基甲酮）萃取法制取高纯铁红的主要实验步骤如下：

已知：HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4
试回答下列问题：
（1）用萃取剂X萃取，该步骤中：
①Ca、Mn、Cu等杂质离子几乎都在水（填“水”或“有机”）相．
②若实验时共用萃取剂X 120mL，萃取率最高的方法是c（填字母）．
a．一次性萃取，120mL
b．分2次萃取，每次60mL
c．分3次萃取，每次40mL
（2）用高纯水反萃取，萃取后水相中铁的存在形式是FeCl3（写化学式）；反萃取能发生的原因是加高纯水时，酸度[或c（H+）]降低，HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4平衡向转化为FeCl3的方向移动．
（3）所得草酸铁沉淀需用冰水洗涤，其目的是洗去沉淀表面吸附的杂质离子，减少草酸铁晶体的溶解损耗．
（4）测定产品中铁的含量需经酸溶、还原为Fe2+，然后在酸性条件下用标准K2Cr2O7溶液滴定，已知铬的还原产物为Cr3+，写出该滴定反应的离子方程式，并用单线桥标出电子转移的方向和数目．

分析 FeCl3粗品溶于盐酸，得到含有Fe3+、Ca2+、Mn2+、Cu2+等离子的溶液，用X萃取后再反萃取去掉有机相即可得到较纯的含Fe3+的溶液，所以在萃取时Ca2+、Mn2+、Cu2+应在水相中，由于加高纯水时，酸度[或c（H+）]降低，HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4平衡向转化为FeCl3的方向移动，所以用高纯水可以进行反萃取，弃去有机相得到加入草酸得到草酸铁沉淀，蒸发灼烧得到高纯氧化铁，
（1）根据流程图可知，FeCl3粗品溶于盐酸，得到含有Fe3+、Ca2+、Mn2+、Cu2+等离子的溶液，用X萃取后再反萃取去掉有机相即可得到较纯的含Fe3+的溶液，所以在萃取时Ca2+、Mn2+、Cu2+应在水相中，萃取剂X总量一定时，萃取的次数越多，效果越好，据此判断；
（2）根据元素守恒可知，萃取后水相中铁的存在形式是氯化铁，用甲基异丁基甲酮萃取时，在有机相中铁元素以形式存在HFeCl4，由于加高纯水时，酸度[或c（H+）]降低，HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4平衡向转化为FeCl3的方向移动，所以用高纯水可以进行反萃取；
（3）所得草酸铁沉淀需用冰水洗涤，其目的是既除去了杂质，又减少草酸铁晶体的溶解损耗；
（4）在酸性条件下Fe2+与K2Cr2O7溶液反应生成Cr3+和铁离子，根据电荷守恒和元素守恒书写离子方程式，用单线桥标出电子转移的方向和数目．

解答 解：（1）根据流程图可知，FeCl3粗品溶于盐酸，得到含有Fe3+、Ca2+、Mn2+、Cu2+等离子的溶液，用X萃取后再反萃取去掉有机相即可得到较纯的含Fe3+的溶液，所以在萃取时Ca2+、Mn2+、Cu2+应在水相中，萃取剂X总量一定时，萃取的次数越多，效果越好，故选c，
故答案为：水；c；
（2）根据元素守恒可知，萃取后水相中铁的存在形式是FeCl3，用甲基异丁基甲酮萃取时，在有机相中铁元素以形式存在HFeCl4，由于加高纯水时，酸度[或c（H+）]降低，HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4平衡向转化为FeCl3的方向移动，所以用高纯水可以进行反萃取，
故答案为：FeCl3；加高纯水时，酸度[或c（H+）]降低，HCl（浓）+FeCl3?HFeCl4平衡向转化为FeCl3的方向移动；
（3）洗去沉淀表面吸附的杂质离子，用冰水洗涤可以减少草酸铁晶体的溶解损耗，
故答案为：洗去沉淀表面吸附的杂质离子，减少草酸铁晶体的溶解损耗；
（4）在酸性条件下Fe2+与K2Cr2O7溶液反应生成Cr3+和铁离子，反应的离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，用单线桥标出电子转移的方向和数目的离子方程式为：
故答案为：．

点评 本题考查了物质分离提纯的方法分析，涉及实验基本操作、离子方程式的书写、化学计算等知识，注意反应过程中原子守恒的理解应用，掌握基础是关键，题目难度中等．

练习册系列答案
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15．常温下，下列各组离子或分子在指定溶液中能大量共存的是（　　）
A．pH=7的溶液中：Fe3+、NH4+、Cl-、N03-
B．水电离出的c（H+）=$\sqrt{{k}_{w}}$的溶液中：Na+、S042-、C032-、K+
C．由水电离的c（OH-）=1×10-2mol•L-1的溶液中：Cl-、CH3COO-、K+、AlO2-
D．$\frac{c（O{H}^{-}）}{c（{H}^{+}）}$=1012的溶液中：NH4+、Al3+、N03-、Cl-
18．下列化学用语表达正确的是（　　）
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15．较低温度下，氯气通入石灰乳中可制得漂白粉，该反应为放热反应．某校甲、乙两化学小组均用200mL 12mol/L盐酸与17.4g MnO2在加热条件下反应制备氯气，并将制备的氯气与过量的石灰乳反应制取漂白粉，用稀NaOH溶液吸收残余的氯气．分析实验结果发现：①甲、乙两组制得的漂白粉中Ca（ClO）2的质量明显小于理论值．②甲组在较高温度下将氯气与过量的石灰乳反应，所制得的产品中Ca（ClO3）2的含量较高．试回答下列问题：
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（2）实验中所得到的Ca（ClO）2的质量明显小于理论值，试简要分析其可能原因．
2．下列说法不正确的是（　　）
A．电解熔融的氯化钠中铁电极连接电源的负极
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C．可用电解饱和氯化钠溶液来制备金属钠
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12．已知A为常见金属，X、Y为常见非金属，X、E、F、G常温下为气体，C为液体，B是一种盐，受热极易分解，在工农业生产中用途较广（如被用作某些电池的电解质）．现用A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池．有关物质之间的转化关系如下图：（注意：其中有些反应的条件及部分生成物被略去）

请填写下列空白：
（1）反应④为A在某种气体中燃烧，生成单质Y和A的氧化物，其反应方程式为2Mg+CO2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2MgO+C．
（2）A与石墨作电极，B的浓溶液作电解质，构成原电池，
负极反应：Mg-2e-=Mg2+；正极反应：2NH4++2e-=NH3↑+H2↑．
（3）从D溶液制备D的无水晶体的“操作A”为将D溶液在HCl气流中蒸干．
（4）反应②的化学方程式为4NH3+5O2$\frac{\underline{催化剂}}{△}$4NO+6H2O．
（5）反应⑤的化学方程式为C+4HNO3（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CO2↑+4NO2↑+2H2O．
19．原子序数依次递增且都小于36的X、Y、Z、Q、W四种元素，其中X是原子半径最小的元素，Y原子基态时最外层电子数是其内层电子数的2倍，Q原子基态时2p原子轨道上有2个未成对的电子，W元素的原子结构中3d能级有4个未成对电子．回答下列问题：
（1）Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为sp，Y2X2分子中σ键和π键个数比为3：2．
（2）化合物ZX3的沸点比化合物YX4的高，其主要原因是NH3分子间存在氢键．
（3）元素Y的一种氧化物与元素Z的一种氧化物互为等电子体，元素Z的这种氧化物的分子式是N2O．
（4）元素W能形成多种配合物，如：W（CO）5等．
①基态W3+的M层电子排布式为3s23p63d5．
②W（CO）5常温下呈液态，熔点为-20.5℃，沸点为103℃，易溶于非极性溶剂，据此可判断W（CO）x晶体属于分子晶体（填晶体类型），该晶体中W的化合价为0．
（5）下列有关的说法正确的是BC．
A．分子晶体中，共价键键能越大，该分子晶体的熔沸点越高
B．电负性顺序：X＜Y＜Z＜Q
C．因为晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔点低
D．H2 YO3的分子结构中含有一个非羟基氧，故其为中强酸
（6）Q和Na形成的一种只含有离子键的离子化合物的晶胞结构如图，距一个阴离子周围最近的所有阳离子为顶点构成的几何体为立方体．已知该晶胞密度为ρ g/cm3，阿伏加德罗常数为NA，求晶胞边长a=$\root{3}{\frac{248}{ρ{N}_{A}}}$cm．（用含ρ、NA的计算式表示）
16．X、Y、Z、W、R均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与W、Y与R分别同主族．Z在短周期元素中金属性最强，W元素原子的次外层电子数为最外层电子数的2倍，R的原子序数是Y的2倍．下列叙述错误的是（　　）
A．原子半径：W＞X＞Y
B．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：R＞W＞X
C．Y的氢化物比R的氢化物稳定，熔沸点高
D．Y与Z形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1：2
17．某种食品的配料标签如图所示．
①该配料中，富含蛋白质的物质是鸡蛋，富含油脂的物质是棕榈油．
②人体内蛋白质在蛋白酶作用下，水解的最终产物为氨基酸；在鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸铵溶液有沉淀析出的过程称为盐析．
③该配料中的苯甲酸钠具有防腐作用．碳酸氢钠受热分解，产生的气体使食品疏松．碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Na2CO3+H2O+CO2↑．
④请写出检验淀粉水解是否生成葡萄糖的实验方法和现象：滴加碘水溶液变蓝色．

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