Question

Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。

气体B为黄绿色气体单质， 沉淀C和D焰色反应为均为砖红色。

(1)组成A的三种元素是______，A的化学式是______

(2)固体A与足量稀硫酸反应的化学方程式是______。

(3)请从化学反应原理的角度解释(结合化学方程式)为什么沉淀C能转化成 D______。

Ⅱ．常用的补铁剂有硫酸亚铁等，而乳酸亚铁被人体吸收的效果比无机铁好，它溶于水形成淡绿色的透明溶液，几乎不溶于乙醇。它的制备方法有两种：一是在FeCO₃中加入乳酸；二是利用废铁屑制取纯净的三水合乳酸亚铁晶体，其实验流程如下图所示：

(1)写出制备方法一的离子反应方程式_______；

(2)操作①中不需要用到的仪器为________；

A．玻璃棒    B．坩埚     C．坩埚钳     D．蒸发皿

(3)加入过量的试剂Y为_______。

Answer

Ca、O、Cl Ca(ClO)Cl Ca(ClO)Cl+H2SO4=CaSO4+Cl2↑+H2O 硫酸钙微溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡，加入碳酸钠，会发生沉淀转化，形成难溶于水的CaCO3，反应方程式为： 2CH3CH(OH)COOH+FeCO3=2CH3CH(OH)COO-+Fe2++H2O+CO2↑ C 无水乙醇

【解析】

I.(1)气体B为黄绿色气体单质，该气体为Cl2，说明A中含有Cl元素，根据氯气的体积计算其物质的量和质量；沉淀C和D焰色反应为均为砖红色，说明含有Ca元素，沉淀C是CaSO4，沉淀D是CaCO3，根据沉淀D的质量及A的质量，结合元素化合价，可确定A中含有H或O元素，并确定A的化学式；

(2)利用物质化学式及溶解性，写出反应的离子方程式；

(3)根据沉淀的形成及转化分析；

II.(1)根据乳酸的酸性比碳酸强，二者发生复分解反应结合物质的强弱及溶解性分析；

(2)根据分离物质的存在状态及溶解性、浓度大小分析方法，结合方法判断使用的仪器；

(3)根据乳酸亚铁易溶于水形成淡绿色的透明溶液，几乎不溶于乙醇分析加入的物质。

I.(1)n(Cl2)==0.02 mol，n(Cl)=2n(Cl2)=0.04 mol，所以m(Cl2)=n·M=0.02 mol×71 g/mol=1.42 g，沉淀D是CaCO3，其质量是2.00 g，则CaCO3的物质的量n(CaCO3)==0.02 mol，m(Ca2+)= n·M=0.02 mol×40 g/mol=0.8 g，A质量是2.54 g，其中含有的另一元素质量是m=2.54 g-1.42 g-0.8 g=0.32 g，由于Ca最外层有2个电子，元素化合价为+2价，Ca、Cl和另外一种元素形成盐，与硫酸反应产物无其它物质，只可能是H、O元素，另外一种元素若是H元素，不符合化合物中元素化合价代数和为0的原则，该元素不可能是H元素，只能为O元素，n(O)==0.02 mol，所以物质A组成元素为Ca、O、Cl三种元素；物质A中n(Ca)：n(O)：n(Cl)=0.02：0.02：0.04=1：1：2，所以A化学式为Ca(ClO)Cl；

(2)固体A与足量稀硫酸发生氧化还原反应，产生CaSO4、Cl2、H2O，反应的化学方程式是Ca(ClO)Cl+H2SO4=CaSO4+Cl2↑+H2O；

(3)CaSO4微溶于水，在溶液中存在沉淀溶解平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+SO42-(aq)，当向溶液中加入Na2CO3溶液时，溶液中c(Ca2+)·c(CO32-)>Ksp(CaCO3)，发生了沉淀转化形成CaCO3沉淀，该反应的化学方程式是CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-，最终完全转化为CaCO3。

II.(1)由于乳酸的酸性比碳酸强，所以乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3发生复分解反应产生乳酸亚铁、水、二氧化碳，乳酸是弱酸，主要以分子存在，FeCO3难溶于水，乳酸亚铁易溶于水，所以二者发生复分解反应的离子方程式为：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3= 2CH3CH(OH)COO-+Fe2++H2O+CO2↑；

(2)操作①是蒸发，使稀溶液变为浓度较大的溶液，从而降低溶液的pH，使用的仪器有玻璃棒、坩埚钳、蒸发皿，不需要的仪器为坩埚，故合理选项是C；

(3)由于乳酸亚铁几乎不溶于乙醇，而易溶于水，故抽滤操作时用无水乙醇洗涤乳酸亚铁晶体。