题目内容

2．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物，工业上以废旧显示屏玻璃（含CeO2、Fe2O3、FeO、SiO2等）为原料，来制取Ce（OH）4和硫酸铁铵矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O]，其工艺流程如图：
已知：
Ⅰ．酸性条件下，柿在水溶液中Ce3+、Ce4+两种主要存也在形式；
Ⅱ．CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液，且有较强氧化性．
回答以下问题：
（1）反应①的离子方程式是SiO2+2OH-═SiO32-+H2O
（2）洗淥滤渣B的目的是为了除去Fe3+、Fe2+．（填离子符号）
（3）反应③的离子方程式是2CeO2+H2O2+3H2SO4═Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O．
（4）萃取是分离稀土元素的常用方法，已知有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）?2CeT3（有机层）+6H+（水层）．从平衡角度解释：向CeT3（有机层）加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是加入H2SO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡向形成Ce3+水溶液的方向移动．
（5）硫酸铁按矾[Fe2（SO4）3•（NH4）2SO424H2O]，广泛用于水的净化处理，其净水原理用离子方程式解释是Fe3++3H2O?Fe（OH）3（胶体）+3H+．
（6）pH相同的以下四种溶液中，NH${\;}_{4}^{+}$的浓度大小关系为b=d＞a＞c．
a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O
b．（NH4）2SO4
c．NH4HSO4
d．NH4Cl
（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.832g，加硫酸溶解后．用0.1000mol•L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时，消耗38.00 mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为95.0%．（结果保留三位有效数字）．若所用FeSO4标准溶液在空气中露置一段时间后再滴定，则测得该Ce（OH）4产品的质量分数偏大（填“偏大”偏小”或“无影响”）．

分析 废玻璃粉末（含CeO2、Fe2O3、FeO、SiO2等）加氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、FeO、CeO2；滤液A为硅酸钠溶液；滤渣A（Fe2O3、FeO、CeO2）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁和硫酸亚铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；滤渣B中的CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；用有机物HT将Ce3+从水溶液中萃取出来；Ce3+中碱和氧气生成Ce（OH）4；加热蒸发滤液B得到滤液C，再加硫酸铵得到Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O．
（1）根据废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、FeO、CeO2等），可知能与氢氧化钠反应的只有二氧化硅，生成硅酸钠；
（2）根据溶液中的离子分析；
（3）第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原，则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出第③步反应的化学方程式；
（4）根据影响化学平衡移动的因素分析；
（5）铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中的悬浮颗粒；
（6）氢离子抑制铵根离子的水解，铁离子显酸性也会抑制铵根离子的水解，水解程度越大，铵根离子浓度越小；
（7）根据电子守恒建立关系式：Ce（OH）4～FeSO4，然后进行计算求出Ce（OH）4的质量，最后求出质量分数；FeSO4在空气中易被氧气氧化，导致FeSO4的浓度减小．

解答 解：废玻璃粉末（含CeO2、Fe2O3、FeO、SiO2等）加氢氧化钠溶液，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，过滤，得到滤渣A的成分是Fe2O3、FeO、CeO2；滤液A为硅酸钠溶液；滤渣A（Fe2O3、FeO、CeO2）加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁和硫酸亚铁溶液，滤渣B的成分是CeO2；滤渣B中的CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2；用有机物HT将Ce3+从水溶液中萃取出来；Ce3+中碱和氧气生成Ce（OH）4；加热蒸发滤液B得到滤液C，再加硫酸铵得到Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O．
（1）废玻璃粉末的成分（含SiO2、Fe2O3、FeO、CeO2等），能与氢氧化钠反应的只有二氧化硅，反应生成硅酸钠，其反应的离子方程式为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
故答案为：SiO2+2OH-═SiO32-+H2O；
（2）第②步反应Fe2O3与稀硫酸作用生成Fe2（SO4）3、FeSO4，洗涤滤渣B的目的显然是为了除去Fe3+、Fe2+；故答案为：Fe3+、Fe2+；
（3）第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+，Ce元素由+4价变为+3价，被还原；则H2O2应被氧化生成O2，然后配平得出第③步反应的化学方程式 2CeO2+H2O2+3H2SO4═2Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；
故答案为：2CeO2+H2O2+3H2SO4═Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O；
（4）有机物HT能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：2Ce3+（水层）+6HT（有机层）?2CeT3（有机层）+6H+（水层），向CeT3（有机层）加入H2SO4，溶液中氢离子浓度增大，平衡向形成Ce3+水溶液的方向移动；
故答案为：加入H2SO4溶液中氢离子浓度增大，平衡向形成Ce3+水溶液的方向移动；
（5）Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O在溶液中电离出铁离子，铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁胶体，Fe3++3H2O?Fe（OH）3（胶体）+3H+，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮颗粒，从而起到净水作用；
故答案为：Fe3++3H2O?Fe（OH）3（胶体）+3H+；
（6）a．Fe2（SO4）3•（NH4）2SO4•24H2O溶液中NH4+和铁离子水解显酸性；
b．（NH4）2SO4溶液中NH4+水解显酸性；
c．NH4HSO4溶液中硫酸氢根离子完全电离出氢离子；
d．NH4Cl溶液中NH4+水解显酸性；
所以pH相同时NH4+浓度大小关系为b=d＞a＞c；
故答案为：b=d＞a＞c；
（7）Ce（OH）4 ～FeSO4
0.00380mol      0.1000mol/L-1×0.0380L
所以m（Ce（OH）4）=0.00380mol×208g/mol=0.7904g，产品中Ce（OH）4的质量分数为$\frac{0.7904}{0.832}$×100%=95.0%；
FeSO4在空气中易被氧气氧化，导致FeSO4的浓度减小，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，所以计算得到的Ce（OH）4的质量偏大，则质量分数偏大；
故答案为：95.0%；偏大．

点评 本题以工艺流程为知识背景，考查了学生对物质分离提纯操作的分析能力和对基础知识的综合应用考查，题目难度中等，注意把握工艺流程以及元素化合物的性质．

练习册系列答案
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5．向某密闭容器中加人0.3molA、0.1molC和一定量的B三种气体．一定条件下发生反应：aA（g）+bB（g）?cC（g），a、b、c均为正整数，各物质浓度随时间变化如图所示，O～t1min内B的浓度变化没有画出来．下列说法正确的是（　　）
A．若a=3，则b=1，c=2
B．t1min时，该反应达到该条件下的反应限度
C．在O～t1min内，用C表示的化学反应速率为0.06mol•L-1
D．B的起始浓度等于0.08mol•L-1
13．在氨水与NH4HCO3混合溶液中滴入FeCl2溶液，不可能发生反应的离子方程式是（　　）
A．Fe2++2NH3•H2O═Fe（OH）2↓+2NH4+
B．Fe2++NH3•H2O+HCO3-═FeCO3↓+NH4++H20
C．Fe2++2HCO3-═Fe（OH）2↓+2CO2↑
D．2Fe2++HCO3-+3NH3•H2O═Fe2（OH）2CO3↓+3NH4++H2O
10．分别按图甲、乙所示装置进行实验，图中两烧杯里的溶液为100mL相同浓度的稀硫酸，请回答下列问题
（1）转化过程中能量转化的变形式是：甲为化学能转化为电能，乙为化学能转化为热能
（2）以下叙述正确的是d（填字母）
a．两烧杯中铜片均有气泡产生．
b．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极．
c．甲中铜片质量减小，乙中锌片质量减小．
d．两烧杯中溶液的c（H+）均减小
f．甲的外电路中的电流方向和电解质溶液中阳离子的移动方向均为Zn→Cu．
g．两烧杯在同一时间内转移电子数相等
（3）通过以上两个实验可以得到的共同结论是锌比铜活泼
（4）当甲中产生1.12L标准状况下气体时，通过导线的电子数为0.1NA个；若电路导线上通过电子1mol，则理论上两极的变化是a
a．锌片减少32.5g       b．锌片增重32.5g
c．铜片析出1gH2        d．铜片上析出1molH2
（5）在甲实验中，如果把稀硫酸换成硫酸铜溶液，锌电极上发生的是氧化（填“氧化”或“还原”反应）
铜电极上发生的是还原（填“氧化”或“还原”反应）电极反应方程式是Cu2++2e-=Cu，原电池总反应的离子方程式为Cu2++Zn=Cu+Zn2+．
17．下表列出了A-H八种短周期元素的原子半径和主要化合价．
元素代号 A B C D E F G H 
原子半径/pm 37 160 70 66 186143 104 99 
最高化合价 +1 +2 +5  +1 +3 +6 +7 
 最低化合价  -3 -2   -2 -1 
已知B、E、F与C同周期，回答下列问题：
（1）G在元素周期表中的位置是第三周期VIA族（填周期和族）
（2）上述八种元素中，最高价氧化物的水化物酸性最强的是HClO4（填化学式），气态氢化物水溶液pH＞7的是NH3（填化学式）；
（3）B、D、E、F四种元素的离子，其离子半径最大的是O2-（填离子符号）；
（4）A2D的电子式是，B、H两种元素形成化合物的电子式是；
（5）A、C、H三种元素组成的化合物的化学式是NH4Cl，该化合物属于离子化合物（填“离子”或“共价”）；
（6）E、F两种元素的最高价氧化物的水化物发生反应的离子方程式是Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O．
7．下列反应或者现象主要体现了硝酸的什么性质？
久置浓硝酸显黄色④（（填序号，下同），用稀硝酸清洗试管壁上的银①②，稀硝酸清洗石灰水试剂瓶壁上的固体②，用浓硝酸清洗积碳的试管①．
①（强）氧化性    ②酸性  ③还原性  ④不稳定性  ⑤挥发性   ⑥脱水性  ⑦吸水性．
14．科学家最近在-100℃的低温下合成了一种结构简式为的烃X，红外光谱和核磁共振表明其分子中氢原子的化学环境只有一种，根据分析，下列说法中不正确的是（　　）
A．X的分子式为C5H4
B．X中碳原子的化学环境有2种
C．1 mol X在一定条件下可与2 mol氢气发生反应
D．X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
11．请回答下列问题．
（1）水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25℃时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100℃时水的电离达平衡时的离子浓度．
①100℃时1mol•L-1的NaOH溶液中，由水电离出的c（H+）=1×10-12mol•L-1，KW（25℃）＜KW（100℃）（填“＞”、“＜”或“=”）．
②25℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl固体，对水的电离平衡的影响是促进（填“促进”、“抑制”或“不影响”）．
（2）电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量．已知如表数据．
化学式电离平衡常数（25℃）
HCNK=4.9×10-10
CH3COOHK=1.8×10-5
H2CO3K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11
①25℃时，有等浓度的a．NaCN溶液   b．CH3COONa 溶液  c．Na2CO3溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为c＞a＞b；（填序号）
②25℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，则c（Na+）＞c（CH3COO-）（填“＞”、“＜”或“=”）．
12．根据表中7种短周期元素的有关信息判断，下列说法错误的是（　　）
元素编号①②②④⑤⑥⑦
原子半径/nm0.0370.0740.0820.0990.1020.1430.152
最高化合价或最低化合价+1-2+3-1-2+3+1
A．⑦①可形成离子化合物
B．元素②⑥形成的化合物具有两性
C．元素②氢化物的沸点小于元素⑤氢化物的沸点
D．元素④气态氢化物的稳定性大于元素⑤气态氢化物的稳定性

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