题目内容

17．工业上利用氟碳铈矿（主要成分CeCO3F）提取CeCl3的一种工艺流程如下：

请回答下列问题：
（1）CeCO3F中，Ce元素的化合价为+3．
（2）酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染．写出稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式：H2O2+2CeO2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑．
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液的目的是避免三价铈以Ce（BF4）3沉淀的形式损失或除去BF4-或提高CeCl3的产率．
（4）溶液中的C（Ce3+）等于1×10-5mol．l-1，可认为Ce3+沉淀完全，此时溶液的PH为9．（已知KSP[Ce（OH）3]=1×10-20）
（5）加热CeCl3.6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，其中NH4Cl的作用是NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解．
（6）准确称取0.7500gCeCl3样品置于锥形瓶中，加入适量过硫酸铵溶液将Ce3+氧化为Ce4+，然后用0.1000mol．l-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗25.00ml标准溶液．（已知：Fe2+Ce4+=Ce3++Fe3+）
①该样品中CeCl3的质量分数为82.2%．
②若使用久置的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液进行滴定，测得该CeCl3样品的质量分数偏大（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）

分析 利用氟碳铈矿（主要成分CeCO3F）提取CeCl3的一种工艺流程为，CeCO3F焙烧得CeO2、CeF4，用盐酸和硼酸酸浸，过滤得沉淀Ce（BF）4和CeCl3滤液，Ce（BF）4与氯化钾溶液反应得到CeCl3和KBF，CeCl3与前面滤液中CeCl3的合并再加氢氧化钠，得Ce（OH）3沉淀，Ce（OH）3沉淀与盐酸反应可得CeCl3•6H2O，加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，
（1）根据化合价代数和为0判断；
（2）在酸性条件下H2O2能还原CeO2生成Ce3+，根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，防止生成Ce（BF4）3沉淀；
（4）溶液中的C（Ce3+）等于1×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KSP[Ce（OH）3]=C（Ce3+）•C3（OH-） 可计算出溶液中氢氧根离子的浓度，进而确定PH值；
（5）NH4Cl固体受热分解产生HCl，可以抑制CeCl3水解，据此答题；
（6）①0.1000mol•l-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液体积25.00ml，含有亚铁离子的物质的量为2.5×10-3mol，根据反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，利用Ce元素守恒可知，可计算出CeCl3的质量，进而确定样品中CeCl3的质量分数；
②若使用久置的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液进行滴定，由于亚铁离子被空气中氧气氧化，所以会消耗标准液的体积为偏大，据此分析．

解答 解：（1）根据化合价代数和为0可知，CeCO3F中，Ce元素的化合价为+3价，
故答案为：+3；
（2）稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式为：H2O2+2CeO2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑，
故答案为：H2O2+2CeO2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑；
（3）向Ce（BF4）3中加入KCl溶液生成CeCl3和KBF，这样做的目的是避免三价铈以Ce（BF4）3沉淀的形式损失或除去BF4-或提高CeCl3的产率，
故答案为：避免三价铈以Ce（BF4）3沉淀的形式损失或除去BF4-或提高CeCl3的产率；
（4）溶液中的C（Ce3+）等于1×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，根据KSP[Ce（OH）3]=C（Ce3+）•C3（OH-）=1×10-20可知，C（OH-）=$\root{3}{\frac{1×1{0}^{-20}}{1×1{0}^{-5}}}$mol•L-1=1×10-5mol•L-1，此时溶液的PH为9，
故答案为：9；
（5）由于NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解，所以加热CeCl3•6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3，
故答案为：NH4Cl固体受热分解产生HCl，抑制CeCl3水解；
（6）①0.1000mol•l-1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液体积25.00ml，含有亚铁离子的物质的量为2.5×10-3mol，根据反应Fe2++Ce4+═Ce3++Fe3+，利用Ce元素守恒可知，CeCl3的质量为2.5×10-3mol×246.5g/mol=0.6163g，所以样品中CeCl3的质量分数为$\frac{0.6163g}{0.7500g}$×100%=82.2%，
故答案为：82.2%；
②若使用久置的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液进行滴定，由于亚铁离子被空气中氧气氧化，所以会消耗标准液的体积为偏大，则测得该CeCl3样品的质量分数偏大，
故答案为：偏大．

点评 本题以提取CeCl3的一种工艺流程为载体，考查了化合价、离子反应、沉淀溶解平衡的计算、实验基本操作、化学计算等知识，侧重分析、推断及实验能力的综合考查，题目难度中等．

练习册系列答案
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15．图为五个椭圆交叉构成的图案，椭圆内分别写了C2H5OH、CO2、Fe2O3、FeCl3和NaOH五种物质，图中相连的两种物质均可归为一类，相交的部分A、B、C、D为其相应的分类标准代号．请回答下列问题：

（1）分类标准代号A表示abc（可多项）
a．两物质都是非电解质b．两物质都易溶于水
c．两物质都是含碳化合物d．两物质都是氧化物
（2）上述五种物质中的某一物质的饱和溶液中通入足量CO2，溶液中会有晶体析出．该反应的离子方程式为：2Na++CO32-+CO2+H2O=2NaHCO3↓．
8．NaH2PO4、Na2HPO4可用于合成化工原料三聚磷酸钠（Na5P3O10）．
（1）能说明NaH2PO4溶液显弱酸性原因的离子方程式为H2PO4-?HPO42-+H+．
（2）能说明Na2HPO4溶液显弱碱性原因的离子方程式为HPO42-+H2O?H2PO4-+OH-．
（3）测定某三聚磷酸钠试样中Na5P3O10的含量可用间接滴定法，其流程如下：
样品1.3000g$\stackrel{稀硝酸}{→}$H3PO4$→_{调pH到3-4}^{用NaOH（aq）}$NaH2PO4→$\stackrel{配成100.00mL}{溶液A}$$\stackrel{取样}{→}$$→_{指示剂X}^{0.1000mol．L-1NaOH溶液滴}$Na2HPO4
1滴定时所用的指示剂X可为酚酞．
②NaOH标准溶液应盛放在如图所示的滴定管乙（选填：“甲”或“乙”） 中．
③滴定实验记录如下表（样品中杂质不与酸或碱反应）．
滴定次数待测溶液A的体积（/mL）0.1000mol•L-1NaOH溶液的体积
滴定前读数（/mL）滴定后读数（/mL）
125.001.0221.03
225.002.0021.99
325.000.2020.20
计算样品中Na5P3O10的质量分数75.5%（不要求列出计算过程，结果保留三位有效数字）．
5．中和滴定“用盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液”的实验中，下列各操作能导致测定结果偏大的是（　　）
A．碱式滴定管只用水洗，而未用待测液润洗
B．锥形瓶中残留有蒸馏水
C．酸式滴定管滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
D．滴定前仰视刻度读数，滴定后俯视刻度读数
12．氯酸钠（NaClO3）是无机盐工业的重要产品之一．
（1）工业上制取氯酸钠采用在热的石灰乳中通入氯气，然后结晶除去氯化钙后，再加入适量的Na2CO3（填试剂化学式），过滤后即可得到．
（2）实验室制取氯酸钠可通过如下反应：
3C12+6NaOH$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$5NaC1+NaC1O3+3H2O
先往-5℃的NaOH溶液中通入适量C12，然后将溶液加热，溶液中主要阴离子浓度随温度的变化如图表1所示，图中C表示的离子是ClO-．（填离子符号）
图表（3）某企业采用无隔膜电解饱和食盐水法生产氯酸钠．则阳极反应式为：Cl--6e-+6OH-=C1O3-+3H2O．
（4）样品中C1O3-的含量可用滴定法进行测定，步骤如下：
步骤1：准确称取样品ag（约2.20g），经溶解、定容等步骤准确配制1000mL溶液．
步骤2：从上述容量瓶中取出10.00mL溶液于锥形瓶中，准确加入25mL 1.000mol/L （NH4）2Fe（SO4）2溶液（过量），再加入75mL硫酸和磷酸配成的混酸，静置10min．
步骤3：再在锥形瓶中加入100mL蒸馏水及某种指示剂，用0.0200mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，记录消耗消耗K2Cr2O7标准溶液的体积．
步骤4：为精确测定样品中C1O3-的质量分数，重复上述步骤2、3操作2-3次．
步骤5：数据处理与计算．
①步骤2中反应的离子方程式为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；
静置10min的目的是使溶液中C1O3-与Fe2+反应充分完全．
②步骤3中K2Cr2O7标准溶液应盛放在酸式滴定管（填仪器名称）中．
③用0.0200mol/L K2Cr2O7标准溶液滴定的目的是计算步骤②消耗的（NH4）2Fe（SO4）2的量．
④在上述操作无误的情况下，所测定的结果偏高，其可能的原因是溶液中的Fe2+被空气中的氧气氧化．
2．某化学学习小组的同学 依据氧化还原反应：MnO4-+5Fe2++8H+═Mn2++5Fe3++4H2O，可采用滴定的方法测定FeSO4的质量分数，实验步骤如下：
①称量绿矾样品30.4g，配成100mL待测溶液
②取10.0ml待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸
③将0.1mol•L-1的KMnO4溶液装入滴定管中，调节液面至8.00mL处
④滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数18.00mL（其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应）．请回答下列问题：
（1）滴定时用甲（填右图的“甲”或“乙”）滴定管盛装KMnO4标准溶液；
（2）滴定前是否要滴加指示剂？否（填“是”或“否”），请说明理由高锰酸钾本身呈紫色，被还原后溶液会变成无色；
（3）本实验达到终点的标志是滴入最后一滴KMnO4溶液恰好由黄绿色变浅紫红色，且半分钟内不褪色；
（4）样品中FeSO4的质量分数为25%；
（5）误差分析（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）
①开始实验时酸式滴定管尖嘴处有气泡，在滴定过程中气泡消失偏高
②若滴定前仰视滴定管刻度读数时，则会使滴定结果偏低．
9．铵明矾【NH4Al（SO4）2•12H2O】是常见的食品添加剂，用于焙烤食品，可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备．用芒硝（Na2SO4•10H2O）制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1：

完成下列填空：
（1）铵明矾溶液呈酸性性，它可用于净水，原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，有吸附作用，故铵明矾能净水；向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，可观察到的现象是先产生白色沉淀，后产生有刺激性气味的气体，再加入过量的NaOH溶液，白色沉淀逐渐溶解并消失．
（2）写出过程Ⅰ的化学反应方程式2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+（NH4）2SO4 ．
（3）若省略过程Ⅱ，直接将硫酸铝溶液加入滤液A中，铵明矾的产率会明显降低，原因是省略过程Ⅱ，因HCO3-与Al3+的水解相互促进，产生大量氢氧化铝沉淀，导致铵明矾的产率降低．
（4）已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大．加入硫酸铝后，经过程III的系列实验得到铵明矾，该系列的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥．
（5）某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份．
①夹住止水夹K1，打开止水夹K2，用酒精喷灯充分灼烧．实验过程中，装置A和导管中未见红棕色气体；试管C中的品红溶液褪色；在支口处可检验到NH3，方法是打开K1，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口，出现白烟；在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体，该白色固体可能是（NH4）2SO3（任填一种物质的化学式）；另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物，写出它溶于NaOH溶液的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O．
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O，且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值，V（N2）：V（SO2）=1：3．
6．下列滴定反应中，指示剂使用不正确的是（　　）
A．用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，选择KSCN溶液
B．用I2溶液滴定Na2SO3溶液，淀粉作指示剂
C．用AgNO3溶液滴定NaCl溶液，Na2CrO4作指示剂
D．用H2O2溶液滴定KI溶液，淀粉作指示剂
7．氯化亚铜（CuCl）是重要的化工原料．工业上常通过下列反应制备CuCl：
2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3→2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑
（1）CuCl制备过程中需要配制质量分数为20.0%的CuSO4溶液，配制该溶液所需的CuSO4•5H2O与H2O的质量之比为5：11．
（2）准确称取所配制的0.2500g CuCl样品置于一定量的0.5mol•L-1 FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20mL，用0.1000mol•L-1的Ce（SO4）2溶液滴定到终点，消耗24.60mLCe（SO4）2溶液．有关反应的离子方程式为：Fe3++CuCl→Fe2++Cu2++Cl-Ce4++Fe2+→Fe3++Ce3+
已知国家标准规定合格的CuCl产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%．试通过计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合国家标准．

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