题目内容

12．二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物．平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物质）．某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

（1）洗涤滤渣A的目的是除去Fe3+（填离子符号），检验该离子是否洗净的方法是取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净．
（2）第②步反应的离子方程式是6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O，滤渣B的主要成分是SiO2．
（3）萃取是分离稀土元素的常用方法．已知化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，TBP不能（填“能”或“不能”）与水互溶．实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒、量筒等．
（4）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol•L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为97.0%．

分析 根据该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气讲Ce从+3氧化为+4，得到产品；
（1）根据滤渣A上含有FeCl3；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）根据氧化还原反应中电子得失守恒来分析；滤渣B为SiO2；
（3）根据萃取剂与水不互溶；
（4）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．

解答 解：（1）滤渣A上含有FeCl3，洗涤滤渣A的目的是为了除去Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
故答案为：Fe3+；取最后一次洗涤液，加入KSCN溶液，若不出现红色，则已洗净，反之，未洗净；
（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，SiO2不反应，滤渣B的成分为SiO2，
故答案为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2 ↑+4H2O；SiO2；
（3）化合物TBP作为萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，所以TBP不能与水互溶，
故答案为：不能；分液漏斗；
（4）Ce（OH）4 ～FeSO4
    0.0025mol     0.1000mol/L-1×0.025L
所以m（Ce（OH）4）=0.0025mol×208g/mol=0.52g，
产品中Ce（OH）4的质量分数为$\frac{0.52g}{0.536g}$×100%=97.01%，
故答案为：97.0%．

点评 本题以工艺流程为基础，考察化学实验基本操作、元素及化合物知识、化学计算、氧化还原反应等相关知识．

练习册系列答案
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2．已知氧化还原反应：2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4═2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O，下列描述正确的是（　　）
A．I2仅是还原产物
B．Cu（IO3）2既是氧化剂又是还原剂
C．氧化产物与还原产物物质的量比为13：2
D．当1 mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol
3．将固体NH4I置于密闭容器中，在一定温度下发生下列反应：
①NH4I=NH3（g）+HI（g）
②2HI（g）=H2（g）+I2（g）
均为可逆反应，达到平衡时，c（H2）=0.5mol/L，c（HI）=4mol/L，则此温度下反应①的平衡常数为（　　）
A．12mol2•L-2B．16mol2•L-2．C．20mol2•L-2D．25mol2•L-2
20．对于放热反应H2+Cl2$\frac{\underline{\;点燃\;}}{\;}$2HCl，下列说法中，正确的是（　　）
A．生成物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量
B．反应物所具有的总能量高于生成物所具有的总能量
C．断开1molH-H键和1molCl-Cl键所吸收的总能量大于形成2molH-Cl键所放出的能量
D．该反应中，化学能只转变为热能
7．稀土是我国战略性资源．氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈族稀土元素的重要矿物原料．关于氟碳铈矿的冶炼处理工艺已经发展到十数种，其中一种提取铈的工艺流程如下：

请回答下列问题
（1）为增大反应速率，提高原料的利用率，焙烧前可将矿石粉碎成细颗粒处理．
（2）焙烧过程中产生的SO3尾气常采用喷淋法净化，再用石灰乳中和；操作I中滤渣的主要成分是CaF2、CaSO4．
（3）操作II若在实验室中进行，需要的主要玻璃仪器有分液漏斗、烧杯、玻璃棒等；所用萃取剂HT需具备的条件是①②③．
①HT不溶于水，也不和水反应
②Ce3+不和萃取剂HT发生反应
③Ce3+在萃取剂HT中溶解度大于水
④萃取剂HT的密度一定大于水
（4）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）加入稀硫酸获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加入H2SO4使c（H+）增大，平衡向形成Ge3+水溶液方向移动．
（5）常温下，含Ce3+溶液加碱调至pH=8时，c（Ce3+）=b mol•L-1，已知Ce（OH）3的溶度积=a，则a和b的关系是a=10-18b．
（6）写出Ce（OH）3悬浊液通入氧气得到产品的化学方程式：4Ce（OH）3+O2+2H2O=4Ce（OH）4．
（7）取上述流程中得到的Ce（OH）4产品0.545g，加硫酸溶解后，用0.100 0mol•L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时（铈被还原为Ce3+），消耗25.00mL标准溶液．该产品中Ce（OH）4的质量分数为95%[Ce（OH）4的相对分子质量为208，结果保留两位有效数字]．
17．室温下，用0.10mol•L-1盐酸分别滴定20.00mL 0.10mol•L-1氢氧化钠溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积V（HCl）的变化关系如图．下列说法不正确的是（　　）
A．Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，当V（HCl）=20 mL时：c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
B．当pH=7时，滴定氨水消耗的V（HCl）＜20 mL，且c（NH4+）=c（Cl-）
C．滴定氢氧化钠溶液时，若V（HCl）＞20 mL，则一定有：c（Cl-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）
D．当滴定氨水消耗V（HCl）=10 mL时，有：2[c（OH-）-c（H+）]=c（NH4+）-c（NH3•H2O）
4．下列说法正确的是（　　）
A．$\stackrel{235}{92}$U和$\stackrel{238}{92}$U是中子数不同质子数相同的同种核素
B．质子数为53，中子数为78的碘原子：$\stackrel{131}{53}$I
C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D．通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
1．有A、B、C、D四种元素，它们的原子序数依次增大，由B、C、D形成的离子具有相同的电子层结构．C、D单质都能跟水剧烈反应，1mol C单质跟水反应放出11.2L（标准状况）B气体单质，1mol D单质跟水反应产生11.2L（标准状况）A气体，此时D转化成具有氖原子核外电子层结构的离子．试判断：
（1）这四种元素的名称：A氢、B氧、C氟、D钠．
（2）C原子的结构示意图：，D离子的结构示意图：．
（3）这四种元素的原子半径由小到大的顺序为H＜F＜O＜Na．
（4）写出C单质与水反应的化学方程式：2F2+2H2O═4HF+O2．
（5）写出D单质与水反应的离子方程式：2Na+2H2O═2Na++2OH-+H2↑．
2．（Ⅰ）下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃25t1t2
水的离子积1×10-141×10-131×10-12
试回答以下问题：
（1）25℃时，某Na2SO4溶液中c（SO42-）=5×10-4 mol/L-1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na+）：c（OH-）=1000：1；
（2）在t2℃下，将amol•L-1CH3COOH溶液与bmol•L-1NaOH溶液等体积混合反应后，溶液恰好呈中性，则该温度下CH3COOH的电离常数Ka=$\frac{b×1{0}^{-6}}{a-b}$（用a、b表示）；
（1I）已知：25℃下，下列反应；
Ag+（aq）+2NH3（aq）?Ag2（NH3）2+（aq）△H=akJ•mol-1   k=c
2Ag+（aq）+2OH-（aq）?Ag2O（s）+H2O（I）△H=blJ•mol-1  k=d
（3）写出Ag2O溶于氨水（用NH3表示）生成银氨溶液[Ag（NH3）2+]的热化学方程式：Ag2O（s）+H2O（l）+4NH3（aq）?2Ag（NH3）2+（aq）+2OH-（aq）△H=（2a-b）kJ?mol-1；计算25℃下，该反应的平衡常数（用c，d表示）k=$\frac{{c}^{2}}{d}$．

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