2020届福建高三化学——化学工业流程大题周练(以稀土(铈等)为载体)23

1、 .2020届福建高三化学一一化学工业流程大题周练（以稀土（铈等）为载体）23 /182020届届届231.稀土元素包括钪、钇和镧系共17种元素，是重要的战略资源，我国稀土资源丰富。从氟碳铈矿（主要化学成分为CeFCO3）提取铈族稀土元素的一种工艺流程如下：产品已知：焙烧后铈元素主要以CeO2，形式存在，Ce（OHh的Ksp=1.0 x10-20。Ce4+能与SO4-结合成CeSO42+，Ce3+能被萃取剂HR萃取。（1）为提高原料的利用率，焙烧前应将矿石处理。TOC o 1-5 h z（2）“浸取”过程中铈元素发生反应的离子方程式为.“转化”过程中h2o2的作用是。“萃取”过程中发生反应：C

2、e3+（水层）+3HR（有机层）#CeR3（有机层）+3H+（水层），设计“萃取”和“反萃取”操作的目的HR应该具有的特点是。萃取剂HR的密度一定比水大萃取剂HR不溶于水，也不和水反应萃取剂HR和Ce3+不反应Ce3+在萃取剂中溶解度大于水中TOC o 1-5 h z“调节pH”时，为了使Ce3+完全沉淀（浓度小于1x10-5mol/L）,溶液的pH应大于。（6）“氧化”操作得到产品的化学方程式为。（7）CeO2，是汽车尾气净化器中的关键催化剂，能在还原性气氛中供氧，在氧化性气氛中耗氧，过程为：2CeO2#2CeO2-x+xO2T（0 x0.5）o写出CeO2消除CO的化学方程式o氟碳铈矿(主

3、要成分为CeFCO3)是提取稀土化合物、冶炼铈的重要矿物原料，以氟碳铈矿为原料提取铈的工艺流程如图所示。孤羈钵矿回答下列问题：TOC o 1-5 h zCeFCO3中Ce的化合价为。氧化焙烧后的产物之一为CeO2，则酸浸时发生反应的离子方程式为。为了提高酸浸率，可以适当提高反应温度，但温度偏高浸出率反而会减小。其原因是HT是一种难溶于水的有机溶剂，它能将Ce3+从水溶液中萃取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)#CeT3(有机层)+3H+(水层)。操作I的名称是，操作II加入稀h2so4的目的是。向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式为。二氧化铈(

4、CeO?)是-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、FeO等物质)。某课题组以此粉末为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到纯净的CeO2和硫酸铁铵晶体。fSisS)逹迫2蒸发嚴第常艦晾干酬2NaOH|小含任鬥右十|叱比已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列问题：稀酸A是a、盐酸b、硫酸c、硝酸TOC o 1-5 h z滤液1中加入H2O2溶液的目的是。写出滤渣1到滤液2的离子方程式。设计实验证明滤液1中含有Fe2+。在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，书写该反应的

5、离子方程式。硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)3-2(NH4)2SO4-3巴0广泛用于水的净化处理，但其在去除酸性废水中的悬浮物时效率降低，其原因是。取上述流程中得到的Ce(0H)4产品0.531g,加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol2020届福建高三化学一一化学工业流程大题周练(以稀土(铈等)为载体)23 /18L-1的FeS04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(0H)4的质量分数为(结果保留两位有效数字)，Mr(Ce)=140。著名化学家徐光宪在稀土领域贡献突出，被誉为“稀土界的袁隆平”。钇是稀土元素之一，我国蕴藏着丰富的钇矿石(Y2Fe

6、Be2Si2O10)，工业上通过如下工艺流程制取氧化钇，并获得副产物铍。紀矿石诫濟Irr稀盐酸帥粉束查園疗而百已知：i.钇(Y)的常见化合价为+3价；ii铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似;iii.Fe3+、Y3+形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:蘭子开皓沉淀时的卩H2.1完全沉淀时的(II5.16.0将钇矿石与NaOH共熔的反应方程式补充完整:Y2FeBe2Si2O10+NaOH+込Y(OH)3+Fe2O3+TOC o 1-5 h zNa2SiO3+Na2BeO2+电0滤渣II的主要成分是。试剂A可以是(填序号)。A.NaOH溶液B.氨水C.CO2D.CaO用氨水调节pH=a时，a

7、的取值范围是。计算常温下Y3+3H2O#Y(OH)3+3H+的平衡常数K=。(常温下KspY(OH)3=8.0X10-23)(6)滤液III加入氨水产生沉淀的离子方程式为从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是氢氧化铈Ce(0H)4是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)经如下流程获得：史空鼻蒔-4謫十阿址诵編曇|如隸1已知：在酸性溶液中Ce4+有强氧化性，回答下列问题：氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时反应的离子方程式为已知有机物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+6H+(水层

8、)从平衡角度解释：向CeTJ有机层)加入H2S04获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是；已知298K时，KspCe(OH)3=1x10-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，需调节pH至少为；取某Ce(0H)4产品0.50g,加硫酸溶解后，用0.1000molL-iFeS04溶液滴定至终点(铈被还原成Ce3+)o(已知：Ce(OH)4的相对分子质量为208)FeSO4溶液盛放在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；根据下表实验数据计算Ce(OH)4产品的纯度4滴定次数FeSO4溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10稀土元素是元素周

9、期表中第IIIB族钪、钇和镧系元素的总称。第三代永磁体材料钕铁硼(NdFeB)因其优异的综合磁性能，被广泛应用于计算机、通信信息等高新技术产业。回答下列问题：基态Fe原子的价电子排布式为；铁、钻、镍元素性质非常相似,原子半径接近但依次减小，NiO、FeO的晶体结构类型与氯化钠相同，则晶格能NiO(填“”“”或“=”)FeO。氨硼烷化合物(Nh3BH3)是一种新型化学储氢材料，与该化合物分子互为等电子体的有机物为(填化学式)；氨硼烷分子中N、B原子的杂化方式分别为FeS04-(nh4)2S046H2O俗称摩尔盐，相对于FeS047H2O而言，摩尔盐不易失水，不易被空气氧化，在化学分析实验中常用于

10、配制Fe(II)的标准溶液，试分析硫酸亚铁铵晶体中亚铁离子稳定存在的原因：钕是最活泼的稀土金属之一，晶体为六方晶系，钕原子以六方最密堆积方式连接。晶胞参数：a=xpm,b=xpm,c=ypm,a=90，B=90,y=120。每个晶胞含有个钕原子，设阿伏加德罗常数为N人，则金属钕的密度为gcm-3(Nd的相对原子质量为M,列出计算表达式)随着材料科学的发展，金属钒及其化合物得到了越来越广泛的应用，并被誉为“合金维生素”。已知钒的原子序数为23,回答下列问题：钒被认为是一种稀土元素，广泛分散于各种矿物中，钾钒铀矿中的钒原子最外层已达到8电子稳定结构，其化学式为K2H6U2V2O15(其中钒元素的化

11、合价为+5价)。若用氧化物的形式表示，该化合物的化学式为：。五氧化二钒是工业制造中的常用催化剂，如工业制硫酸中就利用五氧化二钒作催化剂。从含钒废催化剂中回收钒，传统的技术是“氧化焙烧法”，其具体流程为图1：其中焙烧是将食盐和钒铅矿在空气中焙烧，这时矿石中所含的V2O5就转化为Navo3,然后用水从烧结块中浸出NaVO3，再用稀硫酸酸化就得到V2O5的水合物，经过煅烧就可得到v2o5。TOC o 1-5 h z配料在焙烧前磨碎的目的。写出焙烧过程中v2o5发生反应的化学方程式：。测定钒含量的方法是先把钒转化成V2O5，V2O5在酸性溶液里转变成VO,再用盐酸、硫酸亚铁、草酸等测定钒。反应的化学方

12、程式为：VO+H2c2O4=VO+2CO2+H2O.若反应消耗0.9g草酸，参加反应的钒元素质量是go以V205为催化剂，使S02转化为S03的反应如下：某温度下，SO2的平衡转化率(a)与体系总压强(P)的关系如图2所示。根据图示回答下列问题：将2.0molSO2和1.0molO2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为O.IOMPa.该反应的平衡常数表达式为，等于。平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)K(B)(填“”、“3/K】mol/L=j1x1020mol/L=10-5mol/L，故pH9，c(Ce3+)1x10-5故答案为：9；“氧化”操作得到产品的化学方程式为4Ce(0H

13、)3+O2+2H2O=4Ce(0H)4，故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；CeO2消除CO的化学方程式为：CeO2+xCO=CeO2-x+xCO2，故答案为：CeO2+xCO=CeO2-x+xCO2。2.【答案】+32CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小分液或萃取分液混合液中加入稀H2SO4使C(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，得到含Ce3+浓度大的溶液4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4【解析】解：(1)CeFCO3中F元素为-1价，碳元素为+4价，氧元素为-2价，由各元素化合价

14、代数和为0，可计算出Ce元素的化合价为+3，故答案为：+3；在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4吗0,吗02易受热分解，为防止其分解，降低酸浸率，则温度不易太高，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+02T+4吗0；温度升高,双氧水发生分解，造成浸出率偏小；操作I的名称是分液或萃取分液，操作II加入稀H2SO4的目的是混合液中加入稀H2SO4使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，得到含Ce3+浓度大的溶液，故答案为：分液或萃取分液；混合液中加入稀H2SO4使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，得到含Ce3+浓度大的溶液

15、；根据流程结合元素守恒可知Ce(OH)3结合氧气和水生成Ce(OH)4，反应的化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3,由流程可知，氧化焙烧生成二氧化碳、HF气体及CeO2，再加稀硫酸、过氧化氢发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O，溶液中加入萃取剂HT,操作I为分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH得到Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化发生4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，过滤、洗涤、干燥可得

16、Ce(OH)4产品，以此解答该题。本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3.【答案】b使Fe2+氧化为Fe3+2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O取少许滤液1,滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+Fe3+3H2O#Fe(OH)3+3H+，酸性废水中的H+抑制了Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体98%【解析】解：(1)已知：CeO2不溶于稀硫酸，

17、废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)中SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可将CeO2和SiO2与Fe2O3、FeO分离，故答案为：b；滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+,故答案为：使Fe2+氧化为Fe3+；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2,CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2T+4H2O，故离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2T+4H2O；设计实验证明滤液1中含有Fe2+的方法为：取少许滤液1,滴加铁氰

18、化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+,故答案为:取少许滤液1，滴加铁氰化钾溶液，有蓝色沉淀生成，则证明滤液1中有Fe2+；已知Fe2+溶液可以和难溶于水的FeO(OH)反应生成Fe3O4，该反应的离子方程式为Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+，故答案为：Fe2+2FeO(OH)=Fe3O4+2H+；(6)硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)3-2(NH4)2SO4-3H2O溶于水后，由于存在水解反应Fe3+3H2O#Fe(OH)3+3H+,酸性废水中的H+抑制了Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体；故答案为：Fe3+3H2O=Fe(O

19、H)3+3H+，酸性废水中的H+抑制了Fe3+的水解(或水解平衡逆向移动)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体；(7)用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至终点，铈被还原成Ce3+，则Fe2+被氧化为Fe3+,则Ce(OH)4Ce3+FeSO4，所以n(Ce(OH)4)=n(FeSO4)=0.1x25x10-3mol=2.5x10-3mol,m(Ce(OH)=2.5x10-3molx208g/mol=0.5125g,该产品中4Ce(OH)的纯度为：0512血x100%=98%，40.531g故答案为：98%。反应过程为：废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)

20、中加入稀硫酸，FeO转化为FeSO4、Fe2O3转化Fe2(SO4)3存在于滤液1中，滤渣1为CeO2和SiO2；滤液1中加入稀硫酸和铁粉，被Fe2(SO4)3还原为FeSO4，溶液1为FeSO4溶液，加入硫酸铵混合蒸发浓缩、常温晾干后得到硫酸亚铁铵晶体；滤渣1中加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液2中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2T+4H2O,滤渣2为SiO2；滤液2加入碱并通入氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce3+转化为沉淀Ce(OH)4，反应为4Ce3+O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4J,加入分解Ce(OH)4得到产品Ce

21、O，据此分析解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，题目难度中等，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、水解的应用等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。4.【答案】(1)4；32；O2；8；2；8；8；4吗%或H4SQB3.1a6.01.25x10-20Y3+3NH3H2O=Y(OH)3I+3NH+蒸发结晶时，向溶液中持续通入HC1气体(或在HC1气流中加热蒸干)【解析】【分析】本题考查了制备方案的设计、物质的分离与提纯方法，为高考常见题型题目难度中等，明确实验目的、实验原理为解答关键，注意掌握化学实验基本操作方法，试题知识点较多、综合

22、性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。【解答】钇矿石与氢氧化钠共熔，加水溶解后可得到Na2SiO3、Na2BeO2,以及Y(OH)3和Fe2O3沉淀，滤液I加入过量盐酸，生成的滤渣U为硅酸，滤液U中含有BeCl2，可加入过量氨水生成Be(OH)2,再加入盐酸生成BeCl2,蒸发结晶时，向溶液中持续通入HC1气体(或在HC1气流中加热蒸干)，经冷却结晶、洗涤、干燥后经冶炼可生成Be；过滤后得到的滤渣I加入盐酸溶解，在此基础上加入氨水，由表中数据可知首先生成Fe(OH)3沉淀，滤液皿加入过量氨水可生成Y(OH)3，煅烧可生成Y2O3，以此解答该题。(1)将钇矿石与NaOH共熔的反应

23、方程式为4Y2FeBe2Si2Oi0+32NaOH+高温/、。2亠8Y(OH)3+2Fe2O3+8Na2SiO3+8Na2BeO2+叫，故答案为：4；32；02；8；2；8；8；4；由以上分析可知滤渣U的主要成分是H2SiO3或H4SiO4,故答案为：H2SiO3或H4SiO4；铍和铝处于元素周期表的对角线位置，化学性质相似，为避免Be(OH)2溶解，应加入氨水,故答案为：B；用氨水调节pH=a时，应全部除去铁离子，并避免生成Y(OHh，则a的取值范围是3.1a6.0，故答案为：3.1aC2H6；sp3；sp3；晶体中H、0、N三种元素之间形成网络化氢键对Fe(H)起保护作用；2；2M/(1O

24、-3oNAx2ysin6O。)A【解析】【分析】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查对基础知识的理解和灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，注意：该六棱柱不是Nd的晶胞，该六棱柱的1形成的六面体为其晶胞，题目难度3中等。【解答】Fe位于第4周期第V皿族，所以基态Fe原子的价电子排布式为：3d64s2；Ni0、Fe0的晶体结构类型与氯化钠相同，则NiO和FeO均为离子晶体，离子半径Fe2+Ni2+，所以晶格能NiOFeO；与该化合物互为等电子体的有机物分子中含有8个原子价电子数是14，符合条件的等电子体的有机物为C2H6；该分子中

25、存在配位键N-B,导致N、B原子价层电子对个数都是4,根据价层电子对互斥理论判断N、B原子杂化类型都是sp3；从组成结构上看，FeS04*(NH4)2SO4*6h2O晶体中存在电负性大的元素0和N,可以与H元素形成多个氢键，把亚铁离子包围起来避免与氧化性物质接触，从而使得Fe(H)可以稳定存在，即晶体中H、0、N三种元素之间形成网络化氢键对Fe(H)起保护作用；该图中Nd原子个数，该结构是由3个晶胞组成，则每个晶62胞含有2个钕原子；该结构体积=1absin120 x2x3xc=3abc=3(x2yx10-30)sin60cm3，晶体密度=m=Na=n-ag/cm3=2M/VV3x2yx10-

26、30sin60(10-30NAx2ysin60)g/cm3。A7.【答案K2O-V2O5-2UO3*3H2O增大接触面积，使反应充分进行2V2O5+4NaCl+O2亠4NaVO3+2Cl20.51c2(SO3)800=c(O2)*c2(SO2)【解析】解：(1)钾钒铀矿中的化学式为k2h6u2v,o15，用氧化物的形式表示，根据各元素化合价写出相应的氧化物，氧化物之间以“*”隔开，系数配置出现的分数应化为整数，各元素原子数目比不能变化，该化合物的化学式K2O*V,O5*2UO3*3H2O，故答案为：K2O*V2O5*2UO3*3H2O；配料在焙烧前磨碎的目的是增大接触面积，使反应更充分，故答案

27、为：增大接触面积，使反应充分进行；食盐和钒铅矿在空气中焙烧时生成NaVO3,氧气是氧化剂、氯化钠是还原剂，所以生成物还含有氯气，反应的化学方程式为2V0+4NaCl+0-高-温-4NaV0+2C1，25232故答案为：2V2O5+4NaCl+02-高-温-4NaV0+2Cl；252320*9g=0.01mo,m(V)=90g/mol(3)根据V原子守恒和VO+H2C2O4=VO+2CO2+吗0建立关系式为V2O52V2VO+2H2C2O4，所以n(V)=n(H2C2O4)=c2(SOs)nM=O.OImolx51g/mol=0.51g,故答案为：0.51；反应2SO2(g)+。2(护S03(g

28、)的平衡常数k表达式k=C(0応，反应的三段式为，2SO2(g)+O2(g)#SO3(g)起始浓度(mol/L)0.20.10变化浓度(mol/L)0.160.080.16c2(S0J平衡浓度(mol/L)0.040.020.16所以平衡常数k=c2(S03)=0162=800,c(O2)-c2(SO2)0.042X0.02故答案为：冋S03】；800；c(O2)-c2(SO2)平衡常数只与温度有关，衡状态由A变到B时，温度不变，所以K(A)=K(B),故答案为：=。(1)根据各元素化合价写出相应的氧化物，氧化物之间以“”隔开，系数配置出现的分数应化为整数，各元素原子数目比不能变化；废钒催化剂

29、粉碎、将食盐和钒铅矿在空气中焙烧2V0+4NaCl+0-高-温-4NaV0+2C12，这时矿石中所含的V2O5就转化为NaVO3，然后用水从烧结块中浸出NaVO3，再用稀硫酸酸化就得到v205的水合物，经过煅烧就可得到v205，配料在焙烧前磨碎的目的是增大与空气的接触面积，使反应更充分；食盐和钒铅矿在空气中焙烧，矿石中所含的V2O5就转化为NaVO3，结合氧化还原反应规律写出化学方程式；根据V原子守恒和VO+H2C2O4=VO+2CO2+巴0建立关系式为V2O52V2VO+2H2C2O4，所以n(V)=班电。?。/,据此计算V的质量；应的平衡常数k等于生成物浓度幕积与反应物浓度幕积的比，结合图

30、象和反应的三段式计算平衡时各物质的浓度，代入k表达式中计算k；化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答。本题考查物质制备，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，明确元素化合物性质、流程图中物质成分及其性质、物质之间的反应是解本题关键，难点是判断流程图中物质成分，题目难度中等。8【.答案】3增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率2CeO2+2C1-+8H+=2Ce3+Cl2T+4H2O避免十3价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失取一张pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对照9.32Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(

31、OH)4+NaCl【解析】解：(1)氟元素化合价-1价，氧元素化合价-2价，碳元素化合价+4价，元素化合价代数和为0计算得到，CeFCO3中Ce元素的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)对于固体参加的反应来说，固体表面积越大，反应速率越大，故答案为：增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，提高原料的利用率；“酸浸T步骤中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒书写离子方程式为：2CeO2+2C1-+8H+=2Ce3+Cl2T+4巴0,故答案为：2CeO2+2C1-+8H+=2Ce3+Cl?T+4巴0；“酸浸1”步骤中CeF4转化为难溶物Ce(BF4)3，加入

32、可溶性钾盐的目的是：避免十3价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失，故答案为：避免十3价铈以Ce(BF4)3沉淀的形式损失；实验室测定PH的方法是：取一张pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比，当溶液中离子浓度小于1X10-6mol/L时视为沉淀完全,常温下，加入NaOH调节溶液的pH获得Ce(OH)3沉淀，Ksp=c(Ce3+)c3(OH)=8.0 x1021，c(OH-)=380X10-21=2X10-5mol/L，c(H+)10-6=卫仝=5Xioiomol/L,PH=10lg5=9.3,常温下，加入NaOH调节溶液的pH2X105应大于

33、9.3，故答案为：取一张pH试纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对照；9.3；NaClO将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4,其中NaCl为还原产物，反应的化学方程式：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl，故答案为：2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(OH)4+NaCl。氟碳铈矿主要化学成分为CeFCO3，用硫酸强化焙烧得浸出液中含有氟离子、铈离子、硫酸等，尾气中主要含有二氧化碳，加入碳酸钙会生成硫酸钙和氟化钙等难溶物为滤渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取剂，经过分液将溶液中的Ce3+萃取出来，再加入

34、稀硫酸得含有Ce3+的溶液，调节溶液的pH值得Ce(OH)3沉淀，再经过氧气氧化，过滤、洗涤、干燥可得Ce(OH)4产品，氟元素化合价1价，氧元素化合价2价，碳元素化合价+4价，元素化合价代数和为0计算得到；影响化学反应速率的因素有浓度、温度、压强、催化剂以及表面积等因素，对于固体参加的反应来说，固体表面积越大，反应速率越大；“酸浸T步骤中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，结合电荷守恒、电子守恒、原子守恒书写离子方程式；题意可知应为KBF4沉淀，离子方程式为K+BF=KBF4I,加入可溶性钾盐的目的444是避免CeF4转化为难溶物Ce(BF4)3；实验室测定PH的方法是撕下一小片pH试

35、纸放在干燥洁净的表面皿上，用玻璃棒蘸取该溶液点在pH试纸的中央，然后与标准比色卡对比，结合溶度积常数计算节溶液的pH；(6)由题目中“酸浸I的浸出液中含少量的+3价的铈”可知，加入NaOH后生成Ce(OH)3,NaClO将Ce(OH)3氧化为Ce(0H)4。本题考查物质的制备。为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析、实验能力，题目既有常规知识的考查又有新情景题目的考查，常规题目涉及到影响化学反应速率的因素、过滤操作以及PH的测定方法；命题情景要求根据题意写出有关反应的方程式，做题时注意根据物质的性质正确判断反应物和生成物，用守恒的方法去书写。9.【答案】【2S04SiO2将Fe2+氧化成

36、Fe3+还原性CeO2H2O2Fe3+4Ce3+。2+120H-+2H0=4Ce(0H)IFe3+3H0#Fe(OH(胶体)+3H+97.9%2423【解析】解：(1)根据流程：废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)用稀酸A酸溶，制备硫酸铁铵晶体，故用稀硫酸A，Fe2O3、FeO溶解，SiO2、CeO2不溶，过滤，滤液1含有Fe2+、Fe3+，滤渣1主要为SiO2、CeO2,滤渣1用稀硫酸A、过氧化氢溶解，CeO2溶解：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O,SiO2不溶，滤渣2为SiO2，故答案为：H2SO4；SiO2；废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3

37、、CeO2、FeO等物质)用稀酸A酸溶，制备硫酸铁铵晶体，故用稀硫酸A，Fe2O3、FeO溶解，SiO2、CeO2不溶，过滤，滤液1含有Fe2+、Fe3+，滤液1中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化为Fe3+；滤渣1中加入稀酸A和H2O2发生反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O,H2O2中氧元素化合价变化(一1t0)，所以主要利用了H2O2的还原性，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；还原性；在酸性条件下，H2O2、Fe3+、CeO2三种物质中，CeO2和过氧化氢发生氧化还原反应，过氧化氢做还原剂被氧化，过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，氧化性最强的是CeO2,则酸

38、性条件下，H2O2、Fe3+、CeO2三种物质，氧化性由强到弱的顺序是CeO2H2O2Fe3+，故答案为：CeO2H2O2Fe3+；滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为：4Ce3+O+12OH-+2HO=4Ce(OH)；4224故答案为：4Ce3+O2+12OH-+2电。=4Ce(OH)4I；硫酸铁铵晶体Fe2(SO4)3-2(NH4)2SO4-3H2O广泛用于水的净化处理，因为铁离子水解：Fe3+3H2O#Fe(OH)3(胶体)+3H+,得到的氢氧化铁胶体可以净水；故答案为：Fe3+3H2O#Fe(OH)3(胶体)+3H+；Ce(OH)4样品5.31g,加稀H2SO4溶解后配制成100mL

39、溶液，取出10.00mL,所含Ce(OH)4样品质量为0.531g，滴定反应为:Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+，贝9Ce(OH)4的物质的量为0.1000mol/Lx0.025L=0.0025mol,故该产品中Ce(OH)4的质量分数为Ot0025molZ08gZmoL979%0.531g故答案为：97.9%。根据流程：废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)用稀酸A酸溶，制备硫酸铁铵晶体，故用稀硫酸A,Fe2O3、FeO溶解，SiO2、CeO2不溶，过滤，滤液1含有Fe2+、Fe3+，滤渣1主要为SiO2、CeO2，向滤液1中加入稀硫酸A、过氧化氢，使Fe2+氧化为Fe3+，溶液1主要为硫酸铁溶液，再加入硫酸铵，蒸发浓缩、冷却结晶后得到硫酸铁铵晶体，滤渣1用稀硫酸A、过氧化氢溶解，CeO2溶解：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O,SiO2不溶，滤渣2为SiO2，滤液2含有Ce3+,加入NaOH,通入氧气得到Ce(0H)4，反应为：4Ce3+O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4将Ce(OH)4灼烧得到CeO2，据此分析作答。制备硫酸铁铵晶体，故用稀硫酸A,滤渣2为SiO2；滤液1含有Fe2+、Fe3+,向滤液1中加入稀硫酸A、过氧化氢，使Fe2+氧化为Fe3+,滤渣1用稀硫酸A、过氧化氢溶解，