（以稀土（铈Ce等）为载体）化学工业流程大题周练

以稀土（铈等）为载体的化学工业流程大题
1. 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：

已知：①焙烧后铈元素主要以CeO2，形式存在，Ce(OH)3的Ksp=1.0×10−20。
②Ce4+能与SO42−结合成[CeSO4]2+，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。
(2)“浸取”过程中铈元素发生反应的离子方程式为________．
(3)“转化”过程中H2O2的作用是_______。
(4)“萃取”过程中发生反应：Ce3+(水层)+3HR(有机层)⇌CeR3(有机层)+3H+(水层)，设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是                                           ；HR应该具有的特点是              。
a.萃取剂HR的密度一定比水大 b.萃取剂HR不溶于水，也不和水反应
c.萃取剂HR和Ce3+不反应 d.Ce3+在萃取剂中溶解度大于水中
(5)“调节pH”时，为了使Ce3+完全沉淀(浓度小于1×10−5mol/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+xO2↑(0≤x≤0.5)。写出CeO2消除CO的化学方程式_______。
2. 氟碳铈矿(主要成分为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。

回答下列问题：
(1)CeFCO3中Ce的化合价为______。
(2)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______。
(3)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______。
(4)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______。
3. 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、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。

已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。
回答下列问题：
(1)稀酸A是______ a、盐酸 b、硫酸 c、硝酸
(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是______。
(3)写出滤渣1到滤液2的离子方程式______。
(4)设计实验证明滤液1中含有Fe2+______。
(5)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，书写该反应的离子方程式______。
(6)硫酸铁铵晶体[Fe2(SO4)3⋅2(NH4)2SO4⋅3H2O]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______。
(7)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.531g，加硫酸溶解后，用浓度为0.1000mol⋅L−1的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______ (结果保留两位有效数字)，Mr(Ce)=140。
4. 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( Y2FeBe2Si2O10)，工业上通过如下工艺流程制取氧化钇，并获得副产物铍。

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：

(1)将钇矿石与NaOH共熔的反应方程式补充完整：
_____Y2FeBe2Si2O10+_____NaOH+_____ _____Y(OH)3+_____Fe2O3+ _____Na2SiO3+ _____Na2BeO2+ _____H2O
(2)滤渣Ⅱ的主要成分是_________。
(3)试剂A可以是_________(填序号)。
A.NaOH溶液    B.氨水      C.CO2        D.CaO
(4)用氨水调节pH =a时，a的取值范围是_____________。
(5)计算常温下Y3++3H2O⇌Y(OH)3+3H+的平衡常数K=____________。(常温下Ksp[Y(OH)3]=8.0×10−23)
(6)滤液Ⅲ加入氨水产生沉淀的离子方程式为_____________________________________。
(7)从BeCl2溶液中得到BeCl2固体的操作是______________________________________。
5. 氢氧化铈[Ce(OH)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：
已知：在酸性溶液中Ce4+有强氧化性，回答下列问题：
(1)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______；
(2)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)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______；
(3)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10−20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，需调节pH至少为______；
(4)取某Ce(OH)4产品0.50g，加硫酸溶解后，用0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液滴定至终点(铈被还原成Ce3+)。(已知：Ce(OH)4的相对分子质量为208)
①FeSO4溶液盛放在______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；
②根据下表实验数据计算Ce(OH)4产品的纯度______
滴定次数
FeSO4溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
0.50
23.60
第二次
1.00
26.30
第三次
1.20
24.10
6. 稀土元素是元素周期表中第III B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：
(1)基态Fe原子的价电子排布式为______________；铁、钴、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。
(2)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__________、__________。
(3)FeSO4⋅NH42SO4⋅6H2O俗称摩尔盐，相对于FeSO4⋅7H2O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：______
(4)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,α=90​∘,β=90​∘,γ=120​∘。每个晶胞含有________个钕原子，设阿伏加德罗常数为NA，则金属钕的密度为_________g⋅cm−3(Nd的相对原子质量为M，列出计算表达式)

7. 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：
(1)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(其中钒元素的化合价为+5价)。若用氧化物的形式表示，该化合物的化学式为：______。
(2)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。
①配料在焙烧前磨碎的目的是______。
②写出焙烧过程中V2O5发生反应的化学方程式：______。
(3)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。反应的化学方程式为：VO2++H2C2O4=VO++2CO2+H2O.若反应消耗0.9g草酸，参加反应的钒元素质量是______g。
(4)以V2O5为催化剂，使SO2转化为SO3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：
①将2.0mol SO2和1.0mol O2置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa.该反应的平衡常数表达式为______，等于______。
②平衡状态由A变到B时，平衡常数K(A)______K(B)(填“>”、“<”或“=”)。
8. 铈是地壳中丰度最高的稀土元素，可用作催化剂、合金添加剂，也可用于医药、制革、玻璃、纺织等工业。氟碳铈矿的主要化学成分为CeFCO3，它是提取铈的重要矿物原料。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图所示。

已知：焙烧后烧渣中含+4价的铈及+3价的其他稀土氟化物和氧化物。
请回答下列问题：
(1)CeFCO3中Ce元素的化合价为______。
(2)“焙烧”前将矿石粉碎成细颗粒的目的是______。
(3)“酸浸I”步骤中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，该过程的离子方程式为______。
(4)“酸浸1”步骤中CeF4转化为难溶物Ce(BF4)3，加入可溶性钾盐的目的是______。
(5)“操作I”后，向溶液中加入NaOH溶液，调节溶液pH可获得Ce(OH)3沉淀，利用pH试纸测定溶液pH值的实验操作是______。当溶液中离子浓度小于1×10−6mol/L时视为沉淀完全，常温下，加入NaOH调节溶液的pH应大于______[已知Ce(OH)3的Ksp=8.0×10−21，1g2=0.3]。
(6)写出“氧化”步骤的化学方程式：______。
9. 我国拥有丰富的稀土矿产资源，在合金中加入适量的稀土金属，能大大改善合金的性能，因而，稀土金属又被称为冶金工业的维生素。铈是一种重要的稀土元素，常见的化合价为+3和+4.某课题小组以平板电视显示屏生产过程中，产生的大量废玻璃粉末为原料(其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)，制取CeO2和硫酸铁铵矾[NH4Fe(SO4)2⋅12H2O]，流程如下：

已知：CeO2不溶于强酸或强碱
(1)稀酸A中酸的分子式是______。滤渣2的主要成分______。(填化学式)
(2)滤液1中加入H2O2溶液的目的是______。
滤渣1中加入H2O2，主要利用了H2O2的什么性质？______。
(3)酸性条件下，H2O2、Fe3+、CeO2三种物质，氧化性由强到弱的顺序是______。
(4)写出由滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式______。
(5)硫酸铁铵矾[NH4Fe(SO4)2⋅12H2O]广泛用于水的净化处理，其净水原理是______。(用离子方程式表示)
(6)取上述流程中所获得的Ce(OH)4样品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成100mL溶液，取出10.00mL，用浓度为0.1000mol⋅L−1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该样品中Ce(OH)4的纯度是______。
10. 氟碳铈矿(主要成分为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。回答下列问题：

(1)氧化培烧时不能使用陶瓷容器，原因是____________________________________。
(2)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____________。
(3)HT是一种难溶于水的有机溶剂，则操作Ⅰ的名称为_________。
(4)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_____________________________________________。
(5)有机物HT能将Ce3+从水溶液中提取出来，该过程可表示为Ce3+(水层)+3HT(有机层)⇌CeT3(有机层)+3H+(水层)。向CeT3(有机层)中加入稀硫酸能获得较纯的含Ce3+水溶液，从平衡角度解释其原因：___________________________________。
(6)已知，298K时，Ksp[Ce(OH)3]=5×10−20，若溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L−1，加碱调节pH到_________时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化)。
(7)写出向Ce(OH)3悬浊液中通入氧气得到产品Ce(OH)4的化学方程式：_________．
答案和解析
1.【答案】(1)粉碎
(2)CeO2+4H++SO42−=[CeSO4]2++2H2O
(3)将+4价的铈还原为+3价，以便萃取
(4)提纯、富集铈元素；bcd
(5)9
(6)4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4
(7) CeO2 +xCO=CeO2−x+xCO2

【解析】【分析】
本题考查实验流程各环节中使用的基本操作、实验原理，涉及化合价分析、氧化还原反应、离子方程式的书写、难溶电解质的转化等，弄清每步操作的目的是解题的关键，侧重分析实验能力的考查，难度一般。
【解答】
(1)焙烧前将矿石粉碎可提高原料的利用率，
故答案为：粉碎；
(2)由题干信息可知“浸取”过程中铈元素发生反应的离子方程式为CeO2+4H++SO42−=[CeSO4]2++2H2O，
故答案为：CeO2+4H++SO42−=[CeSO4]2++2H2O；
(3)由图示转化关系可知，加入双氧水是将+4价的铈还原为+3价，以便萃取，
故答案为：将+4价的铈还原为+3价，以便萃取；
(4)设计“萃取”和“反萃取”操作的目的是提纯、富集铈元素；萃取剂的选用原则为与水互不相溶，与Ce3+不反应，且Ce3+在萃取剂中溶解度大于水中，
故答案为：提纯、富集铈元素；bcd；
(5)c(OH−)≥3Ksp[Ce(OH)3]c(Ce3+)mol/L=31×10−201×10−5mol/L=10−5mol/L，故pH≥9，
 故答案为：9；
(6)“氧化”操作得到产品的化学方程式为4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4，
 故答案为：4Ce(OH)3+O2+2H2O=4Ce(OH)4；
(7)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】+3  2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+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，由各元素化合价代数和为0，可计算出Ce元素的化合价为+3，
故答案为：+3；
(2)在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，H2O2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++O2↑+4H2O；温度升高，双氧水发生分解，造成浸出率偏小；
(3)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；
(4)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++O2↑+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++O2↑+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，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；
(2)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+；
(3)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+O2↑+4H2O，故离子方程式为2Ce O2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
故答案为：2Ce O2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
(4)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+；
(5)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(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；
(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)4～Ce3+～FeSO4，所以n(Ce(OH)4)=n(FeSO4)=0.1×25×10−3mol=2.5×10−3mol，m(Ce(OH)4)=2.5×10−3mol×208g/mol=0.5125g，该产品中Ce(OH)4的纯度为：0.5125g0.531g×100%=98%，
故答案为：98%。
反应过程为：废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)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+O2↑+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)4↓，加入分解Ce(OH)4得到产品CeO，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  
(2)H2SiO3或H4SiO4 
(3)B 
(4)3.1≤a<6.0
(5)1.25×10−20   
(6)Y3+ +3NH3·H2O = Y(OH)3↓+3NH4+
(7)蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl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Ⅱ为硅酸，滤液Ⅱ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HCl气体(或在HCl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Ⅲ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共熔的反应方程式为4Y2FeBe2Si2O10+32NaOH+O2− 高温   8Y(OH)3+2Fe2O3+8Na2SiO3+8Na2BeO2+4H2O，
故答案为：4；32；O2；8；2；8；8；4；
(2)由以上分析可知滤渣Ⅱ的主要成分是H2SiO3或H4SiO4，故答案为：H2SiO3 或H4SiO4；
(3)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；
(4)用氨水调节pH=a时，应全部除去铁离子，并避免生成Y(OH)3，则a的取值范围是3.1≤a<6.0，
故答案为：3.1≤a<6.0；
(5)常温下Y3++3H2O⇌Y(OH)3+3H+的平衡常数K=c3(H+)c(Y3+)=(Kw)3Ksp[Y(OH)3]=10−428.0×10−23=1.25×10−20，
故答案为：1.25×10−20；
(6)滤液Ⅲ加入氨水产生沉淀的离子方程式为Y3++3NH3⋅H2O=Y(OH)3↓+3NH4+，
故答案为：Y3++3NH3⋅H2O=Y(OH)3↓+3NH4+；
(7)从BeCl2溶液中得到BeCl2固体，应避免BeCl2水解，操作是蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)，
故答案为：蒸发结晶时，向溶液中持续通入HCl气体(或在HCl气流中加热蒸干)。
5.【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O  混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动  9  酸式  95.68%

【解析】解：(1)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
(2)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，
故答案为：混合液中加入 H2SO4 使 c(H+)增大，平衡向形成 Ce3+水溶液方向移动；
(3)已知298K时，Ksp[Ce(OH)3]=1×10−20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，则c(OH−)=31×10−201×10−5mol/L=1×10−5mol/L，则需调节pH至少为9，
故答案为：9；
(4)①FeSO4溶液水解显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，
故答案为：酸式；
②由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000mol⋅L−1×23.10mL+22.90mL2×0.001L/mL=0.0023mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023×208g=0.4784g，则Ce(OH)4产品的纯度为0.4784g0.5g×100%=95.68%，
故答案为：95.68%。
由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，过滤分离出不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程、元素化合物与反应原理、滴定原理及计算等为解答的关键，侧重分析与实验、计算能力的考查，综合性较强，题目难度中等。
6.【答案】(1)3d64s2  ；>
(2)C2H6 ； sp3； sp3；
(3)晶体中H、O、N三种元素之间形成网络化氢键对Fe(Ⅱ)起保护作用；
(4)2；  2M/10−30NAx2ysin60​∘ 

【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13形成的六面体为其晶胞，题目难度中等。
【解答】
(1)Fe位于第4周期第ⅤⅢ族，所以基态Fe原子的价电子排布式为：3d64s2；
NiO、FeO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NiO>FeO；
(2)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；
(3)从组成结构上看，FeSO4⋅NH42SO4⋅6H2O晶体中存在电负性大的元素O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(Ⅱ)可以稳定存在，即晶体中H、O、N三种元素之间形成网络化氢键对Fe(Ⅱ)起保护作用；
(4)该图中Nd原子个数=12×16+2×12+3=6，该结构是由3个晶胞组成，则每个晶胞含有2个钕原子；该结构体积=12absin120°×2×3×c=3abc=3(x2y×10−30)sin60°cm3，晶体密度=mV=MNA×6V=MNA×63x2y×10−30sin60°g/cm3=2M/10−30NAx2ysin60​∘ g/cm3。
7.【答案】K2O⋅V2O5⋅2UO3⋅3H2O  增大接触面积，使反应充分进行  2V2O5+4NaCl+O2− 高温  4NaVO3+2Cl2  0.51 c2(SO3)c(O2)⋅c2(SO2)  800  =

【解析】解：(1)钾钒铀矿中的化学式为K2H6U2V2O15，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，该化合物的化学式为K2O⋅V2O5⋅2UO3⋅3H2O，
故答案为：K2O⋅V2O5⋅2UO3⋅3H2O；
(2)①配料在焙烧前磨碎的目的是增大接触面积，使反应更充分，故答案为：增大接触面积，使反应充分进行；
②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2V2O5+4NaCl+O2− 高温  4NaVO3+2Cl2，
故答案为：2V2O5+4NaCl+O2− 高温  4NaVO3+2Cl2；
(3)根据V原子守恒和VO2++H2C2O4=VO++2CO2+H2O建立关系式为V2O5～2V～2VO2+～2H2C2O4，所以n(V)=n(H2C2O4)=0.9g90g/mol=0.01mol，m(V)=nM=0.01mol×51g/mol=0.51g，故答案为：0.51；
(4)①反应2SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)的平衡常数k表达式k=c2(SO3)c(O2)⋅c2(SO2)，反应的三段式为，
2SO2(g)+O2(g)⇌SO3(g)
起始浓度(mol/L) 0.2 0.1 0
变化浓度(mol/L) 0.16 0.08 0.16
平衡浓度(mol/L) 0.04 0.02 0.16
所以平衡常数k=c2(SO3)c(O2)⋅c2(SO2)=0.1620.042×0.02=800，
故答案为：c2(SO3)c(O2)⋅c2(SO2)；800；
②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；
(2)废钒催化剂粉碎、将食盐和钒铅矿在空气中焙烧，2V2O5+4NaCl+O2− 高温  4NaVO3+2Cl2，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，
①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；
②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；
(3)根据V原子守恒和VO2++H2C2O4=VO++2CO2+H2O建立关系式为V2O5～2V～2VO2+～2H2C2O4，所以n(V)=n(H2C2O4)，据此计算V的质量；
(4)①应的平衡常数k等于生成物浓度幂积与反应物浓度幂积的比，结合图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；
②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+2Cl−+8H+=2Ce3++Cl2↑+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  9.3  2Ce(OH)3+NaClO+H2O=2Ce(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；
(3)“酸浸I”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+2Cl−+8H+=2Ce3++Cl2↑+4H2O，
故答案为：2CeO2+2Cl−+8H+=2Ce3++Cl2↑+4H2O；
(4)“酸浸1”步骤中CeF4转化为难溶物Ce(BF4)3，加入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；
(5)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1×10−6mol/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−)=8.0×10−21，c(OH−)=38.0×10−2110−6=2×10−5mol/L，c(H+)
=10−142×10−5=5×10−10mol/L，PH=10−lg5=9.3，常温下，加入NaOH调节溶液的pH应大于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；
(6)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，
(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；
(2)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；
(3)“酸浸I”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；
(4)题意可知应为KBF4沉淀，离子方程式为K++BF4−=KBF4↓，加入可溶性钾盐的目的是避免CeF4转化为难溶物Ce(BF4)3；
(5)实验室测定PH的方法是撕下一小片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，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(OH)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】H2SO4  SiO2  将Fe2+氧化成Fe3+  还原性  CeO2>H2O2>Fe3+  4Ce3++O2+12OH−+2H2O=4Ce(OH)4↓  Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3(胶体)+3H+  97.9%

【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；
(2)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(−1→0)，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；
(3)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，则酸性条件下，H2O2、Fe3+、CeO2三种物质，氧化性由强到弱的顺序是CeO2>H2O2>Fe3+，
故答案为：CeO2>H2O2>Fe3+；
(4)滤液2生成Ce(OH)4的离子方程式为：4Ce3++O2+12OH−+2H2O=4Ce(OH)4↓；
故答案为：4Ce3++O2+12OH−+2H2O=4Ce(OH)4↓；
(5)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+；
(6)Ce(OH)4样品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成100mL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+，则Ce(OH)4的物质的量为0.1000mol/L×0.025L=0.0025mol，故该产品中Ce(OH)4的质量分数为0.0025mol×208g/mol0.531g≈97.9%；
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(OH)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。
(1)制备硫酸铁铵晶体，故用稀硫酸A，滤渣2为SiO2；
(2)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，CeO2溶解，根据元素的化合价变化判断过氧化氢的作用；
(3)氧化剂的氧化性大于氧化产物；
(4)滤液2含有Ce3+，加入NaOH，通入氧气得到Ce(OH)4沉淀，据此书写离子方程式；
(5)铁离子水解生成氢氧化铁胶体，胶体具有吸附性；
(6)Ce(OH)4样品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成100mL溶液，取出10.00mL，所含Ce(OH)4样品质量为0.531g，根据滴定反应为：Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，计算Ce(OH)4的纯度。
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，结合题目信息对流程的分析是本题的解题关键，题目难度中等。
10.【答案】(1)陶瓷会与生成的HF反应
(2)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O 
(3)分液
(4)温度升高后，双氧水会分解，造成浸出率减小
(5)向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液的方向移动
(6) 8


【解析】【分析】
本题主要考查了影响化学反应速率的因素、物质的分离子操作、化学平衡的移动、氧化还原反应的书写及质量分数的计算，是对化学基础知识的综合考查，对学生综合应用基础知识的能力要求较高，答题时注意守恒的方法及平衡的思想的运用，题目难度中等。
【解答】
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HT，经过分液将溶液中的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。
(1)反应中生成的HF能溶解陶瓷容器中含有的SiO2，则氧化培烧时不能使用陶瓷容器氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)；
故答案为：陶瓷会与生成的HF反应；
(2)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；
(3)加入萃取剂HT后，液体混合物分成二层，操作Ⅰ应为分液，
故答案为：分液；
(4)H2O2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：温度升高后，双氧水会分解，造成浸出率减小；
(5)根据平衡2Ce3+(水层)+6HT(有机层)⇌2CeT3(有机层)+6H+(水层)可知，混合液中加入H2SO4使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动，
故答案为：混合液中加入H2SO4,使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动；
(6)已知Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)×c3(OH−)=5×10−20，溶液中c(Ce3+)=0.05mol·L−1，加碱调节pH，Ce3+开始沉时溶液c(OH−)=1×10−6mol/L，即pH=8；
故答案为：8；
(7)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。