题目
二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：烧渣 水洗除氟 过量硫酸 酸没液 萃取剂 有机层-|||-氟碳饰矿 Na2CO 主要含-|||-焙烧 CeO2,NaF) 酸没 含((c)^4) 萃取-|||-H2SO4,H2O2-|||-CeO2 水层-|||-熔烧 c(OH)4 氧化过滤 滤渣 过滤 (((c)^2)-|||-NaClO NaOH-|||-+ 反萃取已知：①Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+；②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。（1）焙烧过程中发生的主要反应方程式为 ____ 。（2）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+。①实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器为烧杯和 ____ 。②如图中D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比（D=(c[Ce•（(H)_(2n-4)/(A)_{2n)）]}(c（CeS{O)_(4)^2+）}）。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D随起始料液中c（SO42-）变化的原因： ____ 。烧渣 水洗除氟 过量硫酸 酸没液 萃取剂 有机层-|||-氟碳饰矿 Na2CO 主要含-|||-焙烧 CeO2,NaF) 酸没 含((c)^4) 萃取-|||-H2SO4,H2O2-|||-CeO2 水层-|||-熔烧 c(OH)4 氧化过滤 滤渣 过滤 (((c)^2)-|||-NaClO NaOH-|||-+ 反萃取③在D=80的条件下，取20mL含四价铈总浓度为0.1mol/L的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂（HA）2，充分振荡，静置，水层中c（CeSO42+）= ____ 。 （结果保留三位有效数字）（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+．H2O2在该反应中作用与下列反应中H2O2的作用相同的是 ____ 。A．H2O2和MnO2混合制O2B．用H2O2处理含酸性K2Cr2O7的废水C．H2O2和CaO混合制备CaO2D．用稀硫酸和H2O2的混合液溶解金属Cu（4）溶液中c（Ce3+）等于1.0×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，此时溶液的pH为 ____ ，（已知298K时，Ksp[Ce（OH）3]=1.0×10-20）；“氧化过滤”步骤中氧化过程的离子方程式为 ____ 。（5）取上述流程中得到的CeO2产品m g，加硫酸溶解后，加入V1mL a mol/L FeSO4溶液（足量），使铈被还原为Ce3+ （其它杂质均不反应，Ce3+为无色），用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，消耗标准溶液V2mL，则该产品中CeO2的质量分数为 ____ %；下列选项可能使测定结果偏低的是 ____ 。A．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数B．滴定时锥形瓶内溶液变红就立即停止滴定C．滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点有气泡
二氧化铈（CeO2）是一种重要的稀土氧化物。以氟碳铈矿（主要含CeFCO3）为原料制备CeO2的一种工艺流程如下：
已知：①Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
（1）焙烧过程中发生的主要反应方程式为 ____ 。
（2）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+。
①实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器为烧杯和 ____ 。
②如图中D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比（D=$\frac{c[Ce•（{H}_{2n-4}{A}_{2n}）]}{c（CeS{O}_{4}^{2+}）}$）。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D随起始料液中c（SO42-）变化的原因： ____ 。
③在D=80的条件下，取20mL含四价铈总浓度为0.1mol/L的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂（HA）2，充分振荡，静置，水层中c（CeSO42+）= ____ 。 （结果保留三位有效数字）
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+．H2O2在该反应中作用与下列反应中H2O2的作用相同的是 ____ 。
A．H2O2和MnO2混合制O2B．用H2O2处理含酸性K2Cr2O7的废水
C．H2O2和CaO混合制备CaO2D．用稀硫酸和H2O2的混合液溶解金属Cu
（4）溶液中c（Ce3+）等于1.0×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，此时溶液的pH为 ____ ，
（已知298K时，Ksp[Ce（OH）3]=1.0×10-20）；“氧化过滤”步骤中氧化过程的离子方程式为 ____ 。
（5）取上述流程中得到的CeO2产品m g，加硫酸溶解后，加入V1mL a mol/L FeSO4溶液（足量），使铈被还原为Ce3+ （其它杂质均不反应，Ce3+为无色），用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，消耗标准溶液V2mL，则该产品中CeO2的质量分数为 ____ %；下列选项可能使测定结果偏低的是 ____ 。
A．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数
B．滴定时锥形瓶内溶液变红就立即停止滴定
C．滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点有气泡
已知：①Ce4+能与SO42-结合成[CeSO4]2+；
②在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取，而Ce3+不能。
（1）焙烧过程中发生的主要反应方程式为 ____ 。
（2）“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+。
①实验室中萃取时用到的主要玻璃仪器为烧杯和 ____ 。
②如图中D是分配比，表示Ce（Ⅳ）分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比（D=$\frac{c[Ce•（{H}_{2n-4}{A}_{2n}）]}{c（CeS{O}_{4}^{2+}）}$）。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c（SO42-），D随起始料液中c（SO42-）变化的原因： ____ 。
③在D=80的条件下，取20mL含四价铈总浓度为0.1mol/L的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂（HA）2，充分振荡，静置，水层中c（CeSO42+）= ____ 。 （结果保留三位有效数字）
（3）“反萃取”中，在稀硫酸和H2O2的作用下CeO2转化为Ce3+．H2O2在该反应中作用与下列反应中H2O2的作用相同的是 ____ 。
A．H2O2和MnO2混合制O2B．用H2O2处理含酸性K2Cr2O7的废水
C．H2O2和CaO混合制备CaO2D．用稀硫酸和H2O2的混合液溶解金属Cu
（4）溶液中c（Ce3+）等于1.0×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，此时溶液的pH为 ____ ，
（已知298K时，Ksp[Ce（OH）3]=1.0×10-20）；“氧化过滤”步骤中氧化过程的离子方程式为 ____ 。
（5）取上述流程中得到的CeO2产品m g，加硫酸溶解后，加入V1mL a mol/L FeSO4溶液（足量），使铈被还原为Ce3+ （其它杂质均不反应，Ce3+为无色），用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，消耗标准溶液V2mL，则该产品中CeO2的质量分数为 ____ %；下列选项可能使测定结果偏低的是 ____ 。
A．滴定前平视读数，滴定终点时仰视读数
B．滴定时锥形瓶内溶液变红就立即停止滴定
C．滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点有气泡
题目解答
答案
解：（1）氟碳铈矿（主要含CeFCO3），“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价，Ce4+能与F-结合成[CeFx]（4-x）+，以便后续的提取，焙烧过程中，CeFCO3转化生成CeO2和NaF，焙烧过程Na2CO3、O2参加反应，发生的主要反应方程式为：4CeFCO3+O2+2Na2CO3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4 CeO2+4NaF+6CO2，
故答案为：4CeFCO3+O2+2Na2CO3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4 CeO2+4NaF+6CO2；
（2）①萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，
故答案为：分液漏斗；
②根据平衡：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+，加入Na2SO4时，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，
故答案为：随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+的方向移动，D迅速减小；
③20mL含四价铈总浓度为0.1mol/L的酸浸液，n（Ce4+）=0.002mol，向其中加入10mL萃取剂（HA）2，“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+，D=$\frac{c[Ce•（{H}_{2n-4}{A}_{2n}）]}{c（CeS{O}_{4}^{2+}）}$）=80，c（CeSO42+）=0.002×$\frac{1}{80+1}$×$\frac{20}{30}$×103mol/L≈2.44×10-3mol/L，
故答案为：2.44×10-3mol/L；
（3）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，H2O2在该反应中作还原剂，
A．H2O2和MnO2混合制O2，H2O2在该反应中既作氧化剂又作还原剂，故A错误；
B．K2Cr2O7能氧化过氧化氢，用H2O2处理含酸性K2Cr2O7的废水，H2O2在该反应中只作还原剂，故B正确；
C．H2O2和CaO混合制备CaO2，H2O2在该反应中未发生化合价改变，故C错误；
D．用稀硫酸和H2O2的混合液溶解金属Cu，H2O2在该反应中作氧化剂，故D错误；
故答案为：B；
（4）溶液中c（Ce3+）等于1.0×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，此时QC≥Ksp[Ce（OH）3]=C（Ce3+）×C3（OH-）=1.0×10-20=1.0×10-5mol•L-1×C3（OH-），解得C（OH-）=1.0×10-5mol•L-1，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，C（H+）=10-9mol/L，PH=9，“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce（OH）3+ClO-+H2O=2Ce（OH）4+Cl-，
故答案为：9；2Ce（OH）3+ClO-+H2O=2Ce（OH）4+Cl-；
（5）FeSO4的物质的量为amol•L-1×V1×10-3L=aV1×10-3mol，用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，消耗标准溶液V2mL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：MnO4-～～～5Fe2+，则与CeO2反应的硫酸亚铁的物质的量为aV1×10-3mol-5bV2×10-3mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为（aV1×10-3mol-5bV2×10-3mol）×172g/mol=17.2（aV1-5bV2）×10-3g，产品中CeO2的质量分数为$\frac{17.2（a{V}_{1}-5b{V}_{2}）}{m}$%，
用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，与CeO2反应的硫酸亚铁的物质的量为aV1×10-3mol-5bV2×10-3mol，
A．滴定前平视读数，终点读数时仰视读数，导致消耗的标准液体积偏大，所测溶液浓度偏高，则该产品中CeO2的质量分数偏低，故A选；
B．滴定时锥形瓶内溶液变红就立即停止滴定，导致消耗的标准液体积偏小，所测溶液浓度偏低，则该产品中CeO2的质量分数偏高，故B不选；
C．滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点有气泡，则消耗的标准液偏少，所测溶液浓度偏低，则该产品中CeO2的质量分数偏高，故C不选；
故答案为：$\frac{17.2（a{V}_{1}-5b{V}_{2}）}{m}$）；A。
故答案为：4CeFCO3+O2+2Na2CO3$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$4 CeO2+4NaF+6CO2；
（2）①萃取剂能将铈离子从水溶液中萃取出来，实验室进行萃取操作时用到的主要玻璃仪器有：分液漏斗、烧杯，
故答案为：分液漏斗；
②根据平衡：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+，加入Na2SO4时，随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向左移动，D迅速减小，
故答案为：随着c（SO42-）增大，水层中Ce4+被SO42-结合成[CeSO4]2+，导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+的方向移动，D迅速减小；
③20mL含四价铈总浓度为0.1mol/L的酸浸液，n（Ce4+）=0.002mol，向其中加入10mL萃取剂（HA）2，“萃取”时存在反应：Ce4++n（HA）2⇌Ce•（H2n-4A2n）+4H+，D=$\frac{c[Ce•（{H}_{2n-4}{A}_{2n}）]}{c（CeS{O}_{4}^{2+}）}$）=80，c（CeSO42+）=0.002×$\frac{1}{80+1}$×$\frac{20}{30}$×103mol/L≈2.44×10-3mol/L，
故答案为：2.44×10-3mol/L；
（3）“反萃取”加H2O2的作用是将Ce4+离子重新还原为Ce3+，反应的离子方程式为2Ce4++H2O2=2Ce3++O2↑+2H+，H2O2在该反应中作还原剂，
A．H2O2和MnO2混合制O2，H2O2在该反应中既作氧化剂又作还原剂，故A错误；
B．K2Cr2O7能氧化过氧化氢，用H2O2处理含酸性K2Cr2O7的废水，H2O2在该反应中只作还原剂，故B正确；
C．H2O2和CaO混合制备CaO2，H2O2在该反应中未发生化合价改变，故C错误；
D．用稀硫酸和H2O2的混合液溶解金属Cu，H2O2在该反应中作氧化剂，故D错误；
故答案为：B；
（4）溶液中c（Ce3+）等于1.0×10-5mol•L-1，可认为Ce3+沉淀完全，此时QC≥Ksp[Ce（OH）3]=C（Ce3+）×C3（OH-）=1.0×10-20=1.0×10-5mol•L-1×C3（OH-），解得C（OH-）=1.0×10-5mol•L-1，Kw=c（H+）×c（OH-）=10-14，C（H+）=10-9mol/L，PH=9，“氧化”步骤中用次氯酸钠将Ce3+氧化成Ce4+，反应的离子方程式为2Ce（OH）3+ClO-+H2O=2Ce（OH）4+Cl-，
故答案为：9；2Ce（OH）3+ClO-+H2O=2Ce（OH）4+Cl-；
（5）FeSO4的物质的量为amol•L-1×V1×10-3L=aV1×10-3mol，用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，消耗标准溶液V2mL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：MnO4-～～～5Fe2+，则与CeO2反应的硫酸亚铁的物质的量为aV1×10-3mol-5bV2×10-3mol，根据电子得失守恒可得关系式CeO2～FeSO4，所以CeO2的质量为（aV1×10-3mol-5bV2×10-3mol）×172g/mol=17.2（aV1-5bV2）×10-3g，产品中CeO2的质量分数为$\frac{17.2（a{V}_{1}-5b{V}_{2}）}{m}$%，
用bmol/L的标准酸性KMnO4溶液去滴定过量的FeSO4，与CeO2反应的硫酸亚铁的物质的量为aV1×10-3mol-5bV2×10-3mol，
A．滴定前平视读数，终点读数时仰视读数，导致消耗的标准液体积偏大，所测溶液浓度偏高，则该产品中CeO2的质量分数偏低，故A选；
B．滴定时锥形瓶内溶液变红就立即停止滴定，导致消耗的标准液体积偏小，所测溶液浓度偏低，则该产品中CeO2的质量分数偏高，故B不选；
C．滴定管尖嘴部分滴定前无气泡，滴定终点有气泡，则消耗的标准液偏少，所测溶液浓度偏低，则该产品中CeO2的质量分数偏高，故C不选；
故答案为：$\frac{17.2（a{V}_{1}-5b{V}_{2}）}{m}$）；A。