2022年屆福建高三化學-化學工業(yè)流程大題周練(以稀土(鈰等)為載體)23

1、2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）232020屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆屆23稀土元素包括鈧、釔和鑭系共 17 種元素，是重要的戰(zhàn)略資源，我國稀土資源豐富。從氟碳鈰礦(主要化學成分為CeFCO3)提取鈰族稀土元素的一種工藝流程如下：已知：焙燒后鈰元素主要以CeO2，形式存在，Ce(OH)3的Ksp = 1.0 1020。4Ce4+能與SO2結合成CeSO42+，Ce3+能被萃取劑 HR 萃取。為提高原料的利用率，焙燒前應將礦石處理。“浸取”過程中鈰元素發(fā)生反應的離子方程式為“轉化”過程中H2O2的作用是。(4)“萃取”過程中發(fā)生反

2、應：Ce3+(水層) + 3HR(有機層) CeR3(有機層) + 3H+(水層)，設計“萃取”和“反萃取”操作的目的是；HR 應該具有的特點是。萃取劑 HR 的密度一定比水大萃取劑 HR 不溶于水，也不和水反應萃取劑 HR 和Ce3+不反應Ce3+在萃取劑中溶解度大于水中“調(diào)節(jié) pH”時，為了使Ce3+完全沉淀(濃度小于1 105mol/L)，溶液的pH 應大于?！把趸辈僮鞯玫疆a(chǎn)品的化學方程式為。CeO2，是汽車尾氣凈化器中的關鍵催化劑，能在還原性氣氛中供氧，在氧化性氣氛中耗氧，過程為：2CeO2 2CeO2x + xO2 (0 x 0.5)。寫出CeO2消除 CO 的化學方程式。1 /

3、18氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)是提取稀土化合物、冶煉鈰的重要礦物原料，以氟碳鈰礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示。回答下列問題：CeFCO3中 Ce 的化合價為。氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為CeO2，則酸浸時發(fā)生反應的離子方程式為。為了提高酸浸率，可以適當提高反應溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小。其原因是 。HT是一種難溶于水的有機溶劑，它能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為Ce3+(水層) + 3HT(有機層) CeT3(有機層) + 3H+(水層)。操作 I 的名稱是，操作加入稀H2SO4的目的是。向Ce(OH)3懸濁液中通入氧氣得到產(chǎn)品Ce(OH)4的化學方程式為。二氧化鈰(C

4、eO2)是一種重要的稀土氧化物，平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物質(zhì))。某課題組以此粉末為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到純凈的CeO2和硫酸鐵銨晶體。已知：CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于 NaOH 溶液?；卮鹣铝袉栴}：稀酸 A 是a、鹽酸 b、硫酸 c、硝酸濾液 1 中加入H2O2溶液的目的是。寫出濾渣 1 到濾液 2 的離子方程式。(4)設計實驗證明濾液 1 中含有Fe2+。在酸性溶液中，已知Fe2+溶液可以和難溶于水的FeO(OH)反應生成Fe3O4，書寫該反應的離子方程式。硫酸鐵銨晶體Fe2(SO4)3 2(NH4)2

5、SO4 3H2O廣泛用于水的凈化處理，但其在去除酸性廢水中的懸浮物時效率降低，其原因是。取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品0.531g，加硫酸溶解后，用濃度為0.1000mol 2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）23L1的FeSO4標準溶液滴定至終點時(鈰被還原為Ce3+)，消耗25.00mL標準溶液。該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分數(shù)為(結果保留兩位有效數(shù)字)，Mr(Ce) = 140。著名化學家徐光憲在稀土領域貢獻突出，被譽為“稀土界的袁隆平”。釔是稀土元素之一，我國蘊藏著豐富的釔礦石( Y2FeBe2Si2O10 )，工業(yè)上通過如下工藝流程制取氧化釔，并

6、獲得副產(chǎn)物鈹。已知：釔(Y)的常見化合價為+3價；鈹和鋁處于元素周期表的對角線位置，化學性質(zhì)相似；Fe3+、Y3+形成氫氧化物沉淀時的 pH 如下表：將釔礦石與 NaOH 共熔的反應方程式補充完整： Y2FeBe2Si2O10 +NaOH + Na2SiO3 +Na2BeO2 +H2O (2)濾渣的主要成分是。(3)試劑 A 可以是(填序號)。A.NaOH 溶液 B.氨水C. CO2D. CaO Y(OH)3 +Fe2O3 +(4)用氨水調(diào)節(jié)pH = a時，a 的取值范圍是。(5)計算常溫下Y3+ + 3H2O Y(OH)3 + 3H+的平衡常數(shù)K =。(常溫下Ksp Y(OH)3 = 8.0

7、 1023 )3 / 18濾液加入氨水產(chǎn)生沉淀的離子方程式為 。從BeCl2溶液中得到BeCl2固體的操作是 。氫氧化鈰Ce(OH)4是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)經(jīng)如下流程獲得：已知：在酸性溶液中Ce4+有強氧化性，回答下列問題：氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時反應的離子方程式為 ；已知有機物 HT 能將Ce3+從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：2Ce3+(水層) + 6HT(有機層) 2CeT3 + 6H+(水層)從平衡角度解釋：向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是；已知 298K 時，KspCe

8、(OH)3 = 1 1020，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，需調(diào)節(jié) pH 至少為；取某Ce(OH)4產(chǎn)品0.50g，加硫酸溶解后，用0.1000mol L1FeSO4溶液滴定至終點(鈰被還原成Ce3+)。(已知：Ce(OH)4的相對分子質(zhì)量為208)FeSO4溶液盛放在(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；根據(jù)下表實驗數(shù)據(jù)計算Ce(OH)4產(chǎn)品的純度 FeSO4溶液體積(mL)滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.10稀土元素是元素周期表中第III B族鈧、釔和鑭系元素的總稱。第三代永磁體材料 釹鐵硼(NdFeB)因其優(yōu)異的綜合磁性能，被廣

9、泛應用于計算機、通信信息等高新技術產(chǎn)業(yè)?；卮鹣铝袉栴}：基態(tài) Fe 原子的價電子排布式為；鐵、鈷、鎳元素性質(zhì)非常相似， 原子半徑接近但依次減小，NiO、FeO 的晶體結構類型與氯化鈉相同，則晶格能NiO(填“”“”、“”或“=”)。鈰是地殼中豐度最高的稀土元素，可用作催化劑、合金添加劑，也可用于醫(yī)藥、制革、玻璃、紡織等工業(yè)。氟碳鈰礦的主要化學成分為CeFCO3，它是提取鈰的重要 礦物原料。氟碳鈰礦的冶煉處理工藝已經(jīng)發(fā)展到十數(shù)種，其中一種提取鈰的工藝流程如圖所示。已知：焙燒后燒渣中含+4價的鈰及+3價的其他稀土氟化物和氧化物。請回答下列問題：CeFCO3中 Ce 元素的化合價為?！氨簾鼻皩⒌V石粉

10、碎成細顆粒的目的是?！八峤?I”步驟中CeO2轉化為Ce3+，且產(chǎn)生黃綠色氣體，該過程的離子方程式為 。“酸浸 1”步驟中CeF4轉化為難溶物Ce(BF4)3，加入可溶性鉀鹽的目的是 。 (5)“操作 I”后，向溶液中加入NaOH 溶液，調(diào)節(jié)溶液pH 可獲得Ce(OH)3沉淀， 利用 pH 試紙測定溶液pH 值的實驗操作是。當溶液中離子濃度小于1 106mol/L時視為沉淀完全，常溫下，加入 NaOH 調(diào)節(jié)溶液的pH 應大于已知Ce(OH)3的Ksp = 8.0 1021，1g2 = 0.3。(6)寫出“氧化”步驟的化學方程式：。我國擁有豐富的稀土礦產(chǎn)資源，在合金中加入適量的稀土金屬，能大大改

11、善合金的 性能，因而，稀土金屬又被稱為冶金工業(yè)的維生素。鈰是一種重要的稀土元素，常見的化合價為+3和+4.某課題小組以平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中，產(chǎn)生的大量廢玻璃粉末為原料(其中含有SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物質(zhì))，制取CeO2和硫酸鐵銨礬NH4Fe(SO4)2 12H2O，流程如下：2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）23已知：CeO2不溶于強酸或強堿稀酸 A 中酸的分子式是。濾渣 2 的主要成分。(填化學式) (2)濾液 1 中加入H2O2溶液的目的是。濾渣 1 中加入H2O2，主要利用了H2O2的什么性質(zhì)？。(3)酸性條件下，H2O2、Fe3

12、+、CeO2三種物質(zhì)，氧化性由強到弱的順序是。(4)寫出由濾液 2 生成Ce(OH)4的離子方程式。硫酸鐵銨礬NH4Fe(SO4)2 12H2O廣泛用于水的凈化處理，其凈水原理是 。(用離子方程式表示)取上述流程中所獲得的Ce(OH)4樣品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成 100mL 溶液，取出10.00mL，用濃度為0.1000mol L1FeSO4標準溶液滴定至終點時(鈰被還原為Ce3+)，消耗25.00mL標準溶液。該樣品中Ce(OH)4的純度是。氟碳鈰礦(主要成分為CeFCO3)是提取稀土化合物、冶煉鈰的重要礦物原料，以氟碳鈰礦為原料提取鈰的工藝流程如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：氧化培

13、燒時不能使用陶瓷容器，原因是 。氧化焙燒后的產(chǎn)物之一為CeO2，則酸浸時發(fā)生反應的離子方程式為 。HT是一種難溶于水的有機溶劑，則操作的名稱為。為了提高酸浸率，可以適當提高反應溫度，但溫度偏高浸出率反而會減小，其原因是。有機物 HT 能將Ce3+從水溶液中提取出來，該過程可表示為Ce3+(水層) + 3HT( 有機層) CeT3(有機層) + 3H+(水層)。向CeT3(有機層)中加入稀硫酸能獲得較純的含Ce3+水溶液，從平衡角度解釋其原因：。7 / 18(6)已知，298K 時，KspCe(OH)3 = 5 1020，若溶液中c(Ce3+) = 0.05mol L1，加堿調(diào)節(jié)pH 到時Ce3

14、+開始沉淀(忽略加堿過程中溶液體積變化)。(7)寫出向Ce(OH)3懸濁液中通入氧氣得到產(chǎn)品Ce(OH)4的化學方程式：2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）23答案和解析【答案】(1)粉碎2(2)CeO+ 4H+ + SO24= CeSO42+ + 2H2O(3)將+4價的鈰還原為+3價，以便萃取(4)提純、富集鈰元素；bcd(5)9(6)4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4(7) CeO2 +xCO = CeO2x + xCO2【解析】【分析】本題考查實驗流程各環(huán)節(jié)中使用的基本操作、實驗原理，涉及化合價分析、氧化還原反應、離子方程式的

15、書寫、難溶電解質(zhì)的轉化等，弄清每步操作的目的是解題的關鍵，側重分析實驗能力的考查，難度一般?！窘獯稹?1)焙燒前將礦石粉碎可提高原料的利用率， 故答案為：粉碎；(2)由題干信息可知“浸取”過程中鈰元素發(fā)生反應的離子方程式為CeO2 + 4H+ +4SO2 = CeSO42+ + 2H2O，4故答案為：CeO2 + 4H+ + SO2 = CeSO42+ + 2H2O；由圖示轉化關系可知，加入雙氧水是將+4價的鈰還原為+3價，以便萃取， 故答案為：將+4價的鈰還原為+3價，以便萃??；設計“萃取”和“反萃取”操作的目的是提純、富集鈰元素；萃取劑的選用原則為與水互不相溶，與Ce3+不反應，且Ce3+

16、在萃取劑中溶解度大于水中， 故答案為：提純、富集鈰元素；bcd；(5)c(OH) 3KspCe(OH) 3 mol/L =c(Ce 3+ )311020 mol/L = 105mol/L，故pH 9，1105故答案為：9；(6)“氧化”操作得到產(chǎn)品的化學方程式為4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4， 故答案為：4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4；(7)CeO2消除 CO 的化學方程式為：CeO2 +xCO = CeO2x + xCO2， 故答案為：CeO2 +xCO = CeO2x + xCO2。【答案】+32CeO2 + H2O2 + 6

17、H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O 溫度升高，雙氧水發(fā)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+水溶液方向移動，得到含Ce3+濃度大的溶液 4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4【解析】解：(1)CeFCO3中 F 元素為1價，碳元素為+4價，氧元素為2價，由各元素化合價代數(shù)和為 0，可計算出Ce 元素的化合價為+3，故答案為：+3；9 / 18(2)在酸浸時發(fā)生離子反應為2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O，H2O2易受熱分解，為防止其分解，降低酸浸率，則溫度不易太

18、高，故答案為：2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O；溫度升高，雙氧水發(fā)生分解，造成浸出率偏?。徊僮?I 的名稱是分液或萃取分液，操作加入稀H2SO4的目的是混合液中加入稀H2SO4使c(H+)增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，得到含Ce3+濃度大的溶液， 故答案為：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+水溶液方向移動，得到含Ce3+濃度大的溶液；根據(jù)流程結合元素守恒可知Ce(OH)3結合氧氣和水生成Ce(OH)4，反應的化學方程式為4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4，故答案為：4Ce(

19、OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4。氟碳鈰礦主要化學成分為CeFCO3，由流程可知，氧化焙燒生成二氧化碳、HF 氣體及CeO2，再加稀硫酸、過氧化氫發(fā)生2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O，溶液中加入萃取劑HT，操作 I 為分液將溶液中的Ce3+萃取出來，再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，調(diào)節(jié)溶液的pH 得到Ce(OH)3沉淀，再經(jīng)過氧氣氧化發(fā)生4Ce(OH)3 + O2 + 2H2O = 4Ce(OH)4，過濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產(chǎn)品，以此解答該題。本題考查物質(zhì)的制備，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、流程中發(fā)生的反應、混合物分離

20、提純?yōu)榻獯鸬年P鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。【答案】b使Fe2+氧化為Fe3+2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O 取少許濾液 1，滴加鐵氰化鉀溶液，有藍色沉淀生成，則證明濾液1 中有Fe2+Fe2+ + 2FeO(OH) = Fe3O4 + 2H+Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，酸性廢水中的H+抑制了Fe3+的水解(或水解平衡逆向移動)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3膠體 98%【解析】解：(1)已知：CeO2不溶于稀硫酸，廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物質(zhì))中

21、SiO2也不溶于酸，加入稀硫酸可將CeO2和SiO2與Fe2O3、FeO 分離，故答案為：b；濾液 1 中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化為Fe3+， 故答案為：使Fe2+氧化為Fe3+；濾渣 1 中加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+存在于濾液 2 中，反應為2CeO2 + H2O2 + 3H2SO4 = Ce2(SO4)3 + O2 +4H2O，故離子方程式為 2Ce O2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O，故答案為：2Ce O2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +4H2O；設計實驗證明濾液 1 中含有Fe2+的方法為：取少許

22、濾液 1，滴加鐵氰化鉀溶液，有藍色沉淀生成，則證明濾液 1 中有Fe2+，故答案為：取少許濾液 1，滴加鐵氰化鉀溶液，有藍色沉淀生成，則證明濾液 1 中有Fe2+； (5)已知Fe2+溶液可以和難溶于水的FeO(OH)反應生成Fe3O4，該反應的離子方程式為Fe2+ + 2FeO(OH) = Fe3O4 + 2H+，故答案為：Fe2+ + 2FeO(OH) = Fe3O4 + 2H+；硫酸鐵銨晶體Fe2(SO4)3 2(NH4)2SO4 3H2O溶于水后，由于存在水解反應Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，酸性廢水中的H+抑制了Fe3+的水解(或水解平衡逆向移動)， 使其不能生

23、成有吸附作用的Fe(OH)3膠體；2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）23故答案為：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，酸性廢水中的H+抑制了Fe3+的水解(或水解平衡逆向移動)，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3膠體；用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+，則 Ce(OH)4Ce3+FeSO4，所以n(Ce(OH)4) = n(FeSO4) = 0.1 25 103mol =2.5 103mol，m(Ce(OH)4) = 2.5 103mol 208g/mol = 0.5125g，該

24、產(chǎn)品中Ce(OH)4的純度為：0.5125g0.531g 100% = 98%，故答案為：98%。反應過程為：廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物質(zhì))中加入稀硫酸，F(xiàn)eO 轉化為FeSO4、Fe2O3轉化Fe2(SO4)3存在于濾液 1 中，濾渣 1 為CeO2和SiO2；濾液 1 中加入稀硫酸和鐵粉，被Fe2(SO4)3還原為FeSO4，溶液 1 為FeSO4溶液，加入硫酸銨混合蒸發(fā)濃縮、常溫晾干后得到硫酸亞鐵銨晶體；濾渣 1 中加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+存在于濾液 2 中，反應為2CeO2 + H2O2 + 3H2SO4 = Ce2(SO4)3 +

25、O2 +4H2O，濾渣 2 為SiO2；濾液 2 加入堿并通入氧氣將Ce 從+3氧化為+4后Ce3+轉化為沉淀Ce(OH)4，反應為4Ce3+ + O2 + 12OH + 2H2O = 4Ce(OH)4 ，加入分解Ce(OH)4得到產(chǎn)品 CeO，據(jù)此分析解答。本題考查物質(zhì)的制備實驗，為高頻考點，題目難度中等，涉及對工藝流程的理解、氧化還原反應、水解的應用等，理解工藝流程原理是解題的關鍵，是對學生綜合能力的考查， 需要學生具備扎實的基礎與靈活運用能力。4.【答案】(1)4 ；32；O2 ； 8；2； 8； 8； 4(2)H2SiO3或H4SiO4 (3)B(4)3.1 a 6.04(5)1.25

26、 1020 (6)Y3+ +3NH3 H2O = Y(OH)3 +3NH+(7)蒸發(fā)結晶時，向溶液中持續(xù)通入 HCl 氣體(或在HCl 氣流中加熱蒸干)【解析】【分析】本題考查了制備方案的設計、物質(zhì)的分離與提純方法，為高考常見題型題目難度中等， 明確實驗目的、實驗原理為解答關鍵，注意掌握化學實驗基本操作方法，試題知識點較多、綜合性較強，充分考查了學生的分析、理解能力及化學實驗能力?！窘獯稹酷惖V石與氫氧化鈉共熔，加水溶解后可得到Na2SiO3、Na2BeO2，以及Y(OH)3和Fe2O3沉 淀，濾液加入過量鹽酸，生成的濾渣為硅酸，濾液中含有BeCl2，可加入過量氨水生成Be(OH)2，再加入鹽酸

27、生成BeCl2，蒸發(fā)結晶時，向溶液中持續(xù)通入 HCl 氣體(或在 HCl 氣流中加熱蒸干)，經(jīng)冷卻結晶、洗滌、干燥后經(jīng)冶煉可生成Be；過濾后得到的濾渣加入鹽酸溶解，在此基礎上加入氨水，由表中數(shù)據(jù)可知首先生成Fe(OH)3沉淀，濾液加入過量氨水可生成Y(OH)3，煅燒可生成Y2O3，以此解答該題。(1)將釔礦石與 NaOH 共熔的反應方程式為4Y2FeBe2Si2O10 + 32NaOH +O高溫28Y(OH)3+ 2Fe2O3+ 8Na2SiO3+ 8Na2BeO2+ 4H2O，11 / 18故答案為：4；32；O2；8；2；8；8；4；(2)由以上分析可知濾渣的主要成分是H2SiO3或H4S

28、iO4，故答案為：H2SiO3 或H4SiO4； (3)鈹和鋁處于元素周期表的對角線位置，化學性質(zhì)相似，為避免Be(OH)2溶解，應加入 氨水，故答案為：B；(4)用氨水調(diào)節(jié)pH = a時，應全部除去鐵離子，并避免生成Y(OH)3，則 a 的取值范圍是3.1 a 6.0，故答案為：3.1 a (2)C2H6 ； sp3； sp3；(3)晶體中 H、O、N 三種元素之間形成網(wǎng)絡化氫鍵對Fe()起保護作用； (4)2； 2M/(1030NAx2ysin60)【解析】【分析】本題考查物質(zhì)結構和性質(zhì)，涉及晶胞計算、原子雜化類型判斷、原子核外電子排布等知識點，側重考查對基礎知識的理解和靈活運用、空間想像

29、能力及計算能力，難點是晶胞計算，注意：該六棱柱不是Nd 的晶胞，該六棱柱的1形成的六面體為其晶胞，題目難度3中等?！窘獯稹縁e位于第 4 周期第族，所以基態(tài)Fe 原子的價電子排布式為：3d64s2；NiO、FeO 的晶體結構類型與氯化鈉相同，則 NiO 和 FeO 均為離子晶體，離子半徑Fe2+ Ni2+，所以晶格能NiO FeO；與該化合物互為等電子體的有機物分子中含有8 個原子價電子數(shù)是 14，符合條件的等電子體的有機物為C2H6；該分子中存在配位鍵N B，導致N、B 原子價層電子對個數(shù)都是 4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷N、B 原子雜化類型都是 sp3；4 242從組成結構上看，F(xiàn)eSO

30、4 (NH ) SO 6H O晶體中存在電負性大的元素O 和N，可以與H 元素形成多個氫鍵，把亞鐵離子包圍起來避免與氧化性物質(zhì)接觸，從而使得Fe()可以穩(wěn)定存在，即晶體中 H、O、N 三種元素之間形成網(wǎng)絡化氫鍵對Fe()起保護作用；該圖中 Nd 原子個數(shù)= 12 1 + 2 1 + 3 = 6，該結構是由 3 個晶胞組成，則每個晶62胞含有 2 個釹原子；該結構體積= 1 absin120 2 3 c = 3abc = 3(x2y 21030)sin60cm3，晶體密度= mV(1030 NAx2ysin60) g/cm3。M 6= NA=VM 6NA3x2 y10 30 sin60g/cm3

31、 = 2M/7.【答案】K2O V2O5 2UO3 3H2O增大接觸面積，使反應充分進行 2V2O5 + 4NaCl +O高溫24NaVO3+ 2Cl20.51c2 (SO 3)c(O 2 )c2(SO 2)800=【解析】解：(1)鉀釩鈾礦中的化學式為K2H6U2V2O15，用氧化物的形式表示，根據(jù)各 元素化合價寫出相應的氧化物，氧化物之間以“”隔開，系數(shù)配置出現(xiàn)的分數(shù)應化為整數(shù)，各元素原子數(shù)目比不能變化，該化合物的化學式為K2O V2O5 2UO3 3H2O， 故答案為：K2O V2O5 2UO3 3H2O；配料在焙燒前磨碎的目的是增大接觸面積，使反應更充分，故答案為：增大接觸面積，使反應

32、充分進行；13 / 18252食鹽和釩鉛礦在空氣中焙燒時生成NaVO3，氧氣是氧化劑、氯化鈉是還原劑，所以生成物還含有氯氣，反應的化學方程式為2V O+ 4NaCl + O高溫4NaVO3+ 2Cl2，故答案為：2V O+ 4NaCl + O高溫4NaVO3+ 2Cl2；2522根據(jù) V 原子守恒和VO+ + H2C2O4 = VO+ + 2CO2 + H2O建立關系式為V O 2V2VO+2H CO ，所以n(V) = n(H2C2O4) =0.9g= 0.01mol，m(V) =2522 2490g/molnM = 0.01mol 51g/mol= 0.51g，故答案為：0.51；反應2S

33、O(g) + O(g) SO(g)的平衡常數(shù) k 表達式k =c2 (SO 3)，反應的三段式為，2232SO2(g) + O2(g) SO3(g)c(O2)c2 (SO 2)起始濃度(mol/L)0.2 0.1 0變化濃度(mol/L)0.16 0.08 0.16平衡濃度(mol/L)0.04 0.02 0.16所以平衡常數(shù)k =c2 (SO 3)=c(O2)c2(SO 2)0.1620.042 0.02= 800，故答案為：c2 (SO 3)；800；c(O2 )c2(SO 2 )平衡常數(shù)只與溫度有關，衡狀態(tài)由A 變到B 時，溫度不變，所以K(A) = K(B)，故答案為：=。根據(jù)各元素化

34、合價寫出相應的氧化物，氧化物之間以“”隔開，系數(shù)配置出現(xiàn)的分數(shù)應化為整數(shù)，各元素原子數(shù)目比不能變化；2廢釩催化劑粉碎、將食鹽和釩鉛礦在空氣中焙燒，2VO5 + 4NaCl + O2高溫4NaVO3 +2Cl2，這時礦石中所含的V2O5就轉化為NaVO3，然后用水從燒結塊中浸出NaVO3，再用稀硫酸酸化就得到V2O5的水合物，經(jīng)過煅燒就可得到V2O5，配料在焙燒前磨碎的目的是增大與空氣的接觸面積，使反應更充分；食鹽和釩鉛礦在空氣中焙燒，礦石中所含的V2O5就轉化為NaVO3，結合氧化還原反應規(guī)律寫出化學方程式；22根據(jù) V 原子守恒和VO+ + H2C2O4 = VO+ + 2CO2 + H2O

35、建立關系式為V2O52V2VO+2H2C2O4，所以n(V) = n(H2C2O4)，據(jù)此計算 V 的質(zhì)量；應的平衡常數(shù) k 等于生成物濃度冪積與反應物濃度冪積的比，結合圖象和反應的三段式計算平衡時各物質(zhì)的濃度，代入k 表達式中計算k；化學平衡常數(shù)只與溫度有關，據(jù)此分析解答。本題考查物質(zhì)制備，側重考查學生的分析能力、實驗能力和計算能力，明確元素化合物性質(zhì)、流程圖中物質(zhì)成分及其性質(zhì)、物質(zhì)之間的反應是解本題關鍵，難點是判斷流程圖中物質(zhì)成分，題目難度中等。8【.答案】+3 增大固體與空氣的接觸面積，加快反應速率，提高原料的利用率 2CeO2 +2Cl + 8H+ = 2Ce3+ + Cl2 +4H2

36、O 避免十 3 價鈰以Ce(BF4)3沉淀的形式損失 取一張 pH 試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用玻璃棒蘸取該溶液點在pH 試紙的中央，然后2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）23與標準比色卡對照 9.32Ce(OH)3 + NaClO + H2O = 2Ce(OH)4 + NaCl【解析】解：(1)氟元素化合價1價，氧元素化合價2價，碳元素化合價+4價，元素化合價代數(shù)和為 0 計算得到，CeFCO3中 Ce 元素的化合價為+3價，故答案為：+3；(2)對于固體參加的反應來說，固體表面積越大，反應速率越大，故答案為：增大固體與空氣的接觸面積，加快反應速率，提高原

37、料的利用率； (3)“酸浸 I”步驟中CeO2轉化為Ce3+，且產(chǎn)生黃綠色氣體，結合電荷守恒、電子守恒、原子守恒書寫離子方程式為：2CeO2 + 2Cl + 8H+ = 2Ce3+ + Cl2 +4H2O，故答案為：2CeO2 + 2Cl + 8H+ = 2Ce3+ + Cl2 +4H2O；“酸浸 1”步驟中CeF4轉化為難溶物Ce(BF4)3，加入可溶性鉀鹽的目的是：避免十3價鈰以Ce(BF4)3沉淀的形式損失，故答案為：避免十 3 價鈰以Ce(BF4)3 沉淀的形式損失；實驗室測定 PH 的方法是：取一張pH 試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用玻璃棒蘸取該溶液點在pH 試紙的中央，然后與標準比

38、色卡對比，當溶液中離子濃度小于1 106mol/L時視為沉淀完全，常溫下，加入 NaOH 調(diào)節(jié)溶液的pH 獲得Ce(OH)3沉淀，Ksp = c(Ce3+)c3(OH) = 8.0 1021，c(OH) = 3 8.01021106= 2 105mol/L，c(H+)= 10142105= 5 1010mol/L，PH = 10 lg5 = 9.3，常溫下，加入 NaOH 調(diào)節(jié)溶液的pH應大于9.3，故答案為：取一張pH 試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用玻璃棒蘸取該溶液點在pH 試紙的中央，然后與標準比色卡對照； 9.3；NaClO將Ce(OH)3氧化為Ce(OH)4，其中 NaCl 為還原產(chǎn)物

39、，反應的化學方程式：2Ce(OH)3 + NaClO + H2O = 2Ce(OH)4 + NaCl，故答案為：2Ce(OH)3 + NaClO + H2O = 2Ce(OH)4 + NaCl。氟碳鈰礦主要化學成分為CeFCO3，用硫酸強化焙燒得浸出液中含有氟離子、鈰離子、 硫酸等，尾氣中主要含有二氧化碳，加入碳酸鈣會生成硫酸鈣和氟化鈣等難溶物為濾渣，和硫酸稀土溶液，在硫酸稀土溶液中加入萃取劑，經(jīng)過分液將溶液中的Ce3+萃取出來， 再加入稀硫酸得含有Ce3+的溶液，調(diào)節(jié)溶液的 pH 值得Ce(OH)3沉淀，再經(jīng)過氧氣氧化， 過濾、洗滌、干燥可得Ce(OH)4產(chǎn)品，氟元素化合價1價，氧元素化合價

40、2價，碳元素化合價+4價，元素化合價代數(shù)和為 0 計算得到；影響化學反應速率的因素有濃度、溫度、壓強、催化劑以及表面積等因素，對于固體參加的反應來說，固體表面積越大，反應速率越大；“酸浸 I”步驟中CeO2轉化為Ce3+，且產(chǎn)生黃綠色氣體，結合電荷守恒、電子守恒、原子守恒書寫離子方程式；4(4)題意可知應為KBF4沉淀，離子方程式為K+ + BF = KBF4 ，加入可溶性鉀鹽的目的是避免CeF4轉化為難溶物Ce(BF4)3；實驗室測定 PH 的方法是撕下一小片pH 試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用玻璃棒蘸取該溶液點在pH 試紙的中央，然后與標準比色卡對比，結合溶度積常數(shù)計算節(jié)溶液的pH；15

41、/ 18由題目中“酸浸 I 的浸出液中含少量的+3價的鈰”可知，加入 NaOH 后生成Ce(OH)3，NaClO 將Ce(OH)3氧化為Ce(OH)4。本題考查物質(zhì)的制備。為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生的分析、實驗能力， 題目既有常規(guī)知識的考查又有新情景題目的考查，常規(guī)題目涉及到影響化學反應速率的 因素、過濾操作以及 PH 的測定方法；命題情景要求根據(jù)題意寫出有關反應的方程式，做題時注意根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)正確判斷反應物和生成物，用守恒的方法去書寫。9【.答案】H2SO4SiO2將Fe2+氧化成Fe3+還原性 CeO2 H2O2 Fe3+4Ce3+ + O2 +12OH + 2H2O = 4

42、Ce(OH)4 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3(膠體) + 3H+97.9%【解析】解：(1)根據(jù)流程：廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物質(zhì))用稀酸A 酸溶，制備硫酸鐵銨晶體，故用稀硫酸 A，F(xiàn)e2O3、FeO 溶解，SiO2、CeO2不溶，過濾， 濾液 1 含有Fe2+、Fe3+，濾渣 1 主要為SiO2、CeO2，濾渣 1 用稀硫酸A、過氧化氫溶解， CeO2溶解：2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 + 4H2O，SiO2不溶，濾渣 2 為SiO2， 故答案為：H2SO4；SiO2；廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、F

43、eO 等物質(zhì))用稀酸A 酸溶，制備硫酸鐵銨晶體， 故用稀硫酸A，F(xiàn)e2O3、FeO 溶解，SiO2、CeO2不溶，過濾，濾液 1 含有Fe2+、Fe3+， 濾液 1 中加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化為Fe3+；濾渣 1 中加入稀酸A 和H2O2發(fā)生反應為：2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 + 4H2O，H2O2中氧元素化合價變化(1 0)，所以主要利用了H2O2的還原性，故答案為：將Fe2+氧化成Fe3+；還原性；在酸性條件下，H2O2、Fe3+、CeO2三種物質(zhì)中，CeO2和過氧化氫發(fā)生氧化還原反應，過氧化氫做還原劑被氧化，過氧化氫氧化亞鐵離子生成鐵離子

44、，氧化性最強的是CeO2， 則酸性條件下，H2O2、Fe3+、CeO2三種物質(zhì)，氧化性由強到弱的順序是CeO2 H2O2 Fe3+，故答案為：CeO2 H2O2 Fe3+；濾液 2 生成Ce(OH)4的離子方程式為： 4Ce3+ + O2 + 12OH + 2H2O = 4Ce(OH)4 ； 故答案為：4Ce3+ + O2 + 12OH + 2H2O = 4Ce(OH)4 ；硫酸鐵銨晶體Fe2(SO4)3 2(NH4)2SO4 3H2O廣泛用于水的凈化處理，因為鐵離子水解：Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3(膠體) + 3H+，得到的氫氧化鐵膠體可以凈水；故答案為：Fe3+ + 3H2O

45、Fe(OH)3(膠體) + 3H+；Ce(OH)4樣品5.31g，加稀H2SO4溶解后配制成 100mL 溶液，取出10.00mL，所含Ce(OH)4樣品質(zhì)量為0.531g，滴定反應為：Ce4+ + Fe2+ = Ce3+ + Fe3+，則Ce(OH)4的物質(zhì)的量為0.1000mol/L 0.025L = 0.0025mol，故該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分數(shù)為0.0025mol208g/mol 0.531g 97.9%；故答案為：97.9%。根據(jù)流程：廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO 等物質(zhì))用稀酸A 酸溶，制備硫酸鐵銨晶體，故用稀硫酸 A，F(xiàn)e2O3、FeO 溶解，Si

46、O2、CeO2不溶，過濾，濾液 1 含有Fe2+、 Fe3+，濾渣 1 主要為SiO2、CeO2，向濾液 1 中加入稀硫酸A、過氧化氫，使Fe2+氧化為Fe3+，溶液1 主要為硫酸鐵溶液，再加入硫酸銨，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶后得到硫酸鐵銨晶體，濾渣 1 用稀硫酸A、過氧化氫溶解，CeO2溶解：2CeO2 + H2O2 + 6H+ = 2Ce3+ + O2 +2020 屆福建高三化學化學工業(yè)流程大題周練（以稀土（鈰等）為載體）234H2O，SiO2不溶，濾渣 2 為SiO2，濾液 2 含有Ce3+，加入 NaOH，通入氧氣得到Ce(OH)4，反應為：4Ce3+ + O2 + 12OH + 2H2O = 4Ce(OH)4 ，將Ce(O