Question

17．鈰是一種重要的稀土金屬元素，納米CeO₂可作拋光材料、催化劑載體、汽車尾氣吸收劑等，制備納米CeO₂的工藝流程如圖1（高鈰中Ce顯+4價(jià)）

回答下列問題：
（1）酸浸過程中，為了加快酸浸速率，可以采取的措施有將鈰礦石粉碎或加熱提高反應(yīng)溫度或適當(dāng)增大硫酸的濃度等（寫出一條即可）．
（2）H₂O₂的作用是將高鈰硫酸鹽還原；該步反應(yīng)的離子方程式為2Ce⁴⁺+H₂O₂=2Ce³⁺+O₂↑+2H⁺．高鈰離子與H₂O₂反應(yīng)的速率與溫度的關(guān)系如圖2所示．圖象中，溫度高于T₀時(shí)，反應(yīng)速率逐漸減小的原因是溫度越高，雙氧水的分解速率越快，使得溶液中雙氧水的濃度減小，反應(yīng)速率減慢．
（3）常溫下，為了使硫酸鈰中的Ce³⁺沉淀完全，需加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH至少為9．（已知：K_sp[Ce（OH）₃]=1.0×10^-20mol/L；當(dāng)離子濃度≤1.0×10^-5mol/L，認(rèn)為離子沉淀完全）．
（4）檢驗(yàn)制備的CeO₂是否為納米級(jí)的方法是：將產(chǎn)品分散至水中，用一束強(qiáng)光照射，若產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，則制備的CeO₂為納米級(jí)．
（5）測(cè)定Ce（OH）₄樣品純度：取mg樣品用適量稀硫酸溶解后，加蒸餾水稀釋至250mL，準(zhǔn)確量取出20.00mL溶液于錐形瓶中，滴加幾滴指示劑，用cmol/L的（NH₄）₂Fe（SO₄）₂標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)并記錄消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積，將上述步驟重復(fù)3次，記錄消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為VmL．
①用來(lái)量取待測(cè)溶液的儀器名稱為酸式滴定管．
②KSCN溶液不能（選填“能”或“不能”）指示滴定終點(diǎn)，原因是滴入NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液立即變紅，不能起到指示滴定終點(diǎn)的作用．
③產(chǎn)品的純度為$\frac{2.6cV}{m}$×100%（用題中所給字母表示）
④下列情況會(huì)使所測(cè)產(chǎn)品純度偏低的是D（填字母）．
A．末用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管
B．滴定前俯視讀數(shù)，終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)
C．錐形瓶中殘留有蒸餾水
D．盛標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管尖嘴處，滴定前無(wú)氣泡，滴定后有氣泡
E．標(biāo)準(zhǔn)液在空氣中放置時(shí)間較久．

Answer 1

分析 鈰礦石加入硫酸酸浸得到高鈰硫酸鹽，加入過氧化物稀硫酸還原高鈰硫酸鹽得到硫酸鈰溶液，加入氨水生成Ce（OH）₂沉淀，通入氧氣氧化得到Ce（OH）₄，分解得到CeO₂，
（1）酸浸過程中，為了加快酸浸速率，可以升溫、增大濃度、增大接觸面積等措施加快浸出速率；
（2）過氧化氫還原高鈰硫酸鹽得到硫酸鈰溶液；過氧化氫在外地升高時(shí)會(huì)分解，還原劑濃度減小，反應(yīng)速率減��；
（3）Ksp[Ce（OH）₃]=1.0×10^-20，當(dāng)離子濃度≤1.0×10^-5mol/L，認(rèn)為離子沉淀完全，依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算得到氫氧根離子濃度；
（4）制備的CeO₂是否為納米級(jí)，溶于水利用膠體的丁達(dá)爾效應(yīng)檢驗(yàn)；
（5）Fe²⁺將四價(jià)鈰還原成Ce³⁺，F(xiàn)e²⁺被氧化為Fe³⁺，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒n[Ce（OH）₄]=n[（NH₄）₂Fe（SO₄）₂]，進(jìn)而計(jì)算產(chǎn)品純度．

解答 解：（1）將鈰礦石粉碎或加熱提高反應(yīng)溫度或適當(dāng)增大硫酸的濃度等都可以加快酸浸速率，
故答案為：將鈰礦石粉碎或加熱提高反應(yīng)溫度或適當(dāng)增大硫酸的濃度等；
（2）過氧化氫還原高鈰硫酸鹽得到硫酸鈰溶液，離子方程式為2Ce⁴⁺+H₂O₂=2Ce³⁺+O₂↑+2H⁺，高鈰離子被還原的速率與溫度的關(guān)系如圖2所示．圖象中，溫度高于T₀時(shí)，高鈰離子被還原的速率逐漸減小的原因是：溫度越高，雙氧水的分解速率越快，使得溶液中雙氧水的濃度減小，反應(yīng)速率減慢，
故答案為：將高鈰硫酸鹽還原；2Ce⁴⁺+H₂O₂=2Ce³⁺+O₂↑+2H⁺；溫度越高，雙氧水的分解速率越快，使得溶液中雙氧水的濃度減小，反應(yīng)速率減慢；
（3）Ksp[Ce（OH）₃]=c（Ce³⁺）c³（OH^-）=1.0×10^-20，當(dāng)離子濃度≤1.0×10^-5mol/L，c³（OH^-）=$\frac{1.0×1{0}^{-20}}{1.0×1{0}^{-5}}$=1.0×10^-15，
c（OH^-）=1.0×10^-5mol/L，c（H⁺）=$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-5}}$=10^-9mol/L，需加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH至少為9，
故答案為：9；
（4）檢驗(yàn)制備的CeO₂是否為納米級(jí)的方法是利用膠體的特征性質(zhì)，將產(chǎn)品分散至水中，用一束強(qiáng)光照射，若產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，則制備的CeO₂為納米級(jí)，
故答案為：用一束強(qiáng)光照射，若產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，則制備的CeO₂為納米級(jí)；
（5）①待測(cè)溶液具有酸性和強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸式滴定管量取，故答案為：酸式滴定管；
②不能用KSCN作為指示劑，因滴入NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液立即變紅，不能起到指示滴定終點(diǎn)的作用，
故答案為：不能；滴入NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液立即變紅，不能起到指示滴定終點(diǎn)的作用；
③Fe²⁺將四價(jià)鈰還原成Ce³⁺，F(xiàn)e²⁺被氧化為Fe³⁺，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒：n[Ce（OH）₄]=n[（NH₄）₂Fe（SO₄）₂]=V×10^-3L×cmol•L^-1×$\frac{250mL}{20mL}$=0.0125cVmol，則m[Ce（OH）₄]=208g/mol×0.0125cVmol=2.6cV g
故樣品的純度為$\frac{2.6cVg}{mg}$×100%=$\frac{2.6cV}{m}$×100%，
故答案為：$\frac{2.6cV}{m}$×100%；  
④A．末用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度減小，消耗體積增大，計(jì)算得到結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；
B．滴定前俯視計(jì)數(shù)，終點(diǎn)時(shí)仰視計(jì)數(shù)，測(cè)定標(biāo)注溶液體積增大，測(cè)定結(jié)果偏高，故B錯(cuò)誤；
C．錐形瓶殘留有蒸餾水對(duì)測(cè)定結(jié)果無(wú)影響，故C錯(cuò)誤；
D．盛標(biāo)準(zhǔn)溶液的滴定管尖嘴處，滴定前無(wú)氣泡，滴定后有氣泡，導(dǎo)致所用標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，則濃度偏低，故D正確；
E．標(biāo)準(zhǔn)液在空氣中放置時(shí)間較久，亞鐵離子被氧化，導(dǎo)致濃度偏低，則消耗體積增大，計(jì)算得到結(jié)果偏高，故E錯(cuò)誤．
故答案為：D．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了物質(zhì)組成和成分的探究、物質(zhì)的分離提純方法、滴定實(shí)驗(yàn)過程分析和計(jì)算等，為高考常見題型，側(cè)重分析、推斷及實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ木C合考查，題目難度中等．