Question

19．（一）碳酸镧[La₂（CO₃）₃]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：LaCl₃+6NH₄HCO₃═La₂（CO₃）₃↓+6NH₄Cl+3CO₂↑+3H₂O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧．

（1）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C
（2）Y中发生反应的化学反应式为NH₃．H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑
（3）X中盛放的试剂是NaHCO₃溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO₂
（4）Z中应先通入NH₃，后通入过量的CO₂，原因为NH₃在水中溶解度大
（二）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：
（5）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2CeO₂+H₂O₂+6H⁺=2Ce³⁺+O₂↑+4H₂O．
（6）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（有机层）+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．
（7）已知298K时，K_sp[Ce（OH）₃]=1×10^-20，为了使溶液中Ce³⁺沉淀完全，需调节pH至少为9．
（8）取某Ce（OH）₄产品0.50g，加硫酸溶解后，用0.1000mol•L^-1的FeSO₄溶液滴定至终点（铈被还原成Ce³⁺）．
①FeSO₄溶液盛放在酸式（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95.68%．

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

③若用硫酸酸化后改用0.1000mol•L^-1的FeCl₂溶液滴定产品从而测定Ce（OH）₄产品的纯度，其它操作都正确，则测定的Ce（OH）₄产品的纯度偏低（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）．

Answer 1

分析 （一）（1）制备反应原理为：LaCl₃+6NH₄HCO₃═La₂（CO₃）₃↓+6NH₄Cl+3CO₂↑+3H₂O，由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧；
（2）Y中CaO与氨水反应制备氨气；
（3）X中饱和碳酸氢钠溶液可除去HCl；
（4）Z中应先通入NH₃，后通入过量的CO₂，与碱性条件下利用吸收二氧化碳有关；
（二）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，
（5）氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈（CeO₂），其在酸浸时发生氧化还原反应；
（6）加入H₂SO₄获得较纯的含Ce³⁺的水溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动；
（7）已知298K时，K_sp[Ce（OH）₃]=1×10^-20，为了使溶液中Ce³⁺沉淀完全，c（OH^-）=$\root{3}{\frac{1×1{0}^{-20}}{1×1{0}^{-5}}}$=1×10^-5mol/L，结合Kw及pH=-lgc（H⁺）计算；
（8）①FeSO₄溶液水解显酸性；
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×$\frac{23.10mL+22.90mL}{2}$×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；
③改用0.1000mol•L^-1的FeCl₂溶液滴定产品从而测定Ce（OH）₄产品的纯度，Ce⁴⁺有强氧化性，与Cl^-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce（OH）₄的物质的量及质量偏小．

解答 解：（一）（1）由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C，故答案为：A；B；D；E；C；
（2）Y中发生反应的化学反应式为NH₃．H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑，
故答案为：NH₃．H₂O+CaO=Ca（OH）₂+NH₃↑；
（3）X中盛放的试剂是NaHCO₃溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO₂，
故答案为：NaHCO₃溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO₂；
（4）Z中应先通入NH₃，后通入过量的CO₂，原因为NH₃在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，
故答案为：NH₃在水中溶解度大；
（二）（5）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；
（6）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：混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce³⁺水溶液方向移动；
（7）已知298K时，K_sp[Ce（OH）₃]=1×10^-20，为了使溶液中Ce³⁺沉淀完全，c（OH^-）=$\root{3}{\frac{1×1{0}^{-20}}{1×1{0}^{-5}}}$=1×10^-5mol/L，由Kw可知c（H⁺）=1×10^-9mol/L，pH=-lgc（H⁺）=9，故答案为：9；
（8）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×$\frac{23.10mL+22.90mL}{2}$×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$\frac{0.4784g}{0.5g}$×100%=95.68%，
故答案为：95.68%；
③改用0.1000mol•L^-1的FeCl₂溶液滴定产品从而测定Ce（OH）₄产品的纯度，Ce⁴⁺有强氧化性，与Cl^-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce（OH）₄的物质的量及质量偏小，则则测定的Ce（OH）₄产品的纯度偏低，
故答案为：偏低．

点评 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．