Question

17．铈是一种重要的稀土金属元素，纳米CeO₂可作抛光材料、催化剂载体、汽车尾气吸收剂等，制备纳米CeO₂的工艺流程如图1（高铈中Ce显+4价）

回答下列问题：
（1）酸浸过程中，为了加快酸浸速率，可以采取的措施有将铈矿石粉碎或加热提高反应温度或适当增大硫酸的浓度等（写出一条即可）．
（2）H₂O₂的作用是将高铈硫酸盐还原；该步反应的离子方程式为2Ce⁴⁺+H₂O₂=2Ce³⁺+O₂↑+2H⁺．高铈离子与H₂O₂反应的速率与温度的关系如图2所示．图象中，温度高于T₀时，反应速率逐渐减小的原因是温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢．
（3）常温下，为了使硫酸铈中的Ce³⁺沉淀完全，需加入氨水调节溶液pH至少为9．（已知：K_sp[Ce（OH）₃]=1.0×10^-20mol/L；当离子浓度≤1.0×10^-5mol/L，认为离子沉淀完全）．
（4）检验制备的CeO₂是否为纳米级的方法是：将产品分散至水中，用一束强光照射，若产生丁达尔效应，则制备的CeO₂为纳米级．
（5）测定Ce（OH）₄样品纯度：取mg样品用适量稀硫酸溶解后，加蒸馏水稀释至250mL，准确量取出20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴指示剂，用cmol/L的（NH₄）₂Fe（SO₄）₂标准溶液滴定至终点并记录消耗标准溶液的体积，将上述步骤重复3次，记录消耗标准溶液的平均体积为VmL．
①用来量取待测溶液的仪器名称为酸式滴定管．
②KSCN溶液不能（选填“能”或“不能”）指示滴定终点，原因是滴入NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液立即变红，不能起到指示滴定终点的作用．
③产品的纯度为$\frac{2.6cV}{m}$×100%（用题中所给字母表示）
④下列情况会使所测产品纯度偏低的是D（填字母）．
A．末用标准溶液润洗滴定管
B．滴定前俯视读数，终点时仰视读数
C．锥形瓶中残留有蒸馏水
D．盛标准溶液的滴定管尖嘴处，滴定前无气泡，滴定后有气泡
E．标准液在空气中放置时间较久．

Answer 1

分析 铈矿石加入硫酸酸浸得到高铈硫酸盐，加入过氧化物稀硫酸还原高铈硫酸盐得到硫酸铈溶液，加入氨水生成Ce（OH）₂沉淀，通入氧气氧化得到Ce（OH）₄，分解得到CeO₂，
（1）酸浸过程中，为了加快酸浸速率，可以升温、增大浓度、增大接触面积等措施加快浸出速率；
（2）过氧化氢还原高铈硫酸盐得到硫酸铈溶液；过氧化氢在外地升高时会分解，还原剂浓度减小，反应速率减小；
（3）Ksp[Ce（OH）₃]=1.0×10^-20，当离子浓度≤1.0×10^-5mol/L，认为离子沉淀完全，依据溶度积常数计算得到氢氧根离子浓度；
（4）制备的CeO₂是否为纳米级，溶于水利用胶体的丁达尔效应检验；
（5）Fe²⁺将四价铈还原成Ce³⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，根据电子转移守恒n[Ce（OH）₄]=n[（NH₄）₂Fe（SO₄）₂]，进而计算产品纯度．

解答 解：（1）将铈矿石粉碎或加热提高反应温度或适当增大硫酸的浓度等都可以加快酸浸速率，
故答案为：将铈矿石粉碎或加热提高反应温度或适当增大硫酸的浓度等；
（2）过氧化氢还原高铈硫酸盐得到硫酸铈溶液，离子方程式为2Ce⁴⁺+H₂O₂=2Ce³⁺+O₂↑+2H⁺，高铈离子被还原的速率与温度的关系如图2所示．图象中，温度高于T₀时，高铈离子被还原的速率逐渐减小的原因是：温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢，
故答案为：将高铈硫酸盐还原；2Ce⁴⁺+H₂O₂=2Ce³⁺+O₂↑+2H⁺；温度越高，双氧水的分解速率越快，使得溶液中双氧水的浓度减小，反应速率减慢；
（3）Ksp[Ce（OH）₃]=c（Ce³⁺）c³（OH^-）=1.0×10^-20，当离子浓度≤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，需加入氨水调节溶液pH至少为9，
故答案为：9；
（4）检验制备的CeO₂是否为纳米级的方法是利用胶体的特征性质，将产品分散至水中，用一束强光照射，若产生丁达尔效应，则制备的CeO₂为纳米级，
故答案为：用一束强光照射，若产生丁达尔效应，则制备的CeO₂为纳米级；
（5）①待测溶液具有酸性和强氧化性，应用酸式滴定管量取，故答案为：酸式滴定管；
②不能用KSCN作为指示剂，因滴入NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液立即变红，不能起到指示滴定终点的作用，
故答案为：不能；滴入NH₄）₂Fe（SO₄）₂溶液立即变红，不能起到指示滴定终点的作用；
③Fe²⁺将四价铈还原成Ce³⁺，Fe²⁺被氧化为Fe³⁺，根据电子转移守恒：n[Ce（OH）₄]=n[（NH₄）₂Fe（SO₄）₂]=V×10^-3L×cmol•L^-1×$\frac{250mL}{20mL}$=0.0125cVmol，则m[Ce（OH）₄]=208g/mol×0.0125cVmol=2.6cV g
故样品的纯度为$\frac{2.6cVg}{mg}$×100%=$\frac{2.6cV}{m}$×100%，
故答案为：$\frac{2.6cV}{m}$×100%；  
④A．末用标准溶液润洗滴定管，标准溶液浓度减小，消耗体积增大，计算得到结果偏高，故A错误；
B．滴定前俯视计数，终点时仰视计数，测定标注溶液体积增大，测定结果偏高，故B错误；
C．锥形瓶残留有蒸馏水对测定结果无影响，故C错误；
D．盛标准溶液的滴定管尖嘴处，滴定前无气泡，滴定后有气泡，导致所用标准液体积偏小，则浓度偏低，故D正确；
E．标准液在空气中放置时间较久，亚铁离子被氧化，导致浓度偏低，则消耗体积增大，计算得到结果偏高，故E错误．
故答案为：D．

点评 本题考查了物质组成和成分的探究、物质的分离提纯方法、滴定实验过程分析和计算等，为高考常见题型，侧重分析、推断及实验能力的综合考查，题目难度中等．