厦门高考化学铁及其化合物推断题经典压轴题.docx
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厦门高考化学铁及其化合物推断题经典压轴题
2020-2021厦门高考化学铁及其化合物推断题-经典压轴题
一、铁及其化合物
1.现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有:
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;
②X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色。
产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红;
③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在常温下为液体;
④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;
⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成黑棕色固体,该固体溶于水得到棕黄色溶液;
⑥B与Z可形成化合物BZ3,向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液,先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解;
⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M
请回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
XZ__________,X2Y__________,M__________
(2)Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是__________(填化学式)
(3)A的单质与Z的单质反应的化学方程式为__________
(4)BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为__________
(5)X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应后,冷却至室温,再通入足量的NaOH溶液中,气体被完全吸收,则原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为__________(用相应化学式表示X、Z的单质)
【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2
2FeCl3Al3++4OH-=
+2H2OV(H2):
V(Cl2)≤1:
1
【解析】
【分析】
现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;②X的单质在Z的单质中燃烧,火焰呈苍白色,产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红,则XZ为HCl,得出X为H,Z为Cl;③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在常温下为液体,则X2Y为H2O,Y为O;④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成黑棕色固体,该固体溶于水得到棕黄色溶液,则为氯化铁溶液,即A为Fe;⑥B与Z可形成化合物BZ3,向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液,先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解,则B为Al;⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M,则M为过氧化钠,则C为Na。
【详解】
⑴根据分析得出下列物质的化学式:
XZ为HCl,X2Y为H2O,M为Na2O2;故答案为:
HCl;H2O;Na2O2。
⑵Z的单质溶于X2Y反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸起漂白作用;故答案为:
HClO。
⑶A的单质与Z的单质反应是铁与氯气反应生成氯化铁,其化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3;故答案为:
2Fe+3Cl2
2FeCl3。
⑷氯化铝与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,其离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;故答案为:
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O。
⑸X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应生成HCl,H2+Cl2
2HCl,反应后冷却至室温,再通入足量的NaOH溶液中,气体被完全吸收,氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水,氯气也要与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,因此氯气过量或刚好生成HCl,气体都能完全被吸收,故原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为V(H2):
V(Cl2)≤1:
1;故答案为:
V(H2):
V(Cl2)≤1:
1。
2.A、B、C均为中学化学常见的纯净物,它们之间存在如下转化关系:
其中①②③均为有单质参与的反应。
(1)若A是常见的金属,①③中均有同一种黄绿色气体参与反应,B溶液遇KSCN显血红色,且②为化合反应,写出反应②的离子方程式_________________________。
(2)如何检验上述C溶液中的阳离子?
______________________。
(3)若B是太阳能电池用的光伏材料,①②③为工业制备B的反应。
C的化学式是____________,属于置换反应____________,(填序号)写出反应①的化学方程式____________________。
【答案】Fe+2Fe3+=3Fe2+取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+SiCl4①③2C+SiO2
Si+2CO↑
【解析】
【分析】
(1)由转化关系可知A为变价金属,则A应为Fe,B为氯化铁,C为氯化亚铁,②为Fe与氯化铁的反应;
(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,以此解答该题。
【详解】
(1)A是常见的金属,①③中均有同一种气态非金属单质参与反应,且②为化合反应,则该非金属气体为Cl2,B为氯化铁,则反应②的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(2)由分析知C为氯化亚铁,检验Fe2+的操作方法是取少量溶液于试管,加KSCN溶液,无明显现象,再加氯水,溶液变成血红色,则证明含Fe2+;
(3)B是太阳能电池用的光伏材料,可知B为Si,①为C与二氧化硅的反应,①②③为工业制备B的反应,则C为SiCl4,其中②为Si和Cl2化合生成SiCl4,③中SiCl4与氢气反应,提纯Si,则反应①的化学方程式为SiO2+2C
Si+2CO↑,其中属于置换反应的有①③。
3.铁的氧化物成分不一样,性质也不一样,H2还原Fe2O3,发现温度不同,产物也不同。
(1)往产物中滴加盐酸,观察到有气泡产生,生成气泡主要成分的电子式是________。
(2)再滴加KSCN溶液,可观察到________,所得溶液中一定含有的铁的化合价是________。
【答案】H∶H无明显变化+2
【解析】
【分析】
(1)产物中滴加盐酸,观察到有气泡产生,说明产生中含有Fe,所以气体成分为H2;
(2)再滴加KSCN溶液,没有出现血红色现象,产物中有过量的铁,铁能还原Fe3+,所得溶液中一定含有Fe2+。
【详解】
(1)产物中滴加盐酸,铁的氧化物首先与盐酸反应,生成相应的铁的氯化物和水,若生成Fe3+,则会被Fe还原为Fe2+。
观察到有气泡产生,说明最后发生的是Fe与盐酸的反应,所以气体成分为H2,电子式为
;答案为
;
(2)再滴加KSCN溶液,因为不含有Fe3+,所以没有明显现象产生;产物中有过量的铁,铁能还原Fe3+,所得溶液中一定含有Fe2+,铁的化合价是+2。
答案为:
无明显现象;+2。
【点睛】
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,FeO+2HCl=FeCl2+H2O,Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O,2FeCl3+Fe=3FeCl2,最后发生Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
所以,只要有气泡产生,说明在前面反应中,Fe有剩余,则溶液中不存在Fe3+。
4.以废旧锌锰电池中的黑锰粉(MnO2、MnO(OH)、NH4Cl、少量ZnCl2及炭黑、氧化铁等)为原料制备MnCl2,实现锰的再利用。
其工作流程如下:
(1)过程Ⅰ,在空气中加热黑锰粉的目的是除炭、氧化MnO(OH)等。
O2氧化MnO(OH)的化学方程式是_______。
(2)溶液a的主要成分为NH4Cl,另外还含有少量ZnCl2等。
①溶液a呈酸性,原因是______。
②根据如图所示的溶解度曲线,将溶液a______(填操作),可得NH4Cl粗品。
③提纯NH4Cl粗品,有关性质数据如下:
化合物
ZnCl2
NH4Cl
熔点
365℃
337.8℃分解
沸点
732℃
-------------
根据上表,设计方案提纯NH4Cl:
________。
(3)检验MnSO4溶液中是否含有Fe3+:
取少量溶液,加入_______(填试剂和现象),证明溶液中Fe3+沉淀完全。
(4)探究过程Ⅱ中MnO2溶解的适宜条件。
ⅰ.向MnO2中加入H2O2溶液,产生大量气泡;再加入稀H2SO4,固体未明显溶解。
ⅱ.向MnO2中加入稀H2SO4,固体未溶解;再加入H2O2溶液,产生大量气泡,固体完全溶解。
①用化学方程式表示ⅱ中MnO2溶解的原因:
________。
②解释试剂加入顺序不同,MnO2作用不同的原因:
________。
上述实验说明,试剂加入顺序不同,物质体现的性质可能不同,产物也可能不同。
【答案】4MnO(OH)+O2==4MnO2+2H2ONH4++H2O⇌NH3·H2O+H+(或NH4+水解产生H+)蒸发浓缩,趁热过滤加热NH4Cl粗品至340℃左右,NH4Cl=NH3+HCl;收集产物并冷却,NH3+HCl=NH4Cl,得到纯净NH4Cl。
KSCN溶液,不变红MnO2+H2O2+H2SO4==MnSO4+2H2O+O2↑i中
作催化剂,反应快,
只催化分解
ii中
作氧化剂,加入稀
后,
的氧化性增强,被
还原为
。
【解析】
【详解】
(1)根据流程图可知,经过过程Ⅰ,得到了MnO2粗品,则O2将MnO(OH)氧化成MnO2,根据得失电子守恒,1molO2得到4mol电子,1molMnO(OH)失去1mol电子,则O2和MnO(OH)的比例为1∶4,再根据原子守恒可配平方程式,答案为4MnO(OH)+O2=4MnO2+2H2O;
(2)①ZnCl2和NH4Cl均为强酸弱碱盐,均会水解,铵根离子水解使溶液呈酸性,答案为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+(或NH4+水解产生H+);
②从曲线可以看出,随着温度的变化,NH4Cl的溶解度几乎没有发生太大的变化,只能蒸发溶剂得到晶体,再进行后续操作,答案为蒸发浓缩,趁热过滤;
③从表格中数据可以知道,NH4Cl在337.8℃分解,生成NH3和HCl,而此温度下,ZnCl2没有熔化,也没有分解,因此可以利用NH4Cl的分解,收集产物再次合成NH4Cl,答案为加热NH4Cl粗品至340℃左右,NH4Cl=NH3+HCl;收集产物并冷却,NH3+HCl=NH4Cl,得到纯净NH4Cl;
(3)Fe3+的检验常用KSCN溶液,如果溶液中有铁离子,生成红色物质;没有Fe3+就不会变红,答案为KSCN溶液,不变红;
(4)从实验ⅰ知道,先加入双氧水,MnO2不溶解,只做催化剂,而通过实验ⅱ可知,先加入硫酸,固体溶解,且有气体冒出,气体为氧气,则MnO2作了氧化剂,双氧水作了还原剂。
①固体溶解,且有气体放出,气体为O2,MnO2做氧化剂,H2O2做还原剂,为酸性环境,根据得失电子守恒和原子守恒,配平方程式。
答案为MnO2+H2O2+H2SO4=MnSO4+O2↑+2H2O;
②先加入硫酸,溶液为酸性,则酸性条件下,物质的氧化性会增加,答案为ii中
作氧化剂,加入稀
后,
的氧化性增强,被
还原为MnSO4。
5.2019年诺贝尔化学奖颁给了为锂电池发展作出突出贡献的三位科学家。
某废旧锂电池正极主要由LiFePO4、铝箔、炭黑等组成,Fe、Li、P具有极高的回收价值,具体流程如下:
(1)过程ⅰ生成NaAlO2溶液的离子方程式是__。
(2)过程ⅱ中HCl/H2O2的作用是__。
(3)浸出液X的主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等。
过程ⅲ控制碳酸钠溶液浓度20%、温度85℃、反应时间3h条件下,探究pH对磷酸铁沉淀的影响,如图所示。
①综合考虑铁和磷沉淀率,最佳pH为__。
②结合平衡移动原理,解释过程ⅲ中pH增大,铁和磷沉淀率增大的原因__。
③当pH>2.5后,随pH增加,磷沉淀率出现了减小的趋势,解释其原因__。
(4)LiFePO4可以通过(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液发生共沉淀反应制取,共沉淀反应的化学方程式为__。
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑溶解LiFePO4,将Fe2+氧化为Fe3+(2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O)2.5H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,加入Na2CO3后,CO32-结合H+使c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43−)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀(或者:
H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,溶液pH增大,c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43-)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀pH>2.5时,沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH)3,使得部分PO43-释放,导致磷沉淀率下降(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O或(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+3LiOH=(NH4)2SO4+Li2SO4+LiFePO4↓+3H2O
【解析】
【分析】
含LiFePO4、铝箔、炭黑的废旧锂电池,用NaOH溶解后过滤,滤液为NaAlO2溶液,滤渣为LiFePO4和炭黑,再用盐酸酸化的H2O2溶解滤渣并过滤,得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X,向X中加入Na2CO3溶液,有FePO4•2H2O析出,过滤的滤液主要是LiCl,再加入饱和Na2CO3溶液,再过滤即可得到LiCO3粗产品,据此分析解题。
【详解】
(1)过程ⅰAl溶于NaOH溶液生成NaAlO2和H2,发生反应的离子方程式是2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)过程ⅱ是除铝后料中加入盐酸酸化的H2O2,过滤后得到主要成分为Li+、Fe3+、H2PO4-等的溶液X,由知HCl/H2O2的作用是溶解LiFePO4,将Fe2+氧化为Fe3+;
(3)①分析图中数据可知,当pH=2.5时磷的沉淀率最高,铁的沉淀率较高,则过程ⅲ选择的最佳pH为2.5;
②已知溶液X中存在H2PO4-的电离平衡,即H2PO4-
HPO42-+H+,HPO42-
PO43-+H+,过程ⅲ中当加入Na2CO3后,CO32-结合H+使c(H+)减小,促进上述电离平衡正向移动,c(PO43−)增大,与Fe3+结合形成磷酸铁沉淀,提高了铁和磷沉淀率;
③已知FePO4(s)
Fe3+(aq)+PO43-(aq),当pH>2.5后,随pH增加,溶液中c(OH-)增大,Fe3+开始转变生成Fe(OH)3,促进溶解平衡正向移动,使得部分PO43-释放,导致磷沉淀率下降;
(4)(NH4)2Fe(SO4)2、H3PO4与LiOH溶液混合生成LiFePO4,同时得到(NH4)2SO4和Li2SO4,结合原子守恒,发生反应的化学方程式为(NH4)2Fe(SO4)2+H3PO4+LiOH=2NH4HSO4+LiFePO4↓+H2O。
6.某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量Al2O3和Fe2O3,为探索工业废料的再利用,某化学兴趣小组设计了如下实验流程,用该工厂的合金废料制取氯化铝、绿矾晶体(FeSO4·7H2O)和胆矾晶体(CuSO4·5H2O)。
请回答:
(1)步骤Ⅰ中,发生的氧化还原反应的离子方程式为___,涉及到的分离操作是___。
(2)试剂X是___;溶液D是___。
(3)溶液E在空气中易被氧化,请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化___。
(4)在步骤Ⅱ时,若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中,一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少。
为避免固体C减少,可采取的改进措施是___。
(5)工业上常用溶液E制取净水剂Na2FeO4,流程如图:
写出由Fe(OH)3制取Na2FeO4的离子方程式___。
(已知NaClO还原为NaCl)
【答案】2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑过滤稀硫酸(或稀H2SO4;或硫酸)NaHCO3溶液(或碳酸氢钠溶液)取少量E溶液于试管中,滴入几滴硫氰化钾溶液,若溶液变为血红色,则说明E溶液已被氧化,反之,则未被氧化在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去HCl气体2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
Cu、Fe和Al,少量Al2O3和Fe2O3,氢氧化钠与Al、Al2O3反应,而Cu、Fe和Fe2O3不反应,过滤得到滤渣为Cu、Fe和Fe2O3,滤液为偏铝酸钠溶液和氢氧化钠溶液,向滤液中通入过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液,过滤,向沉淀中加入盐酸生成氯化铝溶液,最终得到氯化铝固体;向滤渣为Cu、Fe和Fe2O3中加入稀硫酸,生成硫酸亚铁,最终得到绿矾,过滤得到Cu,Cu与氧气、硫酸反应得到硫酸铜。
【详解】
⑴步骤Ⅰ中,发生的氧化还原反应的是铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气,其离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,Fe、Cu、Fe2O3不和氢氧化钠溶液反应,因此涉及到的分离操作是过滤;故答案为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;过滤。
⑵将Fe、Cu中Fe溶于溶液中生成硫酸亚铁,因此试剂X是硫酸;溶液A为偏铝酸钠溶液,向溶液中通入过量二氧化碳,反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠溶液,因此D是碳酸氢钠;故答案为:
稀硫酸(或稀H2SO4;或硫酸);NaHCO3溶液(或碳酸氢钠溶液)。
⑶溶液E在空气中易被氧化,亚铁离子被氧化生成铁离子,铁离子常用KSCN溶液来检验,因此简单的实验方案检验溶液E是否被氧化的实验为取少量E溶液于试管中,滴入几滴硫氰化钾溶液,若溶液变为血红色,则说明E溶液已被氧化,反之,则未被氧化;故答案为:
取少量E溶液于试管中,滴入几滴硫氰化钾溶液,若溶液变为血红色,则说明E溶液已被氧化,反之,则未被氧化。
⑷在步骤Ⅱ时,若用大理石与浓盐酸制取CO2并直接通入溶液A中,一段时间后,观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少,减少的主要原因是浓盐酸易挥发,挥发出的HCl与沉淀反应,为避免固体C减少,先用饱和碳酸氢钠溶液除掉挥发的HCl,再通入CO2;故答案为:
在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去HCl气体;故答案为:
在通入CO2之前增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,除去HCl气体。
⑸Fe(OH)3与NaClO反应生成NaCl和Na2FeO4,其制取Na2FeO4的离子方程式2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42−+3Cl-+5H2O;故答案为:
2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42−+3Cl-+5H2O。
7.稀土元素包括钪、钇和镧系(含Ce、Eu)共17种元素,是重要的战略资源,我省稀土资源非常丰富.某彩色电视机显示屏生产过程中产生大量的废荧光粉末含(Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质).某课题组以此粉末为原料,设计如下工艺流程对资源进行回收,得到较为纯净的CeO2和Eu2O3(氧化铕).
已知:
CeO2不溶于桸硫酸,也不溶于NaOH溶液,Eu2O3可溶于稀硫酸
(1)往滤渣中加稀硫酸和H2O2进行酸浸,反应的离子方程式____________。
为了提高酸浸率,可以适当提高反应温度,但温度偏高浸出率反而会减小,其原因是________________________________。
(2)有机物HR能将Ce3+从水溶液中萃取出来.该过程可表示为:
Ce3+(水层)+3HR(有机层)
CeR3(有机层)+3H+(水层)。
向CeR3(有机层)中加入稀硫酸进行反萃取能获得较纯的含Ce3+水溶液,从平衡角度解释其原因:
________________________。
(3)流程中由含Ce3+滤液生成Ce(OH)4的离子方程式____________________。
(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4产品0.52g,加硫酸溶解后,用浓度为0.1000mol•L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时,铈被还原为Ce3+,消耗24.00mL标准溶液。
该产品中Ce(OH)4的质量分数为___________。
(5)已知含Ce3+溶液也可以先加碱调pH后再通入氧气氧化可得到Ce(OH)4。
298K时,Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20,若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1,加碱调节pH到_____时Ce3+开始沉淀(忽略加碱过程中溶液体积变化).
(6)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图所示.流程中为了用萃取剂除去金属杂质离子,进行萃取2最适宜的pH是_______(填选项序号).其原因是_____。
A.2.0左右B.3.0左右C.5.0左右
【答案】2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O温度升高,H2O2受热易分解,造成浸出率偏低;加入稀硫酸时,c(H+)增大,平衡向形成Ce3+的方向移动,4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)496%8B使Fe3+、Mn2+完全除去,并防止Eu3+被萃取导致损失
【解析】
【分析】
废荧光粉末含(Eu2O3、SiO2、Fe2O3、CeO2、MnO等物质),加入硫酸,滤液含有Eu3+、Fe3+、Mn2+等,经萃取,可除去Fe3+、Mn2+等,加入氨水,可生成Eu(OH)3,加热分解可生成Eu2O3;滤渣中含有CeO2、SiO2,加入稀硫酸和过氧化氢,经萃取、反萃取,可得到含有Ce3+的溶液,加入氢氧化钠并通入氧气,可生成Ce(OH)4,加热可生成CeO2。
【详解】
(1)在酸浸时发生的离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O,H2O2受热易分解,为防止其分解,则温度不宜太高,故答案为:
2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O;温度升高,H2O2受热易分解,造成浸出率偏低;
(2)根据平衡Ce3+(水层)+3HR(有机层)
CeR3(有机层)+3H+(水层),向CeR3(有机层)中加入稀硫酸时,c(H+)增大,平衡向形成Ce3+的方向移动,则Ce3+从水溶液中被萃取出来,故答案为:
加入稀硫酸时,c(H+)增大,平衡向形成Ce3+的方向移动;
(3)流程中Ce3+与氧气、氢氧化钠反应生成Ce(OH)4,离子方程式为4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4,故答案为:
4Ce3++O2+12OH-+2H2O=4Ce(OH)4;
(4)Ce(OH)4加硫酸溶解后,被FeSO4还原为Ce3+,则有Ce(OH)4~Ce3+~FeSO4,则n[Ce(OH)4]=0.1×24×10-3mol=2.4×10-3mol,m[Ce(OH)4]=2.4×10-3mol×208g/mol=0.4992g,该产品的纯度为:
,故答案为:
96%;
(5)298K时,Ksp[Ce(OH)3]=5×10-20,若溶液中c(Ce3+)=0.05mol•L-1,Ce3+开始沉淀,则c(OH-)=
,则pH=8,故答案为:
8;
(6)溶液中存在Eu3+、Mn2+金属离子,由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图可知,调节pH在3.0左右,可使Fe3+、Mn2+完全除去,并防止Eu3+被萃取导致损失,故答案为:
B;使Fe3+、Mn2+完全除去,并防止Eu3+被萃取导致损失。
8.以粉煤灰(主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2,还含有少
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