《2024届高三化学一轮复习++工业流程题实验题（铈专题）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高三化学一轮复习++工业流程题实验题（铈专题）含答案.pdf（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1工业流程题，实验题(铈专题)工业流程题，实验题(铈专题)1 实验室以二氧化铺铈CeO2废渣为原料制备Ce2CO32，其部分实验过程如下：已知：Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA(有机层)Ce A3(有机层)3H+(水层)。下列说法正确的是A.“酸浸”过程中H2O2做氧化剂B.加氨水“中和”除去过量盐酸，主要目的是提高Ce3+的萃取率C.试剂a一定是盐酸D.“沉淀”时反应的离子方程式为2Ce3+6HCO-3=Ce2CO33+3CO2+3H2O2 氧化铈(CeO2)是应用广泛的稀土氧化物。一种用氟碳铈矿(CeFCO3，含BaO、SiO2等杂质)为
2、原料制备CeO2的工艺如图。下列说法不正确的是A.滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2B.Ce2(CO3)3中阴离子的空间结构为正四面体C.步骤、中均有过滤操作D.步骤反应的离子方程式为2Ce3+6HCO-3=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O3 Ce2CO33可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2CO338H2O的工艺流程如图所示：下列说法不正确的是A.可采用加热、搅拌等措施提高“水浸”效率B.加入絮凝剂的目的是促使铝离子沉淀C.“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳
3、离子只有NH+4D.“沉铈”的离子方程式为2Ce3+6HCO-3+5H2O=Ce2CO338H2O+3CO2(双选)4氢氧化铈 Ce(OH)4是一种重要的稀土氢氧化物，平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2，Fe2O3，CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程图如下：2024届高三化学一轮复习届高三化学一轮复习+工业流程题，实验题（铈专题）工业流程题，实验题（铈专题）2下列说法中错误的是A.滤渣A中主要含有SiO2、CeO2B.过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C.过程中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3+2H2O+O2D.过程
4、中消耗11.2L(标准状况下)O2转移电子数为46.021023个4 我国稀土产业发达，利用稀土元素制备新型电池材料是一个潜在的研究热点。铈(元素符号为Ce)是最重要的稀土元素之一，以氟碳铈矿(假设只含CeFCO3、BaO、SiO2)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：提示：稀土元素离子易与SO2-4形成复盐沉淀。Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+。请回答下列问题：(1)为提高焙烧效率，在焙烧前会将矿石粉碎，简要解释原因。(2)滤渣A的主要成分是SiO2和(填化学式)。(3)焙烧后加入稀硫酸浸出，Ce的浸出率和稀硫酸浓度、温度有关，其关系如图所示：应选择的适宜条件为。硫酸浓度过大时，浸出率降
5、低的原因是。(4)在进行步骤时，应该特别注意的问题是。(5)写出步骤中Ce2CO33在空气中灼烧的化学反应方程式。5 以氟碳铈矿(含CeFCO3、BaO、SiO2等)制备氧化铈CeO2的流程如下：3已知：.硫脲结构简式为CS NH22，酸性条件下易被氧化为 SCN2H32。.CeO2和Ce2CO33均难溶于水。(1)步骤的操作是；滤渣A的主要成分是(填写化学式)。(2)加入硫脲的目的是将CeF2+2还原为Ce3+，反应的离子方程式为。(3)步骤加入NH4HCO3离子方程式为。(4)CeO2质量分数测定的步骤如下：.取所得CeO2产品wg加入过量H2O2得到Ce3+溶液，完全反应后，煮沸一段时间
6、；.加入过量 NH42S2O3将Ce3+氧化为Ce4+，控温加热；.待反应瓶中无气泡后，继续煮沸两分钟；.加入两滴指示剂，用cmolL-1硫酸亚铁铵NH42Fe SO42标准液滴定，到滴定终点时消耗硫酸亚铁铵溶液vmL。已知：NH42S2O3受热易分解。下列说法正确的是。a步骤中将CeO2转化为Ce3+是为了获得可溶性的含铈溶液，便于后续滴定b NH42S2O3具有强氧化性，其中硫元素为+7价c步骤中的指示剂可以用KSCNCeO2产品的质量分数为。(列出计算式，CeO2的摩尔质量为172g mol)若未进行步骤，会导致滴定结果(填“偏高”或“偏低”)。理由是。6氧化铈(CeO2)是一种应用非常
7、广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿(含CeFCO3、SiO2等)为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：已知：Ce3+在空气中易被氧化，易与SO2-4形成复盐沉淀；硫脲()具有还原性，酸性条件下易被氧化为 SCN2H32；Ce4+在硫酸体系中能被萃取剂HA2萃取，而Ce3+不能。回答下列问题：4(1)“氧化焙烧”中氧化的目的是。(2)步骤中加入硫脲的目的是将四价铈还原为三价铈，写出硫脲与CeF2+2反应生成Ce3+的离子方程式。(3)步骤反应的离子方程式为。(4)步骤萃取时存在反应：Ce4+n HA2Ce H2n-4A2n+4H+。Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的物质的量浓度之比称为分配比
8、D=c Ce H2n-4A2nc Ce。取20mL含四价铈总浓度为0.1molL-1的酸浸液，向其中加入10mL萃取剂 HA2，充分振荡，静置，若D=80，则水层中c Ce=。(计算结果保留二位有效数字)。(5)步骤“反萃取”时双氧水的作用是。(6)产品CeO2是汽车尾气净化催化剂中最重要的助剂，催化机理如图所示。写出过程发生反应的化学方程式。7稀土元素是国家战略资源，广泛应用于显示器、航天、激光。导弹等尖端领域，目前我国稀土提炼技术处于世界领先地位。某化学课题组以废液晶显示屏为原料回收稀土元素铈，实现资源再利用，设计实验流程如下：已知：显示屏玻璃中含较多的SiO2、CeO2、FeO、Fe2O
9、3及少量其他可溶于酸的物质；CeO2不溶于稀硫酸，也不溶于NaOH溶液。回答下列问题：(1)将废玻璃粉碎的目的是。(2)工序1中加入H2O2的作用是。(3)工序3是蒸发浓缩、过滤、洗涤、常温晾干。(4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式，滤渣2的主要成分是。(5)硫酸铁铵可用作净水剂，但在除酸性废水中悬浮物时效果较差，原因是。(6)取上述流程中得到Ce(OH)4产品0.640g，加硫酸溶解后，用0.1000molL-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，消耗25.00mL标准溶液。该产品中Ce元素的质量分数为，(保留三位有效5数字)8稀土元素铈的化合物具有良好
10、的光学、电学性质，广泛应用于阴极射线管玻壳、各种平板显示和计算机芯片等领域。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3，还有少量其它稀土元素)为原料提取铈元素的一种工艺流程如图所示。已知：铈常见化合价为+3、+4，四价铈有强氧化性；CeO2既不溶于水，也不溶于稀硫酸。回答下列问题：(1)焙烧前将矿石粉碎成细颗粒的目的是。已知“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2，写出该步反应的化学方程式。(2)“酸浸II”通常控制温度为4050之间的原因是；该步骤中发生反应的离子方程式为。(3)“萃取”所用有机物HT需具备的下列条件是(填序号)：HT不溶于水，也不和水反应；Ce3+不和萃取剂HT发生反应；Ce3+在萃取剂
11、HT中溶解度大于水；萃取剂HT的密度一定大于水(4)“萃取”原理为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3+3H+，“反萃取”得到硫酸铈溶液的原理为。(5)CeO2是汽车尾气净化器中的关键催化剂，能在还原性气氛中供氧，在氧化性气氛中耗氧，在尾气净化过程中发生着2CeO22CeO2-m+mO2(0m0.5)的循环，则CeO2在消除CO的反应中，物质的量之比n(CeO2)：n(CO)=：m。9稀土元素铈的化合物具有良好的光学、电学性质，广泛应用于阴极射线管(CRT)玻壳、各种平板显示、光学玻璃镜头和计算机芯片等领域。以氟碳铈矿(主要成分为CeFCO3，还有少量其它稀土元素)为原料提取铈元素的一种
12、工艺流程如图所示。已知：铈常见化合价为+3、+4，四价铈有强氧化性；CeO2既不溶于水，也不溶于稀硫酸。回答下列问题：(1)已知“氧化焙烧”中铈元素转化为CeO2，写出该步反应的化学方程式。6(2)“酸浸”中发生反应的离子方程式为；该步骤通常控制温度为40C50C之间的原因是。(3)“萃取”原理为Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)，“反萃取”得到硫酸铈溶液的原理为。(4)实验室中进行操作1所用到的玻璃仪器有。(5)CeO2是汽车尾气净化器中的关键催化剂，能在还原性气氛中供氧，在氧化性气氛中耗氧，在尾气净化过程中发生着2CeO22CeO2-m+mO2(0m0.5
13、)的循环。则CeO2在消除CO的反应中，物质的量比n CeO2:n(CO)为。10铈(Ce)是人类发现的第二种稀土元素，铈的氧化物在半导体材料、高级颜料及汽车尾气的净化器方面有广泛应用。以氟碳铈矿(主要含CeFCO3)制备CeO2的工艺流程如下：已知：铈的常见化合价为+3、+4。四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液Ce4+能与SO2-4结合成 CeSO42+，Ce4+能被萃取剂(HA)2萃取。(1)焙烧后铈元素转化成CeO2和CeF4，焙烧氟碳铈矿的目的是。(2)“酸浸II”过程中CeO2转化为Ce3+，且产生黄绿色气体，用稀硫酸和H2O2替换HCl就不会造成环境污染。则稀硫酸、H2O2与C
14、eO2反应的离子方程式为。(3)“操作I”的名称是。(4)“浸出液”中含有少量Ce4+及其他稀土元素的离子，可以通过“萃取”与“反萃取”作进一步分离、富集各离子。“萃取”时Ce4+与萃取剂(HA)2存在反应：Ce4+n(HA)2Ce H2n-4A2n+4H+。用D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比：D=c Ce H2n-4A2ncCeSO42+，其他条件不变，在浸出液中加入不同量的Na2SO4，以改变水层中的c SO2-4，D随浸出液中c SO2-4增大而减小的原因是。(5)取5.000g上述流程中得到的Ce(OH)4，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的
15、硫酸亚铁溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000molL-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则Ce(OH)4的质量分数为(已知氧化性：Ce4+KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。参考答案：1B【详解】A由流程可知，“酸浸”过程中四价铈转化为三价铈，铈化合价降低为氧化剂，根据电子守恒可知，则H2O2中氧元素化合价升高，做还原剂，故A错误；B加氨水“中和”去除过量盐酸，降低氢离子浓度，利于平衡向萃取Ce A3(有机层)的方向移动，目的是提高Ce3+的萃取率，故B正确；C根据萃取原理可知，“反萃取”中通过增大氢离子浓度使平衡逆向移动，有利
16、于将有机层 Ce3+尽可能多地转移到水层，试剂a可为盐酸或硝酸，故C错误；D“沉淀”时Ce3+、氨水、碳酸氢铵反应生成Ce2CO33沉淀，反应的离子方程式为2Ce3+3HCO-3+3NH3H2O=Ce2CO33+3NH+4+3H2O，故D错误；故选B。2B【详解】A由上述分析可知，滤渣A的主要成分为BaSO4和SiO2，A正确；BCe2(CO3)3中阴离子即CO2-3中心原子C周围的价层电子对数为：3+12(4+2-32)=3，故其空间结构为平面三角形，B错误；C步骤、中均分离出沉淀，均为过滤操作，C正确；D步骤反应即加入碳酸氢铵使Ce3+转化为Ce2(CO3)3，该反应的离子方程式为2Ce3
17、+6HCO-3=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O，D正确；故答案为：B。3B【分析】天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质，焙烧浓硫酸和独居石的混合物、水浸，CePO4转化为Ce2(SO4)3和H3PO4，SiO2与硫酸不反应，Al2O3转化为Al2(SO4)3，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CaF2转化为CaSO4和HF，酸性废气含HF；后过滤，滤渣I为SiO2和磷酸钙、FePO4，滤液主要含H3PO4，Ce2(SO4)3，Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3，加氯化铁溶液除磷，滤渣为FePO4；聚沉将铁离子、铝
18、离子转化为沉淀，过滤除去，滤渣主要为氢氧化铝，还含氢氧化铁；加碳酸氢铵沉铈得Ce2CO338H2O。【详解】A可采用加热、搅拌等措施提高速率，从而提高“水浸”效率，故A正确；B由分析可知，加入絮凝剂的目的是将铁离子、铝离子转化为沉淀，故B错误；C加碳酸氢铵沉铈得Ce2CO338H2O，Ce3+沉淀，“沉铈”后剩余溶液中大量存在的阳离子只有NH+4，故C正确；D用碳酸氢铵“沉饰”，则结合原子守恒、电荷守恒可知生成Ce2CO338H2O的离子方程式为：2Ce3+6HCO-3+5H2O=Ce2CO338H2O+3CO2，故D正确；故选B。4CD【详解】A由分析知滤渣A中主要含有SiO2、CeO2，A
19、正确；B结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，B正确；C稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H+H2O2+2CeO2=2Ce3+O2+4H2O，C错误；D过程中消耗 11.2L O2(标准状况下)的物质的量为0.5mol，氧元素化合价降低到-2价，转移电子数为0.5mol4NA=26.021023，D错误；故选CD。5(1)矿石粉碎可以增大接触面积，加快焙烧速率(2)BaSO4(3)85、c(H+)为2.5 molL-1溶液中c(SO2-4)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低(4)加入适当的还原剂，
20、防止Ce3+被氧化(5)2Ce2CO33+O2=灼烧4CeO2+6CO2【详解】(1)为提高焙烧效率，在焙烧前会将矿石粉碎，原因为矿石粉碎可以增大接触面积，加快焙烧速率；(2)根据分析，滤渣A的主要成分是SiO2和BaSO4；(3)如图所示，应选择的适宜条件为温度为85、c(H+)为2.5 molL-1；硫酸浓度过大时，浸出率减小的原因是溶液中c(SO2-4)增大，易和稀土离子形成复盐沉淀而使浸出率降低；(4)Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，步骤加入盐酸后，通常还需加入适当的还原剂，防止Ce3+被氧化；(5)Ce2CO33在空气中灼烧的化学反应方程式2Ce2CO33+O2=灼烧4CeO2+
21、6CO2。6(1)过滤SiO2、BaSO4(2)2CeF2+2+2=2Ce3+(SCN2H3)2+2HF+2F-(3)2Ce3+6HCO-3=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O(4)a172cv1000w100%偏高若未煮沸，残留的(NH4)2S2O3会氧化(NH4)2Fe(SO4)2，滴定时消耗更多的(NH4)2Fe(SO4)2，导致滴定结果偏高【详解】(1)步骤为分离不溶物和溶液，操作为过滤，根据分析可知，滤渣A的主要成分为SiO2、BaSO4。(2)具有还原性，酸性条件下将CeF2+2还原为Ce3+，自身被氧化为(SCN2H3)2，反应方程式为2CeF2+2+2=2Ce3+(SCN2
22、H3)2+2HF+2F-。(3)该步骤为碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2(CO3)3，发生的反应为2Ce3+6HCO-3=Ce2(CO3)3+3CO2+3H2O。(4)aCeO2不溶于水，步骤中将CeO2转化为Ce3+是为了获得可溶性的含铈溶液，便于后续滴定，a正确；b(NH4)2S2O3具有强还原性，其中硫元素为0价和+4价，b错误；c根据反应过程，Ce4+将亚铁离子氧化成铁离子，溶液中一直存在铁离子，不能用KSCN作指示剂，c错误；故答案选a。根据反应过程，结合得失电子守恒CeO2Ce3+Ce4+(NH4)2Fe(SO4)2，CeO2产品的质量分数为cmol/Lv10-3L172g/molw
23、g100%=172cv1000w100%。若未煮沸，残留的(NH4)2S2O3会氧化(NH4)2Fe(SO4)2，滴定时消耗更多的(NH4)2Fe(SO4)2，导致滴定结果偏高。7(1)将Ce3+氧化为Ce4+(2)2CeF2+2+2=(SCN2H3)2+2Ce3+2HF+2F-(3)2Ce3+6HCO-3=Ce2CO33+3CO2+3H2O(4)0.0024molL-1(5)作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂(6)xCO+CeO2=CeO2-x+xCO2【详解】(1)“氧化焙烧”中氧化的目的是将Ce3+氧化为Ce4+。(2)根据化合价的变化可知，硫脲与CeF2+2反应生成Ce3+的离子
24、方程式为2CeF2+2+2=(SCN2H3)2+2Ce3+2HF+2F-。(3)Ce3+和HCO-3反应生成Ce2(CO3)3和CO2和H2O，其离子方程式为2Ce3+6HCO-3=Ce2CO33+3CO2+3H2O。(4)由题可知，n(Ce4+)=2010-3L0.1mol/L=0.002mol，萃取后Ce4+的n(有机层)+n(水)=0.002mol，又D=c Ce H2n-4A2nc Ce=80，即c(有机层)c(水层)=n(有机层)V(有机层)n(水层)V(水层)=n(有机层)10mLn(水层)20mL=2n(有机层)n(水层)=80，联立解得n(水层)=0.00241mol，则c(水
25、层)=n(水层)V(水层)=0.002410.02mol/L=0.0024mol/L。(5)“反萃取”时双氧水的作用是作还原剂将四价铈还原为三价铈，脱离萃取剂。(6)根据图中所给反应物和生成物可知，过程发生反应的化学方程式为xCO+CeO2=CeO2-x+xCO2。8(1)增大反应接触面积，加快反应速率(2)将Fe2+氧化成Fe3+(3)冷却结晶(4)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2OSiO2(5)酸性会抑制Fe3+水解(6)54.7%或0.547【详解】(1)将废玻璃粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，故答案为：增大接触面积，加快反应速率；(2)工序1中加入H2O2的
26、作用是：把Fe2+离子氧化为Fe3+，故答案为：将Fe2+氧化成Fe3+；(3)工序3是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、常温晾干，故答案为：冷却结晶；(4)工序4中加入稀硫酸和H2O2溶液的反应的离子方程式为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，分析可知滤渣2的主要成分是：SiO2，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；SiO2；(5)硫酸铁可用作絮凝剂的原理为三价铁离子水解生成氢氧化铁的胶体具有吸附性，但在酸性废水抑制Fe3+的水解，使其不能生成有吸附作用的Fe(OH)3胶体，故答案为：酸性会抑制Fe3+水解；(6)Ce(OH)4产品0.640
27、g,物质的量n(Ce(OH)4)，加硫酸溶解后，用0.1000molL-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)，反应的离子方程式：Ce(OH)4+Fe2+4H+=Ce3+Fe3+4H2O，根据电子守恒建立关系式：Ce(OH)4FeSO41mol1mol0.0025mol0.1mol/L0.025L，n(Ce)=nCe(OH)4=0.0025mol，所以m(Ce)=0.0025mol140g/mol=0.35g，产品中Ce元素的质量分数=0.35g0.64g100%=54.7%，故答案为：54.7%。9(1)增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率4CeFCO3+
28、O2+2H2O高温 4CeO2+4HF+4CO2(2)既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解(或温度低时，反应速率慢；温度过高导致双氧水分解。)2CeO2+H2O2+6H+2Ce3+O2+4H2O(3)(4)向混合液中加入稀硫酸，使c(H+)增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动(5)1【详解】(1)焙烧前将矿石粉碎成细颗粒，可增大固体与空气的接触面积，增大反应速率，提高原料的利用率。氧化焙烧中铈元素转化为CeO2，化学方程式为4CeFCO3+O2+2H2O高温 4CeO2+4HF+4CO2。(2)酸浸温度控制在40-50之间，原因为既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分
29、解。该步骤中酸性条件过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3，离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+2Ce3+O2+4H2O。(3)萃取时两种溶剂不能相溶，且相互之间不能反应，正确；萃取时被萃取的物质不能和萃取剂发生反应，正确；萃取是利用溶质在两种溶剂中的溶解度不同，将溶质从溶解度低的溶剂中萃取到溶解度高的溶剂中，正确；萃取剂HT的密度不一定要大于水，也可以小于水，错误，答案为。(4)该反应为可逆反应，加入稀硫酸，氢离子浓度增大，化学平衡逆向移动，得到硫酸铈溶液。(5)根据2CeO22CeO2-m+mO2，每个CeO2提供m个氧原子，CO生成CO2，一个CO消耗1个氧原子，所以物质的量比n
30、(CeO2)：n(CO)=1：m。10(1)4CeFCO3+O2+2H2O高温 4CeO2+4HF+4CO2(2)2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解过快(3)向混合液中加入稀硫酸，使c H+增大，平衡向形成Ce3+水溶液方向移动(4)分液漏斗、烧杯(5)1:m【详解】(1)“氧化焙烧”中CeFCO3和氧气、水反应生成CO2、HF、CeO2，反应的化学方程式是4CeFCO3+O2+2H2O高温 4CeO2+4HF+4CO2；(2)“酸浸”中，在酸性条件下用过氧化氢还原CeO2生成Ce2(SO4)3、O2、H2O，发生反应的离子
31、方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；该步骤通常控制温度为40C50C之间，既有利于加快酸浸速率，又防止温度过高导致双氧水分解过快；(3)“反萃取”的原理为加入硫酸，氢离子浓度增大，Ce3+(水层)+3HT(有机层)CeT3(有机层)+3H+(水层)平衡逆向移动，得到Ce2(SO4)3溶液；(4)操作1是分液，分液用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；(5)根据2CeO22CeO2-m+mO2(0m0.5)可知，每个CeO2提供m个氧原子，CO生成CO2，1个CO消耗1个氧原子，所以物质的量比n CeO2:n(CO)为1：m。11(1)将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为
32、二氧化碳，实现铈的富集(2)6H+2CeO2+H2O2=4H2O+2Ce3+O2(3)过滤(4)浸出液中加入的SO2-4浓度越大，cCeSO42+增大，而D=c Ce H2n-4A2ncCeSO42+减小，因此D随浸出液中c SO2-4增大而减小(5)95.68%【详解】(1)根据题意，四价铈不易进入溶液，而三价铈易进入溶液。故焙烧氟碳铈矿的目的是将三价铈转化为四价铈，且将碳酸盐转化为二氧化碳，实现铈的富集。(2)酸浸过程中CeO2转化为Ce3+，则H2O2失电子转化为O2，反应物有氢离子，则产物中有水生成，根据得失电子守恒和原子守恒，得到离子方程式为6H+2CeO2+H2O2=4H2O+2C
33、e3+O2。(3)操作将液体和滤渣分离，故操作为过滤。(4)浸出液中加入的SO2-4浓度越大，则化学平衡Ce4+SO2-4 CeSO42+正向移动，故而cCeSO42+增大，c(Ce4+)减小，从而促使反应Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+逆向移动，c(Ce(H2n-4A2n)减小，故D=c Ce H2n-4A2ncCeSO42+减小，因此D随浸出液中c SO2-4增大而减小。(5)Ce(OH)4酸溶后被亚铁离子还原为Ce3+，亚铁离子被氧化成铁离子，剩余的亚铁离子被酸性高锰酸钾氧化成铁离子，高锰酸根离子被还原为Mn2+，根据氧化还原反应得失电子守恒有n(Ce4+)1+n(KMnO4)5=n(Fe2+)1，消耗的高锰酸钾物质的量为0.002mol，消耗亚铁离子共0.033mol，解得n(Ce4+)=0.023mol，故wCe(OH)4=0.023mol208g/mol5.000g100%=95.68%。