2023届高中总复习第二轮专题一基本概念和基本原理第2讲离子反应与氧化还原反应

第2讲离子反应与氧化还原反应专题一2023高中总复习优化设计GAOZHONGZONGFUXIYOUHUASHEJI内容索引0102考情分析•备考定向高频考点•探究突破03学科素养练——信息型氧化还原方程式、

离子方程式的书写04新题演练•能力迁移考情分析•备考定向【专题知识脉络】

【能力目标解读】

命题热点考题统计考查能力分析离子方程式的书写2022,全国甲,92021全国甲,26(2)2021全国乙,9、26(5)、27(4)2020全国Ⅰ,26(2)2020全国Ⅲ,112020全国Ⅲ,26(2)2020全国Ⅲ,27(1)(5)近几年来,高考题对离子反应的考查主要集中在离子方程式的书写上,特别是有关氧化还原反应型的离子方程式的书写。问题设置情景新、陌生度高的离子方程式的书写,常常是许多考生的短板,但只要夯实基础知识,充分挖掘题给信息,这些问题就能迎刃而解。本部分题目注重考查学生应用化学知识解决问题的能力。氧化还原反应的知识与能量变化、电化学基础有很强的关联性,综合离子共存2020全国Ⅱ,8氧化还原反应的概念与规律2021全国甲,26(1)命题热点考题统计考查能力分析氧化还原反应方程式的配平与计算2020全国Ⅰ,26(2)2020全国Ⅱ,26(3)考查的可能性较大,特别是考查电子转移数的计算等问题。本部分题目除考查学生的计算能力外,还在一定程度上考查学生的自学能力【热点考题诠释】

1.(2022全国甲)能正确表示下列反应的离子方程式为(

)。

D2.(2022广东卷)下列关于Na的化合物之间转化反应的离子方程式书写正确的是(

)。B3.(2021全国乙)下列过程中的化学反应,相应的离子方程式正确的是(

)。A解题要领:通常条件下,硫酸钙微溶于水,碳酸钙难溶于水,利用溶解度小的沉淀可向溶解度更小的沉淀转化,可用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙,水垢中的硫酸钙以固体状态存在,离子方程式中应保留化学式,A项正确;过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁,正确的离子方程式为3Fe+8H++2

══3Fe2++2NO↑+4H2O,B项错误;硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液应该生成氢氧化铝,C项错误;硫化氢是弱电解质,离子方程式中应该保留化学式(H2S),D项错误。4.(2020全国Ⅲ,改编)对于下列实验,能正确描述其反应的离子方程式的是(

)。A解题要领:本题考查了离子方程式的正误判断。Na2SO3具有还原性,而Cl2具有氧化性,两者会发生氧化还原反应,生成Na2SO4和HCl,当参加反应的Cl2较少时,反应生成的HCl会与Na2SO3反应生成NaHSO3,A项正确;CO2通入CaCl2溶液时,CO2与CaCl2不反应,B项错误;H2O2溶液中加入FeCl3溶液时,FeCl3作H2O2分解的催化剂,C项错误;同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合时,发生反应:H++OH-══H2O,D项错误。高频考点•探究突破命题热点一离子方程式的书写【书写离子方程式的思维路径】【问题探究】如何判断离子反应的先后顺序?(1)氧化还原型离子反应。同一氧化剂(或还原剂)可能与多种还原剂(或氧化剂)反应,书写此类反应的离子方程式应按如下程序:确定氧化剂(或还原剂)强弱顺序→判断反应顺序→据题给数据确定离子反应。(2)复分解型离子反应。如某溶液中含有Al3+、

、H+,向该溶液中逐滴加入NaOH溶液,OH-先与H+反应,再与Al3+反应生成Al(OH)3,最后与

反应。判断方法采用“假设验证法”:假设某种离子先反应,若生成产物与其他成分能共存,则该离子优先反应,否则该离子不能优先反应。例1铝鞣剂主要成分为Al(OH)2Cl,主要用于鞣制皮革。利用铝灰(主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等)制备铝鞣剂的一种工艺如图所示。请回答下列问题。(1)产生气体B的化学方程式为

。

(2)氧化时,发生反应的离子方程式为

。

(3)废渣的主要成分为

(填化学式)。

分析推理:铝灰主要成分为Al、Al2O3、AlN、FeO等,加水后,AlN发生水解反应生成氢氧化铝和NH3,为了不引入杂质,酸溶时,应加入盐酸,加入盐酸酸溶后,生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液,其中铝与盐酸反应产生氢气,加入过氧化氢溶液可氧化亚铁离子为铁离子,加入纯碱调节溶液pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,则废渣为氢氧化铁,气体C为CO2,采用喷雾干燥制备铝鞣剂。(1)酸溶时,加入的酸是盐酸,铝与盐酸反应生成氢气,B为氢气,反应的化学方程式为2Al+6HCl══2AlCl3+3H2↑;(2)酸溶后,生成氯化铝溶液和氯化亚铁溶液,加入过氧化氢溶液可氧化亚铁离子为铁离子,则氧化时,发生反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2══2Fe3++2H2O;

(3)由以上分析可知,废渣的主要成分为Fe(OH)3。答案:(1)2Al+6HCl══2AlCl3+3H2↑(2)2Fe2++2H++H2O2══2Fe3++2H2O(3)Fe(OH)3题后反思工艺流程中的离子方程式书写方法1.细读题干寻找提纯对象,结合工艺流程示意图分析被提纯元素的存在形式及杂质的去除情况。2.确定未知反应的反应物离子和生成物离子,根据题意分析溶液环境,配平离子方程式。题后反思工艺流程中的离子方程式书写方法1.细读题干寻找提纯对象,结合工艺流程示意图分析被提纯元素的存在形式及杂质的去除情况。2.确定未知反应的反应物离子和生成物离子,根据题意分析溶液环境,配平离子方程式。对点训练11.黄铁矾法是硫酸体系中除铁的常用方法,黄铵铁矾是黄铁矾中的一种[化学式可表示为(NH4)xFey(SO4)z(OH)w,摩尔质量为480g·mol-1]。除去MnSO4酸性溶液中的Fe2+可向溶液中加入MnO2,充分搅拌,然后用氨水调节溶液的pH为1~3,升温到95℃,静置即可形成黄铵铁矾沉淀。MnO2氧化Fe2+的离子方程式为

,静置形成黄铵铁矾过程中溶液的pH

(填“增大”“减小”或“不变”)。

答案:MnO2+4H++2Fe2+══Mn2++2Fe3++2H2O减小解析:MnO2氧化Fe2+的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+══Mn2++2Fe3++2H2O;静置形成黄铵铁矾过程中Fe3+发生水解,溶液的pH减小。2.重金属元素铬的毒性较大,含铬废水须经处理达标后才能排放。Ⅰ.某工业废水中主要含有Cr3+,同时还含有少量的Fe2+、Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+等,且酸性较强。为回收利用,通常采用如下流程处理。注:部分阳离子在常温下以氢氧化物形式完全沉淀时的溶液的pH见下表。

氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Mg(OH)2Al(OH)3Cr(OH)3pH3.79.611.189(>9溶解)(1)氧化过程中可加入代替H2O2的试剂是

(填字母)。

A.Na2O2 B.HNO3C.FeCl3

D.KMnO4(2)还原过程中,每消耗172.8g

转移4.8mole-,该反应的离子方程式为

。

电解时阳极附近溶液中

转化为Cr3+的离子方程式为

。

(1)加氧化剂的主要目的是把亚铁离子氧化为铁离子,同时不能引入新的杂质,所以可以用Na2O2代替H2O2。命题热点二离子共存【以离子共存为中心的解题思维路径】【问题探究】判断离子能否大量共存时有哪几种隐含陷阱?(1)离子颜色。若限定溶液无色,则Cu2+、Fe2+、Fe3+、

等有色离子不能大量存在。酸性陷阱pH<7的溶液不一定呈酸性使酚酞溶液呈无色的溶液不一定呈酸性与Al反应放出H2的溶液不一定呈酸性常温下,由水电离的H+或OH-浓度小于10-7mol·L-1的溶液不一定呈酸性碱性陷阱pH>7的溶液不一定呈碱性使甲基橙溶液变黄色的溶液不一定呈碱性与Al反应放出H2的溶液不一定呈碱性常温下,由水电离出的H+或OH-浓度小于10-7mol·L-1的溶液不一定呈碱性(2)溶液酸、碱性。

(3)溶液中隐含情况。

(4)警惕相互促进水解。

例2下列离子组在指定的反应体系中能大量存在的是(

)。

答案:C题后反思(1)发生相互促进水解反应的各种离子均不能大量共存。(2)注意与量有关的反应体系中,离子类型的判断。(3)注意隐含的有氧化性的物质。对点训练21.常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是(

)。B2.常温下,下列离子组中能达到环境要求的是(

)。

D命题热点三氧化还原反应的概念与规律【应用有关氧化还原反应概念解题的思维路径】【问题探究】氧化还原反应的规律有哪些?(1)守恒律。化合价升高总数与降低总数相等,实质是反应中失电子总数与得电子总数相等。该规律可应用于氧化还原反应方程式的配平及相关计算等。(2)强弱律。氧化性:氧化剂>氧化产物。还原性:还原剂>还原产物。强弱律的应用:在适宜条件下,用氧化性(或还原性)较强的物质可制备氧化性(或还原性)较弱的物质;用于比较物质的氧化性或还原性的强弱。(3)优先律。当存在多种还原剂(或氧化剂)时,氧化剂(或还原剂)通常先与还原性(或氧化性)最强的还原剂(或氧化剂)反应。如向NaBr和NaI的混合溶液中通入Cl2,因I-的还原性强于Br-,则先发生反应:2I-+Cl2══2Cl-+I2,然后发生反应:2Br-+Cl2══2Cl-+Br2。(4)价态律。有多种价态的元素,处于最高价态时只具有氧化性(如H2SO4中的S元素),处于最低价态时只具有还原性(如H2S中的S元素),处于中间价态时既有氧化性又有还原性(如SO2中的S元素)。价态律可应用于判断物质的氧化性、还原性。(5)转化律。

例3根据表中信息判断,下列选项正确的是(

)。

序号反应物生成物①KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…②Cl2、FeBr2FeCl3、FeBr3③…Cl2、Mn2+…A.第①组反应的其余产物只有O2B.第②组反应中Cl2与FeBr2的物质的量之比为1∶2C.第③组反应中生成1molCl2,转移电子10molD.氧化性由强到弱的顺序为>Cl2>Fe3+>Br2分析推理:(1)①组反应中,根据氢原子守恒,判断还应生成何种产物?还应有H2O生成。(2)③组反应中,Mn元素化合价降低,而Cl元素的化合价应如何变化?Cl2是由Cl-被氧化得到的吗?③组中的反应是

氧化了Cl-,Cl的化合价由-1价升高到0价,则生成1

mol

Cl2,转移电子为2

mol。(3)由②组反应判断,Fe3+能氧化Br-吗?由②组反应可知,Fe3+不能氧化Br-,所以氧化性:Br2>Fe3+。答案:B题后反思(1)应在具体的反应中来比较氧化性和还原性强弱,因为即使相同的物质其氧化性和还原性也会因浓度、反应条件的改变而改变。(2)可以通过氧化性(或还原性)强弱来判断反应发生的可能性,即:氧化性(或还原性)强的物质通过反应能得到氧化性(或还原性)弱的物质,其反应规律类似于我们平时所说的强酸制弱酸。对点训练31.(2022河北高三模拟)下列有关氧族元素的说法错误的是(

)。A.油画长时间放置后生成PbS变暗,涂刷过氧化氢翻新变白,体现了过氧化氢的漂白性B.化学工业中,常用硫化钠作Hg2+、Cu2+等重金属离子的沉淀剂C.在造纸和纺织工业中,用硫代硫酸钠还原残留的氯漂白剂D.保险粉(Na2S2O4·2H2O)是工业上常用的还原剂,可以保护其他物质不被氧化A解析:油画长时间放置后因生成PbS变暗,用H2O2涂刷后生成PbSO4变白,体现了H2O2的氧化性,A项错误;HgS、CuS难溶,可用Na2S作沉淀剂生成硫化物沉淀,离子方程式为Hg2++S2-══HgS↓,Cu2++S2-══CuS↓,B项正确;Na2S2O3中硫元素为+2价有还原性,在溶液中易被氯漂白剂氧化,可处理残留的氯漂白剂,C项正确;Na2S2O4·2H2O中硫元素为+3价有还原性,可以保护其他物质不被氧化,D项正确。2.BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂,可用于光催化降解苯酚,原理如图所示。下列说法正确的是(

)。A.该过程的总反应:C6H6O+O26CO2+3H2OB.该过程中BMO表现较强氧化性C.降解产物的分子中含有极性共价键和非极性共价键D.反应①和反应②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1D解析:该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水,所以该反应的化学方程式为C6H6O+7O2

6CO2+3H2O,故A错误;该过程中BMO是催化剂,BMO与O2在光作用下,BMO被氧化成BMO+,表现为还原性,故B错误;降解苯酚的产物为二氧化碳和水,二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键,故C错误;①中1

mol

变为-2价的氧元素要得到3

mol

e-,而②中1

mol

BMO+变为1

mol

BMO只要得到1

mol

e-,氧化还原反应中得失电子数相等,所以反应①②中被降解的苯酚的物质的量之比为3∶1,故D正确。命题热点四氧化还原反应的配平与计算【有关氧化还原反应方程式配平的思维路径】【问题探究】1.如何配平缺项氧化还原反应方程式?(1)方法:先用“化合价升降法”配平含有变价元素的物质的化学计量数,然后由原子守恒确定未知物,再根据原子守恒进行配平。(2)补项原则:条件补项原则酸性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H+,少O(氧)补H2O(水)碱性条件下缺H(氢)或多O(氧)补H2O(水),少O(氧)补OH-2.氧化还原反应方程式的配平有哪些步骤?第1步:根据氧化还原顺序规律确定氧化性最强的为氧化剂,还原性最强的为还原剂;根据化合价规律及题给信息和已知元素化合物性质确定相应的还原产物、氧化产物;根据氧化还原反应的守恒规律确定氧化剂、还原剂、还原产物、氧化产物的相应化学计量数。第2步:根据溶液的酸碱性,通过在方程式的两端添加H+或OH-的形式使方程式两端的电荷守恒。第3步:根据原子守恒,通过在方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒。例4已知工业盐中含有NaNO2,外观和食盐相似,有咸味,人若误食会引起中毒,致死量为0.3~0.5g。已知NaNO2能发生如下反应(方程式已配平):分析推理:(1)常利用原子守恒配平化学方程式。反应中由碘原子守恒可知x=2,由电荷守恒可计算y=4,由氢原子守恒可知z=2,该反应中氮元素的化合价降低,则

为氧化剂。(2)充分利用所给信息,判断出生成物。铝在碱性条件下会转化成NaAlO2,铝元素化合价升高,被氧化,氮元素化合价降低,被还原,由电子守恒和原子守恒可知,反应为10Al+6NaNO3+4NaOH══10NaAlO2+3N2↑+2H2O。(3)根据反应过程中,转移的电子数与某种物质的关系,可进行相关计算。本题转移的电子数与N2的关系:3N2~30e-。过程中转移0.5

mol电子,则生成标准状况下的N2体积为0.5

mol××22.4

L·mol-1=1.12

L。答案:(1)2

4

2

(2)10

6

410

NaAlO2

3

2

(3)1.12L【题型建模】

氧化还原反应计算“三环节”对点训练41.金属钒性能优良,用途广泛,有金属“维生素”之称。完成下列填空。(1)将废钒催化剂(主要成分V2O5)与稀硫酸、亚硫酸钾溶液混合,充分反应后生成VO2+等离子,该反应的化学方程式是

。

(2)向上述所得溶液中加入KClO3溶液,完善并配平反应的离子方程式。(3)V2O5能与盐酸反应产生VO2+和一种黄绿色气体,该气体能与Na2SO3溶液反应被吸收,则

、Cl-、VO2+还原性由大到小的顺序是

。

(4)在20.00mL0.1mol·L-1

溶液中,加入0.195g锌粉,恰好完全反应,则还原产物可能是

(填字母)。

A.VO2+

B. C.V2+ D.V答案:46.8mg学科素养练——信息型氧化还原方程式、离子方程式的书写【素养必备】1.书写方法。2.书写关键——识记常见氧化剂、还原剂及产物预测。(1)常见的氧化剂及产物预测。氧化剂还原产物KMnO4Mn2+(酸性);MnO2(中性);(碱性)K2Cr2O7(酸性)Cr3+浓硝酸NO2稀硝酸NOX2(卤素单质)X-H2O2OH-(碱性);H2O(酸性)Na2O2NaOH(或Na2CO3)NaClO(或ClO-)Cl-、Cl2NaClO3Cl2、ClO2、Cl-PbO2Pb2+(2)常见的还原剂及产物预测。

第三步:根据电荷守恒,结合溶液的酸碱性,在化学方程式两端添加H+、OH-,使之满足电荷守恒的要求;第四步:根据原子守恒,通过在化学方程式两端添加H2O(或其他小分子)使方程式两端的原子守恒;配平后的反应:第五步:检查并确定离子方程式。【学科素养强化训练】1.碘酸钾是一种重要的无机物,可用作食盐中的加碘剂。其制备方法如下。Ⅰ.过氧化氢氧化法(1)合成步骤中加快化学反应速率的措施是

。

(2)合成步骤中的化学方程式为

。

(3)当合成温度高于70℃时,碘酸钾产率会降低,请写出可能的两种原因

。

Ⅱ.氯酸钾氧化法(4)在稀硝酸介质中,用氯酸钾氧化碘单质,然后用氢氧化钾中和碘酸氢钾[KH(IO3)2],补全反应的化学方程式:KH(IO3)2+KOH══2KIO3+H2O。

(5)相对于氯酸钾氧化法,过氧化氢氧化法的优点是

。

答案:(1)粉碎、70℃、催化剂(2)I2+5H2O2

2HIO3+4H2O(3)过氧化氢分解、碘单质升华、催化剂活性降低(任选两条,答案合理即可)(4)6I2+11KClO3+3H2O══6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑(5)产物无污染解析:(1)粉碎碘单质,可增大固液接触面积,加快反应速率;加热,升高温度,可加快反应速率;使用催化剂,可加快反应速率。(2)合成步骤中,过氧化氢与碘单质发生氧化还原反应生成碘酸(HIO3),反应的化学方程式为I2+5H2O22HIO3+4H2O。(3)当合成温度高于70

℃时,过氧化氢易分解、碘单质易升华、催化剂活性可能降低等,从而使碘酸钾产率降低。(4)在稀硝酸介质中,用氯酸钾氧化碘单质,得到碘酸氢钾[KH(IO3)2],根据得失电子守恒、元素质量守恒配平该反应的化学方程式:6I2+11KClO3+3H2O══6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。(5)氯酸钾氧化法中有氯气生成,相对于氯酸钾氧化法,过氧化氢氧化法的优点是产物无污染。2.(2022广西河池高三月考)辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜的工艺流程如图所示:(1)写出“浸取”过程中Cu2S溶解时发生反应的离子方程式:

。

(2)“矿渣”中除了S以外,还有

(填化学式);“回收S”过程中温度控制在50~60℃之间,不宜过高或过低的原因是

。

(3)“保温除铁”过程中,加入CuO的目的是

;“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,要用HNO3溶液调节溶液的pH,目的是

。

(4)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质,该反应的化学方程式为

;向“滤液M”中加入(或通入)

(填字母),能得到另一种流程中可循环利用的物质。

a.铁b.氯气c.锰酸钾d.二氧化氮答案:(1)Cu2S+4Fe3+══2Cu2++4Fe2++S(2)SiO2温度过高苯容易挥发,温度过低矿渣的溶解速率小(3)调节溶液的pH,促进Fe3+水解,生成Fe(OH)3沉淀抑制Cu2+的水解(4)4NOx+(5-2x)O2+2H2O══4HNO3

b解析:向辉铜矿石中加入氯化铁溶液溶解浸取过滤,将所得矿渣加入苯中进行水浴加热回收硫单质,离子方程式为Cu2S+4Fe3+══2Cu2++4Fe2++S;过滤后,向滤液中加入铁还原铁离子和置换金属铜,再过滤,向滤液M中通入氯气发生氧化反应生成的氯化铁可循环使用;“保温除铁”加入硝酸溶液溶解金属铁和铜,加入氧化铜,调节溶液pH,促进Fe3+水解,生成Fe(OH)3沉淀,从而除去铁元素,过滤得到的滤液为硝酸铜溶液,在硝酸溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硝酸铜晶体。(1)通过以上分析可知,Fe3+作氧化剂,Cu2S作还原剂,根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可得该反应的离子方程式为Cu2S+4Fe3+══2Cu2++4Fe2++S。(2)辉铜矿中除含有Cu2S外,还含有脉石SiO2,加入FeCl3溶液时,Cu2S与FeCl3反应产生固体S,SiO2固体不参与反应,所以“矿渣”中除了S以外,还有SiO2;在使用苯“回收S”过程中温度控制在50~60

℃之间,不宜过高或过低,温度过高苯容易挥发,温度过低矿渣的溶解速率小。(3)“保温除铁”过程中,加入CuO能中和未反应的硝酸,从而调节溶液的pH,促进Fe3+水解,生成Fe(OH)3沉淀;在“蒸发浓缩、冷却结晶”过程中,要用HNO3溶液调节溶液的pH,目的是抑制Cu2+的水解。(4)气体NOx与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质,该反应的化学方程式为4NOx+(5-2x)O2+2H2O══4HNO3;向“滤液M”中通入Cl2,可以将FeCl2氧化为FeCl3,能得到另一种流程中可循环利用的物质。新题演练•能力迁移1.下列离子方程式的书写及评价均合理的是(

)。

D2.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(

)。

B3.锡酸钠晶体(Na2SnO3·3H2O)在染料工业上用作媒染剂。以锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO,还含有少量Fe、Sb、Pb、As等元素的氧化物)为原料,制备锡酸钠晶体的工艺流程如图。已知:水碎液中溶质的主要成分为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3,均为强电解质。下列说法不正确的是(

)。C.“除Te”过程中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1D.“浓缩、结晶”时,加入NaOH的主要目的是有利于锡酸钠的结晶析出B解析:锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO,还含有少量Fe、Sb、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶,生成溶质为Na2SnO3、Na3AsO4、Na3SbO4、Na2PbO2、Na2TeO3的水碎液,Fe的氧化物未溶解,成为水碎渣;往水碎液中加入Ba(OH)2、Na2S,水碎液中的Na3AsO4、Na2PbO2分别转化为Ba3(AsO4)2、PbS沉淀;过滤后向所得滤液中加入Sn粒,滤液中的Na3SbO4转化为滤渣Sb,Sn转化为Na2SnO3;过滤后滤液中加入H2O2,滤液中的Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀;过滤后向所得滤液加入NaOH,再经浓缩、结晶,得到Na2SnO3晶体。4.(2022山西临汾高三模拟)金属铈可用于生产催化剂、电弧电极、特种玻璃等。现以氟碳铈矿(CeFCO3,含Fe2O3、FeO等杂质)为原料制备金属铈,其工艺流程如图所示。请回答下列问题。(1)“焙烧Ⅰ”时,空气与矿料逆流而行的目的是

;CeFCO3发生反应的化学方程式为

。

(2)“酸浸”反应体现了盐酸的

性质,“滤渣Ⅰ”“滤渣Ⅱ”的主要成分分别为

、

(填化学式)。

(3)“调pH”时,溶液中c(Ce3+)=0.1mol·L-1,为了除去杂质,同时避免损失Ce元素,25℃下,需调节溶液pH范围为3.0~7.0,由此可得Ksp[Ce(OH)3]=

(不考虑溶液体积变化)。

(4)“碳酸化”时,不用(NH4)2CO3溶液代替NH4HCO3溶液的原因是

。

(5)“热还原”反应的化学方程式为

。

答案:(1)增大反应物接触面积,提高反应速率和原料利用率4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2(2)酸性、还原性Fe(OH)3

KBF4(3)1.0×10-22(4)(NH4)2CO3溶液碱性较强,易生成Ce(OH)3(或碱式碳酸铈)杂质(5)3CeO2+4Al2Al2O3+3Ce解析:(1)从反应速率的影响因素和原料是否充分利用的角度考虑,“焙烧Ⅰ”时,空气与矿料逆流而行的目的是增大反应物接触面积,提高反应速率和原料利用率;焙烧时CeFCO3和空气中的氧气发生反应,化学方程式为4CeFCO3+O23CeO2+CeF4+4CO2。(2)“酸浸”过程中,盐酸与金属氧化物和金属氟化物反应生成了氯化物,Ce的化合价由+4价降低到+3价,故“酸浸”反应体现了盐酸的酸性和还原性;Fe3+极易水解,“调pH”时会生成氢氧化铁沉淀,故“滤渣Ⅰ”为Fe(OH)3;根据流程图可知,加入氯化钾溶液发生沉淀转化,“滤渣Ⅱ”为KBF4。(3)分析可知,常温下,pH越大杂质离子越容易形成沉淀,且pH=7.0时,Ce元素恰好不损失,则Ksp[Ce(OH)3]=c(Ce3+)·c3(OH-)=0.1×(10-7)3=1.0×10-22。(4)“碳酸化”时,不用(NH4)2CO