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