Question

7．四氯化钛（TiCl₄）是制取航天航空工业材料--钛合金的重要原料，由钛铁矿（主要成分是FeTiO₃）制备TiCl₄等产品的一种工艺流程如图甲：

回答下列问题：
（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，此时溶液仍呈强酸性，该过程中有如下反应发生：
2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺
2TiO²⁺（无色）+Fe+4H⁺═2Ti³⁺（紫色）+Fe²⁺+2H₂O
Ti³⁺（紫色）+Fe³⁺+H₂O═TiO²⁺（无色）+Fe²⁺+2H⁺
加入铁屑的作用是使溶液中的铁离子还原成亚铁离子，生成Ti³⁺保护亚铁离子不被氧化；在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO₂•nH₂O溶胶，该溶胶的分散质颗粒直径大小在1～100nm范围内；
（2）若把③中制得的固体TiO₂•nH₂O用酸清洗除去其中的Fe（OH）₃杂质，还可制得钛白粉，已知25℃时，K_φ[Fe（OH）₃]=2.79×10^-39，该温度下反应Fe（OH）₃+3H⁺?Fe³⁺+3H₂O的平衡常数K=2.79×10³；
（3）已知：TiO₂（s）+2Cl₂（g）═TiCl₄（l）+O₂（g）
△H=+140kJ•mol^-1
2C（s）+O₂（g）═2CO（g）
△H=-221kJ•mol^-1
写出④中TiO₂和焦炭、氯气反应生成液态TiCl₄和CO气体的热化学方程式：TiO₂（s）+2C（s）+2Cl₂ （g）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol^-1；
（4）上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点，依据绿色化学理念，该工艺流程中存在的不足之处是产生了废气，废液，废渣等（只要求写出一项）；
（5）将8.34g绿矾FeSO₄•7H₂O样品隔绝空气加热脱水，其热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如图乙所示，则下列说法正确的是D；
A．FeSO₄•7H₂O晶体中有4种不同结合力的水分子
B．在100℃时，M的化学式为FeSO₄•6H₂O
C．在200℃时，N的化学式为FeSO₄•3H₂O
D.380℃的P加热至650℃时的化学方程式为：
2FeSO₄$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑
（6）TiCl₄与LiOH在水溶液中一定条件下可反应生成Li₄Ti₅O₁₂（钛酸锂），Li₄Ti₅O₁₂可与LiMn₂O₄（锰酸锂）等正极材料组成锂离子二次电池，工作时Li⁺在电池内定向移动，其电池反应为：3LiMn₂O₄+LiTi₅O₁₂$?_{放电}^{充电}$Li₃Ti₅O₁₂+6MnO₂，使用时先充电，写出其充电时的阳极反应
3LiMn₂O₄-3e-=3Li⁺+6MnO₂，放电时Li⁺的移动方向为Li⁺从负极Li₃Ti₅O₁₂移向下正极MnO₂．

Answer 1

分析 （1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti³⁺，由方程式可知，Fe³⁺氧化为Ti³⁺；控制条件以形成TiO₂•n H₂O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10^-9～10^-7m（或1nm-100nm）；
（2）依据平衡常数的概念结合反应写出计算式计算平衡浓度得到；
（3）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到；
（4）绿色化学应零污染、零排放，原子利用率100%．结合工艺流程三废回答；
（5）8.34g FeS0₄•7H₂0样品物质的量=$\frac{8.34g}{278g/mol}$=0.03mol，其中m（H₂0）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS0₄•7H₂0）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=$\frac{0.72g}{16g/mol}$=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe₂O₃，以此解答；
（6）充电时的阳极反应阳极发生氧化反应，放电时阳离子向正极移动．

解答 解：（1）往①中加入铁屑至浸出液显紫色，说明浸出液中含有Ti³⁺，由方程式可知，Fe³⁺氧化为Ti³⁺，加入铁屑作还原剂，将Fe³⁺还原为Fe²⁺，防止Ti³⁺被Fe³⁺氧化成TiO²⁺，控制条件以形成TiO₂•n H₂O溶胶，说明得到胶体，其分散质颗粒直径大小为10^-9～10^-7m（或1nm-100nm），
故答案为：使溶液中的铁离子还原成亚铁离子，生成Ti³⁺保护亚铁离子不被氧化；1～100；
（2）K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=2.79×10^-39，反应Fe （OH）₃+3H^+?Fe³⁺+H₂O的平衡常数K=$\frac{c（F{e}^{3+}）}{{c}^{3}（{H}^{+}）}$=$\frac{c（F{e}^{3+}）}{（\frac{1{0}^{-14}}{c（O{H}^{-}）}）^{3}}$=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）×10⁴²=2.79×10^-39×10⁴²=2.79×10³．
故答案为：2.79×10³；
（3）①TiO₂ （s）+2Cl₂ （g）═TiCl₄（l）+O₂（g）△H=+140KJ•mol^-1
②2C（s）+O₂（g）═2CO（g）△H=-221KJ•mol^-1
依据盖斯定律①+②得到：TiO₂（s）+2C（s）+2Cl₂ （g）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol^-1；
故答案为：TiO₂（s）+2C（s）+2Cl₂ （g）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol^-1；
（4）由工艺流程可知，生成中产生废气，废液，废渣等，不符合绿色化学理念，故答案为：产生了废气，废液，废渣等；
（5）8.34g FeS0₄•7H₂0样品物质的量=$\frac{8.34g}{278g/mol}$=0.03mol，其中m（H₂0）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，
A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H₂0）=6.72g-4.56g=2.16g，n（H₂0）=$\frac{2.16g}{18g/mol}$=0.12mol，则n（H₂0）：n（FeS0₄）=0.12mol：0.03mol=4：1，则化学式为FeSO₄•4H₂O；温度为l59℃时，固体质量为5.10g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H₂0）=5.10g-4.56g=0.54g，n（H₂0）=$\frac{0.54g}{18g/mol}$=0.03mol，则n（H₂0）：n（FeS0₄）=0.03mol：0.03mol=1：1，则化学式为FeSO₄•H₂O；加热至373℃时，固体的质量为4.56g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g；加热至633℃时，固体的质量为2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS0₄•7H₂0）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=$\frac{0.72g}{16g/mol}$=0.045mol，则n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe₂O₃，FeSO₄•7H₂O晶体中有3种不同B结合力的水分子，故A错误；
B、由A知在100℃时，M的化学式为FeSO₄•4H₂O和FeSO₄•H₂O的混合物，故B错误；
C、由A知在200℃时，N的化学式为FeSO₄•3H₂O和FeS0₄的混合物，故C错误；
D、由A知铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO₂、SO₃的物质的量分别为x、y，则$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.03}\\{64x+80y=4.56-2.40}\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0.015}\\{y=0.015}\end{array}\right.$，所以方程式为：2FeSO₄ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑，故D正确；
故选D；
（6）其电池反应为：3LiMn₂O₄+LiTi₅O₁₂$?_{放电}^{充电}$Li₃Ti₅O₁₂+6MnO₂，LiMn₂O₄中锰的化合价升高，发生氧化反应，所以阳极的电极反应式为：3LiMn₂O₄-3e-=3Li⁺+6MnO₂，放电时二氧化锰是正极发生还原反应，所以Li⁺从负极Li₃Ti₅O₁₂移向下正极MnO₂，故答案为：3LiMn₂O₄-3e-=3Li⁺+6MnO₂；Li⁺从负极Li₃Ti₅O₁₂移向下正极MnO₂．

点评 本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分离提纯，平衡常数计算，溶度积常数的计算应用，盖斯定律的计算应用等，难度不大，注意基础知识的掌握利用．