Question

（2013?漳州二模）钛铁矿的主要成分为FeTiO₃（可表示为FeO?TiO₂），含有少量MgO、CaO、SiO₂等杂质．利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料（钛酸锂Li₄Ti₅O₁₂和磷酸亚铁锂LiFePO₄）的工业流程如图所示：

已知：FeTiO₃与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO₃+4H⁺+4Cl^-=Fe²⁺+TiOCl₄^2-+2H₂O
（1）化合物FeTiO₃中铁元素的化合价是

+2

．
（2）滤渣A的成分是

SiO₂

．
（3）滤液B中TiOCl₄^2-转化生成TiO₂的离子方程式是

TiOCl₄^2-+H₂O=TiO₂↓+2H⁺+4Cl^-

．
（4）反应②中固体TiO₂转化成（NH₄）₂Ti₅O₁₅溶液时，Ti元素的浸出率与反应温度的关系如图所示．反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是

温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解

．

（5）反应③的化学方程式是

（NH₄）₂Ti₅O₁₅+2 LiOH=Li₂Ti₅O₁₅↓+2NH₃?H₂O（或2NH₃+2H₂O）

．
（6）由滤液D制备LiFePO₄的过程中，所需  17%双氧水与H₂C₂O₄的质量比是

20：9

．
（7）若采用钛酸锂（Li₄Ti₅O₁₂）和磷酸亚铁锂（LiFePO₄）作电极组成电池，其工作原理为：Li₄Ti₅O₁₂+3LiFePO₄?

充电 Li7Ti5O12

放电

+3FePO₄该电池充电时阳极反应式是

LiFePO₄-e^-=FePO₄+Li⁺

．

Answer 1

分析：（1）根据反应FeTiO₃+4H⁺+4Cl^-=Fe²⁺+TiOCl₄^2-+2H₂O，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价；
（2）MgO、CaO、SiO₂等杂质中，二氧化硅不溶于稀盐酸，成为滤渣A；
（3）根据流程图示，TiOCl₄^2-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀；
（4）二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH₄）₂Ti₅O₁₅，温度过高，双氧水和氨水都容易分解；
（5）反应3是（NH₄）₂Ti₅O₁₅与强氧化锂反应生成Li₂Ti₅O₁₅沉淀和氨水；
（6）根据电子守恒找出双氧水与草酸的关系式，然后列式计算计算出17%双氧水与H₂C₂O₄的质量比；
（7）充电时按照电解槽进行分析，阳极氧化阴极还原，写出阳极放电的电解方程式即可．

解答：解：（1）反应FeTiO₃+4H⁺+4Cl^-=Fe²⁺+TiOCl₄^2-+2H₂O中，不是非氧化还原反应，可以判断铁元素化合价为+2价，
故答案为：+2；
（2）由于杂质中二氧化硅不溶于盐酸，所以滤渣A成分是二氧化硅，
故答案为：SiO₂；
（3）根据流程可知，TiOCl₄^2-在溶液中加热与水反应生成二氧化钛沉淀，反应的离子方程式为：TiOCl₄^2-+H₂O=TiO₂↓+2H⁺+4Cl^-，
故答案为：TiOCl₄^2-+H₂O=TiO₂↓+2H⁺+4Cl^-；
（4）由于二氧化钛与氨水、双氧水反应生成NH₄）₂Ti₅O₁₅时，温度过高，双氧水和氨水都容易分解，所以反应温度过高时，Ti元素浸出率下降，
故答案为：温度过高时，反应物氨水（或双氧水）受热易分解；
（5）根据流程图示可知，反应3是（NH₄）₂Ti₅O₁₅与强氧化锂反应生成Li₂Ti₅O₁₅沉淀和氨水，反应的化学方程式为：（NH₄）₂Ti₅O₁₅+2 LiOH=Li₂Ti₅O₁₅↓+2NH₃?H₂O（或2NH₃+2H₂O），
故答案为：（NH₄）₂Ti₅O₁₅+2 LiOH=Li₂Ti₅O₁₅↓+2NH₃?H₂O（或2NH₃+2H₂O）；
（6）根据电子守恒，氧化铁元素转移的电子就等于铁离子氧化草酸转移的电子数，
因此可得关系式：H₂O₂～H₂C₂O₄，设双氧水质量为x，草酸质量为y，
                34     90
              x×17%    y
 34y=90×x×17%，x：y=20：9，
17%双氧水与H₂C₂O₄的质量比为20：9，
故答案为：20：9；
（7）充电时，阳极发生氧化反应，LiFePO₄失去电子生成FePO₄，电极反应为：LiFePO₄-e^-=FePO₄+Li⁺，
故答案为：LiFePO₄-e^-=FePO₄+Li⁺．

点评：本题借助利用钛铁矿制备锂离子电池电极材料流程，考查了化合价判断、离子方程式书写、电极方程式书写、化学计算等知识，涉及的内容较多，综合性较强，充分考查了学生的综合能力，本题难度中等．