题目内容
【题目】TiO2和CaTiO3都是光电转化材料，某研究小组利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3，还含有少量SiO2等杂质）来制备，并利用黄钾矾(KFe3(SO4)2(OH)6)回收铁的工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）“氧化酸解”的实验中，控制反应温度为150℃，不同氧化剂对钛铁矿酸解率的影响如图所示。50min时，要求酸解率大于85%，所选氧化剂应为____________；采用H2O2做氧化剂时，其效率低的原因可能是_______________________。
（2）“氧化酸解”的滤液①中加入尿素CO(NH2)2， TiO2+转化为TiO2，写出相应的离子方程式_____________________，使用尿素而不直接通入NH3的原因是_____________。
（3）写出“高温煅烧”中由TiO2制备CaTiO3的化学方程式________________。
（4）使Fe3+恰好沉淀完全时，溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，列式计算此时溶液的pH________。（Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39、水的Kw=1.0×10-14 mol2·L-2）
（5）黄钾钒为沉淀为晶体，含水量很少。回收Fe3+时，不采用加入氨水调节pH制得Fe(OH)3的原因是_________________。
【答案】 KClO3 在温度较高时H2O2易分解或产物中的Fe3+可以催化H2O2的分解(其它合理答案也可给分，如H2O2氧化能力弱) TiO2++CO(NH2)2+2H2O
TiO2+CO2↑+2NH4+ 避免将溶液中Fe3+的沉淀 TiO2+CaCl2·2H2O
CaTiO3+2HCl↑+H2O ↑ 3 Fe(OH)3絮状沉淀不容易分离
【解析】试题分析：（1）根据题目要求结合图像在50分钟时酸浸率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3 ，但KMnO4作氧化剂引入Mn2+，对后续的物质分离造成干扰。Fe3+的催化会加快H2O2分解。（2）由信息可知Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中，利用C、N元素守恒可判断产物为CO2、NH4+；由于Fe3+开始沉淀需要的pH值很小，直接通入NH3会使溶液pH值快速增大，容易使Fe3+沉淀。 (3)由信息可知制备CaTiO3为非氧化还原反应，利用元素守恒判断剩余产物为HCl、H2O；（4）根据Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39和溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，求出溶液中OH-的浓度；（5）由信息可知黄钾铁矾为晶形沉淀而氢氧化铁为絮状沉淀不利于从溶液中分离。
解析：（1）根据题目要求结合图像在50分钟时酸浸率大于85%的氧化剂有KMnO4和KClO3 ，但KMnO4作氧化剂引入Mn2+，对后续的物质分离造成干扰，故选用KClO3 作氧化剂。产物中的Fe3+可以催化H2O2的分解，所以采用H2O2做氧化剂时效率低。
（2）由信息可知Ti元素的化合价并没有发生改变，该反应为非氧化还原反应，在酸性环境中， C、N元素的产物为CO2、NH4+，反应的离子方程式是TiO2++CO(NH2)2+2H2O
TiO2+CO2↑+2NH4+；由于Fe3+开始沉淀需要的pH值很小，直接通入NH3会使溶液pH值快速增大，容易使Fe3+沉淀，所以使用尿素而不直接通入NH3，可以避免溶液中Fe3+沉淀。 (3)由信息可知制备CaTiO3为非氧化还原反应，根据元素守恒，剩余产物为HCl、H2O，反应化学方程式是TiO2+CaCl2·2H2O
CaTiO3+2HCl↑+H2O ↑；（4）根据Fe(OH)3的Ksp=1.0×10-39和溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1，溶液中OH-的浓度为
mol·L-1，所以pH为3；（5）氢氧化铁为絮状沉淀不利于从溶液中分离，所以不采用加入氨水调节pH制得Fe(OH)3。
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