题目内容
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1所示：
（1）已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl-→Fe2++TiOCl42-+2H2O，为了提高钛铁矿溶浸的效率，可以采取的措施有
A．搅拌 B．适当提高温度 C．研磨矿石 D．适当提高盐酸浓度．
（2）操作①在实验室进行时，必须使用的玻璃仪器 除玻璃棒外还有 ；滤渣A的成分是 ．
（3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2所示．反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是 ．
（4）反应③的化学方程式是 ．
（5）由滤液D制备LiFePO4的过程中，理论上所需34%双氧水与H2C2O4的质量比是 ．
（1）已知：FeTiO3与盐酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H++4Cl-→Fe2++TiOCl42-+2H2O，为了提高钛铁矿溶浸的效率，可以采取的措施有
A．搅拌 B．适当提高温度 C．研磨矿石 D．适当提高盐酸浓度．
（2）操作①在实验室进行时，必须使用的玻璃仪器 除玻璃棒外还有
（3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2所示．反应温度过高时，Ti元素浸出率下降的原因是
（4）反应③的化学方程式是
（5）由滤液D制备LiFePO4的过程中，理论上所需34%双氧水与H2C2O4的质量比是
考点：制备实验方案的设计,物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用
专题：实验设计题
分析：铁矿石加入盐酸溶解过滤得到滤渣为二氧化硅，滤液B为MgCl2、CaCL2，FeCl2、TiCl2，加热促进水解，过滤得到彻底TiO2，加入过氧化氢和氨水反应得到（NH4）2Ti5O15，加入氢氧化锂溶液得到沉淀Li2Ti5O15加入碳酸锂煅烧得到钛酸锂Li4Ti5O12，滤液D加入过氧化氢氧化亚铁离子，加入磷酸得到沉淀磷酸铁，加入碳酸锂和草酸煅烧得到磷酸亚铁锂LiFePO4；
（1）根据反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O，为了提高钛铁矿溶浸的效率，增大反应速率；
（2）操作①是过滤操作，依据过滤装置分析仪器；MgO、CaO、SiO2等杂质中，二氧化硅不溶于稀盐酸，成为滤渣A；
（3）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；
（4）反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水；
（5）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；
（1）根据反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O，为了提高钛铁矿溶浸的效率，增大反应速率；
（2）操作①是过滤操作，依据过滤装置分析仪器；MgO、CaO、SiO2等杂质中，二氧化硅不溶于稀盐酸，成为滤渣A；
（3）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；
（4）反应3是（NH4）2Ti5O15与强氧化锂反应生成Li2Ti5O15沉淀和氨水；
（5）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；
解答：
解：（1）反应FeTiO3+4H++4Cl-=Fe2++TiOCl42-+2H2O中，为了提高钛铁矿溶浸的效率，增大反应速率，可以采取的措施有，
A．搅拌加快溶解，有利于提高钛铁矿溶浸的效率，故A正确；
B．适当提高温度，加快反应速率，提高钛铁矿溶浸的效率，故B正确；
C．研磨矿石中等接触面积，增大反应速率，提高钛铁矿溶浸的效率，故C正确；
D．适当提高盐酸浓度增大反应速率，提高钛铁矿溶浸的效率，故D正确．
故答案为：ABCD；
（2）操作①在实验室进行时，是分离固体和液体的操作为过滤，必须使用的玻璃仪器 除玻璃棒外还有，漏斗，烧杯； 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：漏斗，烧杯；SiO2；
（3）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；
（4）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×34% y
34y=90×x×34%，x：y=10：9，
17%双氧水与H2C2O4的质量比为10：9，
故答案为：10：9；
A．搅拌加快溶解，有利于提高钛铁矿溶浸的效率，故A正确；
B．适当提高温度，加快反应速率，提高钛铁矿溶浸的效率，故B正确；
C．研磨矿石中等接触面积，增大反应速率，提高钛铁矿溶浸的效率，故C正确；
D．适当提高盐酸浓度增大反应速率，提高钛铁矿溶浸的效率，故D正确．
故答案为：ABCD；
（2）操作①在实验室进行时，是分离固体和液体的操作为过滤，必须使用的玻璃仪器 除玻璃棒外还有，漏斗，烧杯； 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：漏斗，烧杯；SiO2；
（3）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；
（4）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×34% y
34y=90×x×34%，x：y=10：9，
17%双氧水与H2C2O4的质量比为10：9，
故答案为：10：9；
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．
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一定条件下，在绝热恒容2L密闭容器中进行反应：N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）+Q，若反应过程中n（H2）和n（NH3）随时间变化的关系如图所示，则下列有关叙述中一定正确的是（ ）| A、若在t2时刻再充入一定量He，达平衡时C（H2）＜0.4mol/L |
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下列排列顺序正确的是（ ）
①热稳定性：HF＞H2O＞NH3
②离子半径：Na+＞Mg2+＞F-
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④结合质子能力：OH-＞C6H5O-＞HCO3-
⑤分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液．
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⑤分散系中分散质粒子的直径：Fe（OH）3悬浊液＞Fe（OH）3胶体＞FeCl3溶液．
| A、①③⑤ | B、①④⑤ |
| C、②④ | D、全部 |
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