Question

16．钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”，工业制取方法如图，先获得不溶性草酸氧钛钡晶体[BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O]，煅烧后可获得钛酸钡粉体．

（1）酸浸时发生的反应的离子方程式为BaCO₃+2H⁺=Ba²⁺+CO₂↑+H₂O；
（2）配制TiCl₄溶液时通常将TiCl₄固体溶于浓盐酸再加水稀释，其目的是抑制TiCl₄的水解；
（3）加入H₂C₂O₄溶液时，发生反应的化学方程式为BaCl₂+TiCl₄+2H₂C₂O₄+5H₂O=BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O↓+6HCl；可循环使用的物质X是HCl（填化学式），设计实验方案验证草酸氧钛钡晶体是否洗涤干净：取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；
（4）煅烧草酸氧钛钡晶体得到BaTiO₃的同时，生成高温下的气体产物有CO、CO₂和H₂O（g）；
（5）工业上用饱和Na₂CO₃溶液处理重晶石（主要成分是BaSO₄），待达到平衡后，移走上层清液，重复多次操作，将其转化为易溶于酸的BaCO₃，再由BaCO₃制备其它钡盐．已知常温下：K_sp（BaSO₄）=1.0×10^-10，K_sp（BaCO₃）=2.58×10^-9，请问至少需要2.59×10^-4 mol•L^-1的碳酸钠溶液浸泡才能实现上述转化（忽略CO₃^2-的水解）．

Answer 1

分析 由制备流程可知，碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡，然后氯化钡与四氯化碳、草酸反应生成BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O，过滤、洗涤、干燥、煅烧得到BaTiO₃，
（1）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳；
（2）TiCl₄可发生水解反应；
（3）加入H₂C₂O₄溶液生成草酸氧钛钡晶体，同时生成HCl可循环使用；可用硝酸银检验沉淀是否洗涤干净；
（4）BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O煅烧，发生分解反应，生成高温下的气体产物有CO、CO₂、H₂O（g）；
（5）根据Ksp（BaSO₄）计算饱和溶液中硫酸根离子的浓度，再根据平衡常数计算c（CO₃^2-）．

解答 解：（1）碳酸钡与盐酸反应生成氯化钡、水、二氧化碳，离子反应为BaCO₃+2H⁺=Ba²⁺+CO₂↑+H₂O，
故答案为：BaCO₃+2H⁺=Ba²⁺+CO₂↑+H₂O；
（2）TiCl₄可发生水解反应，则通常将TiCl₄溶于浓盐酸，目的是抑制TiCl₄的水解，故答案为：抑制TiCl₄的水解；
（3）入H₂C₂O₄溶液生成草酸氧钛钡晶体，反应为BaCl₂+TiCl₄+2H₂C₂O₄+5H₂O=BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O↓+6HCl，同时生成HCl（或盐酸）可循环使用，检验沉淀是否洗涤干净，可取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净，
故答案为：BaCl₂+TiCl₄+2H₂C₂O₄+5H₂O=BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O↓+6HCl；HCl；取最后一次洗涤液少许，滴入硝酸酸化的硝酸银，若无沉淀生成，则说明晶体已经洗涤干净；
（4）BaTiO（C₂O₄）₂•4H₂O煅烧，发生分解反应，由元素守恒可知，生成高温下的气体产物有CO、CO₂、H₂O（g），故答案为：CO₂；H₂O（g）；
（5）已知Ksp（BaSO₄）=1.0×10^-10，则饱和硫酸钡溶液中硫酸根离子的浓度c（SO₄^2-）=$\sqrt{Ksp（BaS{O}_{4}）}$=1.0×10^-5mol/L，则c（CO₃^2-）=$\frac{2.59×1{0}^{-9}}{1.0×1{0}^{-5}}$mol/L=2.59×10^-4mol/L；
故答案为：2.59×10^-4．

点评 本题考查物质制备实验，为高频考点，把握物质的性质及流程中的反应为解答的关键，侧重分析、实验能力及混合物分离提纯实验设计能力的考查，题目难度中等．