Question

9．利用钛矿的酸性废液（含TiO²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺、SO₄^2-等），可回收获得FeS₂纳米材料、Fe₂O₃和TiO₂•nH₂O等产品，流程如图：

（1）TiO²⁺中钛元素的化合价为+4价．TiO²⁺只能存在于强酸性溶液中，因为TiO²⁺易水解生成TiO₂•nH₂O，写出水解的离子方程式TiO²⁺+（n+1）H₂O?TiO₂•nH₂O+2H⁺．
（2）向富含TiO²⁺的酸性溶液中加入Na₂CO₃粉末能得到固体TiO₂•nH₂O．请用化学反应原理解释Na₂CO₃消耗H⁺，c（H⁺）减少，使TiO²⁺水解平衡向生成TiO₂•nH₂O方向移动 ．
（3）NH₄HCO₃溶液与FeSO₄溶液反应的离子方程式为Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O ，该反应需控制温度在308K以下，其目的是防止NH₄HCO₃受热分解和减少Fe²⁺的水解．
（4）已知298K时，K_sp[Fe（OH）₂]=8.0×10^-16，若在生成的FeCO₃达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c（Fe²⁺）=1.0×10^-5mol•L^-1，则所得的FeCO₃中没有Fe（OH）₂（填“有”或“没有”）．
（5）FeS₂纳米材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为：4Li+FeS₂═Fe+2Li₂S，则正极的电极反应式是FeS₂+4e^-=Fe+2S^2-．

Answer 1

分析 钛矿的酸性废液（含TiO²⁺、Fe²⁺、Fe³⁺、SO₄^2-等），①溶液呈强酸性，该过程中有如下反应发生：2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺；冷却结晶得到绿矾FeSO₄.7H₂O和含有TiO²⁺的酸性溶液，向溶液加入碳酸钠粉末，降低溶液酸性，得到TiO₂•nH₂O，
绿矾晶体可制备FeS₂纳米材料，将绿矾晶体溶解为FeSO₄溶液，加入足量的碳酸氢铵溶液，发生反应：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O，将得到的固体FeCO₃与氧气煅烧生成Fe₂O₃，据此分析解答．

解答 解：（1）TiO²⁺中氧元素-2价，则钛元素+4；TiO²⁺只能存在于强酸性溶液中，因为TiO²⁺易水解生成TiO₂•nH₂O，水解的反应物为：TiO²⁺+（n+1）H₂O?TiO₂•nH₂O+2H⁺；
故答案为：+4； TiO²⁺+（n+1）H₂O?TiO₂•nH₂O+2H⁺；
（2）含有TiO²⁺的酸性溶液，存在平衡TiO²⁺+（n+1）H₂O?TiO₂•nH₂O+2H⁺，向溶液加入碳酸钠粉末，Na₂CO₃消耗H⁺，c（H⁺）减少，使TiO²⁺水解平衡向生成TiO₂•nH₂O方向移动；
故答案为：Na₂CO₃消耗H⁺，c（H⁺）减少，使TiO²⁺水解平衡向生成TiO₂•nH₂O方向移动；
（3）NH₄HCO₃溶液与FeSO₄溶液反应生成FeCO₃和二氧化碳，离子方程式为：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；该反应需控制温度在308K以下，防止NH₄HCO₃受热分解和减少Fe²⁺的水解，使FeCO₃的生成损失；
故答案为：Fe²⁺+2HCO₃^-=FeCO₃↓+CO₂↑+H₂O；防止NH₄HCO₃受热分解和减少Fe²⁺的水解；
（4）已知298K时，K_sp[Fe（OH）₂]=8.0×10^-16，若在生成的FeCO₃达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c（OH^-）=1×10^-5.5，c（Fe²⁺）=1.0×10^-5mol•L^-1，此时溶液中c（Fe²⁺）•c（OH^-）²=1×10^-5×（1×10^-5.5）²=1×10^-16＜K_sp[Fe（OH）₂]=8.0×10^-16，故无Fe（OH）₂沉淀生成；
故答案为：没有；
（5）FeS₂纳米材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为：4Li+FeS₂═Fe+2Li₂S，正极发生还原反应，则正极为FeS₂反应，反应式为：FeS₂+4e^-=Fe+2S^2-；
故答案为：FeS₂+4e^-=Fe+2S^2-．

点评 本题考查物质的制备、为高考常见题型，题目难度中等，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，注意把握实验的原理和目的，为解答该类题目的关键，注意物质的性质，结合题给信息解答，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力．