题目内容

5．纯净的二氧化钛粉末颜色雪白，俗称钛白，是重要的白色颜料
I．以钛铁矿（FeTiO3）为原料的硫酸法制钛白，流程大致如下（部分产物已略去）
（1）溶矿过程大量放热，反应剧烈时，体系温度甚至可达473K，写出溶矿的化学方程式FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O，为提高溶矿效率，可采取的措施有将矿石粉碎（任写一种）
（2）过程①中加入Fe粉以防止亚铁离子被氧化，Fe粉在该过程中参与反应的离子方程式为Fe+2H+═Fe2++H2↑、Fe+2Fe3+=3Fe2+
（3）操作②为冷却结晶、过滤，此法并未直接稀释钛液获得H2TiO3，其目的是同时获得FeSO4•7H2O
（4）反应③的离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，为促进H2TiO3的生成，可采取的措施有加热或加过量水
II．测定钛白中TiO2的含量可用滴定分析法：在隔绝空气的条件下，将样品溶于硫酸，保持隔绝空气，加入过量的铝，将钛原还原成Ti3+，此时溶液中的Ti3+可以被Fe3+定量氧化
（5）常用NH4Fe（SO4）2固体配制标准Fe3+溶液，配制100mL标准溶液时使用的仪器除了天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管外，还需要100mL容量瓶
（6）该滴定分析中所需要的指示剂为KSCN溶液
（7）已知TiO2的摩尔质量为Mg/mol，称取wg钛白粉试样进行滴定分析，消耗cmol/L的NH4Fe（SO4）2标准溶液VmL，则钛白中TiO2质量分数为$\frac{cVM}{1000W}$或$\frac{cVM}{10W}$%
（8）下列操作会使测得钛白粉中TiO2的质量分数偏高的是C
A．终点时度数，俯视滴定管中液面
B．滴定用的锥形瓶在滴定前有少量蒸馏水
C．配制Fe3+标准溶液时，烧杯中的溶液不慎溅出了一些．

分析 I．钛铁矿（主要成分FeTiO3，其中铁为正二价）为原料，加入稀硫酸溶解加入水中浸取，浸取液含有Fe2+，过滤得到滤液Ⅰ含有TiOSO4 和FeSO4，过程①中加入Fe粉以防止亚铁离子被氧化，趁热过滤，滤液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到FeSO4•7H2O，和滤液主要TiOSO4，加入水水解过滤生成偏钛酸H2TiO3（TiO2•H2O），煅烧得到TiO2．
（1）铁矿加入硫酸反应可制得硫酸氧钛，硫酸亚铁和水，结合原则守恒配平书写得到化学方程式；增大接触面积可提高溶矿效率；
（2）铁和酸反应生成亚铁离子、氢气，铁粉还原铁离子为亚铁离子，防止已还原的Fe2+重新被空气氧化；
（3）操作②得到浅绿色晶体，为结晶水合物七水合硫酸亚铁，为防止结晶水受热分解，需冷却结晶，结晶后过滤，
（4）TiO2+水解生成H2TiO3和H+；促进H2TiO3的生成，可使水解平衡正向移动，可通过加热或加水实现；
II．（5）配制一定物质的量浓度的溶液，基本步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，据此判断需要的仪器；
（6）用KSCN作指示剂，终点时NH4Fe（SO4）2不再与Ti3+反应，生成血红色的Fe（SCN）3；
（7）根据得失电子守恒：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，以此进行计算；
（8）A．终点时度数，俯视滴定管中液面，体积读数偏小；
B．滴定用的锥形瓶在滴定前有少量蒸馏水，无影响；
C．配制Fe3+标准溶液时，烧杯中的溶液不慎溅出了一些，溶质偏小，滴定溶液中的Ti3+的Fe3+偏多．

解答 解：I．（1）铁矿加入硫酸反应可制得硫酸氧钛，硫酸亚铁和水，结合原则守恒配平书写得到化学方程式：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；为提高溶矿效率，可采取将矿石粉碎，增大其接触面积，
故答案为：FeTiO3+2H2SO4=TiOSO4+FeSO4+2H2O；将矿石粉碎；
（2）铁和酸反应生成亚铁离子、氢气，离子反应为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，亚铁离子易被氧化成Fe3+，铁粉还原铁离子为亚铁离子，Fe+2Fe3+=3Fe2+，防止已还原的Fe2+重新被空气氧化，保证Fe3+全部转化为Fe2+，
故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；Fe+2Fe3+=3Fe2+；
（3）第①步加铁粉还原Fe3+，防止已还原的Fe2+重新被空气氧化，过滤除去滤渣，为防止结晶水受热分解，第②步冷却结晶，过滤得到FeSO4•7H2O，此法并未直接稀释钛液获得H2TiO3，同时获得FeSO4•7H2O，
故答案为：冷却结晶；过滤；同时获得FeSO4•7H2O；
（4）TiO2+水解生成H2TiO3，离子方程式是TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，水解吸热，加热可促进H2TiO3的生成，加过量水也可促进H2TiO3的生成，
故答案为：TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+；加热或加过量水；
II．（5）配制一定物质的量浓度的溶液，基本步骤为：计算、称量（量取）、溶解（稀释）、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：托盘天平（量筒）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶等，配制100mL标准溶液用100mL容量瓶，
故答案为：100mL容量瓶；
（6）当达到滴定终点时，再加入NH4Fe（SO4）2，溶液中Fe3+过量，生成血红色的Fe（SCN）3，且半分钟不褪色；
故答案为：KSCN溶液；
（7）根据得失电子守恒，有：1Ti3+～1Fe3+，故n（Fe3+）=n（Ti3+）=n（TiO2）=cV×10-3mol，其质量分数为$\frac{cVM}{1000W}$或$\frac{cVM}{10W}$%．
故答案为：$\frac{cVM}{1000W}$或$\frac{cVM}{10W}$%；
（8）A．终点时度数，俯视滴定管中液面，体积读数偏小，TiO2的质量偏低，故A错误；
B．滴定用的锥形瓶在滴定前有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，无影响，故B错误；
C．配制Fe3+标准溶液时，烧杯中的溶液不慎溅出了一些，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，消耗Fe3+溶液偏低，TiO2的质量偏高，故C正确；
故答案为：C．

点评 本题考查了钛白制备，掌握物质性质和反应条件是解题关键，考查学生对所学知识的综合应用能力，注意物质分离的流程分析判断，物质性质的应用，题目难度中等．

练习册系列答案
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请写出四种物质的结构简式：XCH3CH2COOH，YCH3CHOHCHO，ZHCOOCH2CH3，WCH3COOCH3．
16．用右图所示装置除去含CN-、CI-废水中的CN-时，控制溶液pH为9-10，阳极产生的ClO-将CN-氧化为两种无污染的气体，下列说法不正确的是（　　）
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13．实验室探究金属Mg在NOx中的燃烧产物．回答下列问题：
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①选择图中的装置，按气流方向将其连接，用接口字母表示的顺序为abcdebcghf．安装仪器后，首先检查装置的气密性，然后进行的操作是打开分液漏斗，待红棕色气体充满整个装置后 ．
②装置A中仪器名称为分液漏斗、平底烧瓶，反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O．
③验证产物中有N2生成的现象为装置D中气体体积增大，水从广口瓶流入烧杯中．
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 （4）Mg与NOx反应的产物MgO能溶于NH4Cl溶液且放出NH3，推测其可能的原因．
甲同学认为NH4Cl溶液存在水解平衡NH4++H2O?NH3•H2O+H+，因MgO+2H+═Mg2++H2O导致c（H+）减小，水解平衡右移导致NH3•H2O浓度增大，分解生成NH3．
乙同学认为发生MgO+2NH4+═Mg2++H2O+2NH3↑而溶解．
请设计实验探究乙同学的推测是否合理向MgO固体中加入过量的CH3COONH4溶液，若固体溶解且放出NH3，则证明乙同学推测合理，否则乙通常推测不合理．
20．现有常温下的六份溶液：
①0.01mol/L CH3COOH溶液
②0.01mol/L HCl溶液
③pH=12的氨水
④pH=12的NaOH溶液
⑤0.01mol/L CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液
⑥0.01mol/L HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液
（1）其中水的电离程度最大的是⑥（填序号，下同），水的电离程度相同的是②③④；
（2）将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：①＞②，③＞④，⑤＞⑥（填“＞”“＜”或“=”）；
（3）将①④混合，若有c（CH3COO-）＞c（H+），则混合溶液可能呈ABC（填选项字母）．
A．酸性　            B．碱性　　　         C．中性．
10．下列叙述中，正确的是（　　）
A．所有主族中都有非金属元素
B．同周期元素中，ⅦA族元素的原子半径最大
C．ⅥA族元素的原子，其半径越大，越容易得到电子
D．元素周期表中从ⅢB到ⅡB 10个纵列的元素都是金属元素
17．下列关于物质结构和性质的叙述，正确的是（　　）
A．用酸性KMnO4溶液可以检验绿矾（FeSO4•7H2O）是否变质
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C．在共价化合物分子内，可能存在离子键
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D．《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
9．下列叙述正确的是（　　）
A．金属氧化物不一定是碱性氧化物
B．HC1、H2S、NH3都是电解质
C．强酸强碱都是离子化合物
D．FeBr3、FeCl2、CuS都不能直接用化合反应制备

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