Question

7．四氯化鈦（TiCl₄）是制取航天航空工業(yè)材料--鈦合金的重要原料，由鈦鐵礦（主要成分是FeTiO₃）制備TiCl₄等產品的一種工藝流程如圖甲：

回答下列問題：
（1）往①中加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時溶液仍呈強酸性，該過程中有如下反應發(fā)生：
2Fe³⁺+Fe═3Fe²⁺
2TiO²⁺（無色）+Fe+4H⁺═2Ti³⁺（紫色）+Fe²⁺+2H₂O
Ti³⁺（紫色）+Fe³⁺+H₂O═TiO²⁺（無色）+Fe²⁺+2H⁺
加入鐵屑的作用是使溶液中的鐵離子還原成亞鐵離子，生成Ti³⁺保護亞鐵離子不被氧化；在②→③工藝過程中需要控制條件以形成TiO₂•nH₂O溶膠，該溶膠的分散質顆粒直徑大小在1～100nm范圍內；
（2）若把③中制得的固體TiO₂•nH₂O用酸清洗除去其中的Fe（OH）₃雜質，還可制得鈦白粉，已知25℃時，K_φ[Fe（OH）₃]=2.79×10^-39，該溫度下反應Fe（OH）₃+3H⁺?Fe³⁺+3H₂O的平衡常數(shù)K=2.79×10³；
（3）已知：TiO₂（s）+2Cl₂（g）═TiCl₄（l）+O₂（g）
△H=+140kJ•mol^-1
2C（s）+O₂（g）═2CO（g）
△H=-221kJ•mol^-1
寫出④中TiO₂和焦炭、氯氣反應生成液態(tài)TiCl₄和CO氣體的熱化學方程式：TiO₂（s）+2C（s）+2Cl₂ （g）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol^-1；
（4）上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點，依據(jù)綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是產生了廢氣，廢液，廢渣等（只要求寫出一項）；
（5）將8.34g綠礬FeSO₄•7H₂O樣品隔絕空氣加熱脫水，其熱重曲線（樣品質量隨溫度變化的曲線）如圖乙所示，則下列說法正確的是D；
A．FeSO₄•7H₂O晶體中有4種不同結合力的水分子
B．在100℃時，M的化學式為FeSO₄•6H₂O
C．在200℃時，N的化學式為FeSO₄•3H₂O
D.380℃的P加熱至650℃時的化學方程式為：
2FeSO₄$\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑
（6）TiCl₄與LiOH在水溶液中一定條件下可反應生成Li₄Ti₅O₁₂（鈦酸鋰），Li₄Ti₅O₁₂可與LiMn₂O₄（錳酸鋰）等正極材料組成鋰離子二次電池，工作時Li⁺在電池內定向移動，其電池反應為：3LiMn₂O₄+LiTi₅O₁₂$?_{放電}^{充電}$Li₃Ti₅O₁₂+6MnO₂，使用時先充電，寫出其充電時的陽極反應
3LiMn₂O₄-3e-=3Li⁺+6MnO₂，放電時Li⁺的移動方向為Li⁺從負極Li₃Ti₅O₁₂移向下正極MnO₂．

Answer 1

分析 （1）往①中加入鐵屑至浸出液顯紫色，說明浸出液中含有Ti³⁺，由方程式可知，F(xiàn)e³⁺氧化為Ti³⁺；控制條件以形成TiO₂•n H₂O溶膠，說明得到膠體，其分散質顆粒直徑大小為10^-9～10^-7m（或1nm-100nm）；
（2）依據(jù)平衡常數(shù)的概念結合反應寫出計算式計算平衡濃度得到；
（3）依據(jù)熱化學方程式和蓋斯定律計算分析得到；
（4）綠色化學應零污染、零排放，原子利用率100%．結合工藝流程三廢回答；
（5）8.34g FeS0₄•7H₂0樣品物質的量=$\frac{8.34g}{278g/mol}$=0.03mol，其中m（H₂0）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶體全部失去結晶水，固體的質量應為8.34g-3.78g=4.56g，可知在加熱到373℃之前，晶體失去部分結晶水，結合質量的變化可確定在不同溫度時加熱后固體的化學式，加熱至633℃時，固體的質量為2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS0₄•7H₂0）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，則固體中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=$\frac{0.72g}{16g/mol}$=0.045mol，則n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，則固體物質Q的化學式為Fe₂O₃，以此解答；
（6）充電時的陽極反應陽極發(fā)生氧化反應，放電時陽離子向正極移動．

解答 解：（1）往①中加入鐵屑至浸出液顯紫色，說明浸出液中含有Ti³⁺，由方程式可知，F(xiàn)e³⁺氧化為Ti³⁺，加入鐵屑作還原劑，將Fe³⁺還原為Fe²⁺，防止Ti³⁺被Fe³⁺氧化成TiO²⁺，控制條件以形成TiO₂•n H₂O溶膠，說明得到膠體，其分散質顆粒直徑大小為10^-9～10^-7m（或1nm-100nm），
故答案為：使溶液中的鐵離子還原成亞鐵離子，生成Ti³⁺保護亞鐵離子不被氧化；1～100；
（2）K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）=2.79×10^-39，反應Fe （OH）₃+3H^+?Fe³⁺+H₂O的平衡常數(shù)K=$\frac{c（F{e}^{3+}）}{{c}^{3}（{H}^{+}）}$=$\frac{c（F{e}^{3+}）}{（\frac{1{0}^{-14}}{c（O{H}^{-}）}）^{3}}$=c（Fe³⁺）×c³（OH^-）×10⁴²=2.79×10^-39×10⁴²=2.79×10³．
故答案為：2.79×10³；
（3）①TiO₂ （s）+2Cl₂ （g）═TiCl₄（l）+O₂（g）△H=+140KJ•mol^-1
②2C（s）+O₂（g）═2CO（g）△H=-221KJ•mol^-1
依據(jù)蓋斯定律①+②得到：TiO₂（s）+2C（s）+2Cl₂ （g）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol^-1；
故答案為：TiO₂（s）+2C（s）+2Cl₂ （g）=TiCl₄（l）+2CO（g）△H=-81KJ•mol^-1；
（4）由工藝流程可知，生成中產生廢氣，廢液，廢渣等，不符合綠色化學理念，故答案為：產生了廢氣，廢液，廢渣等；
（5）8.34g FeS0₄•7H₂0樣品物質的量=$\frac{8.34g}{278g/mol}$=0.03mol，其中m（H₂0）=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶體全部失去結晶水，固體的質量應為8.34g-3.78g=4.56g，可知在加熱到373℃之前，晶體失去部分結晶水，
A．溫度為78℃時，固體質量為6.72g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H₂0）=6.72g-4.56g=2.16g，n（H₂0）=$\frac{2.16g}{18g/mol}$=0.12mol，則n（H₂0）：n（FeS0₄）=0.12mol：0.03mol=4：1，則化學式為FeSO₄•4H₂O；溫度為l59℃時，固體質量為5.10g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g，m（H₂0）=5.10g-4.56g=0.54g，n（H₂0）=$\frac{0.54g}{18g/mol}$=0.03mol，則n（H₂0）：n（FeS0₄）=0.03mol：0.03mol=1：1，則化學式為FeSO₄•H₂O；加熱至373℃時，固體的質量為4.56g，其中m（FeS0₄）=0.03mol×152g/mol=4.56g；加熱至633℃時，固體的質量為2.40g，其中n（Fe）=n（ FeS0₄•7H₂0）=0.03mol，m（Fe）=0.03mol×56g/mol=1.68g，則固體中m（O）=2.40g-1.68g=0.72g，n（O）=$\frac{0.72g}{16g/mol}$=0.045mol，則n（Fe）：n（O）=0.03mol：0.045mol=2：3，則固體物質Q的化學式為Fe₂O₃，F(xiàn)eSO₄•7H₂O晶體中有3種不同B結合力的水分子，故A錯誤；
B、由A知在100℃時，M的化學式為FeSO₄•4H₂O和FeSO₄•H₂O的混合物，故B錯誤；
C、由A知在200℃時，N的化學式為FeSO₄•3H₂O和FeS0₄的混合物，故C錯誤；
D、由A知鐵的化合價升高，必有硫的化合價降低，即有二氧化硫生成，設SO₂、SO₃的物質的量分別為x、y，則$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.03}\\{64x+80y=4.56-2.40}\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0.015}\\{y=0.015}\end{array}\right.$，所以方程式為：2FeSO₄ $\frac{\underline{\;高溫\;}}{\;}$Fe₂O₃+SO₂↑+SO₃↑，故D正確；
故選D；
（6）其電池反應為：3LiMn₂O₄+LiTi₅O₁₂$?_{放電}^{充電}$Li₃Ti₅O₁₂+6MnO₂，LiMn₂O₄中錳的化合價升高，發(fā)生氧化反應，所以陽極的電極反應式為：3LiMn₂O₄-3e-=3Li⁺+6MnO₂，放電時二氧化錳是正極發(fā)生還原反應，所以Li⁺從負極Li₃Ti₅O₁₂移向下正極MnO₂，故答案為：3LiMn₂O₄-3e-=3Li⁺+6MnO₂；Li⁺從負極Li₃Ti₅O₁₂移向下正極MnO₂．

點評 本題考查學生閱讀題目獲取信息能力、氧化還原反應、綠色化學、膠體、物質分離提純，平衡常數(shù)計算，溶度積常數(shù)的計算應用，蓋斯定律的計算應用等，難度不大，注意基礎知識的掌握利用．