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7.四氯化钛(TiCl4)是制取航天航空工业材料--钛合金的重要原料,由钛铁矿(主要成分是FeTiO3)制备TiCl4等产品的一种工艺流程如图甲:

回答下列问题:
(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色,此时溶液仍呈强酸性,该过程中有如下反应发生:
2Fe3++Fe═3Fe2+
2TiO2+(无色)+Fe+4H+═2Ti3+(紫色)+Fe2++2H2O
Ti3+(紫色)+Fe3++H2O═TiO2+(无色)+Fe2++2H+
加入铁屑的作用是使溶液中的铁离子还原成亚铁离子,生成Ti3+保护亚铁离子不被氧化;在②→③工艺过程中需要控制条件以形成TiO2•nH2O溶胶,该溶胶的分散质颗粒直径大小在1~100nm范围内;
(2)若把③中制得的固体TiO2•nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3杂质,还可制得钛白粉,已知25℃时,Kφ[Fe(OH)3]=2.79×10-39,该温度下反应Fe(OH)3+3H+?Fe3++3H2O的平衡常数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
写出④中TiO2和焦炭、氯气反应生成液态TiCl4和CO气体的热化学方程式:TiO2(s)+2C(s)+2Cl2 (g)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81KJ•mol-1
(4)上述工艺具有成本低、可用低品位矿物为原料等优点,依据绿色化学理念,该工艺流程中存在的不足之处是产生了废气,废液,废渣等(只要求写出一项);
(5)将8.34g绿矾FeSO4•7H2O样品隔绝空气加热脱水,其热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图乙所示,则下列说法正确的是D;
A.FeSO4•7H2O晶体中有4种不同结合力的水分子
B.在100℃时,M的化学式为FeSO4•6H2O
C.在200℃时,N的化学式为FeSO4•3H2O
D.380℃的P加热至650℃时的化学方程式为:
2FeSO4$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe2O3+SO2↑+SO3
(6)TiCl4与LiOH在水溶液中一定条件下可反应生成Li4Ti5O12(钛酸锂),Li4Ti5O12可与LiMn2O4(锰酸锂)等正极材料组成锂离子二次电池,工作时Li+在电池内定向移动,其电池反应为:3LiMn2O4+LiTi5O12$?_{放电}^{充电}$Li3Ti5O12+6MnO2,使用时先充电,写出其充电时的阳极反应
3LiMn2O4-3e-=3Li++6MnO2,放电时Li+的移动方向为Li+从负极Li3Ti5O12移向下正极MnO2

分析 (1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色,说明浸出液中含有Ti3+,由方程式可知,Fe3+氧化为Ti3+;控制条件以形成TiO2•n H2O溶胶,说明得到胶体,其分散质颗粒直径大小为10-9~10-7m(或1nm-100nm);
(2)依据平衡常数的概念结合反应写出计算式计算平衡浓度得到;
(3)依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到;
(4)绿色化学应零污染、零排放,原子利用率100%.结合工艺流程三废回答;
(5)8.34g FeS04•7H20样品物质的量=$\frac{8.34g}{278g/mol}$=0.03mol,其中m(H20)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g,可知在加热到373℃之前,晶体失去部分结晶水,结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式,加热至633℃时,固体的质量为2.40g,其中n(Fe)=n( FeS04•7H20)=0.03mol,m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g,n(O)=$\frac{0.72g}{16g/mol}$=0.045mol,则n(Fe):n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3,则固体物质Q的化学式为Fe2O3,以此解答;
(6)充电时的阳极反应阳极发生氧化反应,放电时阳离子向正极移动.

解答 解:(1)往①中加入铁屑至浸出液显紫色,说明浸出液中含有Ti3+,由方程式可知,Fe3+氧化为Ti3+,加入铁屑作还原剂,将Fe3+还原为Fe2+,防止Ti3+被Fe3+氧化成TiO2+,控制条件以形成TiO2•n H2O溶胶,说明得到胶体,其分散质颗粒直径大小为10-9~10-7m(或1nm-100nm),
故答案为:使溶液中的铁离子还原成亚铁离子,生成Ti3+保护亚铁离子不被氧化;1~100;
(2)Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.79×10-39,反应Fe (OH)3+3H+?Fe3++H2O的平衡常数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
故答案为: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
依据盖斯定律①+②得到:TiO2(s)+2C(s)+2Cl2 (g)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81KJ•mol-1
故答案为:TiO2(s)+2C(s)+2Cl2 (g)=TiCl4(l)+2CO(g)△H=-81KJ•mol-1
(4)由工艺流程可知,生成中产生废气,废液,废渣等,不符合绿色化学理念,故答案为:产生了废气,废液,废渣等;
(5)8.34g FeS04•7H20样品物质的量=$\frac{8.34g}{278g/mol}$=0.03mol,其中m(H20)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g,如晶体全部失去结晶水,固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g,可知在加热到373℃之前,晶体失去部分结晶水,
A.温度为78℃时,固体质量为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,则n(H20):n(FeS04)=0.12mol:0.03mol=4:1,则化学式为FeSO4•4H2O;温度为l59℃时,固体质量为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,则n(H20):n(FeS04)=0.03mol:0.03mol=1:1,则化学式为FeSO4•H2O;加热至373℃时,固体的质量为4.56g,其中m(FeS04)=0.03mol×152g/mol=4.56g;加热至633℃时,固体的质量为2.40g,其中n(Fe)=n( FeS04•7H20)=0.03mol,m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g,则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g,n(O)=$\frac{0.72g}{16g/mol}$=0.045mol,则n(Fe):n(O)=0.03mol:0.045mol=2:3,则固体物质Q的化学式为Fe2O3,FeSO4•7H2O晶体中有3种不同B结合力的水分子,故A错误;
B、由A知在100℃时,M的化学式为FeSO4•4H2O和FeSO4•H2O的混合物,故B错误;
C、由A知在200℃时,N的化学式为FeSO4•3H2O和FeS04的混合物,故C错误;
D、由A知铁的化合价升高,必有硫的化合价降低,即有二氧化硫生成,设SO2、SO3的物质的量分别为x、y,则$\left\{\begin{array}{l}{x+y=0.03}\\{64x+80y=4.56-2.40}\end{array}\right.$
解得$\left\{\begin{array}{l}{x=0.015}\\{y=0.015}\end{array}\right.$,所以方程式为:2FeSO4 $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Fe2O3+SO2↑+SO3↑,故D正确;
故选D;
(6)其电池反应为:3LiMn2O4+LiTi5O12$?_{放电}^{充电}$Li3Ti5O12+6MnO2,LiMn2O4中锰的化合价升高,发生氧化反应,所以阳极的电极反应式为:3LiMn2O4-3e-=3Li++6MnO2,放电时二氧化锰是正极发生还原反应,所以Li+从负极Li3Ti5O12移向下正极MnO2,故答案为:3LiMn2O4-3e-=3Li++6MnO2;Li+从负极Li3Ti5O12移向下正极MnO2

点评 本题考查学生阅读题目获取信息能力、氧化还原反应、绿色化学、胶体、物质分离提纯,平衡常数计算,溶度积常数的计算应用,盖斯定律的计算应用等,难度不大,注意基础知识的掌握利用.

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的△H>0
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A.AB.BC.CD.D

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19.如图是一套电化学装置,a、b、c、d都是石墨电极,对其有关说法错误的是(  )
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