Question

20．研究人员研制利用低品位软锰矿浆（主要成分是MnO₂）吸收硫酸厂的尾气SO₂，制备硫酸锰的生产流程如图1：

已知：浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn²⁺，还含有少量的Fe²⁺、Al³⁺、Ca²⁺、Pb²⁺等其他金属离子．PbO₂的氧化性大于MnO₂．有关金属离子的半径、形成氢氧化物沉淀时的pH见下表，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果见图2．

离子	离子半径（pm）	开始沉淀时的pH	完全沉淀时的pH
Fe2+	74	7.6	9.7
Fe3+	64	2.7	3.7
Al3+	50	3.8	4.7
Mn2+	80	8.3	9.8
Pb2+	121	8.0	8.8
Ca2+	99	-	-

（1）浸出过程中生成Mn²⁺反应的化学方程式为SO₂+MnO₂=MnSO₄，
（2）Fe²⁺被氧化的过程中主要反应的离子方程式2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O．
（3）在氧化后的液体中加入石灰浆，用于调节pH，pH应调节至4.7≤pH＜8.3范围．
（4）阳离子吸附剂可用于除去杂质金属离子．请依据图、表信息回答，决定阳离子吸附剂吸附效果的因素有吸附时间、金属离子半径、金属离子电荷等（写二点）．
（5）吸附步骤除去的主要离子为Pb²⁺、Ca²⁺．
（6）电解MnSO₄、ZnSO₄和H₄SO₄的混合溶液可制备MnO₂和Zn，写出阳极的电极反应方程式Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂↓+4H⁺．

Answer 1

分析 （1）从流程图看，浸出过程是软锰矿浆（MnO₂）与SO₂的反应．
（2）杂质离子中只有Fe²⁺具有还原性，可以被MnO₂在酸性条件下氧化成Fe³⁺；
（3）从表可以看出，只要调节pH值在4.7～8.3间，大于4.7可以将Fe³⁺和Al³⁺除去，小于8.3是防止Mn²⁺也沉淀；
（4）结合半径，分析右图知，图中离子从上至下，半径有减小趋势，对应的吸附率减小．随着时间的递增，所有离子的吸附率均增大；另Fe³⁺和Al³⁺离子所带电荷数大，其吸附率低；
（5）从吸附率的图可以看出，Ca²⁺、Pb²⁺的吸附率较高，
（6）电解MnSO₄、ZnSO₄和H₄SO₄的混合溶液可制备MnO₂和Zn，阳极上是发生氧化反应，元素化合价升高为MnSO₄失电子生成MnO₂，ZnSO₄反应得到电子生成Zn，结合电荷守恒书写电极反应．

解答 解：（1）低品位软锰矿浆的主要成分是MnO₂，通入SO₂浸出液的pH＜2，其中的金属离子主要是Mn²⁺，则MnO₂与SO₂发生氧化还原反应，反应的化学方程式为SO₂+MnO₂=MnSO₄．
故答案为：SO₂+MnO₂=MnSO₄；
（2）杂质离子中只有Fe²⁺具有还原性，可以被MnO₂在酸性条件下氧化成Fe³⁺，反应的离子方程式为2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O，
故答案为：2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O；
（3）杂质中含有Fe³⁺、Al³⁺阳离子，从图可表以看出，大于4.7可以将Fe³⁺和Al³⁺除去，小于8.3是防止Mn²⁺也沉淀，所以只要调节pH值在4.7～8.3间即可．
故答案为：4.7≤pH＜8.3；
（4）图中离子从上至下，半径有减小趋势，对应的吸附率减小．随着时间的递增，所有离子的吸附率均增大；另Fe³⁺和Al³⁺离子所带电荷数大，其吸附率低，
故答案为：吸附时间、金属离子半径、金属离子电荷；
（5）杂质中含有Fe²⁺、Al³⁺、Ca²⁺、Pb²⁺四种阳离子，由沉淀的pH范围知，Fe²⁺的沉淀与Mn²⁺离子的沉淀所需的pH接近，而Fe³⁺则相差很远，故可以将Fe²⁺氧化成Fe³⁺而除杂．从吸附率的图可以看出，Ca²⁺、Pb²⁺的吸附率较高，
故答案为：Pb²⁺、Ca²⁺；
（6）电解MnSO₄、ZnSO₄和H₂SO₄的混合溶液可制备MnO₂和Zn，阳极上是发生氧化反应，元素化合价升高为MnSO₄失电子生成MnO₂，ZnSO₄反应得到电子生成Zn，阳极电极反应为：Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂↓+4H⁺，
故答案为：Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂↓+4H⁺．

点评 本题以制备硫酸锰的生产流程为知识载体，考查化学反应的书写，及除杂中的问题，题目难度中等，本题注意把握数据处理能力和图象分析能力．