Question

15．某化工厂以软锰矿、闪锌矿（除主要成分为MnO₂、ZnS外还含有少量的FeS、CuS、Al₂O₂等物质）为原料制取Zn和MnO₂．
（1）在一定条件下，将这两种矿粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化学方程式：
3MnO₂+2FeS+6H₂SO₄═3MnSO₄+1Fe（SO₄）₃+2S+6H₂O
（2）将所得含有Mn²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Zn²⁺的酸性溶液按图1的工业流程进行处理得到溶液（Ⅳ）、电解溶液（Ⅳ）即得MnO₂和Zn．

a．操作中①中加Zn粉后发生反应的离子方程式为：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu、Zn+2Fe³⁺=Zn²⁺+2Fe²⁺．
b．操作②中加入MnO₂的作用是将Fe²⁺氧化成Fe³⁺；反应的离子方程式是MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+2H₂O+Mn²⁺．
c．操作③中所加碳酸盐的化学式是MnCO₃或ZnCO₃．
（3）电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图2（图中阳离子交换膜只允许K⁺离子通过）：
①阳极的电极反应式为MnO₄^2--e^-=MnO₄^-．
②若电解开始时阳极区溶液为1.0L0.40mol/LK₂MnO₄溶液，电解一段时间后，溶液中$\frac{n（K）}{n（Mn）}$为6：5，阴极区生成生成KOH的质量为17.9g．（计算结果保留3位有效数字）
（4）已知25℃时，K_sp[Mg（OH）₂]=5.6×10^-12，K_sp[Cu（OH）₂]=2.2×10^-20，K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，K_sp[Al（OH）₃]=1.1×10^-33，
①在25℃下，向浓度均为0.1mol•L^-1的AlCl₃和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，先生成Al（OH）₃沉淀（填化学式）
②用MgCl₂和AlCl₃的混合溶液（A）与过量氨水（B）反应，为使Mg²⁺、Al³⁺同时生成沉淀，应先向沉淀反应器中加入B反应物．
③溶液中某离子物质的量浓度低于1.0×10^-5mol•L^-1时，可认为已沉淀完全．现向一定浓度的AlCl₃和FeCl₃的混合溶液中逐滴加入氨水，当Fe³⁺完全沉淀时，测定c（Al³⁺）=0.2mol•L^-1．此时所得沉淀中不含有（填“还含有”或“不含有”）Al（OH）₃．

Answer 1

分析 含有Mn²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Zn²⁺的酸性溶液，加适量Zn粉，Cu²⁺被还原为Cu，Fe³⁺被还原为Fe²⁺，过滤，滤渣为Cu，滤液中含有Mn²⁺、Fe²⁺、Al³⁺、Zn²⁺等，再加MnO₂把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，然后加入MnCO₃或ZnCO₃调节pH，使Fe³⁺和Al³⁺转化为Al（OH）₃、Fe（OH）₃沉淀，再过滤，滤渣为Al（OH）₃、Fe（OH）₃，滤液IV中还含有Mn²⁺、Zn²⁺，
（1）根据原子守恒和得失电子守恒配平方程式；
（2）a．锌可以Cu²⁺和Fe³⁺发生氧化还原反应；
b．在酸性条件下，MnO₂可将Fe²⁺氧化成Fe³⁺；
c．溶液中不能引入新的杂质离子；
（3）①根据阳极失电子发生氧化反应书写电极反应式；
②根据阳极区反应，结合题给数据计算阳极区的K⁺定向移动到阴极区的物质的量，从而计算阴极区生成KOH的质量；
（4）①根据Al（OH）₃、Cu（OH）₂的溶度积常数，计算刚开始生成沉淀时，溶液中氢氧根离子的浓度，浓度小的先沉淀；
②向沉淀反应器中加入过量的氨水，Mg²⁺、Al³⁺同时生成沉淀；
③Fe³⁺完全沉淀时，c（OH^-）³=$\frac{Ksp[Fe（OH）{\;}_{3}]}{c（Fe{\;}^{3+}）}$，Qc=c（Al³⁺）•（OH^-）³，根据Qc与Ksp的相对大小判断．

解答 解：含有Mn²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Zn²⁺的酸性溶液，加适量Zn粉，Cu²⁺被还原为Cu，Fe³⁺被还原为Fe²⁺，过滤，滤渣为Cu，滤液中含有Mn²⁺、Fe²⁺、Al³⁺、Zn²⁺等，再加MnO₂把Fe²⁺氧化为Fe³⁺，然后加入MnCO₃或ZnCO₃调节pH，使Fe³⁺和Al³⁺转化为Al（OH）₃、Fe（OH）₃沉淀，再过滤，滤渣为Al（OH）₃、Fe（OH）₃，滤液IV中还含有Mn²⁺、Zn²⁺，
（1）反应中Mn元素的化合价降低2价，S元素的化合价升高2价，Fe的化合价升高1价，则反应的化学方程式为：3MnO₂+2FeS+6H₂SO₄=3MnSO₄+1Fe₂（SO₄）₃+2S+6H₂O，
故答案为：3；2；6；3；1；2；6；
（2）a．锌可以Cu²⁺和Fe³⁺反应，方程式为：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu； Zn+2Fe³⁺=Zn²⁺+2Fe²⁺，
故答案为：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu； Zn+2Fe³⁺=Zn²⁺+2Fe²⁺；
b．在酸性条件下，MnO₂可将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，其反应的离子方程式为：MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+2H₂O+Mn²⁺；
故答案为：将Fe²⁺氧化成Fe³⁺； MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+2H₂O+Mn²⁺；
c．溶液中不能引入新的杂质离子，溶液中含有锰离子和锌离子，可加入MnCO₃或ZnCO₃来消耗氢离子，调节pH值，又不引入新的杂质，
故答案为：MnCO₃或ZnCO₃；
（3）①阳极失电子发生氧化反应，所以电极反应式为MnO₄^2--e^-=MnO₄^-，
故答案为：MnO₄^2--e^-=MnO₄^-；
②根据阳极区反应MnO₄^2--e^-=MnO₄^-，锰原子的物质的量不变，所以仍为1.0L×0.40mol/L=0.4mol，电解一段时间后，溶液中$\frac{n（K）}{n（Mn）}$为6：5，所以反应后n（K）=0.48mol，则阳极区的K⁺定向移动到阴极区的物质的量为0.4mol×2-0.48mol=0.32mol，所以阴极生成KOH的物质的质量为0.32mol×56g/mol=17.9 g，
故答案为：17.9 g；
（4）①根据Al（OH）₃、Cu（OH）₂的溶度积常数，在25℃下，向浓度均为0.1mol•L^-1的AlCl₃和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，$\root{3}{\frac{1.1×10{\;}^{-33}}{0.1}}$＜$\sqrt{\frac{2.2×10{\;}^{-20}}{0.1}}$，加入相同的浓度的氨水，Al（OH）₃最先析出，
故答案为：Al（OH）₃；
②向沉淀反应器中加入过量的氨水，可使Mg²⁺、Al³⁺同时生成沉淀，
故答案为：B；
③Fe³⁺完全沉淀时，c（OH^-）³=$\frac{Ksp[Fe（OH）_{3}]}{c（Fe{\;}^{3+}）}$=$\frac{4.0×10{\;}^{-38}}{1.0×10{\;}^{-5}}$=4.0×10^-33，Qc=c（Al³⁺）•（OH^-）³=0.2×4.0×10^-33=8×10^-34＜K_sp[Al（OH）₃]，所以没有生成Al（OH）₃沉淀，
故答案为：不含有．

点评 本题考查了物质分离提纯方法和基本操作的综合应用、电解原理的应用、Ksp的有关计算，注意把握流程中发生的化学反应以及电解原理、Ksp的含义为解答的关键，注重信息与所学知识的结合分析解决问题，侧重知识迁移应用能力的考查，题目难度中等．