Question

12．软锰矿（主要成分MnO₂，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO₂反应可制备MnSO₄•H₂O，反应的化学方程式为：MnO₂+SO₂=MnSO₄
（1）质量为17.40g纯净MnO₂最多能氧化4.48L（标准状况）SO₂．
（2）已知：K_sp[Al（OH）₃]=1×10^-33，K_sp[Fe（OH）₃]=3×10^-39，
pH=7.1时Mn（OH）₂开始沉淀．室温下，除去MnSO₄溶液中的Fe³⁺、Al³⁺（使其浓度小于1×10^-6mol•L^-1），需调节溶液pH范围为5.0＜pH＜7.1．
（3）如图可以看出，从MnSO₄和MgSO₄混合溶液中结晶MnSO₄•H₂O晶体，需控制结晶温度范围为高于60℃．
（4）准确称取0.1710gMnSO₄•H₂O样品置于锥形瓶中，加入适量H₂PO₄和NH₄NO₃溶液，加热使Mn²⁺全部氧化成Mn³⁺，用c（Fe²⁺）=0.0500mol•L^-1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn³⁺被还原为Mn²⁺），消耗Fe²⁺溶液20.00mL．计算MnSO₄•H₂O样品的纯度（请给出计算过程）

Answer 1

分析 （1）根据MnO₂+SO₂=MnSO₄可知，n（SO₂）=n（MnO₂）；
（2）pH=7.1时Mn（OH）₂开始沉淀．室温下，除去MnSO₄溶液中的Fe³⁺、Al³⁺，结合Al（OH）₃完全变成沉淀时的pH、Fe（OH）₃完全变成沉淀时的pH分析；
（3）从MnSO₄和MgSO₄混合溶液中结晶MnSO₄•H₂O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO₄•H₂O的溶解度减小，而MgSO₄•6H₂O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃；
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn³⁺）×1=n（Fe²⁺）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10^-3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO₄•H₂O）=1.00×10^-3mol×169g/mol=0.169g，以此计算纯度．

解答 解：（1）根据MnO₂+SO₂=MnSO₄可知，n（SO₂）=n（MnO₂）=$\frac{17.4g}{87g/mol}$=0.2mol，其体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案为：4.48；
（2）pH=7.1时Mn（OH）₂开始沉淀．室温下，除去MnSO₄溶液中的Fe³⁺、Al³⁺，氢氧化铝完全变成沉淀时的pH：Ksp[Al（OH）₃]=1×10^-33=c（Al³⁺）×c³（OH^-），c（Al³⁺）=1×10^-6mol•L^-1，解得：c（OH^-）=1×10^-9mol•L^-1，c（H⁺）=1×10^-5mol•L^-1pH=5，同理Fe（OH）₃完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0＜pH＜7.1，
故答案为：5.0＜pH＜7.1；
（3）从MnSO₄和MgSO₄混合溶液中结晶MnSO₄•H₂O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO₄•H₂O的溶解度减小，而MgSO₄•6H₂O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃这样可以得到纯净的MnSO₄•H₂O，
故答案为：高于60℃；
（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn³⁺）×1=n（Fe²⁺）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10^-3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO₄•H₂O）=1.00×10^-3mol×169g/mol=0.169g，纯度为$\frac{0.169g}{0.1710g}$×100%=98.8%，
答：根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn³⁺）×1=n（Fe²⁺）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10^-3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO₄•H₂O）=1.00×10^-3mol×169g/mol=0.169g，纯度为$\frac{0.169g}{0.1710g}$×100%=98.8%．

点评 本题考查较综合，涉及氧化还原反应计算、溶度积计算及混合物分离、图象分析等，本题为2015年江苏高考题18题，综合性较强，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度中等．