Question

8．污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題．
 某研究小組利用軟錳礦（主要成分為MnO₂，另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物）作脫硫劑，通過如下流程既脫除燃煤尾氣中的SO₂，又制得電池材料MnO₂（反應(yīng)條件已省略）．

請回答下列問題：
（1）上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了AC（選填下列字母編號）．
A．廢棄物的綜合利用         B．白色污染的減少        C．酸雨的減少
（2）流程圖④過程中發(fā)生的主要化學(xué)反應(yīng)的方程式為2KMnO₄+3MnSO₄+2H₂O=5MnO₂↓+K₂SO₄+2 H₂SO₄．
（3）用MnCO₃能除去溶液中Al³⁺和Fe³⁺，其原因是消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al³⁺和Fe³⁺水解生成氫氧化物沉淀，用MnS除去溶液中的Cu²⁺的離子方程式為MnS（s）+Cu²⁺（aq）=CuS（s）+Mn²⁺（aq）．
（4）MnO₂可作超級電容器材料．工業(yè)上用如圖2所示裝置制備MnO₂．接通電源后，A電極的電極反應(yīng)式為：Mn²⁺+2H₂O-2e^-=MnO₂+4H⁺，當(dāng)制備1mol MnO₂，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差（△m_左-△m_右）為89g．
（5）假設(shè)脫除的SO₂只與軟錳礦漿中的MnO₂反應(yīng)．按照如圖1示流程，將am³ （標(biāo)準(zhǔn)狀況）含SO₂的體積分?jǐn)?shù)為b%的尾氣通入礦漿，若SO₂的脫除率為67.2%，最終得到MnO₂的質(zhì)量為c kg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素相當(dāng)于MnO₂（0.6c-0.0261ab） kg．

Answer 1

分析 由流程可知，二氧化硫能與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸錳，用MnCO₃調(diào)節(jié)溶液pH，使溶液中Al³⁺和Fe³⁺轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，MnS將銅、鎳離子還原為單質(zhì)，過濾分離，濾液中加入高錳酸鉀與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，通過過濾獲得二氧化錳．
（1）流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了廢棄物的綜合利用、酸雨的減少；
（2）高錳酸鉀與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，還生成硫酸鉀，由元素守恒可知還生成硫酸；
（3）用MnCO₃消耗溶液中的酸，使Al³⁺和Fe³⁺水解生成氫氧化物沉淀；MnS與溶液中的Cu²⁺反應(yīng)生成CuS沉淀與Mn²⁺（aq），是沉淀轉(zhuǎn)化；
（4）MnO₂可作超級電容器材料．電解硫酸錳溶液制備MnO₂，Mn元素發(fā)生氧化反應(yīng)，由裝置圖可知，B電極上有氣體生成，發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)是氫離子放電生成氫氣，A為陽極，陽極上是Mn²⁺失去電子得到MnO₂，由電荷守恒可知還有H⁺生成，氫離子通過質(zhì)子交換膜移向右室，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移可知移向右室的氫離子生成氫氣，右室電解質(zhì)溶液質(zhì)量不變，兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差為二氧化錳與移向右室氫離子的質(zhì)量；
（5）被吸收的SO₂轉(zhuǎn)化為MnSO₄，二者物質(zhì)的量相等，除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時碳酸錳也轉(zhuǎn)化為MnSO₄，④中發(fā)生反應(yīng)：2KMnO₄+3MnSO₄+2H₂O=5MnO₂↓+K₂SO₄+2 H₂SO₄，可得關(guān)系式：3SO₂～3MnSO₄～5MnO₂，由關(guān)系式計算n（MnSO₄），根據(jù)Mn元素守恒計算引入的Mn元素物質(zhì)的量，而引入Mn元素物質(zhì)的量與相當(dāng)于引入的二氧化錳的物質(zhì)的量相等．

解答 解：由流程可知，二氧化硫能與二氧化錳反應(yīng)生成硫酸錳，用MnCO₃調(diào)節(jié)溶液pH，使溶液中Al³⁺和Fe³⁺轉(zhuǎn)化為沉淀，過濾除去，MnS將銅、鎳離子還原為單質(zhì)，過濾分離，濾液中加入高錳酸鉀與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，通過過濾獲得二氧化錳．
（1）流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了廢棄物的綜合利用、酸雨的減少，與白色污染無關(guān)，
故答案為：AC；
（2）高錳酸鉀與硫酸錳反應(yīng)生成二氧化錳，還生成硫酸鉀，由元素守恒可知還生成硫酸，反應(yīng)方程式為：2KMnO₄+3MnSO₄+2H₂O=5MnO₂↓+K₂SO₄+2 H₂SO₄，
故答案為：2KMnO₄+3MnSO₄+2H₂O=5MnO₂↓+K₂SO₄+2 H₂SO₄；
（3）用MnCO₃能除去溶液中Al³⁺和Fe³⁺，其原因是：消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al³⁺和Fe³⁺水解生成氫氧化物沉淀，用MnS除去溶液中的Cu²⁺的離子方程式為：MnS（s）+Cu²⁺（aq）=CuS（s）+Mn²⁺（aq），
故答案為：消耗溶液中的酸，促進(jìn)Al³⁺和Fe³⁺水解生成氫氧化物沉淀；MnS（s）+Cu²⁺（aq）=CuS（s）+Mn²⁺（aq）；
（4）MnO₂可作超級電容器材料．電解硫酸錳溶液制備MnO₂，Mn元素發(fā)生氧化反應(yīng)，由裝置圖可知，B電極上有氣體生成，發(fā)生還原反應(yīng)，應(yīng)是氫離子放電生成氫氣，A為陽極，陽極上是Mn²⁺失去電子得到MnO₂，由電荷守恒可知還有H⁺生成，氫離子通過質(zhì)子交換膜移向右室，陽極電極反應(yīng)式為：Mn²⁺+2H₂O-2e^-=MnO₂+4H⁺，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移可知移向右室的氫離子生成氫氣，右室電解質(zhì)溶液質(zhì)量不變，兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差為二氧化錳與移向右室氫離子的質(zhì)量，當(dāng)制備1mol MnO₂，轉(zhuǎn)移電子為2mol，則移向右室的氫離子為2mol，則膜兩側(cè)電解液的質(zhì)量變化差（△m_左-△m_右）為1mol×87g/mol+2mol×1g/mol=89g，
故答案為：Mn²⁺+2H₂O-2e^-=MnO₂+4H⁺；89；
（5）被吸收的SO₂轉(zhuǎn)化為MnSO₄，二者物質(zhì)的量相等，除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時碳酸錳也轉(zhuǎn)化為MnSO₄，④中發(fā)生反應(yīng)：2KMnO₄+3MnSO₄+2H₂O=5MnO₂↓+K₂SO₄+2 H₂SO₄，可得關(guān)系式：3SO₂～3MnSO₄～5MnO₂，由關(guān)系式可知n（MnSO₄）=$\frac{3}{5}$×$\frac{1000cg}{87g/mol}$，則引入的Mn元素為$\frac{3}{5}$×$\frac{1000cg}{87g/mol}$-$\frac{1000aL}{22.4L/mol}$×b%×67.2%，由Mn元素守恒可知相當(dāng)于引入的二氧化錳物質(zhì)的量為（$\frac{3}{5}$×$\frac{1000cg}{87g/mol}$-$\frac{1000aL}{22.4L/mol}$×b%×67.2%），則其質(zhì)量為（$\frac{3}{5}$×$\frac{1000cg}{87g/mol}$-$\frac{1000aL}{22.4L/mol}$×b%×67.2%）×87g/mol=（600c-26.1ab）g，即其質(zhì)量為（0.6c-0.0261ab） Kg，
故答案為：（0.6c-0.0261ab）．

點評 本題考查物質(zhì)制備工藝流程，關(guān)鍵是對工藝流程圖原理的理解，（4）中計算為易錯點，學(xué)生容易忽略忽略氫離子由陽極通過質(zhì)子交換膜移向陰極，（5）中注意根據(jù)Mn元素守恒及關(guān)系式計算，題目難度較大．