Question

15．某化工廠以軟錳礦、閃鋅礦（除主要成分為MnO₂、ZnS外還含有少量的FeS、CuS、Al₂O₂等物質(zhì)）為原料制取Zn和MnO₂．
（1）在一定條件下，將這兩種礦粉在硫酸溶液中相互作用，配平如下的化學(xué)方程式：
3MnO₂+2FeS+6H₂SO₄═3MnSO₄+1Fe（SO₄）₃+2S+6H₂O
（2）將所得含有Mn²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Zn²⁺的酸性溶液按圖1的工業(yè)流程進(jìn)行處理得到溶液（Ⅳ）、電解溶液（Ⅳ）即得MnO₂和Zn．

a．操作中①中加Zn粉后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu、Zn+2Fe³⁺=Zn²⁺+2Fe²⁺．
b．操作②中加入MnO₂的作用是將Fe²⁺氧化成Fe³⁺；反應(yīng)的離子方程式是MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+2H₂O+Mn²⁺．
c．操作③中所加碳酸鹽的化學(xué)式是MnCO₃或ZnCO₃．
（3）電解法制備高錳酸鉀的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖2（圖中陽(yáng)離子交換膜只允許K⁺離子通過(guò)）：
①陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為MnO₄^2--e^-=MnO₄^-．
②若電解開(kāi)始時(shí)陽(yáng)極區(qū)溶液為1.0L0.40mol/LK₂MnO₄溶液，電解一段時(shí)間后，溶液中$\frac{n（K）}{n（Mn）}$為6：5，陰極區(qū)生成生成KOH的質(zhì)量為17.9g．（計(jì)算結(jié)果保留3位有效數(shù)字）
（4）已知25℃時(shí)，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，向濃度均為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（填化學(xué)式）
②用MgCl₂和AlCl₃的混合溶液（A）與過(guò)量氨水（B）反應(yīng)，為使Mg²⁺、Al³⁺同時(shí)生成沉淀，應(yīng)先向沉淀反應(yīng)器中加入B反應(yīng)物．
③溶液中某離子物質(zhì)的量濃度低于1.0×10^-5mol•L^-1時(shí)，可認(rèn)為已沉淀完全．現(xiàn)向一定濃度的AlCl₃和FeCl₃的混合溶液中逐滴加入氨水，當(dāng)Fe³⁺完全沉淀時(shí)，測(cè)定c（Al³⁺）=0.2mol•L^-1．此時(shí)所得沉淀中不含有（填“還含有”或“不含有”）Al（OH）₃．

Answer 1

分析 含有Mn²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Zn²⁺的酸性溶液，加適量Zn粉，Cu²⁺被還原為Cu，F(xiàn)e³⁺被還原為Fe²⁺，過(guò)濾，濾渣為Cu，濾液中含有Mn²⁺、Fe²⁺、Al³⁺、Zn²⁺等，再加MnO₂把Fe²⁺氧化為Fe³⁺，然后加入MnCO₃或ZnCO₃調(diào)節(jié)pH，使Fe³⁺和Al³⁺轉(zhuǎn)化為Al（OH）₃、Fe（OH）₃沉淀，再過(guò)濾，濾渣為Al（OH）₃、Fe（OH）₃，濾液IV中還含有Mn²⁺、Zn²⁺，
（1）根據(jù)原子守恒和得失電子守恒配平方程式；
（2）a．鋅可以Cu²⁺和Fe³⁺發(fā)生氧化還原反應(yīng)；
b．在酸性條件下，MnO₂可將Fe²⁺氧化成Fe³⁺；
c．溶液中不能引入新的雜質(zhì)離子；
（3）①根據(jù)陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)書(shū)寫(xiě)電極反應(yīng)式；
②根據(jù)陽(yáng)極區(qū)反應(yīng)，結(jié)合題給數(shù)據(jù)計(jì)算陽(yáng)極區(qū)的K⁺定向移動(dòng)到陰極區(qū)的物質(zhì)的量，從而計(jì)算陰極區(qū)生成KOH的質(zhì)量；
（4）①根據(jù)Al（OH）₃、Cu（OH）₂的溶度積常數(shù)，計(jì)算剛開(kāi)始生成沉淀時(shí)，溶液中氫氧根離子的濃度，濃度小的先沉淀；
②向沉淀反應(yīng)器中加入過(guò)量的氨水，Mg²⁺、Al³⁺同時(shí)生成沉淀；
③Fe³⁺完全沉淀時(shí)，c（OH^-）³=$\frac{Ksp[Fe（OH）{\;}_{3}]}{c（Fe{\;}^{3+}）}$，Qc=c（Al³⁺）•（OH^-）³，根據(jù)Qc與Ksp的相對(duì)大小判斷．

解答 解：含有Mn²⁺、Fe³⁺、Cu²⁺、Al³⁺、Zn²⁺的酸性溶液，加適量Zn粉，Cu²⁺被還原為Cu，F(xiàn)e³⁺被還原為Fe²⁺，過(guò)濾，濾渣為Cu，濾液中含有Mn²⁺、Fe²⁺、Al³⁺、Zn²⁺等，再加MnO₂把Fe²⁺氧化為Fe³⁺，然后加入MnCO₃或ZnCO₃調(diào)節(jié)pH，使Fe³⁺和Al³⁺轉(zhuǎn)化為Al（OH）₃、Fe（OH）₃沉淀，再過(guò)濾，濾渣為Al（OH）₃、Fe（OH）₃，濾液IV中還含有Mn²⁺、Zn²⁺，
（1）反應(yīng)中Mn元素的化合價(jià)降低2價(jià)，S元素的化合價(jià)升高2價(jià)，F(xiàn)e的化合價(jià)升高1價(jià)，則反應(yīng)的化學(xué)方程式為：3MnO₂+2FeS+6H₂SO₄=3MnSO₄+1Fe₂（SO₄）₃+2S+6H₂O，
故答案為：3；2；6；3；1；2；6；
（2）a．鋅可以Cu²⁺和Fe³⁺反應(yīng)，方程式為：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu； Zn+2Fe³⁺=Zn²⁺+2Fe²⁺，
故答案為：Zn+Cu²⁺=Zn²⁺+Cu； Zn+2Fe³⁺=Zn²⁺+2Fe²⁺；
b．在酸性條件下，MnO₂可將Fe²⁺氧化成Fe³⁺，其反應(yīng)的離子方程式為：MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+2H₂O+Mn²⁺；
故答案為：將Fe²⁺氧化成Fe³⁺； MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+2H₂O+Mn²⁺；
c．溶液中不能引入新的雜質(zhì)離子，溶液中含有錳離子和鋅離子，可加入MnCO₃或ZnCO₃來(lái)消耗氫離子，調(diào)節(jié)pH值，又不引入新的雜質(zhì)，
故答案為：MnCO₃或ZnCO₃；
（3）①陽(yáng)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，所以電極反應(yīng)式為MnO₄^2--e^-=MnO₄^-，
故答案為：MnO₄^2--e^-=MnO₄^-；
②根據(jù)陽(yáng)極區(qū)反應(yīng)MnO₄^2--e^-=MnO₄^-，錳原子的物質(zhì)的量不變，所以仍為1.0L×0.40mol/L=0.4mol，電解一段時(shí)間后，溶液中$\frac{n（K）}{n（Mn）}$為6：5，所以反應(yīng)后n（K）=0.48mol，則陽(yáng)極區(qū)的K⁺定向移動(dòng)到陰極區(qū)的物質(zhì)的量為0.4mol×2-0.48mol=0.32mol，所以陰極生成KOH的物質(zhì)的質(zhì)量為0.32mol×56g/mol=17.9 g，
故答案為：17.9 g；
（4）①根據(jù)Al（OH）₃、Cu（OH）₂的溶度積常數(shù)，在25℃下，向濃度均為0.1mol•L^-1的AlCl₃和CuCl₂混合溶液中逐滴加入氨水，$\root{3}{\frac{1.1×10{\;}^{-33}}{0.1}}$＜$\sqrt{\frac{2.2×10{\;}^{-20}}{0.1}}$，加入相同的濃度的氨水，Al（OH）₃最先析出，
故答案為：Al（OH）₃；
②向沉淀反應(yīng)器中加入過(guò)量的氨水，可使Mg²⁺、Al³⁺同時(shí)生成沉淀，
故答案為：B；
③Fe³⁺完全沉淀時(shí)，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]，所以沒(méi)有生成Al（OH）₃沉淀，
故答案為：不含有．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了物質(zhì)分離提純方法和基本操作的綜合應(yīng)用、電解原理的應(yīng)用、Ksp的有關(guān)計(jì)算，注意把握流程中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)以及電解原理、Ksp的含義為解答的關(guān)鍵，注重信息與所學(xué)知識(shí)的結(jié)合分析解決問(wèn)題，側(cè)重知識(shí)遷移應(yīng)用能力的考查，題目難度中等．