Question

【題目】以某菱錳礦(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)為原料通過以下方法可獲得碳酸錳粗產(chǎn)品。

(已知：Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11，Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38)

（1）濾渣1中，含鐵元素的物質(zhì)主要是 (填化學(xué)式，下同)；加NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，如果pH過大，可能導(dǎo)致濾渣1中 含量減少。

（2）濾液2中，＋1價陽離子除了H＋外還有 (填離子符號)。

（3）取“沉錳”前溶液a mL于錐形瓶中，加入少量AgNO3溶液(作催化劑)和過量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加熱，Mn2＋被氧化為MnO，反應(yīng)一段時間后再煮沸5 min[除去過量的(NH4)2S2O8]，冷卻至室溫。選用適宜的指示劑，用b mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至終點，消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液V mL。

①Mn2＋與(NH4)2S2O8反應(yīng)的還原產(chǎn)物為 (填化學(xué)式)。

②“沉錳”前溶液中c(Mn2＋)＝ mol·L－1。

（4）其他條件不變，“沉錳”過程中錳元素回收率與NH4HCO3初始濃度(c0)、反應(yīng)時間的關(guān)系如下圖所示。

①NH4HCO3初始濃度越大，錳元素回收率越 (填“高”或“低”)，簡述原因 。

②若溶液中c(Mn2＋)＝1.0 mol·L－1，加入等體積1.8 mol·L－1 NH4HCO3溶液進行反應(yīng)，計算20～40 min內(nèi)v(Mn2＋)＝ 。

Answer 1

【答案】

（1）Fe(OH)3；Al(OH)3、SiO2；

（2）Na＋、NH；

（3）① SO[或“H2SO4”“Na2SO4”“(NH4)2SO4”]； ②

（4）①高；② c(NH4HCO3)越大，c(CO)越大，使平衡MnCO3(s)CO(aq)＋Mn2＋(aq)向左移，析出的MnCO3越多；

（5）7.5×10－3mol·L－1·min－1

【解析】

試題分析：菱錳礦用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鹽，SiO2不反應(yīng)，酸性條件下，加入MnO2將Fe2+氧化為Fe3+，MnO2還原生成Mn2+，調(diào)節(jié)溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾分離，濾渣1為SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3，濾液中存在 MnSO4、硫酸鈉等，加入碳酸氫銨得到MnCO3，過濾分離，濾液2中含有硫酸銨、硫酸鈉等。

（1）濾渣1中，含鐵元素的物質(zhì)主要是Fe(OH)3；加NaOH調(diào)節(jié)溶液的pH約為5，如果pH過大，可能導(dǎo)致濾渣1中SiO2、Al(OH)3溶解，導(dǎo)致濾渣1中SiO2、Al(OH)3減小，故答案為：Fe(OH)3；SiO2、Al(OH)3；

（2）濾液2中含有硫酸銨、硫酸鈉等，+1價陽離子除了H+外還有：Na+、NH4+，故答案為：Na+、NH4+；

（3）①Mn2+被氧化，(NH4)2S2O8中S元素還原為SO42-，故答案為：SO42-；

②由Mn元素守恒、電子轉(zhuǎn)移守恒，可得關(guān)系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，則n(Mn2+)=n(Fe2+)，所以c(Mn2+)==mol/L，故答案為：；

（4）①由圖可知，NH4HCO3初始濃度越大，錳元素回收率越高，NH4HCO3初始濃度越大，溶液中c(CO32-)度越大，根據(jù)溶度積Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多，故答案為：高；NH4HCO3初始濃度越大，溶液中c(CO32-)度越大，根據(jù)溶度積Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多；

②若溶液中c(Mn2+)=1.0 molL-1，加入等體積1.8 molL-1NH4HCO3溶液進行反應(yīng)，混合后NH4HCO3溶液濃度為0.9mol/L，為圖象中d曲線，20～40 min內(nèi)△c(Mn2+)=1mol/L××(50%-20%)=0.15mol/L，則20～40 min內(nèi)v(Mn2+)==0.0075mol/(L．min)，故答案為：0.0075mol/(L．min)．