Question

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：

（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：              、            ．

b．操作②中加入MnO₂的作用是             ；反应的离子方程式是               ．

c．操作③中所加碳酸盐的化学式是              ．

（3）电解法制备高锰酸钾的实验装置示意图（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              ．

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，溶液中为6：5，阴极区生成生成KOH的质量为              ．（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           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               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      （填“还含有”或“不含有”）Al（OH）₃．

Answer

（1）3，2，6 ，3，1，2，6；（2）a．Zn + Cu2+Zn2+ + Cu、Zn + 2Fe3+Zn2+ + 2Fe2+；b.将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2 + 2Fe2+ + 4H+ = 2Fe3++ 2H2O + Mn2+ ；c. MnCO3或ZnCO3；（3）①MnO42-－e-= MnO4-；②17.9 g；（4）① Al（OH）3；② B；③不含有。

【解析】

试题分析：（1）MnO2中Mn由＋4价→＋2↓2，FeS中Fe由＋2价→＋3价↑1，S由－2价→0↑2，FeS共升高3，最小公倍数为6，即MnO2的系数为3，FeS的系数为2，根据反应前后原子个数守恒，配平其他，即3MnO2＋2FeS＋6H2SO4=3MnSO4＋Fe2（SO4）3＋2S＋6H2O；（2）a、利用锌的金属性比铜强，则有Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋，锌金属性强于铁，但根据流程图，没有把铁置换出来，而是把Fe3＋转化成Fe2＋，即Zn＋2Fe3＋=Zn2＋＋2Fe2＋；b、根据反应②把酸性溶液（Ⅱ）转化成酸性溶液（Ⅲ），即把Fe2＋氧化成Fe3＋，本身被还原成Mn2＋，根据化合价的升降法以及原子守恒的，其离子反应方程式为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋=2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O；c、实验目的是得到MnO2和Zn，调节pH不能引入新杂质，因此加入应含Mn或Zn的物质，即MnCO3或ZnCO3；（3）①跟电源的正极相连的电极是正极，阴离子在电极上失电子，MnO42－－e－=MnO4－；②根据①的电极反应式，Mn的物质的量不变，即为：1×0.4mol=0.4mol，则K的物质的量为：0.48mol，则阳极区的K＋定向移动到阴极区的物质的量为0.4×2mol－0.48mol=0.32mol，所以阴极生成KOH物质的量n（KOH）为0.32×56g=17.9g；（4）生成Cu（OH）2沉淀需要c2（OH－）=Ksp/c（Cu2＋）=22×10－20，生成Al（OH）3沉淀需要c3（OH－）=Ksp/c（Al3＋）=11×10－33，即生成氢氧化铝时，消耗的OH－浓度小，因此Al（OH）3先沉淀出来；②同时生成沉淀，应先将氨水加入沉淀反应器中；③当Fe3＋完全沉淀时溶液中c3（OH－）=Ksp/c（Fe3＋）=4×10－33，此时溶液中有：c（Al3＋）×c3（OH－）=0.2×4×10－33=8×10－34<1.1×10－33，无氢氧化铝沉淀生成，故不含有。

考点：考查氧化还原反应、工艺流程、化学计算、电解原理、溶度积等知识。