Question

【題目】研究人員研制利用低品位軟錳礦漿(主要成分是MnO2)吸收硫酸廠的尾氣SO2，制備硫酸錳的生產流程如下：

已知：浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2＋，還含有少量的Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Pb2＋等其他金屬離子。PbO2的氧化性大于MnO2。PbSO4是一種微溶物質。有關金屬離子的半徑、形成氫氧化物沉淀時的pH見下表，陽離子吸附劑吸附金屬離子的效果見下圖。

（1）浸出過程中生成Mn2+反應的化學方程式為_________________________________，

（2）Fe2＋被氧化的過程中主要反應的離子方程式___________________________________。

（3）在氧化后的液體中加入石灰漿，用于調節(jié)pH，pH應調節(jié)至______________范圍。

（4）陽離子吸附劑可用于除去雜質金屬離子。請依據圖、表信息回答，決定陽離子吸附劑吸附效果的因素有__________________________等（寫二點）。

（5）吸附步驟除去的主要離子為_________________。

（6）電解MnSO4、ZnSO4和H2SO4的混合溶液可制備MnO2和Zn，寫出陽極的電極反應方程式_____。

（7）CaSO4是一種微溶物質，已知Ksp(CaSO4)=9.10×10—6�，F(xiàn)將c mol·L—1CaCl2溶液與2.00×10—2mol·L—1Na2SO4溶液等體積混合（忽略體積的變化），則生成沉淀時，c的最小值是____。

Answer 1

【答案】SO2＋MnO2＝MnSO4 2Fe2＋＋MnO2＋4H＋＝2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O 4.7 ≤pH<8.3 吸附時間、金屬離子的半徑 、金屬離子的電荷 Pb2＋、Ca2＋ Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+ 1.82×10- 3mol/L

【解析】

（1）MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應，反應的化學方程式為SO2+MnO2=MnSO4；

（2）雜質離子中只有Fe2+具有還原性，可以被MnO2在酸性條件下氧化成Fe3+；

（3）雜質中含有Fe3+、Al3+陽離子，從圖可表以看出，大于4.7可以將Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀；

（4）根據題目提供的表格數據可知決定陽離子吸附劑吸附效果的因素有吸附時間、金屬離子的半徑、金屬離子的電荷；

（5）吸附步驟除去的主要離子為Pb2+、Ca2+；

（6）二氧化錳是在陽極錳離子失電子生成，電極反應為：Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+；

（7）根據沉淀溶度積進行計算。

（1）低品位軟錳礦漿的主要成分是MnO2，通入SO2浸出液的pH＜2，其中的金屬離子主要是Mn2+，則MnO2與SO2發(fā)生氧化還原反應，反應的化學方程式為SO2+MnO2=MnSO4，

故答案為：SO2+MnO2=MnSO4。

（2）雜質離子中只有Fe2+具有還原性，可以被MnO2在酸性條件下氧化成Fe3+，反應的離子方程式為2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O，

故答案為：2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O。

（3）雜質中含有Fe3+、Al3+陽離子，從圖可表以看出，大于4.7可以將Fe3+和Al3+除去，小于8.3是防止Mn2+也沉淀，故答案為：4.7≤pH<8.3。

（4）根據題目提供的表格數據可知決定陽離子吸附劑吸附效果的因素有吸附時間、金屬離子的半徑、金屬離子的電荷，故答案為：吸附時間、金屬離子的半徑、金屬離子的電荷；

（5）吸附步驟除去的主要離子為Pb2+、Ca2+，故答案為：Pb2+、Ca2+。

（6）由流程圖中得到產物為二氧化錳和鋅分析，得到鋅是鋅離子在陰極得到電子析出，電極反應為：Zn2++2e-=Zn；二氧化錳是在陽極錳離子失電子生成，電極反應為：Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+，故答案為：Mn2+-2e－＋2H2O＝MnO2↓＋4H+。

（7）CaSO4是一種微溶物質，已知Ksp(CaSO4)=9.10×10-6。現(xiàn)將cmol/LCaCl2溶液與2.00×10-2mol/LNa2SO4溶液等體積混合，由于忽略體積的變化，所以混合后氯化鈣和硫酸鈉溶液的濃度都要減半；c(SO42-)=1.00×10-2mol/L，c(Ca2+)=c/2mol/L。由于Ksp(CaSO4)= 9.10×10-6，c(SO42-)c(Ca2+)≥9.10×10-6，則生成沉淀時c(Ca2+)≥（9.10×10-6÷1.00×10-2mol/L）×2=1.82×10-3mol/L，因此c的最小值是1.82×10-3mol/L，故答案為：1.82×10-3mol/L。