Question

12．軟錳礦（主要成分MnO₂，雜質金屬元素Fe、Al、Mg等）的水懸濁液與煙氣中SO₂反應可制備MnSO₄•H₂O，反應的化學方程式為：MnO₂+SO₂=MnSO₄
（1）質量為17.40g純凈MnO₂最多能氧化4.48L（標準狀況）SO₂．
（2）已知：K_sp[Al（OH）₃]=1×10^-33，K_sp[Fe（OH）₃]=3×10^-39，
pH=7.1時Mn（OH）₂開始沉淀．室溫下，除去MnSO₄溶液中的Fe³⁺、Al³⁺（使其濃度小于1×10^-6mol•L^-1），需調節(jié)溶液pH范圍為5.0＜pH＜7.1．
（3）如圖可以看出，從MnSO₄和MgSO₄混合溶液中結晶MnSO₄•H₂O晶體，需控制結晶溫度范圍為高于60℃．
（4）準確稱取0.1710gMnSO₄•H₂O樣品置于錐形瓶中，加入適量H₂PO₄和NH₄NO₃溶液，加熱使Mn²⁺全部氧化成Mn³⁺，用c（Fe²⁺）=0.0500mol•L^-1的標準溶液滴定至終點（滴定過程中Mn³⁺被還原為Mn²⁺），消耗Fe²⁺溶液20.00mL．計算MnSO₄•H₂O樣品的純度（請給出計算過程）

Answer 1

分析 （1）根據MnO₂+SO₂=MnSO₄可知，n（SO₂）=n（MnO₂）；
（2）pH=7.1時Mn（OH）₂開始沉淀．室溫下，除去MnSO₄溶液中的Fe³⁺、Al³⁺，結合Al（OH）₃完全變成沉淀時的pH、Fe（OH）₃完全變成沉淀時的pH分析；
（3）從MnSO₄和MgSO₄混合溶液中結晶MnSO₄•H₂O晶體，根據圖上信息，高于60℃以后MnSO₄•H₂O的溶解度減小，而MgSO₄•6H₂O的溶解度增大，因此控制結晶溫度范圍是高于60℃；
（4）根據氧化還原反應中得失電子守恒：n（Mn³⁺）×1=n（Fe²⁺）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10^-3mol，根據Mn元素守恒，m（MnSO₄•H₂O）=1.00×10^-3mol×169g/mol=0.169g，以此計算純度．

解答 解：（1）根據MnO₂+SO₂=MnSO₄可知，n（SO₂）=n（MnO₂）=$\frac{17.4g}{87g/mol}$=0.2mol，其體積為0.2mol×22.4L/mol=4.48L，
故答案為：4.48；
（2）pH=7.1時Mn（OH）₂開始沉淀．室溫下，除去MnSO₄溶液中的Fe³⁺、Al³⁺，氫氧化鋁完全變成沉淀時的pH：Ksp[Al（OH）₃]=1×10^-33=c（Al³⁺）×c³（OH^-），c（Al³⁺）=1×10^-6mol•L^-1，解得：c（OH^-）=1×10^-9mol•L^-1，c（H⁺）=1×10^-5mol•L^-1pH=5，同理Fe（OH）₃完全變成沉淀時，pH約為3.5，故pH范圍是：5.0＜pH＜7.1，
故答案為：5.0＜pH＜7.1；
（3）從MnSO₄和MgSO₄混合溶液中結晶MnSO₄•H₂O晶體，根據圖上信息，高于60℃以后MnSO₄•H₂O的溶解度減小，而MgSO₄•6H₂O的溶解度增大，因此控制結晶溫度范圍是高于60℃這樣可以得到純凈的MnSO₄•H₂O，
故答案為：高于60℃；
（4）根據氧化還原反應中得失電子守恒：n（Mn³⁺）×1=n（Fe²⁺）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10^-3mol，根據Mn元素守恒，m（MnSO₄•H₂O）=1.00×10^-3mol×169g/mol=0.169g，純度為$\frac{0.169g}{0.1710g}$×100%=98.8%，
答：根據氧化還原反應中得失電子守恒：n（Mn³⁺）×1=n（Fe²⁺）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10^-3mol，根據Mn元素守恒，m（MnSO₄•H₂O）=1.00×10^-3mol×169g/mol=0.169g，純度為$\frac{0.169g}{0.1710g}$×100%=98.8%．

點評 本題考查較綜合，涉及氧化還原反應計算、溶度積計算及混合物分離、圖象分析等，本題為2015年江蘇高考題18題，綜合性較強，側重分析、計算能力的綜合考查，題目難度中等．