Question

18．研究人員研制利用軟錳礦漿（主要成分是MnO₂）吸收流酸廠的尾氣SO₂，制備流酸錳的生產(chǎn)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見如表，陽離子吸附劑吸附金屬離子的效果見如圖．

離子	離子半徑（pm）	開始沉淀時的pH	完全沉淀時的pH
Fe2+	74	7.6	9.7
Fe3+	64	2.7	3.7
Al3+	50	3.8	4.7
Mn2+	80	8.3	9.8
Pb2+	121	8.0	8.8
Ca2+	99	-	-

請回答下列問題：
（1）寫出浸出過程中生成反應的化學方程式SO₂+MnO₂=MnSO₄．
（2）氧化過程中主要反應的離子方程式2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O．
（3）在氧化后的液體中加入石灰漿，用于調節(jié)pH值，此處調節(jié)pH值用到的儀器是pH計，應調節(jié)pH的范圍為4.7≤pH＜8.3．
（4）陽離子吸附劑可用于除去雜質金屬離子•請依據(jù)圖、表信息回答，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、金屬離子的電荷等；吸附步驟除去的主要離子為：Pb²⁺、Ca²⁺．
（5）CaSO₄是一種微溶物質，已知Ksp（CaSO₄）=9.10×10^-6．現(xiàn)將c mol•L^-1CaCl₂溶液與2.00×10^-2 
mol•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1.82×10^-3mol•L^-1．

Answer 1

分析 高溫焙燒含硫廢渣產(chǎn)生的SO₂廢氣，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，浸出液還含有少量的Fe²⁺、Al³⁺等其他金屬離子，F(xiàn)e²⁺具有還原性，可以被MnO₂在酸性條件下氧化成Fe³⁺，在氧化后的液體中加入石灰漿，雜質中含有Fe²⁺、Al³⁺、Ca²⁺、Pb²⁺四種陽離子，由沉淀的pH范圍知，F(xiàn)e²⁺的沉淀與Mn²⁺離子的沉淀所需的pH接近，而Fe³⁺則相差很遠，故可以將Fe²⁺氧化成Fe³⁺而除雜．從吸附率的圖可以看出，Ca²⁺、Pb²⁺的吸附率較高，故只要調節(jié)pH值在4.7～8.3間，F(xiàn)e³⁺、Al³⁺陽離子通過調pH值，轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，同時生成微溶的硫酸鈣，過濾，濾渣主要有氫氧化鐵、氫氧化鋁、硫酸鈣，由于制取的MnSO₄•H₂O含有結晶水，故操作a采用蒸發(fā)濃縮結晶的方法，得到MnSO₄•H₂O，
（1）從流程圖看，浸出過程是軟錳礦漿（MnO₂）與SO₂的反應；
（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）從表可以看出，只要調節(jié)pH值在4.7～8.3間，大于4.7可以將Fe³⁺和Al³⁺除去，小于8.3是防止Mn²⁺也沉淀；
（4）結合半徑，分析右圖知，圖中離子從上至下，半徑有減小趨勢，對應的吸附率減�。�隨著時間的遞增，所有離子的吸附率均增大；另Fe³⁺和Al³⁺離子所帶電荷數(shù)大，其吸附率低，從吸附率的圖可以看出，Ca²⁺、Pb²⁺的吸附率較高，
（5）2.00×10^-2 mol•L^-1Na₂SO₄溶液中c（SO₄^2-）=2.00×10^-2 mol•L^-1，根據(jù)Ksp（CaSO₄）=c（Ca²⁺）•c（SO₄^2-），可求得c（Ca²⁺），進而確定c的值．

解答 解：高溫焙燒含硫廢渣產(chǎn)生的SO₂廢氣，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，浸出液還含有少量的Fe²⁺、Al³⁺等其他金屬離子，F(xiàn)e²⁺具有還原性，可以被MnO₂在酸性條件下氧化成Fe³⁺，在氧化后的液體中加入石灰漿，雜質中含有Fe²⁺、Al³⁺、Ca²⁺、Pb²⁺四種陽離子，由沉淀的pH范圍知，F(xiàn)e²⁺的沉淀與Mn²⁺離子的沉淀所需的pH接近，而Fe³⁺則相差很遠，故可以將Fe²⁺氧化成Fe³⁺而除雜．從吸附率的圖可以看出，Ca²⁺、Pb²⁺的吸附率較高，故只要調節(jié)pH值在4.7～8.3間，F(xiàn)e³⁺、Al³⁺陽離子通過調pH值，轉化為氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，同時生成微溶的硫酸鈣，過濾，濾渣主要有氫氧化鐵、氫氧化鋁、硫酸鈣，由于制取的MnSO₄•H₂O含有結晶水，故操作a采用蒸發(fā)濃縮結晶的方法，得到MnSO₄•H₂O，
（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）調節(jié)pH值用到的儀器是pH計，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，所以只要調節(jié)pH值在4.7～8.3間即可．
故答案為：pH計；4.7≤pH＜8.3；
（4）圖中離子從上至下，半徑有減小趨勢，對應的吸附率減小．隨著時間的遞增，所有離子的吸附率均增大；另Fe³⁺和Al³⁺離子所帶電荷數(shù)大，其吸附率低，雜質中含有Fe²⁺、Al³⁺、Ca²⁺、Pb²⁺四種陽離子，由沉淀的pH范圍知，F(xiàn)e²⁺的沉淀與Mn²⁺離子的沉淀所需的pH接近，而Fe³⁺則相差很遠，故可以將Fe²⁺氧化成Fe³⁺而除雜．從吸附率的圖可以看出，Ca²⁺、Pb²⁺的吸附率較高，
故答案為：吸附時間、金屬離子半徑、金屬離子電荷；Pb²⁺、Ca²⁺；
（5）c mol•L^-1CaCl₂溶液與2.00×10^-2 mol•L^-1Na₂SO₄溶液等體積混合，混合后Na₂SO₄的濃度為1.00×10^-2 mol•L^-1，根據(jù)Ksp（CaSO₄）=c（Ca²⁺）•c（SO₄^2-），可知混合溶液中c（Ca²⁺）=$\frac{Ksp（CaS{O}_{4}）}{c（S{{O}_{4}}^{2-}）}$=$\frac{9.10×1{0}^{-6}}{1.00×1{0}^{-2}}$ mol•L^-1=9.10×10^-4 mol•L^-1，所以混合前c=2×9.10×10^-4 mol•L^-1=1.82×10 ^-3mol•L^-1，
故答案為：1.82×10 ^-3mol•L^-1．

點評 本題以制備硫酸錳的生產(chǎn)流程為知識載體，考查化學反應的書寫，及除雜中的問題，題目難度中等，本題注意把握數(shù)據(jù)處理能力和圖象分析能力．