Question

17．利用廢舊干電池拆解后的碳包濾渣（含MnO₂、C、Hg²⁺等），既可制取MnSO₄•4H₂O，又可消除廢棄物對環(huán)境的污染．實(shí)驗(yàn)流程如圖一所示：
已知：25℃時，K_sp（FeS）=5×10^-18，K_sp（MnS）=4.6×10^-14，K_sp（HgS）=2×10^-54．
（1）“浸取”時，生成MnSO₄和Fe₂（SO₄）₃的化學(xué)方程式為9MnO₂+2FeS+10H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$9MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+10H₂O．
（2）濾渣Ⅰ的成分為MnO₂、HgS和C（填化學(xué)式）；若浸取反應(yīng)在25℃時進(jìn)行，F(xiàn)eS足量，則充分浸取后溶液中c（Hg²⁺）/c（Fe²⁺）=4×10^-37（填數(shù)值）．
（3）“氧化”時，溶液中Fe²⁺轉(zhuǎn)化為Fe³⁺的離子方程式為2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O；濾渣Ⅱ的主要成分為Fe（OH）₃（填化學(xué)式）．
（4）最終MnSO₄產(chǎn)率與“浸取”時m（FeS）/m（碳包濾渣）的投料比關(guān)系如圖二所示，F(xiàn)eS用量超過最佳值時，MnSO₄產(chǎn)率反而變小的原因是浸出液中殘存大量S^2-，容易與Mn²⁺生成MnS沉淀．

Answer 1

分析 碳包濾渣（含MnO₂、C、Hg²⁺等），加入FeS在70℃浸取發(fā)生反應(yīng)：9MnO₂+2FeS+10H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$9MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+10H₂O，過濾濾渣Ⅰ的成分為MnO₂、HgS和C，溶液中含有MnSO₄、Fe₂（SO₄）₃，加入MnO₂繼續(xù)氧化殘留的Fe²⁺，發(fā)生反應(yīng)2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O，F(xiàn)e³⁺水解：Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺，加入CaCO₃，CaCO₃與H⁺反應(yīng)消耗H⁺，促使Fe³⁺水解平衡右移，調(diào)節(jié)溶液PH在PH=5，可使Fe³⁺完全沉淀，并防止Mn²⁺轉(zhuǎn)化為Mn（OH）₂沉淀，濾液溶質(zhì)為MnSO₄，濃縮結(jié)晶得到MnSO₄•4H₂O，
（1）根據(jù)題干信息反應(yīng)物為MnO₂、FeS、H₂SO₄，生成物為MnSO₄、Fe₂（SO₄）₃，結(jié)合氧化還原得失電子守恒和原子守恒分析解答；
（2）碳包濾渣（含MnO₂、C、Hg²⁺等），根據(jù)所示實(shí)驗(yàn)流程圖可知：濾渣Ⅰ的成分為MnO₂、HgS和C，若浸取反應(yīng)在25℃時進(jìn)行，F(xiàn)eS足量，根據(jù)K_sp（FeS）、K_sp（HgS）計(jì)算充分浸取后溶液中c（Hg²⁺）/c（Fe²⁺）；
（3）“氧化”時，溶液中Fe²⁺轉(zhuǎn)化為Fe³⁺，MnO₂轉(zhuǎn)化為Mn²⁺，結(jié)合氧化還原得失電子守恒和原子守恒分析解答；結(jié)合水解平衡移動分析濾渣Ⅱ的主要成分為Fe（OH）₃；
（4）浸出液中殘存大量S^2-，容易與Mn²⁺生成MnS沉淀，所以FeS用量超過最佳值時，MnSO₄產(chǎn)率反而變�。�

解答 解：（1）MnO₂和FeS在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，Mn（+4→+2），1molMnO₂得到2mole^-，F(xiàn)e（+2→+3），S（-2→+6）1molFeS失去9mole^-，最小公倍數(shù)為18，所以化學(xué)方程式為：9MnO₂+2FeS+10H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$9MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+10H₂O，
故答案為：9MnO₂+2FeS+10H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$9MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+10H₂O；
（2）碳包濾渣（含MnO₂、C、Hg²⁺等），加入FeS在70℃浸取發(fā)生反應(yīng)：9MnO₂+2FeS+10H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$9MnSO₄+Fe₂（SO₄）₃+10H₂O，同時硫離子和汞離子結(jié)合生成HgS沉淀，碳和FeS、H₂SO₄不反應(yīng)，所以濾渣Ⅰ的成分為MnO₂、HgS和C，若浸取反應(yīng)在25℃時進(jìn)行，F(xiàn)eS足量，則充分浸取后溶液中S^2-濃度相同，溶液中c（Hg²⁺）/c（Fe²⁺）=$\frac{{K}_{sp}（HgS）}{{K}_{sp}（FeS）}$=$\frac{2×1{0}^{-54}}{5×1{0}^{-18}}$=4×10^-37，
故答案為：C；4×10^-37；
（3）“氧化”時，溶液中Fe²⁺轉(zhuǎn)化為Fe³⁺，MnO₂轉(zhuǎn)化為Mn²⁺，Mn（+4→+2），1molMnO₂得到2mole^-，F(xiàn)e（+2→+3），最小公倍數(shù)為2，所以化學(xué)方程式為：2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O，F(xiàn)e³⁺水解：Fe³⁺+3H₂O?Fe（OH）₃+3H⁺，加入CaCO₃，CaCO₃與H⁺反應(yīng)消耗H⁺，促使Fe³⁺水解平衡右移，調(diào)節(jié)溶液PH在PH=5，可使Fe³⁺完全沉淀，所以濾渣Ⅱ的主要成分為Fe（OH）₃，
故答案為：2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺═2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O；Fe（OH）₃；
（4）浸出液中殘存大量S^2-，容易與Mn²⁺生成MnS沉淀，所以FeS用量超過最佳值時，MnSO₄產(chǎn)率反而變小，
故答案為：浸出液中殘存大量S^2-，容易與Mn²⁺生成MnS沉淀．

點(diǎn)評 本題考查了物質(zhì)制備方案的設(shè)計(jì)流程分析判斷，掌握離子的性質(zhì)和調(diào)節(jié)溶液PH除去雜質(zhì)離子是解題關(guān)鍵，注意沉淀溶解平衡原理的應(yīng)用，題目難度中等．