[题目]以某菱锰矿(含MnCO3.SiO2.FeCO3和少量Al2O3等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品.(已知:Ksp(MnCO3)＝2.2×10-11.Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10-13.Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10-33.Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10-38)(1)滤渣1中.含铁元素的物质主要是 (填化学式.下同),加NaOH� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

【题目】以某菱锰矿(含MnCO3、SiO2、FeCO3和少量Al2O3等)为原料通过以下方法可获得碳酸锰粗产品。

(已知：Ksp(MnCO3)＝2.2×10－11，Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38)

（1）滤渣1中，含铁元素的物质主要是 (填化学式，下同)；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中含量减少。

（2）滤液2中，＋1价阳离子除了H＋外还有 (填离子符号)。

（3）取“沉锰”前溶液a mL于锥形瓶中，加入少量AgNO3溶液(作催化剂)和过量的1.5%(NH4)2S2O8溶液，加热，Mn2＋被氧化为MnO，反应一段时间后再煮沸5 min[除去过量的(NH4)2S2O8]，冷却至室温。选用适宜的指示剂，用b mol·L－1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液V mL。

①Mn2＋与(NH4)2S2O8反应的还原产物为 (填化学式)。

②“沉锰”前溶液中c(Mn2＋)＝ mol·L－1。

（4）其他条件不变，“沉锰”过程中锰元素回收率与NH4HCO3初始浓度(c0)、反应时间的关系如下图所示。

①NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越 (填“高”或“低”)，简述原因。

②若溶液中c(Mn2＋)＝1.0 mol·L－1，加入等体积1.8 mol·L－1 NH4HCO3溶液进行反应，计算20～40 min内v(Mn2＋)＝。

【答案】

（1）Fe(OH)3；Al(OH)3、SiO2；

（2）Na＋、NH；

（3）① SO[或“H2SO4”“Na2SO4”“(NH4)2SO4”]； ②

（4）①高；② c(NH4HCO3)越大，c(CO)越大，使平衡MnCO3(s)CO(aq)＋Mn2＋(aq)向左移，析出的MnCO3越多；

（5）7.5×10－3mol·L－1·min－1

【解析】

试题分析：菱锰矿用稀硫酸溶解，MnCO3、FeCO3、Al2O3都和稀硫酸反应生成硫酸盐，SiO2不反应，酸性条件下，加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，MnO2还原生成Mn2+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+完全转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤分离，滤渣1为SiO2、Al(OH)3、Fe(OH)3，滤液中存在 MnSO4、硫酸钠等，加入碳酸氢铵得到MnCO3，过滤分离，滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等。

（1）滤渣1中，含铁元素的物质主要是Fe(OH)3；加NaOH调节溶液的pH约为5，如果pH过大，可能导致滤渣1中SiO2、Al(OH)3溶解，导致滤渣1中SiO2、Al(OH)3减小，故答案为：Fe(OH)3；SiO2、Al(OH)3；

（2）滤液2中含有硫酸铵、硫酸钠等，+1价阳离子除了H+外还有：Na+、NH4+，故答案为：Na+、NH4+；

（3）①Mn2+被氧化，(NH4)2S2O8中S元素还原为SO42-，故答案为：SO42-；

②由Mn元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：Mn2+～MnO4-～5Fe2+，则n(Mn2+)=n(Fe2+)，所以c(Mn2+)==mol/L，故答案为：；

（4）①由图可知，NH4HCO3初始浓度越大，锰元素回收率越高，NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c(CO32-)度越大，根据溶度积Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多，故答案为：高；NH4HCO3初始浓度越大，溶液中c(CO32-)度越大，根据溶度积Ksp(MnCO3)=c(Mn2+)×c(CO32-)可知溶液c(Mn2+)越小，析出的MnCO3越多；

②若溶液中c(Mn2+)=1.0 molL-1，加入等体积1.8 molL-1NH4HCO3溶液进行反应，混合后NH4HCO3溶液浓度为0.9mol/L，为图象中d曲线，20～40 min内△c(Mn2+)=1mol/L××(50%-20%)=0.15mol/L，则20～40 min内v(Mn2+)==0.0075mol/(L．min)，故答案为：0.0075mol/(L．min)．

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n=____________；k=____________(注明单位)。

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