Question

2．碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体，工业上以软锰矿（主要成分MnO₂）和黄铁矿（主要成分FeS₂）为主要原料制备碳酸锰的一种工艺流程如图1：
回答下列问题：
（1）除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，其作用是使残余Fe²⁺转化为Fe³⁺．
（2）净化工序的目的是除去溶液中的Cu²⁺、Ca²⁺等杂质．若测得滤液中c（Fˉ）=0.01mol•Lˉ¹，滤液中残留c（Ca²⁺）=1.46×10^-6 mol/L．[已知：K_sp（CaF₂）=1.46×10ˉ¹⁰]
（3）沉锰工序中，298K、c（Mn²⁺）为1.05mol•Lˉ¹时，实验测得MnCO₃的产率与溶液pH、反应时间关系如图2所示．对比不同反应条件下的曲线，仅据图中信息，你能获得的结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO₃产率最高．
（4）副产品A的一种用途是化肥等．
（5）溶浸过程中发生的主要反应如下，请完成并配平该反应的离子方程式．
FeS₂+MnO₂+28H⁺=Fe³⁺+Mn²⁺+SO₄²ˉ+14H₂O
（6）为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有ABCD
A．搅拌         B．适当升高温度       C．研磨矿石         D．适当提高稀硫酸的浓度．

Answer 1

分析 （1）根据影响固体溶解的因素分析，提高溶浸工序中原料的浸出效率是为了加快固体溶解；
（2）根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒分析配平书写离子方程式，元素化合价变化，铁元素从+2价变化为铁离子，硫元素从-1价变化为+6价，二氧化锰做氧化剂，锰元素化合价从+4价变化为+2价，电荷守恒和原子守恒配平缺项物质和系数；
（3）根据MnCO₃的产率与溶液pH、反应时间关系图可知，pH值越大，MnCO₃的产率越高；
（4）根据K_sp（CaF₂）和c（F^-），写出溶度积常数表达式求算钙离子浓度；
（5）根据MnCO₃的产率与溶液pH、反应时间关系如图分析，纵轴是碳酸锰的产率，横轴为时间，不同PH时的产率变化曲线分析判断，PH越大，产率越大，曲线越陡反应速率越大分析；
（6）根据溶液中含有的离子分析副产品的主要成分为铵盐，可以做氮肥化肥．

解答 解：（1）加入石灰调节溶液的pH使铁离子沉淀完全，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿主要是使二价铁离子氧化为铁离子；
故答案为：使残余Fe²⁺转化为Fe³⁺；
（2）已知K_sp（CaF₂））=1.46×10^-10，c（F^-）=0.01 mol•L^-1 ，则c（Ca²⁺）=$\frac{Ksp}{{c}^{2}（{F}^{-}）}$=$\frac{1.46×1{0}^{-10}}{0.0{1}^{2}}$=1.46×10^-6mol•L^-1，
故答案为：1.46×10^-6mol/L；
（3）根据MnCO₃的产率与溶液pH、反应时间关系如图可知：pH等于7.0时反应到达平衡所用时间最短，即反应速率最快，且MnCO₃产率最高，
故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO₃产率最高；
（4）溶浸过程中发生的反应生成硫酸根离子，后来又加入了硫化铵、碳酸氢铵，所以产品中含有（NH₄）₂SO₄，可以做化肥；
故答案为：化肥等；
（5）FeS₂与MnO₂反应后生成Fe³⁺、Mn²⁺和SO₄^2-，1molFeS₂失去15mol电子，1molMnO₂得到2mol电子，根据得失电子守恒，FeS₂的计量数为2，MnO₂的计量数为15，则生成的Fe³⁺计量数为2，SO₄^2-的计量数为4，Mn²⁺的计量数为15，根据电荷守恒可知反应物中有H⁺，根据原子守恒可知生成物有H₂O；所以离子方程式配平为：
2Fe²⁺+15MnO₂+28H⁺=2Fe³⁺+14H₂O+15Mn²⁺+4SO₄²，
故答案为：2；15；28H⁺；2；15；4；14H₂O；
（6）升高温度、搅拌、减小固体的颗粒等均能加速固体的溶解，所以为了提高溶浸工序中原料的浸出效率，可以采取的措施有：适当升高温度，搅拌，研磨矿石，适当提高稀硫酸的浓度；
故答案为：ABCD．

点评 本题以工业流程图为依托，考查了化学式的计算、离子方程式的书写、电极反应式等，题目难度较大，解题关键是合理分析题中生成流程及表中离子完全沉淀时的数据的含义，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力．