Question

4．用含有A1₂0₃、SiO₂和少量FeO•xFe₂O₃的铝灰制备A1₂（SO₄）₃•18H₂O．，
工艺流程如下（部分操作和条件略）：
Ⅰ．向铝灰中加入过量稀H₂SO₄，过滤：
Ⅱ．向滤液中加入过量KMnO₄溶液，调节溶液的pH约为x；
Ⅲ．加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色：
Ⅳ．加入MnSO₄至紫红色消失，过滤；Ⅴ．浓缩、结晶、分离，得到产品．
（1）将MnO₄^-氧化Fe²⁺的离子方程式补充完整：
1MnO₄^-+5Fe²⁺+8H⁺=1Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O
（2）已知：生成氢氧化物沉淀的pH（注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L^-1）

	Al（OH）3	Fe（OH）2	Fe（OH）3
开始沉淀时	3.4	6.3	1.5
完全沉淀时	4.7	8.3	/

常温下K_sp[Fe（OH）₃]=8.0×10^-38，㏒2=0.3．通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10^-5mol•L^-1时就认为沉淀完全．试计算将溶液的pH调至3.3时Fe³⁺转化为Fe（OH）₃而沉淀完全．
（3）己知：一定条件下，MnO₄^-可与Mn²⁺反应生成MnO₂，
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO₂的现象是生成黄绿色气体．
②Ⅳ中加入MnS0₄的目的是除去过量的MnO₄^-．

Answer 1

分析 向铝灰中加入过量稀H₂SO₄，A1₂O₃和少量FeO•xFe₂O₃和硫酸反应生成硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁，SiO₂不反应，过滤除去二氧化硅；向滤液中加入过量KMnO₄溶液，高锰酸钾把亚铁离子氧化成铁离子，调节溶液的pH约为3生成氢氧化铁沉淀，除去铁离子，过滤，滤液中含铝离子和过量的高锰酸根离子；加入硫酸锰把过量高锰酸根离子除去，再过滤，对滤液蒸发浓缩、结晶分离出硫酸铝晶体．
（1）依据氧化还原反应电子守恒和原子守恒，结合元素化合价变化分析产物和反应物；
（2）依据K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）•c³（OH^-），当c（Fe³⁺）=1×10^-5mol•L^-1时，计算出溶液中的氢氧根离子的浓度，据此计算PH值；
（3）①浓盐酸和二氧化锰再加热条件下生成黄绿色气体氯气；
②加入MnSO₄至紫红色消失，目的是除去过量高锰酸根离子．

解答 解：（1）反应中MnO₄^-→Mn²⁺，Fe²⁺→Fe³⁺，MnO₄^-系数为1，根据电子转移守恒可知，Fe²⁺系数为$\frac{7-2}{3-2}$=5，由元素守恒可知，Fe³⁺系数为5，由电荷守恒可知，由H⁺参加反应，其系数为8，根据元素原子守恒可知，有H₂O生成，其系数为4，方程式配平为MnO₄^-+5 Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O；
故答案为：1；5；8H⁺；1； 5； 4H₂O；
（2）依据K_sp[Fe（OH）₃]=c（Fe³⁺）•c³（OH^-），当c（Fe³⁺）=1×10^-5mol•L^-1时，c（OH^-）=$\root{3}{\frac{K{\;}_{sp}[Fe（OH）{\;}_{3}]}{c（Fe{\;}^{3+}）}}$=$\root{3}{\frac{8.0×10{\;}^{-38}}{1×1{0}^{-5}}}$=2.0×10^-11mol•L^-1，所以c（H⁺）=5.0×10^-4mol•L^-1，PH=3.3，
故答案为：3.3；
故答案为：pH约为3时，Fe²⁺和Al³⁺不能形成沉淀，将Fe²⁺氧化为Fe³⁺，可使铁完全沉淀；
（3）一定条件下，MnO₄^-可与Mn²⁺反应生成MnO₂
①向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO₂的现象是生成黄绿色气体；
故答案为：生成黄绿色气体；
②MnO₄^-可与Mn²⁺反应生成MnO₂，过滤除去，所以可以利用MnSO₄的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去；
故答案为：除去过量的MnO₄^-．

点评 本题考查了镁、铝、铁及其化合物性质的应用，主要是混合物分离的方法和实验设计，加入氧化剂氧化亚铁离子，调节溶液PH是沉淀分离是解题的关键，题目难度中等．