Question

13．工业上可用软锰矿（主要成分是MnO₂）和黄铁矿（主要成分是FeS₂）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO₃）．其工业流程如下：

回答下列问题：
（1）为了提高溶浸工序中原料的浸出率，可以采取的措施有（写一条）搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当提高稀硫酸的浓度等．
（2）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（用离子方程式表示）MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O．
（3）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（F^-）=0.01mol•L^-1，滤液中残留的c（Ca²⁺）=1.46×10^-6mol•L^-1〔已知：K_sp（CaF₂）=1.46×10^-10〕．
（4）沉锰工序中，298K、c（Mn²⁺）为1.05mol•L^-1时，实验测得MnCO₃的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示．根据图中信息得出的结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO₃的产率最高．
（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO₃的操作依次是过滤、洗涤、干燥．
（6）副产品A的化学式是（NH₄）₂SO₄．

Answer 1

分析 （1）通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率；
（2）主要成分是FeS₂的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe²⁺转化为Fe³⁺；
（3）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca²⁺杂质，因此除去溶液中的Cu²⁺、Ca²⁺等杂质可分别使用（NH₄）₂S和NH₄F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F^-），可求c（Ca²⁺）；
（4）根据沉锰的图象可知，pH越大得到的MnCO₃的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果；
（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO₃，只需将沉淀析出的MnCO₃过滤、洗涤、干燥即可得到碳酸锰；
（6）得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，据此判断副产品．

解答 解：（1）提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，
故答案为：搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当提高稀硫酸的浓度等；
（2）主要成分是FeS₂的黄铁矿在酸浸过程中产生亚铁离子，因此流程第二步除铁环节的铁应该转化铁离子才能更好除去，所以需要加入氧化剂软锰矿使残余的Fe²⁺转化为Fe³⁺，离子方程式为MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O，再加入石灰调节pH值使Fe³⁺完全沉淀，
故答案为：MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O；
（3）由于流程第二步加入了石灰引入了Ca²⁺杂质，因此除去溶液中的Cu²⁺、Ca²⁺等杂质可分别使用（NH₄）₂S和NH₄F，生成CuS、CaF沉淀除去，根据已知氟化钙的溶度积和c（F^-）可知：c（Ca²⁺）=$\frac{K{\;}_{sp}（CaF{\;}_{2}）}{c{\;}^{2}（F{\;}^{-}）}$=$\frac{1.46×10{\;}^{-10}}{0.01{\;}^{2}}$=1.46×10^-6mol•L^-1，
故答案为：1.46×10^-6mol•L^-1；
（4）从沉锰的图象可以看出，在已给的几个pH值条件下，pH越大得到的MnCO₃的产率越高，且需要的时间越短，且在pH=7时，有更好的效果，因此结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO₃的产率最高，
故答案为：pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO₃的产率最高；
（5）从沉锰工序中得到纯净MnCO₃，只需将沉淀析出的MnCO₃过滤、洗涤、干燥即可，
故答案为：过滤；干燥；
（6）得到的滤液中还有大量的铵根离子和硫酸根离子没有反应，因此可以制的副产品为：（NH₄）₂SO₄，
故答案为：（NH₄）₂SO₄．

点评 本题通过碳酸锰的制备，考查了物质制备实验方案的设计方法，题目难度较大，明确制备流程及相应的反应原理为解答关键，试题涉及的知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力．