Question

【题目】硫酸锰是一种植物合成叶绿素的催化剂，也可用于制备多种含锰物质。

回答下列问题：

⑴工业上可用惰性电极电解MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极的电极反应式为________。

⑵我国普遍采用两矿加酸法制备MnSO4。两矿指软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)、黄铁矿(FeS2)。生产MnSO4的工艺流程如下：

①软锰矿和黄铁矿需按一定比例混合，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为________。

②“酸溶”时，黄铁矿被氧化为Fe3+、SO42－的离子方程式为________，该操作需控制在90℃，温度不能过低的原因为________。

③若使“氧化”的溶液中杂质离子除净，“调pH”应不小于________保留两位有效数字。已知：Mn(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp分别为2.0×10-13、1.0×10-33、4.0×10-38，溶液中离子浓度小于等于10-5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。

④MnSO4的溶解度曲线如图所示，则“操作I”，为________、________、用热水洗涤、干燥。

⑶用(NH4)2S2O8溶液鉴别溶液中Mn2+的现象为溶液变为紫红色。所发生反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。S2O82－中含有1个过氧键。则其中S元素的化合价为________。

Answer 1

【答案】Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+ “酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S 15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O 温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分 4.7 蒸发结晶 趁热过滤 5:2 +6

【解析】

⑴由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2；

⑵①酸溶时，若黄铁矿过量太多，将导致消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；②由信息和氧化还原反应原理写出离子方程式；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；③由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，根据溶度积进行计算；

④由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；

⑶根据化合价升降和得失电子守恒得出氧化剂和还原剂的物质的量；S2O82－中含有1个过氧键，根据化合价计算；

⑴由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2，电极反应式为Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+；故答案为：Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+；

⑵①由流程图中信息知，两矿混合、粉碎后，用硫酸进行“酸溶”，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；故答案为：“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；

②由信息，“酸溶”时发生反应的离子方程式为15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O；该操作需控制在90℃，温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；故答案为：15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；

③由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，溶液中的，c(OH－) = 5×10－10 mol·L－1，c(H+) = 2×10－5 mol·L－1，pH =4.7，则“调pH”应不小于4.7；故答案为：4.7；

④由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；

⑶由信息，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化为MnO4－，Mn的化合价从+2价升高到+7价，本身被还原为SO42－，S的化合价从+7价降低到+6价，根据得失电子守恒知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:2；S2O82－中含有1个过氧键，则-2×6+(-1×2)+2x =-2，解得x=6；故答案为：5:2；+6。