Question

用含有A1₂O₃、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）：

（1）滤渣a可用于制造

 

．
（2）请将MnO₄^-氧化Fe²⁺的离子方程式补充完整：
若反应中转移了2mol电子，则消耗氧化剂的物质的量为

 

mol．
（3）已知生成氢氧化物沉淀的pH如下：

	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	2.8

调节溶液pH约为3的目的是：

 

．
（4）取少量滤渣C于试管中，加入适量的双氧水，产生能使带火星小木条复燃的气体，说明滤渣C的主要成分是

 

．请写出加入MnSO₄时所发生反应的离子方程式：

 

．
（5）A1₂（SO₄）₃?18H₂O溶于水溶液呈酸性的原因：

 

．（用离子方程式表示）

Answer 1

考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

专题：实验设计题

分析：含有A1₂O₃、SiO₂和少量FeO?xFe₂O₃的铝灰加过量稀硫酸溶解，A1₂O₃、FeO?xFe₂O₃与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，过滤得滤渣a为二氧化硅，滤液a加过量KMnO₄溶液，将二价铁氧化成三价铁，再调节溶液的pH使三价铁沉淀，而铝离子不沉淀，操作2再过滤的滤渣b为氢氧化铁沉淀，滤液b主要含三价铝离子和过量的高锰酸根，再加入硫酸锰还原过量的高锰酸根，操作3再过滤得到滤液c，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品，以此分析解答；
（1）根据以上分析，滤渣a为二氧化硅，主要用作制作光导纤维；
（2）MnO₄^-氧化Fe²⁺，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，结合电子、电荷守恒及原子守恒分析；
（3）调节溶液的pH约为3，由表格数据可知，铁离子完全转化为沉淀；
（4）根据取少量滤渣C于试管中，加入适量的双氧水，产生能使带火星小木条复燃的气体即氧气，所以滤渣C主要是二氧化锰催化双氧水分解生成氧气；IV中加入MnSO₄，与MnO₄^-发生氧化还原反应生成二氧化锰．
（5）根据铝离子水解反应分析书写；

解答： 解：含有A1₂O₃、SiO₂和少量FeO?xFe₂O₃的铝灰加过量稀硫酸溶解，A1₂O₃、FeO?xFe₂O₃与硫酸反应生成硫酸铝、硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，过滤得滤渣a为二氧化硅，滤液a加过量KMnO₄溶液，将二价铁氧化成三价铁，再调节溶液的pH使三价铁沉淀，而铝离子不沉淀，操作2再过滤的滤渣b为氢氧化铁沉淀，滤液b主要含三价铝离子和过量的高锰酸根，再加入硫酸锰还原过量的高锰酸根，操作3再过滤得到滤液c，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到粗产品；
（1）根据以上分析，滤渣a为二氧化硅，主要用作制作光导纤维，故答案为：光导纤维；
（2）MnO₄^-氧化Fe²⁺，Mn元素的化合价由+7价降低为+2价为氧化剂，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价为还原剂，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为MnO₄^-+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，若反应中转移了2mol电子，则消耗氧化剂的物质的量为

2

5

=0.4mol，故答案为：5；8H⁺；5；4H₂O；0.4mol；
（3）向滤液中加入过量KMnO₄溶液，目的是氧化亚铁离子为三价铁离子，依据图表数据分析可知，铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液PH为1.5--2.8，铝离子和亚铁离子开始沉淀的溶液PH大于3，所以调节溶液的pH约为3，可以使铁离子全部沉淀，铝离子不沉淀分离；
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；
（4）根据取少量滤渣C于试管中，加入适量的双氧水，产生能使带火星小木条复燃的气体即氧气，所以滤渣C主要是二氧化锰催化双氧水分解生成氧气；IV中加入MnSO₄，与MnO₄^-发生氧化还原反应生成二氧化锰，发生的离子方程式为：2 MnO₄^-+3Mn²⁺+2H₂O═5MnO₂+4 H⁺，故答案为：MnO₂；2 MnO₄^-+3Mn²⁺+2H₂O═5MnO₂+4 H⁺；
（5）A1₂（SO₄）₃?18H₂O溶于水溶液呈酸性的原因铝离子水解反应生成氢离子，离子方程式为：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3 H⁺，
故答案为：Al³⁺+3H₂O?Al（OH）₃+3 H⁺；

点评：本题考查较综合，涉及离子反应方程式的书写、沉淀生成及氧化还原反应，为高频考点，把握习题中的信息为解答的关键，侧重氧化还原反应及信息处理能力的考查，题目难度不大．