题目内容

4．工业用废铁屑还原软锰矿（主要成分为MnO2），另有少量的铁和SiO2等）制备硝酸锰，其工艺流程示意如下：

（1）浸出过程中，MnO2被铁屑还原为Mn2+进入溶液，该步骤中设计的主要离子反应有：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O；2Fe3++Fe=3Fe2+．
（2）除杂过程中加入碳酸钙的目的是调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去．
（3）除钙过程中，欲使Ca2+沉淀完全（当溶液中c（Ca2+）≤10-1mol•L-1时，即可认为：Ca2+已沉淀完全）则溶液中c（F+）应≥1×10-3mol•L-1．（已知常温下CaF2的Ksp=1×10-11）．
（4）该生产流程中，硝酸的用量不宜过多，其原因是避免生成CaSO4沉淀，增加生成产成本．
（5）工业上可用电解硝酸锰和硝酸混合溶液的方法制备二氧化锰，Mn2+在阳极光电子转化为MnO2．
①电解时，阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+．
②电解时，可向阴极区持续通入空气，从安全角度分析，其作用可能是避免阴极产生氢气，提高生产的安全性，同时减少了溶液水分的损失．

分析 （1）铁还能够与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，据此写出反应的离子方程式；
（2）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32-（aq）、CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀；
（3）Ksp（CaF2）=1×10-11=c（Ca2+）×c2（F-），当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，可认为Ca2+已沉淀完全，则c（F-）≥$\sqrt{\frac{1×1{0}^{-11}}{1{0}^{-5}}}$mol/L；
（4）钙离子与硫酸根离子能够反应生成微溶物硫酸钙；
（5）①阳极上锰离子失电子生成二氧化锰；
②电解时，可向阴极区持续通入空气，从安全角度分析，其作用可能是防上水电离出的氢离子放电产生氢气，同时减小电解质溶液中水的消耗．

解答 解：（1）铁还能够与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+═Fe2++H2↑，
故答案为：Fe+2H+═Fe2++H2↑；
（2）在溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O?Fe（OH）3+3H+，加入CaCO3后，由于CaCO3（s）?Ca2+（aq）+CO32-（aq）、CO32-+2H+═CO2↑+H2O，溶液中氢离子浓度减小，使得Fe3+的水解平衡向正反应方向移动，因此Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去，
故答案为：调节溶液的pH，将Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀而被除去；
（3）Ksp（CaF2）=1×10-11=c（Ca2+）×c2（F-），当溶液中c（Ca2+）≤10-5mol•L-1时，可认为Ca2+已沉淀完全，则c（F-）≥$\sqrt{\frac{1×1{0}^{-11}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=1×10-3mol•L-1，
故答案为：≥1×10-3mol•L-1；
（4）钙离子与硫酸根离子能够反应生成微溶物硫酸钙，若硫酸用量过多，溶液生成硫酸钙沉淀，
故答案为：避免生成CaSO4沉淀，增加生成产成本；
（5）①阳极上锰离子失电子生成二氧化锰，电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
②电解时，可向阴极区持续通入空气，从安全角度分析，其作用可能是防上水电离出的氢离子放电产生氢气，同时减小电解质溶液中水的消耗，故答案为：避免阴极产生氢气，提高生产的安全性，同时减少了溶液水分的损失．

点评 本题考查了制备方案的设计，题目难度中等，明确制备流程及发生原理为解答关键，注意掌握难溶物溶解平衡及溶度积的计算方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算、化学实验能力．

练习册系列答案
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