Question

13．工业上以碳酸锰矿为主要原料生产MnO₂的工艺流程如图所示：
有关氢氧化物开始沉淀和沉淀完全的pH如下表；

氢氧化物	Al（OH）3	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Cu（OH）2	Mn（OH）2
开始沉淀的pH	3.3	1.5	6.5	5.4	8.3
沉淀完全的pH	5.2	3.7	9.7	6.7	9.8

请回答下列问题：
（1）酸浸前将碳酸锰矿粉碎的作用是增大接触面积，加快反应速率（使反应更充分）．
（2）酸浸后溶液中含有Mn²⁺、SO₄^2-，另含有少量Fe²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、Pb²⁺、Cu²⁺等，其除杂过程如下：
①加入MnO₂的目的是氧化亚铁离子得到铁离子；
②加入CaO将溶液调至pH=5.2～6，所得沉淀的成分为Fe（OH）₃、Al（OH）₃（填化学式）；
③加入BaS除去Cu²⁺、Pb²⁺（填化学式）后，再加入NaF除去Ca²⁺．
（3）已知Ksp（CaF₂）=4.0×10^-11，计算当溶液中Ca²⁺完全沉淀[c（Ca²⁺）＜10^-5mol/L]后，所得
溶液每m³中至少含F^-的质量为38g．
（4）从溶液A中回收的主要物质常用作化肥，该物质水解的离子方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺．
（5）NH₄HCO₃溶液中，下列关系式正确的是AC．
A．c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（H₂CO₃）
B．c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（OH^-）
C．c（OH^-）+c（NH₃•H₂O）=c（H⁺）+c（H₂CO₃）-c（CO₃^2-）
D．（NH₄⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（CO₃^2-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）

Answer 1

分析 碳酸锰矿粉碎加入稀硫酸酸浸，酸浸后溶液中含有Mn²⁺、SO₄^2-，另含有少量Fe²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、Pb²⁺、Cu²⁺等，
除杂过程中加入下列物质，
加入MnO₂，二氧化锰具有氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子；
 加入CaO将溶液调至pH=5.2～6，根据表中数据知，铁离子、铝离子都转化为沉淀；
加入BaS除去溶液中的Cu²⁺、Pb²⁺等，再加入NaF除去Ca²⁺；
然后过滤，向滤液中加入碳酸氢铵，碳酸氢铵和硫酸锰反应生成碳酸锰和硫酸铵，所以滤液A中含有硫酸铵，将碳酸锰灼烧并通入氧气得到二氧化锰粗产品；
（1）反应物的接触面积越大，反应速率越大；
（2）Fe²⁺具有还原性，可以被MnO₂在酸性条件下氧化成Fe³⁺；加入CaO将溶液的pH调到5.2～6.0，
Fe³⁺和Al³⁺分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；再加入BaS，硫酸根和钡离子生成硫酸钡沉淀，Cu²⁺、Pb²⁺生成硫化铜和硫化铅沉淀，
浸出液中含有加入的氧化钙生成的钙离子，再加入NaF溶液生成氟化钙沉淀除去；
（3）Ksp（CaF₂）=4.0×10^-11，计算当溶液中Ca²⁺完全沉淀[c（Ca²⁺）＜10^-5mol/L]后，
c（F^-）=$\sqrt{\frac{{K}_{sp}}{c（C{a}^{2+}）}}$=$\sqrt{\frac{4.0×1{0}^{-11}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=2×10^-3 mol/L，
根据m=cVM计算氟离子质量．
（4）从溶液A中回收的主要物质常用作化肥，为硫酸铵，铵根离子水解导致溶液呈酸性；
（5）A．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；
B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；
C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断；
D．NH₄⁺水解程度小于HCO₃^-，导致溶液呈碱性，只有碳酸氢根电离才能生成CO₃^2-，碳酸氢根离子水解及水电离都生成OH^-、铵根离子水解及水电离都生成H⁺．

解答 解：碳酸锰矿粉碎加入稀硫酸酸浸，酸浸后溶液中含有Mn²⁺、SO₄^2-，另含有少量Fe²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、Pb²⁺、Cu²⁺等，
除杂过程中加入下列物质，
加入MnO₂，二氧化锰具有氧化性，能将亚铁离子氧化生成铁离子；
 加入CaO将溶液调至pH=5.2～6，根据表中数据知，铁离子、铝离子都转化为沉淀；
加入BaS除去溶液中的Cu²⁺、Pb²⁺等，再加入NaF除去Ca²⁺；
然后过滤，向滤液中加入碳酸氢铵，碳酸氢铵和硫酸锰反应生成碳酸锰和硫酸铵，所以滤液A中含有硫酸铵，将碳酸锰灼烧并通入氧气得到二氧化锰粗产品；
（1）将碳酸锰矿粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率（使反应更充分）；
（2）①Fe²⁺具有还原性，可以被MnO₂在酸性条件下氧化成Fe³⁺，反应的离子方程式为2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O，
故答案为：氧化亚铁离子得到铁离子；
②加入CaO将溶液的pH调到5.2～6.0，Fe³⁺和Al³⁺分别生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀；
故答案为：Fe（OH）₃、Al（OH）₃；
③加入BaS，硫酸根和钡离子生成硫酸钡沉淀，Cu²⁺、Pb²⁺生成硫化铜和硫化铅沉淀，浸出液中含有加入的氧化钙生成的钙离子，再加入NaF溶液生成氟化钙沉淀除去；
故答案为：Cu²⁺、Pb²⁺；
（3）Ksp（CaF₂）=4.0×10^-11，计算当溶液中Ca²⁺完全沉淀[c（Ca²⁺）＜10^-5mol/L]后，
c（F^-）=$\sqrt{\frac{{K}_{sp}}{c（C{a}^{2+}）}}$=$\sqrt{\frac{4.0×1{0}^{-11}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=2×10^-3 mol/L，
m（F^-）=cVM=2×10^-3 mol/L×1000L×19g/mol=38g，
故答案为：38g．
（4）溶液中作化肥的物质为硫酸铵，铵根离子水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺，
故答案为：NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺；
（5）A．溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（H₂CO₃），故A正确；
B．溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）
，故B错误；
C．溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（H₂CO₃），根据电荷守恒得c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）
，所以得c（OH^-）+c（NH₃•H₂O）=c（H⁺）+c（H₂CO₃）-c（CO₃^2-），故C正确；
D．NH₄⁺水解程度小于HCO₃^-，导致溶液呈碱性，只有碳酸氢根电离才能生成CO₃^2-，碳酸氢根离子水解及水电离都生成OH^-、铵根离子水解及水电离都生成H⁺，所以离子浓度大小顺序是（NH₄⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-），故D错误；
故选AC．

点评 本题考查了物质分离提纯，为高频考点，涉及盐类水解、难溶物的溶解平衡、物质分离和提纯等知识点，明确化学反应原理及物质性质是解本题关键，侧重考查学生分析判断及综合知识灵活运用能力，注意分析流程图中发生的反应及溶液中溶质成分，题目难度中等．