Question

11．用含有Al₂O₃、SiO₂和少量FeO•xFe₂O₃的铝灰制备Al₂（SO₄）₃•18H₂O的工艺流程图如下（部分操作和条件略）：

已知：生成氢氧化物沉淀的pH

	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

注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L^-1．
（1）H₂SO₄溶解Al₂O₃的离子方程式是Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O．
（2）检验溶液中还存在Fe³⁺的方程式是取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe³⁺，反之，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe³⁺．
（3）“除杂”环节有如下几个步骤，（Ⅰ）向滤液中加入过量的KMnO₄溶液，调节溶液的pH为3；（Ⅱ）加热，产生大量棕色沉淀，静置，上层溶液呈紫红色；（Ⅲ）加入MnSO₄至紫红色消失、过滤．
①配平下列离子方程式：MnO₄^-+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O；
②调节溶液的pH为3的目的是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；
③向Ⅱ中的沉淀中加入浓HCl并加热，能说明沉淀中存在MnO₂的现象是生成黄绿色气体，写出其反应的化学方程式：MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+2H₂O+Cl₂↑；
④Ⅲ中加入MnSO₄的目的是除去过量的MnO₄^-．
（4）从多次循环使用后母液中可回收的主要物质是K₂SO₄（填化学式）

Answer 1

分析 Al₂O₃、SiO₂和少量FeO•xFe₂O₃$\stackrel{稀硫酸}{→}$$\left\{\begin{array}{l}{滤液：硫酸铝、硫酸铁、硫酸亚铁}\\{滤渣：二氧化硅}\end{array}\right.$$\stackrel{过滤}{→}$Al₂（SO₄）₃、FeSO₄、Fe₂（SO₄）₃$\stackrel{调节pH1.5-2.8}{→}$让铁离子沉淀完全，得到Al₂（SO₄）₃溶液，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得Al₂（SO₄）₃•18H₂O．
（1）Al₂O₃、FeO•xFe₂O₃能与硫酸反应，而SiO₂不与硫酸反应，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水；
（2）三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色，据此检验铁离子；
（3）①MnO₄^-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；
②铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，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，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；
③向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；
④MnO₄^-可与Mn²⁺反应生成MnO₂，过滤除去，所以可以利用MnSO₄的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去．
（4）由元素守恒可知，母液中存在较多的K⁺、SO₄^2-．

解答 解：（1）Al₂O₃、FeO•xFe₂O₃能与硫酸反应，而SiO₂不与硫酸反应，步骤Ⅰ过滤得到沉淀的主要成分为：SiO₂，硫酸溶解氧化铝生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O，
故答案为：SiO₂；Al₂O₃+6H⁺=2Al³⁺+3H₂O；
（2）三价铁离子遇到硫氰酸根离子会呈现红色，Fe³⁺+3SCN^-?Fe（SCN）₃溶液，取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe³⁺，反之，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe³⁺，
故答案为：取少量滤液，向其中加入硫氰化钾溶液，溶液变红色，说明滤液中含Fe³⁺，反之，溶液不变红色，说明滤液中不含Fe³⁺；
（3）①MnO₄^-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，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，反应为MnO₄^-+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O，
故答案为：5；8H⁺；5；4H₂O；
②铁离子开始沉淀和沉淀完全的溶液pH为1.5～2.8，铝离子开始沉淀pH为3.4，亚铁离子开始沉淀的溶液pH大于铝离子完全沉淀pH，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，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；
③向Ⅲ的沉淀中加入浓HCl并加热，二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为：MnO₂+4HCl（浓$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+2H₂O+Cl₂↑，生成的氯气是黄绿色气体，能说明沉淀中存在MnO₂，
故答案为：生成黄绿色气体；MnO₂+4HCl（浓$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+2H₂O+Cl₂↑；
④MnO₄^-可与Mn²⁺反应生成MnO₂，过滤除去，所以可以利用MnSO₄的溶液和高锰酸钾溶液反应生成二氧化锰，把过量高锰酸根离子除去．
故答案为：除去过量的MnO₄^-；
（4）反应后，溶液中存在较多的K⁺、SO₄^2-便留在母液中，可回收的主要物质为K₂SO₄，
故答案为：K₂SO₄．

点评 本题考查实验制备方案，侧重考查学生对原理及操作的分析评价、对数据的分析运用、物质的分离提纯等，需要学生具备知识的基础，难度中等．