Question

4．工业上利用软锰矿（主要成分为MnO₂，同时含少量铁、铝等的化合物）制备硫酸锰的常见流程如下：

部分金属阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表：

沉淀物	Al（OH）3	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Mn（OH）2
pH	5.2	3.2	9.7	10.4

（1）一氧化锰用硫酸酸浸时发生的主要反应的离子方程式为MnO+2H⁺=Mn²⁺+H₂O．酸浸后加入MnO₂将溶液中的Fe²⁺氧化成Fe³⁺，其目的是确保铁元素在后续操作中完全转化为氢氧化物沉淀而除去．
（2）滤渣A的成分除MnO₂外，还有Fe（OH）₃和Al（OH）₃．
（3）MnO₂是制造碱性锌锰电池的基本原料，放电时负极的电极反应式为Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂．工业上以石墨为电极电解酸化的MnSO₄溶液生产MnO₂，阳极的电极反应式为Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂+4H⁺，当阴极产生4.48L（标况）气体时，MnO₂的理论产量为17.4g．
（4）锰的三种难溶化合物的溶度积：K_sp（MnCO₃）=1.8×10^-11，K_sp[Mn（OH）₂]=1.9×10^-13，K_sp（MnS）=2.0×10^-13，则上述三种难溶物的饱和溶液中，Mn²⁺浓度由大到小的顺序是Mn（OH）₂＞MnCO₃＞MnS（填写化学式）．

Answer 1

分析 （1）氧化锰与酸反应生成金属阳离子和水；MnO₂可将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，Fe³⁺完全沉淀的pH较Fe²⁺低．
（2）由题目信息可知，酸浸后的过滤液中含有Mn²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺、Zn²⁺、Fe²⁺，结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH进行判断；
（3）碱性锌锰电池负极发生氧化反应，Zn在负极放电生成Zn（OH）₂；以石墨为电极，电解酸化的MnSO₄溶液，阳极锰离子放电，若电路中通过0.2mol电子产生0.1molMnO₂，质量为8.7g；
（4）依据溶度积常数的定义，分别利用所给数据进行计算，然后比较大小即可．

解答 解：（1）MnO与酸反应生成锰离子和水，离子反应方程式为：MnO+2H⁺=Mn²⁺+H₂O，MnO₂可将Fe²⁺氧化成Fe³⁺，Fe³⁺完全沉淀的pH较Fe²⁺低；故答案为：MnO+2H⁺=Mn²⁺+H₂O；确保铁元素在后续操作中完全转化为氢氧化物沉淀而除去；
（2）酸浸后的过滤液中含有Mn²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、Cu²⁺、Zn²⁺、Fe²⁺，加氨水调pH至5.4，结合题中阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH可知，Fe³⁺、Al³⁺完全转化为Fe（OH）₃和Al（OH）₃沉淀，其它离子不沉淀，故滤渣B的主要成分为Fe（OH）₃和Al（OH）₃，故答案为：Fe（OH）₃和Al（OH）₃；
（3）碱性锌锰电池负极发生氧化反应，Zn在负极放电生成Zn（OH）₂，电极反应式为：Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂；以石墨为电极，电解酸化的MnSO₄溶液，阳极锰离子放电，阳极反应为Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂+4H⁺，因为MnSO₄～MnO₂～2e^-，阴极产生4.48L气体，物质的量为0.2mol，通过0.4mol电子产生0.2molMnO₂，其质量为8.7×2=17.4g，故答案为：2H⁺+2e^-→H₂；17.4g，故答案为：Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂；Mn²⁺-2e^-+2H₂O=MnO₂+4H⁺；17.4g；
（4）MnCO₃溶液中存在沉淀溶解平衡：MnCO₃（s）?Mn²⁺（aq）+CO₃^2-（aq），故K_sp（MnCO₃）=c（Mn²⁺）×c（CO₃^2-）=1.8×10^-11，故c（Mn²⁺）=$\sqrt{1.8×1{0}^{-11}}$≈4×10^-6；同理：Mn（OH）₂中，设c（Mn²⁺）=x，则c（OH^-）=2x，故$\root{3}{\frac{1.9×1{0}^{-13}}{4}}$≈3×10^-5；MnS溶液中，$\sqrt{2.0×1{0}^{-13}}$≈4×10^-7；故大小顺序为：Mn（OH）₂＞MnCO₃＞MnS，故答案为：Mn（OH）₂；MnCO₃；MnS．

点评 本题主要考查的是学生对元素及其化合物的主要性质的掌握、书写电极反应方程式、阅读题目获取新信息能力、对工艺流程的理解等，难度中等，需要学生具备扎实的基础与综合运用知识、信息分析解决问题能力．