Question

13．工業上以碳酸錳礦為主要原料生產MnO₂的工藝流程如圖所示：
有關氫氧化物開始沉淀和沉淀完全的pH如下表；

氫氧化物	Al（OH）3	Fe（OH）3	Fe（OH）2	Cu（OH）2	Mn（OH）2
開始沉淀的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

請回答下列問題：
（1）酸浸前將碳酸錳礦粉碎的作用是增大接觸面積，加快反應速率（使反應更充分）．
（2）酸浸后溶液中含有Mn²⁺、SO₄^2-，另含有少量Fe²⁺、Fe³⁺、Al³⁺、Pb²⁺、Cu²⁺等，其除雜過程如下：
①加入MnO₂的目的是氧化亞鐵離子得到鐵離子；
②加入CaO將溶液調至pH=5.2～6，所得沉淀的成分為Fe（OH）₃、Al（OH）₃（填化學式）；
③加入BaS除去Cu²⁺、Pb²⁺（填化學式）后，再加入NaF除去Ca²⁺．
（3）已知Ksp（CaF₂）=4.0×10^-11，計算當溶液中Ca²⁺完全沉淀[c（Ca²⁺）＜10^-5mol/L]后，所得
溶液每m³中至少含F^-的質量為38g．
（4）從溶液A中回收的主要物質常用作化肥，該物質水解的離子方程式為NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺．
（5）NH₄HCO₃溶液中，下列關系式正確的是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 碳酸錳礦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，
除雜過程中加入下列物質，
加入MnO₂，二氧化錳具有氧化性，能將亞鐵離子氧化生成鐵離子；
 加入CaO將溶液調至pH=5.2～6，根據表中數據知，鐵離子、鋁離子都轉化為沉淀；
加入BaS除去溶液中的Cu²⁺、Pb²⁺等，再加入NaF除去Ca²⁺；
然后過濾，向濾液中加入碳酸氫銨，碳酸氫銨和硫酸錳反應生成碳酸錳和硫酸銨，所以濾液A中含有硫酸銨，將碳酸錳灼燒并通入氧氣得到二氧化錳粗產品；
（1）反應物的接觸面積越大，反應速率越大；
（2）Fe²⁺具有還原性，可以被MnO₂在酸性條件下氧化成Fe³⁺；加入CaO將溶液的pH調到5.2～6.0，
Fe³⁺和Al³⁺分別生成氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀；再加入BaS，硫酸根和鋇離子生成硫酸鋇沉淀，Cu²⁺、Pb²⁺生成硫化銅和硫化鉛沉淀，
浸出液中含有加入的氧化鈣生成的鈣離子，再加入NaF溶液生成氟化鈣沉淀除去；
（3）Ksp（CaF₂）=4.0×10^-11，計算當溶液中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，
根據m=cVM計算氟離子質量．
（4）從溶液A中回收的主要物質常用作化肥，為硫酸銨，銨根離子水解導致溶液呈酸性；
（5）A．溶液中存在物料守恒，根據物料守恒判斷；
B．溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷；
C．溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒和物料守恒判斷；
D．NH₄⁺水解程度小于HCO₃^-，導致溶液呈堿性，只有碳酸氫根電離才能生成CO₃^2-，碳酸氫根離子水解及水電離都生成OH^-、銨根離子水解及水電離都生成H⁺．

解答 解：碳酸錳礦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，
除雜過程中加入下列物質，
加入MnO₂，二氧化錳具有氧化性，能將亞鐵離子氧化生成鐵離子；
 加入CaO將溶液調至pH=5.2～6，根據表中數據知，鐵離子、鋁離子都轉化為沉淀；
加入BaS除去溶液中的Cu²⁺、Pb²⁺等，再加入NaF除去Ca²⁺；
然后過濾，向濾液中加入碳酸氫銨，碳酸氫銨和硫酸錳反應生成碳酸錳和硫酸銨，所以濾液A中含有硫酸銨，將碳酸錳灼燒并通入氧氣得到二氧化錳粗產品；
（1）將碳酸錳礦粉碎可以增大接觸面積，加快反應速率，使反應更充分，
故答案為：增大接觸面積，加快反應速率（使反應更充分）；
（2）①Fe²⁺具有還原性，可以被MnO₂在酸性條件下氧化成Fe³⁺，反應的離子方程式為2Fe²⁺+MnO₂+4H⁺=2Fe³⁺+Mn²⁺+2H₂O，
故答案為：氧化亞鐵離子得到鐵離子；
②加入CaO將溶液的pH調到5.2～6.0，Fe³⁺和Al³⁺分別生成氫氧化鐵和氫氧化鋁沉淀；
故答案為：Fe（OH）₃、Al（OH）₃；
③加入BaS，硫酸根和鋇離子生成硫酸鋇沉淀，Cu²⁺、Pb²⁺生成硫化銅和硫化鉛沉淀，浸出液中含有加入的氧化鈣生成的鈣離子，再加入NaF溶液生成氟化鈣沉淀除去；
故答案為：Cu²⁺、Pb²⁺；
（3）Ksp（CaF₂）=4.0×10^-11，計算當溶液中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，
故答案為：38g．
（4）溶液中作化肥的物質為硫酸銨，銨根離子水解導致溶液呈酸性，水解離子方程式為NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺，
故答案為：NH₄⁺+H₂O?NH₃．H₂O+H⁺；
（5）A．溶液中存在物料守恒，根據物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（H₂CO₃），故A正確；
B．溶液中存在電荷守恒，根據電荷守恒得c（NH₄⁺）+c（H⁺）=c（HCO₃^-）+2c（CO₃^2-）+c（OH^-）
，故B錯誤；
C．溶液中存在電荷守恒和物料守恒，根據物料守恒得c（NH₄⁺）+c（NH₃•H₂O）=c（HCO₃^-）+c（CO₃^2-）+c（H₂CO₃），根據電荷守恒得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正確；
D．NH₄⁺水解程度小于HCO₃^-，導致溶液呈堿性，只有碳酸氫根電離才能生成CO₃^2-，碳酸氫根離子水解及水電離都生成OH^-、銨根離子水解及水電離都生成H⁺，所以離子濃度大小順序是（NH₄⁺）＞c（HCO₃^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）＞c（CO₃^2-），故D錯誤；
故選AC．

點評 本題考查了物質分離提純，為高頻考點，涉及鹽類水解、難溶物的溶解平衡、物質分離和提純等知識點，明確化學反應原理及物質性質是解本題關鍵，側重考查學生分析判斷及綜合知識靈活運用能力，注意分析流程圖中發生的反應及溶液中溶質成分，題目難度中等．