Question

17．高純活性氧化鋅可用于光催化、光電極、彩色顯影等領域．以工業級氧化鋅（含Fe²⁺、Mn²⁺、Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等）為原料，用硫酸浸出法生產高純活性氧化鋅的工藝流程如下：
已知K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38
回答下列問題：
（1）浸出時，為了提高浸出效率采取的措施有（寫兩種）：攪拌、將氧化鋅粉碎
（2）氧化時，加入KMn0₄溶液是為了除去浸出液中的Fe²⁺和Mn²⁺（溶液中Mn元素全部轉化為Mn0₂），請配平下列除去Fe²⁺的離子方程式：□MnO₄^-+□Fe²⁺+□7H₂O═□MnO₂↓+□Fe（OH）₃↓+□H⁺
（3）加入鋅粉的目的是調節溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等．
（4）已知H₂ S0₄浸出液中，c（Fe²⁺）=5.04mg．L^-1、c（Mn²⁺）=1.65mg．L^-1
①加入KMnO₄溶液反應一段時間后，溶液中c（Fe³⁺）=0.56mg．L^-1，若溶液pH=3，則此時Fe³⁺不能（填“能”或“不能”）發生沉淀．
②若要除盡1m³上述浸出液中的Fe²⁺和Mn²⁺，需加入7.9g KMnO₄．

Answer 1

分析 （1）增大接觸可以提高浸出效率，如攪拌、將氧化鋅粉碎等；
（2）Mn元素化合價由MnO₄^-中+7價降低為MnO₂中+4價，共降低3價，Fe元素化合價由Fe³⁺中+2價升高為Fe（OH）₃中+1價，共升高1價，化合價升降最小公倍數為3，則MnO₄^-的系數為1，Fe³⁺的系數為3，由原子守恒可知缺項為水，再結合原子守恒、電荷守恒配平；
（3）調節溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等；
（4）①溶液中c（Fe³⁺）=0.56mg．L^-1，物質的量濃度為10^-5mol/L，溶液pH=3，則溶液中c（OH^-）=10^-11mol/L，計算濃度積Qc，與溶度積K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38比較判斷；
②Fe²⁺轉化為Fe（OH）₃，Mn²⁺轉化為MnO₂，根據電子轉移守恒計算需要高錳酸鉀的物質的量，進而計算需要高錳酸鉀的質量．

解答 解：（1）攪拌、將氧化鋅粉碎等可以充分接觸，可以提高浸出效率，
故答案為：攪拌、將氧化鋅粉碎；
（2）Mn元素化合價由MnO₄^-中+7價降低為MnO₂中+4價，共降低3價，Fe元素化合價由Fe³⁺中+2價升高為Fe（OH）₃中+1價，共升高1價，化合價升降最小公倍數為3，則MnO₄^-的系數為1，Fe³⁺的系數為3，由原子守恒可知缺項為水，再結合原子守恒、電荷守恒配平：MnO₄^-+3Fe²⁺+7H₂O═MnO₂↓+3Fe（OH）₃↓+5H⁺，
故答案為：1；3；7H₂O；1；3；5；
（3）加入鋅粉的目的是：調節溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等，
故答案為：調節溶液pH，除去溶液中Cu²⁺、Ni²⁺、Cd²⁺等；
（4）①溶液中c（Fe³⁺）=0.56mg．L^-1，物質的量濃度為10^-5mol/L，溶液pH=3，則溶液中c（OH^-）=10^-11mol/L，10^-5×（10^-11）³=1×10^-38＜K_sp[Fe（OH）₃]=4.0×10^-38，此時Fe³⁺ 不能發生沉淀，
故答案為：不能；
②浸出液中c（Fe³⁺）=5.04mg．L^-1=5.04g/m³，c（Mn²⁺）=1.65mg．L^-1=1.65g/m³，1m³上述浸出液中，Fe²⁺的物質的量為$\frac{1{m}^{3}×5.04g/{m}^{3}}{56g/mol}$=0.09mol，Mn²⁺的物質的量為$\frac{1{m}^{3}×1.65g/{m}^{3}}{55g/mol}$=0.03mol，Fe²⁺轉化為Fe（OH）₃，Mn²⁺轉化為MnO₂，根據電子轉移守恒，需要高錳酸鉀的物質的量為$\frac{0.09mol×1+0.03mol×2}{7-4}$=0.05mol，需要高錳酸鉀的質量為0.05mol×158g/mol=7.9g，
故答案為：7.9．

點評 本題屬于化學工藝流程題目，涉及對操作的分析評價、物質的分離提純、氧化還原反應配平與計算、溶度積有關計算等，是對學生綜合能力的考查，為高考常考題型，難度中等．