Question

【题目】Ⅰ.利用含锰废水（主要含Mn2+、SO42-、H＋、Fe2+、Al3＋、Cu2+）可制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其中一种工艺流程如下：

已知某些物质完全沉淀的pH如下表：

沉淀物	Fe（OH）3	Al（OH）3	Cu（OH）2	Mn（OH）2	CuS	MnS	MnCO3
沉淀完全时的pH	3.2	5.4	6.4	9.8[	≥0	≥7	≥7

回答下列问题：

（1）过程②中，所得滤渣W的主要成分是 。

（2）过程③中，发生反应的离子方程式是 。

（3）过程④中，若生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，则生成MnCO3的反应的离子方程

式是 。

（4）由MnCO3可制得重要的催化剂MnO2：2MnCO3＋O2=2MnO2＋2CO2。现在空气中加热460.0 g MnCO3，得到332.0 g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品中MnO2的质量分数是 （用百分数表示，小数点后保留1位小数）。

Ⅱ.常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列六种溶液的pH如下表：

溶质	CH3COONa	NaHCO3	Na2CO3	NaClO	NaCN	C6H5ONa
pH	8.8	9.7	11.6	10.3	11.1	11.3

（1）上述盐溶液中的阴离子，结合H＋能力最强的是 。

（2）根据表中数据判断，浓度均为0.01 mol·L－1的下列物质的溶液中，酸性最强的是 （填序号）。

A．HCN

B．HClO

C．C6H5OH

D．CH3COOH

E．H2CO3

（3）根据上表数据，请你判断下列反应不能成立的是 （填序号）。

A．HCN＋Na2CO3=NaHCO3＋NaCN

B．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN

C．CO2＋H2O＋2C6H5ONa=Na2CO3＋2C6H5OH

D．CH3COONa＋HClO=NaClO＋CH3COOH

Answer 1

【答案】

（1）Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）MnS+Cu2+=Mn2++CuS↓；

（3）Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；

（4）78.6%；

Ⅱ.（1）CO32-；（2）D；（3） BC。

【解析】

试题分析：（1）根据表中数据可知，氢氧化铝完成沉淀的pH为5.2，氢氧化铁完全沉淀的pH为3.7，所以调节pH在5.2，Fe2+和Al3+均以Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀状态存在，即滤渣的成分为：Fe（OH）3、Al（OH）3，故答案为：Fe（OH）3、Al（OH）3；

（2）CuS在pH≥0时完全沉淀，而MnS在pH≥7时完全沉淀，所以加入MnS是为了使其中Cu2+产生CuS沉淀除去，故搅拌目的是使MnS 与 Cu2+快速、充分反应，反应的离子方程式：MnS+Cu2+=Mn2++CuS↓，故答案为：MnS+Cu2+=Mn2++CuS↓；

（3）生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，该气体为二氧化碳，Mn2+和加入的HCO3-反应，产生CO2气体和MnCO3沉淀，反应的离子方程式：Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O，故答案为：Mn2++2HCO3-=MnCO3+CO2↑+H2O；

（4）MnCO3受热分解为MnO，MnO部分氧化为MnO2，产品中杂质有MnO，460.0 gMnCO3的物质的量为：=4mol，受热产生4molMnO，设产生MnO2物质的量为xmol，即有xmolMnO氧化，剩余MnO为（4-x）mol，产物的总质量为：（4-x）mol×71g/mol+xmol×87g/mol=332g，解得x=3，则MnO2的质量分数=×100%=78.6%，故答案为：78.6%；

Ⅱ.（1）弱酸根质量水解程度越大，相同浓度的钠盐溶液的pH越大，则酸根离子结合质子能力越大，根据溶液pH知，CO32-的水解程度最大，则CO32-结合质子能力最强，故答案为：CO32-；

（2）酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是CH3COOH；故选D；

（3）一般而言，强酸可以制取弱酸。A．根据HCN＋Na2CO3=NaHCO3＋NaCN，酸性HCN＞NaHCO3，与题意不符，不能发生；B．根据CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN，酸性CH3COOH＞HCN，与题意相符，能够发生；C．根据CO2＋H2O＋2C6H5ONa=Na2CO3＋2C6H5OH，酸性碳酸＞苯酚＞NaHCO3，与题意相符，能够发生；D．根据CH3COONa＋HClO=NaClO＋CH3COOH，酸性HClO＞CH3COOH，与题意不符，不能发生；故选BC。