Question

【题目】二氧化锰无论在实验室还是在生产、生活中均有广泛应用。工业上可以用制备对苯二酚的废液为原料生产二氧化锰。此工艺对节约资源、保护环境、提高经济效益有着重要意义。

（1）经分析知该废液中含有硫酸锰、硫酸铵、硫酸以及Fe2+、Co2+、Ni2+等金属离子。以此为原料制备化学二氧化锰的流程如图所示。

①常温下几种有关难溶硫化物的溶度积常数如下表，若除去Fe2+后的废液中Mn2+浓度为1mol/L，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，而Mn2+不受损失，S2-的浓度范围应控制在___mol/L。

化合物	MnS	CoS（α型）	NiS
Ksp	2.5×10-10	4×10-21	1.07×10-21

②步骤⑥的化学方程式为___。

③步骤①~⑨中涉及到过滤的操作有___。（填序号）

④步骤⑨得到的副产品的化学式为___，其重要的用途之一是___。得到该副产品的操作是___。

（2）生产电解二氧化锰的原理是在93℃左右以石墨为电极电解硫酸锰和硫酸的混合溶液，写出阳极的电极反应式___，若电解过程中的电压为3V，理论上生产1tMnO2消耗电能___kw·h。（1kw·h=3.6×106J）

（3）双氧水氧化法制备二氧化锰时所发生的反应为MnSO4+2NH3+H2O2→MnO2+(NH4)2SO4，在溶液的pH、过氧化氢的用量和反应时间一定的情况下，温度对实验结果的影响如图所示。MnO2的回收率随着温度升高先增大后减小的可能原因是___。

Answer 1

【答案】4×10-16-2.5×10-10 3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4 ①②③⑤⑦⑨ (NH4)2SO4 做化肥 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 1845 温度升高反应加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解

【解析】

（1）①当溶液中离子浓度小于10-5mol/L时，认为完全沉淀，要将Co2+和Ni2+完全沉淀，根据Ksp的表达式计算即可；

②步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，结合得失电子守恒、原子守恒写方程式即可；

③凡是涉及固液分离的步骤都涉及过滤；

④整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤⑨得到的副产品为硫酸铵；

（2）阳极发生氧化反应，应为Mn2+失电子被氧化成MnO2；

（3）温度升高反应速率加快，但是温度太高，双氧水会分解，氨气会挥发。

（1）①根据Ksp(CoS)=c(Co2+)×c(S2-)、Ksp(NiS)=c(Ni2+)×c(S2-)得：、，欲使Co2+和Ni2+完全沉淀，就要将Co2+和Ni2+的浓度控制在10-5mol/及以下，那么：、，解得c(S2-)>4×10-16、c(S2-)>1.07×10-16，又因为Mn2+浓度为1mol/L而不受损，则Mn2+和S2-还没开始沉淀，此时有c(S2-)×c(Mn2+)＜Ksp(MnS),即c(S2-)×1mol/L＜2.5×10-10，解得：c(S2-)＜2.5×10-10，综上所述： ，即：硫离子浓度在4×10-16mol/L-2.5×10-10mol/L之间，故答案为：4×10-16-2.5×10-10；

②步骤⑥利用NaClO3将MnSO4氧化成MnO2，在溶液中NaClO3被还原成NaCl，方程式为：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4，故答案为：3MnSO4+NaClO3+3H2O=3MnO2+NaCl+3H2SO4；

③①~⑨中，①②③⑤⑦⑨都涉及到固液分离，都用到过滤，故答案为：①②③⑤⑦⑨；

④整个过程中铵根离子和硫酸根离子没有除去，故步骤⑨得到的副产品为硫酸铵，可做化肥，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到硫酸铵，故答案为：(NH4)2SO4；做化肥；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

（2）阳极失电子，化合价升高，被氧化，再结合电荷守恒、原子守恒可得：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，生产1t MnO2转移的电子物质的量做如下计算：，解得n=， 所以电子数=，因为每个电子带1.6×10-19C的电量，所以电子所带总电量q=×1.6×10-19，由E=qU得：E==(×1.6×10-19×3)J=kw·h≈1845 kw·h，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；1845；

（3）温度升高，反应速率增大，但是温度过高，H2O2分解了，NH3挥发了，故答案为：温度升高反加快生成更多的MnO2，温度达到一定程度后，若在升温则氨气挥发，过氧化氢分解。