【答案】  CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O  Cu  将Fe2+氧化为Fe3+  bd  Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋  H2SO4  ＞  HS−的水解常数为＞7.0×10−15，水解程度大于电离程度，溶液显碱性，pH＞7  5

【解析】试题分析：（1）依题意，MnO2、CuS、H2SO4反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，锰元素由+4降为为+2价，硫元素由—2升为0价，根据最小公倍数法配平；（2）根据流程图，Ⅲ是除去溶液中的铁离子、铝离子；II中加入适量Zn，充分反应后过滤，得到Cu;(3) II中加入适量Zn，发生的反应为Zn+Cu2+=Zn2++Cu、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，则II的滤液中无铁离子，只有亚铁离子，为了将亚铁离子除去，需要先将其氧化为铁离子，再用氢氧化锌、氧化锌等调节溶液pH将其完全变为氢氧化铁沉淀，因此III中加入的二氧化锰是将Fe2+氧化成Fe3+的氧化剂；（4）电解前，V溶液中含有锌离子、锰离子，由此推断电解时锌元素由+2降为0价，得到电子，发生还原反应，说明Zn是阴极产物；锰元素由+2升为+4价，失去电子，发生氧化反应，说明二氧化锰是阳极产物，即Mn2+—2e－→MnO2；

（5）根据HS-的电离平衡常数与水解平衡常数判断NaHS的pH；（6）根据Ksp(MnS)=1.4×10−15，可计算向含有0.020 mol·L−1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体Mn2+开始沉淀时S2−浓度，再根据H2S的电离常数K2=7.0×10−15计算氢离子浓度。

解析：根据以上分析（1）依题意，MnO2、CuS、H2SO4反应生成MnSO4、CuSO4、S、H2O，锰元素由+4降为为+2价，硫元素由—2升为0价，根据最小公倍数法配平，则该反应为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；（2）根据流程图，Ⅲ是除去溶液中的铁离子、铝离子；II中加入适量Zn，得到Cu，滤渣2的主要成分是Cu；(3) II中加入适量Zn， II的滤液中有亚铁离子，为了将亚铁离子除去，需要先将其氧化为铁离子；为不引入新杂质，再用氢氧化锌、氧化锌、碳酸锰等调节溶液pH将其完全变为氢氧化铁沉淀，因此III中加入的二氧化锰是将Fe2+氧化成Fe3+的氧化剂，另外一种物质X可以是氢氧化锌、氧化锌、碳酸锰等，所以选bd；（4）电解前，V溶液中含有锌离子、锰离子，由此推断电解时锌元素由+2降为0价，得到电子，发生还原反应，说明Zn是阴极产物；锰元素由+2升为+4价，失去电子，发生氧化反应，说明二氧化锰是阳极产物即Mn2+—2e－→MnO2，左边带4个正电，右边不带电，呈酸性的V溶液中只能用氢离子使左右电荷守恒，则Mn2+—2e－→MnO2+4H+；左边比右边少4H、2O，根据原子个数守恒可得阳极反应式：Mn2+−2e－+2H2O=MnO2+4H+；Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋  ；根据电极反应式，电解中有硫酸生成，本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和H2SO4

（5）根据HS-的电离平衡常数与HS-水解平衡常数=大于 7.0×10−15 ，水解大于电离，所以NaHS的pH>7；（6）根据Ksp(MnS)= 1.4×10−15，可计算向含有0.020 mol·L−1 Mn2+废水中通入一定量的H2S气体Mn2+开始沉淀时S2−浓度等于， H2S的电离常数K2=7.0×10−15， , ，氢离子浓度= ，所以PH=5。