Question

6．錳及其化合物有廣泛的用途．請回答下列問題：
（1）①MnO₂可用于制電池的材料，堿性鋅錳電池的反應為2MnO₂+Zn+2H₂O=2MnOOH+Zn（OH）₂，其中MnOOH中Mn的化合價為+3，O在元素周期表的位置為第二周期VIA族
②由MnCO₃可制得催化劑MnO₂：2MnCO₃+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2MnO₂+2CO₂現在空氣中加熱23.0gMnCO₃，一段時間后固體質量減輕2.8g，假設無其他物質生成，則制得MnO₂的物質的量為0.1mol
（2）MnSO₄作為肥料施進土壤，可以增產．從碳酸錳礦（主要成分為MnCO₃、MnO₂、FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃）制備MnS O₄溶液的操作如圖所示

已知：MnO₂難溶于水和冷硫酸，且氧化性比Fe³⁺強
①含雜質的碳酸錳礦使用前需將其粉碎，主要目的是增大接觸面積，加快反應速率
②在濾液乙中錳元素只以Mn^2十的形式存在，且濾渣甲中不含MnO₂，則濾渣甲的主要成分是SiO₂
請用離子方程式解釋沒有Mn O₂的原因：MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O
③已知K_sp[Mn（OH）₂]=4×10^-18，K_sp[Fe（OH）₃]=4×10^-38，K_sp[Al（OH）₃]=1×10^-32常溫下，為實現Mn²⁺和Al³⁺、Fe³⁺的分離，應使溶液中c（Fe³⁺）、c（Al³⁺）均小于或等于1×10^-5mol．L^-1，則至少應調節溶液pH=5；
（3）KMnO₄不穩定，受熱易分解，分解后的含錳元素的化合物都能和濃鹽酸反應制得氯氣，最終的還原產物都是MnC1₂，若將nmolKMnO₄粉末加熱一段時間，收集到V₁L氣體后停止加熱，冷卻后加入足量的濃鹽酸，再加熱充分反應后，又收集到氣體V₂L，則V₂=56n-2V₁（用n、V₁表示，氣體均折算為標準狀況下體積）

Answer 1

分析 （1）①MnOOH中O元素化合價為-2價、H元素化合價為+1價，該化學式中各元素化合價的代數和為1確定Mn的化合價；主族元素原子核外電子層數與其周期數相同，最外層電子數與其族序數相等，據此判斷O在元素周期表的位置；
②根據減少的質量與生成的二氧化錳之間的關系式計算；
（2）碳酸錳礦主要成分為MnCO₃、MnO₂、FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃，將碳酸錳礦中加入稍過量的稀硫酸，MnCO₃、FeCO₃、Al₂O₃和稀硫酸反應分別生成MnSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃，MnO₂氧化性大于Fe³⁺，則MnO₂和Fe²⁺在酸性條件下發生反應MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O，SiO₂不反應，過濾后，濾渣成分為SiO₂，濾液乙中含有MnSO₄、Al₂（SO₄）₃、Fe₂（SO₄）₃，向濾液乙中加入過量雙氧水，然后加入碳酸氫銨調節溶液的pH，過濾得到沉淀Al（OH）₃、Fe（OH）₃，濾液中溶質為MnSO₄，
①反應物接觸面積越大，反應速率越快；
②在濾液乙中錳元素只以Mn^2十的形式存在，且濾渣甲中不含MnO₂，則濾渣甲的主要成分是不溶于稀硫酸的二氧化硅；
酸性條件下，二氧化錳和亞鐵離子發生氧化還原反應生成錳離子、鐵離子和水；
③Fe³⁺完全沉淀時c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L、Al³⁺完全沉淀時c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L＞$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L，鐵離子需要的pH較小，鋁離子需要的pH較大；如果使這兩種兩種都完全沉淀，則溶液中c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=10^-9mol/L，據此計算溶液的pH，根據溶度積常數計算此時溶液中Mn^2十的濃度；
（3）KMnO₄分解時Mn元素得電子、O元素失電子，生成氧氣失去電子物質的量等于Mn得到電子的物質的量，生成的錳酸鉀、二氧化錳都和濃鹽酸反應生成錳離子和氯氣，根據轉移電子相等知，Mn元素得到電子的物質的量等于生成氯氣失去電子的物質的量，則整個反應過程中高錳酸鉀中Mn元素得到電子的物質的量等于生成氧氣、氯氣失去電子的物質的量之和，據此計算生成氯氣體積．

解答 解：（1）①MnOOH中O元素化合價為-2價、H元素化合價為+1價，該化學式中各元素化合價的代數和為1確定Mn的化合價為+3；主族元素原子核外電子層數與其周期數相同，最外層電子數與其族序數相等，O原子核外有3個電子層、最外層電子數是6，所以O元素位于第二周期第VIA族，
故答案為：+3；二；VIA；
②設生成MnO₂的物質的量為x，
2MnCO₃+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2MnO₂+2CO₂固體質量減少
                       2mol             56g
                       x                  2.8g
2mol：56g=x：2.8g
x=$\frac{2mol×2.8g}{56g}$=0.1mol，
故答案為：0.1mol；
（2）碳酸錳礦主要成分為MnCO₃、MnO₂、FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃，將碳酸錳礦中加入稍過量的稀硫酸，MnCO₃、FeCO₃、Al₂O₃和稀硫酸反應分別生成MnSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃，MnO₂氧化性大于Fe³⁺，則MnO₂和Fe²⁺在酸性條件下發生反應MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O，SiO₂不反應，過濾后，濾渣成分為SiO₂，濾液乙中含有MnSO₄、Al₂（SO₄）₃、Fe₂（SO₄）₃，向濾液乙中加入過量雙氧水，然后加入碳酸氫銨調節溶液的pH，過濾得到沉淀Al（OH）₃、Fe（OH）₃，濾液中溶質為MnSO₄，
①反應物接觸面積越大，反應速率越快，將含雜質的碳酸錳礦使用前需將其粉碎，增大反應物接觸面積，反應速率加快，
故答案為：增大接觸面積，加快反應速率；
②在濾液乙中錳元素只以Mn^2十的形式存在，且濾渣甲中不含MnO₂，則濾渣甲的主要成分是不溶于稀硫酸的SiO₂；
酸性條件下，二氧化錳和亞鐵離子發生氧化還原反應生成錳離子、鐵離子和水，離子方程式為MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O，
故答案為：SiO₂；MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O；
③Fe³⁺完全沉淀時c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L、Al³⁺完全沉淀時c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L＞$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L，鐵離子需要的pH較小，鋁離子需要的pH較大；如果使這兩種兩種都完全沉淀，則溶液中c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=10^-9mol/L，溶液的pH=-lg$\frac{1{0}^{-14}}{1{0}^{-9}}$=5，
故答案為：5；
（3）KMnO₄分解時Mn元素得電子、O元素失電子，生成氧氣失去電子物質的量等于Mn得到電子的物質的量，生成的錳酸鉀、二氧化錳都和濃鹽酸反應生成錳離子和氯氣，根據轉移電子相等知，Mn元素得到電子的物質的量等于生成氯氣失去電子的物質的量，則整個反應過程中高錳酸鉀中Mn元素得到電子的物質的量等于生成氧氣、氯氣失去電子的物質的量之和，
設生成氯氣體積為V₂L，根據轉移電子守恒得$\frac{{V}_{2}}{22.4}$mol×2+$\frac{{V}_{1}}{22.4}$mol×4=nmol×（7-2）
V=56n-2V₁，故答案為：56n-2V₁．

點評 本題考查物質制備，為高頻考點，側重考查學生閱讀、獲取信息、加工利用信息解答問題、計算及知識綜合應用能力，明確元素化合物性質、化學反應原理是解本題關鍵，涉及方程式的計算、溶度積常數計算、化學反應速率影響因素等知識點，難點是溶液pH的計算，注意（3）題轉移電子守恒的靈活應用，題目難點中等．