“锰”将如云，直击高考-2025年高考化学一轮复习工业流程专题

“锰”将如云，直击高考 1．锰单质 块状锰是呈灰色，是一种较活泼的金属，在空气中金属锰的表面被一层褐色的氧化膜所覆盖，甚至与冷的浓硝酸也形成强的氧化膜，所以呈化学惰性。 2．锰及其化合物 锰元素的常见价态有＋7、＋6、＋4、＋3、＋2价，Mn2＋在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性。 (1)锰(II)化合物的性质 ①酸性介质：酸性介质中Mn2+稳定，只有很强的氧化剂(NaBiO3、PbO2、(NH4)2S2O8)才能氧化Mn2＋到MnO 2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===5Na＋＋5Bi3＋＋2MnO＋7H2O、 2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋===2MnO＋5Pb2＋＋2H2O 2Mn2+ ＋ 5S2O82－＋8H2O===2MnO＋10SO＋16H+ 【微点拨】①介质不能用盐酸，因为Cl－有还原性，能与MnO反应 ②Mn2＋的量不能太多，否则：2MnO＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋ ②碱性介质：碱性Mn(II)极易氧化成Mn(IV)化合物 a．在碱性条件下Mn2＋容易被氧化：ClO－＋Mn2＋＋2OH－===Cl－＋MnO2↓＋H2O b．Mn(OH)2为白色难溶物，Ksp＝4.0×10－14，极易被空气氧化，水中少量氧气能将其氧化成褐色MnO(OH)2沉淀：2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2 (2)锰(IV)化合物的性质 ①最重要的Mn(IV)化合物是MnO2，二氧化锰在中性介质中很稳定，在碱性介质中倾向于转化成锰(Ⅵ)酸盐；在酸性介质中是一种强氧化剂，倾向于转化成Mn2+ MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O 2MnO2＋2H2SO4(浓)===2MnSO4＋O2↑＋2H2O ②简单的Mn(IV)盐在水溶液中极不稳定，或水解生成水合二氧化锰MnO(OH)2，或在浓强酸中和水生成氧气和Mn(II) (3)Mn(Ⅵ)化合物的生成与性质 ①最重要的Mn(VI)化合物是锰酸钾K2MnO4。在熔融碱中MnO2被空气氧化生成K2MnO4 2MnO2＋O2＋4KOH2K2MnO4 (深绿色)＋2H2O ②MnO存在于强碱性溶液中，在酸性、中性环境中均发生歧化反应 3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH－ 3MnO＋4H＋===2MnO＋MnO2↓＋2H2O ③锰酸钾是制备高锰酸钾(KMnO4)的中间体：2MnO＋2H2O===2MnO＋2OH－＋H2↑ (4)KMnO4的性质 ①热稳定性差，通常保存在棕色试剂瓶中：4KMnO4＋2H2O4MnO2↓＋3O2↑＋4KOH ②在酸性介质中，MnO具有强氧化性，本身被还原为Mn2＋：可以氧化Fe2＋、Cl－、H2C2O4、H2O2等 MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O 2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O 2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O 2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O ③在碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnO仍旧是氧化剂，本身被还原为MnO2 2MnO＋I－＋H2O===2MnO2↓＋IO＋2OH－ ④在强碱性溶液中，当MnO过量时，还原产物是MnO 2MnO＋SO＋2OH－===2MnO＋SO＋H2O。 1．（2023·北京·统考高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。    已知：酸性条件下，的氧化性强于。 (1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。 ①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“<”)。 ②在溶液中，银锰精矿中的和氧化锰矿中的发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有 。 (2) “浸银”时，使用过量和的混合液作为浸出剂，将中的银以形式浸出。 ①将“浸银”反应的离子方程式补充完整： 。 ②结合平衡移动原理，解释浸出剂中的作用： 。 (3) “沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。 ①该步反应的离子方程式有 。 ②一定温度下，的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释分钟后的沉淀率逐渐减小的原因： 。    (4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势： 。 2．（2019·全国·高考真题）高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：    相关金属离子[c0(Mn+)=0.1 mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ Zn2+ Ni2+ 开始沉淀的pH 8.1 6.3 1.5 3.4 8.9 6.2 6.9 沉淀完全的pH 10.1 8.3 2.8 4.7 10.9 8.2 8.9 （1）“滤渣1”含有S和 ；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。 （2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将 。 （3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为 ~6之间。 （4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是 。 （5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是 。 （6）写出“沉锰”的离子方程式 。 （7）层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料，其化学式为LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时，z= 。 3．（2014·四川·高考真题）污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究课题。某化学研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量头铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已略去)。 请回答下列问题： (1)上述流程脱硫实现了 (选填下列字母编号)。 A．废弃物的综合利用   B．白色污染的减少   C．酸雨的减少 (2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是 。 (3)已知：25℃、101kpa时，Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) △H=-520kJ/mol S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297kJ/mol Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065kJ/mol SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是 。 (4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，其阳极的电极反应式是 。 (5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时，正极的电极反应式是 。 (6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中的MnO2反应。按照图示流程，将a m3(标准状况)含SO2的体积分数为b%的尾气通入矿浆，若SO2的脱除率为89.6%，最终得到MnO2的质量为c kg，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素相当于MnO2 kg。 4．（2023·山西太原·太原五中校考二模）MnCO3可用作电器元件材料，也可作为瓷釉、颜料的制作原料。工业上用酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)制备MnCO3： 己知：几种金属离子沉淀的pH如表。 金属离子 Fe2+ Fe3+ Cu2+ Mn2+ 开始沉淀的pH 7.5 3.2 5.2 8.8 完全沉淀的pH 9.7 3.7 6.4 10.4 回答下列问题： (1)①中加入过量MnO2的作用是 。 (2)过程③中调pH的目的是 。 (3)过程④中有CO2生成，则生成MnCO3的离子方程是 。 (4)过程④中得到的副产品的化学式是 。 (5)MnCO3在空气中加热易转化为不同价态的锰的氧化物，其固体残留率随温度的变化如图所示。则300℃时，剩余固体中n(Mn)：n(O)为 ；图中点D对应固体的成分为 (填化学式)。 (6)NF3与NH3的立体构型相同，两者中心原子的轨道杂化类型均为 ，但NF3不易与Cu2+形成配离子，其原因 。 (7)一种Hg－Ba－Cu－O高温超导材料的晶胞(长方体)如图所示。 己知该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm，则距离Ba2+最近的Hg+数目为 个，二者的最短距离为 pm。(列出计算式即可)。 5．（2023·四川绵阳·校考模拟预测）采用废铁屑还原软锰矿(软锰矿主要成分是，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质)来制备Mn的工艺流程如图所示： 已知：①，；②溶液中某离子浓度 mol⋅L时，认为该离子沉淀完全；③室温时生成氢氧化物的pH见下表 离子 开始沉淀的pH 7.5 2.7 8.1 7.7 8.3 完全沉淀的pH 9.7 3.7 9.4 8.4 9.8 回答下列问题： (1)在“浸出液”中加入“”时发生反应的离子方程式为 ；硫酸酸化的可与(难溶于水)反应生成和，此反应的离子方程式为 。 (2)(室温)时，溶液中残余的的浓度为 mol⋅L，加入MnS“除杂”后的滤渍为 。 (3)“沉锰”过程中温度和pH对和沉淀率的影响如下图所示。由图可知，“沉锰”的合适条件是 ，“沉锰”除去的杂质金属离子是 。 (4)若沉锰过程在pH为7.0条件下充分进行，反应温度对锰沉淀率的影响关系如图所示。当温度超过30℃，沉锰反应的锰沉淀率随温度升高而下降的原因是 。 6．（2023·四川成都·石室中学校考一模）以软锰矿(主要成分为，含少量等的氧化物)为原料，某研究所设计由软锰矿制备的生产流程如下： 已知：固体和溶液的颜色均为墨绿色。 回答下列问题： (1)“熔融、煅烧”时，参与反应的化学方程式为 。 (2)向“浸取”液中通入调节其，经“过滤”得滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ的成分为 (填化学式)。 (3)锰元素的氧化态-吉布斯自由能图如图所示，该图具有多方面的应用。 ①可判断不同氧化态的锰元素在水溶液中的相对稳定性。由图可知，在酸性溶液中是锰的最稳定态，则在碱性溶液中 (填化学式)是锰的最稳定态。 ②可预测歧化反应发生的可能性。若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的上方，则该氧化态不稳定，能发生歧化反应，生成其相邻两氧化态。反之，若某氧化态位于它相邻两氧化态连线的下方，则该氧化态是相对稳定的。由图可知，在 (填“酸性”或“碱性”)环境中更易发生歧化反应，由此可知，“歧化”时加入冰醋酸的目的是 (结合化学平衡移动原理解释)。“歧化”时，下列酸可以用来代替冰醋酸的是 (填字母)。 a．稀硫酸            b．亚硫酸            c．氢溴酸           d．乙二酸 (4)“结晶”时，当 (填现象)时，停止加热，待自然冷却后，过滤即可获得紫黑色晶体。 (5)实验室用草酸标准溶液测定产品中高锰酸钾的纯度(已知：杂质不参与反应)，进行了如下操作： 步骤ⅰ．配制的标准氢氧化钠溶液； 步骤ⅱ．取草酸溶液，加入几滴酚酞溶液，用的标准氢氧化钠溶液标定，消耗氢氧化钠溶液； 步骤ⅲ．取样品溶于水，滴入几滴稀硫酸酸化，用已标定的草酸溶液进行滴定，达到滴定终点消耗草酸溶液。 ①样品中高锰酸钾的纯度为 。 ②高锰酸钾和草酸反应接近滴定终点时速率较慢，需用水浴加热。若不加热，测定出的高锰酸钾的纯度会偏 (填“大”或“小”)。 7．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）高纯氯化锰(MnCl2)在电子技术和精细化工领域有重要应用。一种由粗锰粉(含磷酸盐、硅酸盐、铁、铅等)制备高纯氯化锰的工艺流程如图所示(部分操作和条件略)。 已知：生成氢氧化物沉淀的pH： Fe(OH)2 Fe(OH)3 Mn(OH)2 Pb(OH)2 开始沉淀时 6.3 1.5 8.1 6.5 完全沉淀时 8.3 2.8 10.1 8.5 注：金属离子的起始浓度为0.1mol•L﹣1；当离子的浓度小于等于10﹣5mol•L﹣1时沉淀完全。 回答下列问题： (1)将粗锰粉磨碎的目的是 。 (2)步骤1和步骤2除去了磷酸盐和硅酸盐。非金属性P Si(填写“大于”“小于”)，从原子结构角度解释非金属性不同的原因是 。 (3)所得滤液甲中的金属离子主要含有Mn2+、Fe2+和Pb2+等，且Pb2+不被H2O2氧化。加入H2O2目的是 。(用离子方程式表示)。步骤4加入MnCO3得到沉淀的主要成分是 。 (4)已知PbS的Ksp=8×10﹣28，MnS的Ksp=2×10﹣10.步骤5的目的是除去Pb2+，反应的离子方程式是 ，为了保证Pb2+除尽，控制溶液中S2﹣浓度范围是 。(假设溶液中Mn2+、Pb2+的浓度是0.1mol•L﹣1) (5)已知；氯化锰的溶解度随温度的变化如图。步骤6的操作是 、 、过滤、洗涤、烘干。 8．（2023·吉林·统考模拟预测）复兴号高铁车体材质用到锰元素，锰及其化合物用途广泛。以菱锰矿(主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2杂质)为原料生产金属锰和高品位MnCO3的工艺流程如图：    (1)“溶浸”过程中，若其他条件不变，采取下列措施能提高浸出率的有 (填序号)。 A．适当升高溶浸温度         B．适当加快搅拌速度        C．适当缩短溶浸时间 (2)锰的浸出率结果如图所示。由图可知，所采用的最佳实验条件为 。    (3)残余在滤渣1中需要回收循环利用的MnO2，可加入葡萄糖和硫酸溶液处理，氧化产物为CO2.写出对应的离子方程式 。 (4)“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CoS、NiS以外，还有 (填化学式)。 (5)写出“沉锰”的原理为 (用离子方程式表示)；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是 。 (6)由锰、镍、镓制备的磁性形状记忆型合金中，基态Mn原子的价层电子排布图为 ，晶胞结构如图，立方晶胞的边长为 a nm，则该晶体的密度为 g•cm－3(NA表示阿伏加德罗常数)。    9．（2023·浙江·校联考模拟预测）某研究小组用碱熔法以软锰矿(主要成分为)为原料生产高锰酸钾的流程如下：    已知：①物质溶解度物质 物质 KCl 20℃溶解度(g) 6.4 111 33.7 11.1 217 34.2 ②锰酸钾[] 外观性状：墨绿色结晶。其水溶液呈深绿色，这是锰酸根()的特征颜色。 化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性中，会发生岐化反应。 请回答： (1)下列有关得到墨绿色熔融物的说法正确的是 。 A．应在铁坩埚中进行加热，一手用坩埚钳夹住坩埚，一手用玻璃棒搅拌 B．将软锰矿粉碎后加入熔融物中，可增大接触面积，加快反应速率 C．随反应进行，发现熔融物黏度增大时便加强热，提升碱熔效果 D．若反应剧烈使熔融物逸出，可将火焰移开 (2)工业上常用进行酸化歧化，发生反应，若通入过久可能会导致产品纯度下降，原因是 ；为避免此影响，可用 (选“盐酸”、“硫酸”或“醋酸”)溶液代替进行改进。 (3)结晶步骤中为得到杂质较少的粗产品，从下列选项中选出合理的操作并排序： 。 将溶液加入蒸发皿中干燥晶体 a．抽滤    b．趁热过滤    c．冷却    d．小火加热蒸发    e．大火加热蒸发    f．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热    g．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热    h．乙醇洗涤    i．冷水洗涤 (4)草酸滴定法对高锰酸钾晶体进行纯度测定： ①称取0.6500g样品，溶解后定容于100mL容量瓶中，摇匀。取浓度为的标准溶液，加入稀硫酸酸化，在水浴中加热至80℃左右，用溶液平行滴定三次，平均消耗的体积为，该样品的纯度为 。(已知)。 ②以下可能会使测定结果偏高的是 。 A．定容过程时俯视刻度线 B．滴定过程中水浴温度过高 C．滴定速度过慢使高锰酸钾溶液与空气中还原性物质反应 D．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁 E．滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后尖嘴有气泡 10．（2023·北京西城·北师大实验中学校考三模）以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有等元素)为原料，制备，所得产品具有广泛的用途。的制备过程如图所示。 (1)氨浸时，铜元素转化为，在催化下将结核中的转化为。 ①铜在元素周期表中的位置是 。 ②比较与中键角的大小并解释原因 。 ③若中两个分别被取代，能得到两种不同结构的，的空间构型是 。 (2)浸锰 ①写出浸锰过程主要反应的离子方程式 。 ②基态锰原子的价层电子轨道表示式为 。 ③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。 ④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为，则晶体Ⅰ的密度为 。(，，) ⑤晶体Ⅱ可作电池正极材料，通过在晶体Ⅱ中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。ⅱ代表电池 (填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为 。 11．（2024上·广东深圳·高一校考期末）可用于电子工业生产软磁铁氧体，用作电子计算机中存储信息的磁芯、磁盘等。工业上以软锰矿(主要成分是，还含有少量的、、)为原料生产的工艺流程如下： 25℃时，相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 1.5 6.3 3.4 8.1 沉淀完全的pH 2.8 8.3 4.7 10.1 回答下列问题： (1)“酸浸、还原”时，软锰矿的成分中 (填物质名称)没有发生反应。 (2)“酸浸、还原”后，溶液中含有的金属阳离子有、 (填离子符号)，铁屑、与反应的离子方程式为 。 (3)“调节pH”时，加入溶液的目的是 (用离子方程式表示)。 (4)“沉锰”时发生反应的离子方程式为 。滤液2的用途是 。 12．（2024上·四川攀枝花·高二统考期末）工业上可用低品位锰矿（主要成分，含、、等元素的杂质）与废溶液经过一系列转化得到高品位，某流程如下： 已知： 物质 ， 回答下列问题 (1)“焙烧”过程中的氧化剂为 、 （填化学式）。 (2)“滤渣1”的主要成分为 （填化学式，下同）；“滤渣2”的主要成分为 。 (3)“沉锰”时，会转化为，若常温下控制溶液，且最终，则此溶液中 。 (4)测定产品中的纯度。称取样品置于具塞锥形瓶中，加水润湿后，依次加入足量稀硫酸和过量溶液。盖上玻璃塞，充分摇匀后静置。用标准溶液滴定生成的，平行滴定三次，平均消耗标准溶液。滴定反应为。产品中的纯度为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) > 、 (2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀 (3) 、 被氧气氧化为，把氧化为 (4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂 【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。 【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>； ②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。 （2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为； ②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。 （3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、； ②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。 （4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。 2． SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7 NiS和ZnS F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F−平衡向右移动 Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O 【详解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O； （2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+； （3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间； （4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS； （5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全； （6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=4，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3 3． A、C 消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 MnO2(s)+SO2(g) =MnSO4(s) △H=-248kJ/mol Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH- 【详解】(1)白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，即答案选AC。 (2)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。 (3)已知：热化学方程式①Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) △H=-520kJ/mol，②S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297kJ/mol，③Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065kJ/mol，则根据盖斯定律可知③-(①+③)即得到SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式MnO2(s)+SO2(g) =MnSO4(s) △H=-248kJ/mol。 (4)电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。 (5)原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式是MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-。 (6)实际参加反应的SO2的物质的量是，根据方程式MnO2(s)+SO2(g) =MnSO4(s)可知生成硫酸镁的物质的量是0.4abmol。最终生成二氧化锰是c kg，则根据方程式3MnSO4+2KMnO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4可知，因此消耗硫酸锰的物质的量是 mol，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素的物质的量是mol-0.4abmol，相当于二氧化锰的质量是(mol-0.4abmol)×87g/mol=(600c-34.8ab)g= kg 4．(1)将Fe2+全部氧化为Fe3+ (2)使Cu2+转化为Cu(OH)2除去 (3)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O (4)NH4Cl (5) 1：2 Mn3O4和MnO (6) sp3 F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子 (7) 4 【分析】根据流程：酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)加过量MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH=3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣为Fe(OH)3和过量的MnO2，滤液A含有Mn2+、Cl-、H+、Cu2+，加氨水调节pH=6.4，则Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤，滤渣Q为Cu(OH)2沉淀，滤液B含有Mn2+、Cl-，加碳酸氢铵反应：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此分析作答。 【详解】（1）MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O； （2）调pH=6.4，除去溶液中的铜离子，使Cu2+ 完全沉淀为Cu(OH)2； （3）过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O； （4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，流程中，氯离子未除去，加入铵根离子，则副产品为NH4Cl； （5）MnCO3的物质的量为1 mol即质量为115 g，A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g，减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为CO，故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)：n(O)为1：2；C点剩余固体质量为115 g×61.74%=71 g，据锰元素守恒知m(Mn)=55 g,则m(O )1=71 g-55 g=16 g，则n(Mn)：n(O)==1：1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g，因m(Mn)=55 g,则m(O )2=76.337 g-55 g=21.337 g，则n(Mn)：n(O)==3：4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物；故答案为：1：2；Mn3O4和MnO； （6）NF3与NH3的空间构型相同，这两种分子中中心原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的轨道杂化类型为sp3；F 的电负性比N大，N-F 成键电子对向F偏移，导致NF3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子； （7）该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm,下边Ba原子距离底面中心的距离=pm,距离Ba2+最近的Hg+数目为4个，二者的最短距离为。 5．(1) (2) 1×10−11.4 NiS (3) 45℃，pH为7.5 Mg2＋ (4)温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰” 【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质，加入硫酸和废铁屑，MnO2被还原为Mn2＋，溶液中还有Fe3＋、Mg2＋、Ni2＋、Fe2＋，SiO2难溶于硫酸，矿渣的成分是SiO2；滤液中加入MnO2把Fe2＋氧化为Fe3＋，加氨水调节pH，生成氢氧化铁，除去铁元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2＋，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，过滤，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液得到金属锰，据此分析解题。 【详解】（1）“酸浸”后的滤液中含有Fe2＋，向“浸出液”中添加适量MnO2的目的是将溶液中Fe2＋全部氧化为Fe3＋，该过程中Mn元素由＋4价下降到＋2价，Fe元素由＋2价上升到＋3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；硫酸酸化的MnSO4可与NaBiO3（难溶于水）反应生成Bi3＋和，此反应的离子方程式为：，故答案为；。 （2）有表格数据可知，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH＝3.7，溶液中c(OH−)＝，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6mol⋅L−1时，认为该离子沉淀完全，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH−)＝1.0×10−6×(1×10−10.3)3＝1×10−36.9，pH＝5.5（室温）时，溶液中，溶液中残余的Fe3＋的浓度为，根据已知信息，Ksp＝2.8×10−10＞Ksp(NiS)＝2.0×10−21，则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS，故答案为1×10−11.4；NiS。 （3）沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH为7.5；“沉锰除去的杂质金属离子是Mg2＋，故答案为45℃，pH为7.5；Mg2＋。 （4）温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”，故答案为温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”。 6．(1)2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O (2)Al(OH)3和H2SiO3 (3) MnO2 酸性 溶液中存在平衡3+2H2O 2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率 a (4)溶液表面出现晶膜 (5) 63.2% 偏大 【分析】软锰矿，其主要成分为MnO2，含少量等的氧化物等杂质，与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，据此分析。 【详解】（1）由分析可知，“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O； （2）根据分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3； （3）①在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态，答案为：MnO2； ②由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，故答案为酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a； （4）此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热； （5）①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应： 结合题中数据得草酸溶液浓度=； 草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为 ②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。 7．(1)增大接触面积，加快反应速率 (2) 大于 P元素原子半径较小，得电子能力强，非金属性强 (3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3 (4) Pb2++H2S=PbS↓+2H+ 8×10﹣23mol/L<c(S2﹣)<2×10﹣9mol/L (5) 加热至80℃使氯化锰溶液接近饱和 冷却至0℃左右 【分析】粗锰粉磨碎，将粗锰粉加入盐酸中充分反应，可与铁反应生成亚铁离子，再加入NaOH溶液调节pH=6，过滤，可除去磷酸盐、硅酸盐，向所得滤液中加入H2O2酸性溶液，可氧化亚铁离子生成铁离子，充分反应后加入MnCO3调节pH=3，过滤，可除去铁离子，生成了氢氧化铁沉淀，向所得滤液中通入H2S气体，待充分反应后加热一段时间，可生成硫化铅和硫化锌沉淀，冷却后过滤，滤液含有氯化锰，浓缩、结晶、分离、干燥，得到产品氯化锰固体，据此分析回答问题。 【详解】（1）将粗锰粉磨碎的目的是：增大接触面积，加快反应速率， 故答案为：增大接触面积，加快反应速率； （2）P元素原子半径较小，得电子能力强，非金属性强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强H3PO4>H2SiO3，则得非金属性：P>Si， 故答案为：大于；P元素原子半径较小，得电子能力强，非金属性强； （3）通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH将其转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，通过分析可知加入MnCO3相关反应的离子方程式为：MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，Fe3++3H2O⇌ Fe(OH)3+3H+，作用为调节溶液的pH以便于Fe3+沉淀； 故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3； （4）已知PbS的Ksp=3×10﹣28，MnS的Ksp=2×10﹣10，步骤5的目的是除去Pb2+，反应的离子方程式为：Pb2++H2S═PbS↓+2H+，为了保证Pb2+除尽，Ksp=c(Pb2+)×c(S2﹣)=8×10﹣28，c(S2﹣)=mol/L=8×10﹣23mol/L，Ksp=c(Mn2+)×c(S2﹣)=2×10﹣10，c(S2﹣)= mol/L=2×10﹣9mol/L，控制溶液中S2﹣浓度范围是：8×10﹣23mol/L<c(S2﹣)<2×10﹣9mol/L， 故答案为：Pb2++H2S=PbS↓+2H+；8×10﹣23mol/L<c(S2﹣)<2×10﹣9mol/L； （5）分离氯化锰，可将溶液蒸发至饱和，应加热至80℃使氯化锰溶液接近饱和，冷却至0℃左右，过滤、烘干可得到晶体， 故答案为：加热至80℃使氯化锰溶液接近饱和，冷却至0℃左右。 【点睛】解答本题要结合题意注意对流程进行正确分析，对数据充分运用。 8．(1)AB (2)80℃、90min (3)12MnO2+C6H12O6 +24H+= 12Mn2++ 6CO2↑ +18H2O (4)Fe(OH)3、MnS (5) 若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低 (6)    【分析】菱锰矿主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴的碳酸盐以及SiO2，用稀硫酸溶浸，得硫酸锰、硫酸亚铁、硫酸钴、硫酸镍溶液，加二氧化锰把Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH生成氢氧化铁沉淀，加MnS沉淀Co2+、Ni2+，过滤得硫酸锰溶液，加碳酸氢铵生成碳酸锰“沉锰”；电解硫酸锰溶液得到金属锰。 【详解】（1）A．适当升高溶浸温度，反应速率加快，能提高浸出率，故选A； B．适当加快搅拌速度，反应速率加快，能提高浸出率，故选B；        C．适当缩短溶浸时间，反应物接触时间变短，浸出率降低，故不选C； 选AB。 （2）由图可知，80℃、90min锰的浸出率得到90%以上，所采用的最佳实验条件为80℃、90min。 （3）MnO2在酸性条件下把葡萄糖氧为CO2，MnO2的还原产物为Mn2+，反应的离子方程式为12MnO2+C6H12O6 +24H+= 12Mn2++ 6CO2↑ +18H2O； （4）加二氧化锰氧化后的溶液中含有Co2+、Ni2+、Fe3+，加氨水调节pH，加MnS沉淀Co2+、Ni2+，“除杂”步骤所得滤渣2的主要成分除了CoS、NiS以外，还有Fe(OH)3和剩余的MnS。 （5）“沉锰”时硫酸锰和碳酸氢铵反应生成碳酸锰沉淀、二氧化碳、硫酸铵，反应的离子方程式为 ；“沉锰”的关键操作是将反应终点pH控制在7附近，原因是若pH>7，会生成氢氧化锰沉淀，造成MnCO3纯度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，产率降低。 （6）Mn是25号元素，基态Mn原子的价层电子排布图为  ；根据均摊原则，Ni原子数为 、Mn原子数为4、Ga原子数为4，立方晶胞的边长为 a nm，则该晶体的密度为 g•cm－3。 9．(1)BD (2) 与反应的生成，溶解度比小得多，在溶液浓缩时会和会同时析出而降低纯度 醋酸 (3)dfcai (4) ABE 【分析】由题目信息，可知二氧化锰与KOH煅烧生成K2MnO4，溶液中通入二氧化碳与溶液中氢氧化钠反应，调节pH，由工艺流程可知，CO2使发生歧化反应，生成和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，利用溶解度不同进行结晶分离.若通入CO2太多，会生KHCO3，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3晶体和KMnO4晶体一起析出，导致得到的KMnO4产品的纯度降低； 【详解】（1）A．玻璃棒中的二氧化硅和强碱反应，玻璃棒被腐蚀，故不能用玻璃棒搅拌，选项A错误； B．将软锰矿粉碎后加入熔融物中，可增大反应物的接触面积，加快反应速率，选项B正确； C．随反应进行，发现熔融物黏度增大时控制温度，使反应充分，选项C错误； D．若反应剧烈使熔融物逸出，可将火焰移开，降低温度，选项D正确； 答案选BD； （2）与反应的生成，溶解度比小得多，在溶液浓缩时会和会同时析出而降低纯度；高锰酸钾具有强氧化性，不能用盐酸代替，硫酸难挥发且为强酸，故为避免此影响，可用醋酸代替进行改进； （3）结晶步骤中为得到杂质较少的粗产品，将溶液加入蒸发皿中 d．小火加热蒸发 f．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热 c．冷却 a．抽滤 i．冷水洗涤干燥晶体；答案为dfcai； （4）根据离子方程式，可知与草酸反应的定量关系2~5，0.6500g样品中的物质的量为n==0.004mol，则纯度为=97.23%， ②A．定容过程时俯视刻度线，则所加蒸馏水偏少，所配高锰酸钾溶液浓度偏高，所测样品中含量偏高，选项A符合； B．滴定过程中水浴温度过高，高锰酸钾分解损失，滴定消耗高锰酸钾偏多，所测结果偏高，选项B符合； C．滴定速度过慢使高锰酸钾溶液与空气中还原性物质反应，则滴定消耗的高锰酸钾偏多，则测得样品中高锰酸钾偏少，选项C不符合； D．滴定过程中用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，对滴定结果无影响，选项D不符合； E．滴定前滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后尖嘴有气泡，则滴定消耗的高锰酸体积偏大，则测定结果样品含量偏高，选项E符合； 答案选ABE。 10．(1) 第四周期ⅠB族 的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大 平面正方形 (2) MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑    放电 Mn0.61□0.39○+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39○ 【分析】大洋锰结核主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素，加入氨水浸取，在浸出的[Cu(NH3)4]2+催化下，CO将结核中的MnO2转化为MnCO3，分离出浸出液后，加入(NH4)2SO4浸锰，铵根离子水解产生H+，将MnCO3溶解使其转化为MnSO4，同时释放出NH3，除去不溶性杂质后，净化，再加入(NH4)2CO3浸锰得到MnCO3，空气中煅烧可制得脱硫剂MnxOy。 【详解】（1）①铜是29号元素，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，在元素周期表中的位置是第四周期ⅠB族。故答案为：第四周期ⅠB族； ②比较与中键角的大小并解释原因的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大。故答案为：的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大； ③若中两个分别被取代，能得到两种不同结构的，即两个氯处于对位和相邻两种情况，的空间构型是平面正方形。故答案为：平面正方形； （2）①在催化下将结核中的转化为，浸锰过程中MnCO3与NH反应生成NH3和Mn2+，浸锰过程主要反应的离子方程式MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑。故答案为：MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2 ↑； ②基态锰原子的价层电子排布式为3d54s2，基态锰原子的价层电子轨道表示式为。故答案为：； ③沉锰得到的在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。 ④晶体Ⅰ可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为，Mn位于顶点和体心，个数为8×+1=2，O位于面上和体内，个数为4×+2=4，晶胞质量为 g,晶胞体积为（a×10-10×a×10-10×b×10-10）cm3=a2b×10-30cm3，晶体Ⅰ的密度为ρ= =。故答案为：； ⑤ⅱ代表电池放电过程，得电子发生还原反应，嵌入Zn2+，该过程的电极反应式为Mn0.61□0.39○+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39○。故答案为：；放电；Mn0.61□0.39○+xZn2++2xe-=ZnxMn0.61□0.39○。 11．(1)二氧化硅 (2) 、 (3) (4) 施肥/制化肥 【分析】向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液，向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子后，再加入碳酸锰调节溶液pH在4.7~8.1范围内，将铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有二氧化硅、氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣和滤液；向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子转化为氢氧化锰沉淀，过滤得到滤液和氢氧化锰；向氢氧化锰中加入过氧化氢溶液，共热将氢氧化锰转化为四氧化三锰。 【详解】（1）二氧化硅是酸性氧化物，不与稀硫酸反应； （2）①向软锰矿中加入过量稀硫酸和铁屑酸浸、还原得到含有锰离子、亚铁离子、铝离子的溶液； ②铁屑、H2SO4与MnO2反应生成亚铁离子，锰离子与水，离子方程式为：； （3）向溶液中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：； （4）①向滤液中加入氨水，将滤液中锰离子转化为氢氧化锰沉淀，离子方程式为：； ②滤液的主要成分是硫酸铵，可以施肥或者制化肥。 12．(1) MnO2 O2 (2) Al(OH)3 NiS、BaSO4 (3)4×10-8 (4)90% 【分析】低品位锰矿经过FeSO4溶液和空气的焙烧，二氧化锰转化为硫酸锰，硫酸亚铁转化为氧化铁。浸出除去氧化铁，得到主要含硫酸锰的浸出液，加氨水将+3价铝离子转化为氢氧化铝沉淀，在滤渣1中除去，加BaS溶液将硫酸镍转化为NiS和硫酸钡沉淀在滤渣2中除去，锰离子与碳酸氢铵和氨水转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰在空气中煅烧转化为二氧化锰，据此回答。 【详解】（1）MnO2转化为硫酸锰，O2转化为-2价O，所以MnO2和O2为氧化剂； （2）①反应的离子方程式为，故“滤渣1”的主要成分为氢氧化铝沉淀； ②加入BaS溶液方程式为，故“滤渣2”的主要成分为硫化镍和硫酸钡； （3）“沉锰”时，会转化为MnCO3，若常温下控制溶液pH=8，且最终=0.1mol⋅L−1，根据碳酸第二步电离，则，所以 （4）根据关系式得，则，所以，产品中MnO2的纯度为 $$