Question

6．工业上以软锰矿（主要成分MnO₂）为原料，通过液相法生产KMnO₄．即在碱性条件下用氧气氧化MnO₂得到K₂MnO₄，分离后得到的K₂MnO₄，再用惰性材料为电极电解K₂MnO₄溶液得到KMnO₄，其生产工艺简略如下：

（1）反应器中反应的化学方程式为4KOH+2MnO₂+O₂=2K₂MnO₄+2H₂O．
（2）生产过程中最好使用含MnO₂80%以上的富矿，因为MnO₂含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量偏高 （填“偏高”或“偏低”）．
（3）电解槽中阳极的电极反应方程式为MnO₄^2--e^-=MnO₄^-．
（4）在传统工艺中得到K₂MnO₄后，向其中通入CO₂反应生成黑色固体、KMnO₄等，反应的化学反应方程式为3K₂MnO₄+2CO₂═2KMnO₄+MnO₂+2K₂CO₃．根据上述反应，从Mn元素的角度考虑KMnO₄的产率最高为66.7%．与该传统工艺相比，电解法的优势是产率更高、KOH循环利用．
（5）用高锰酸钾测定某草酸结晶水合物的纯度：称量草酸晶体样品0.250g溶于水，用0.0500mol•L^-1的酸性KMnO₄溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO₄溶液15.00mL，则该草酸晶体的纯度为94.5%．（已知该草酸结晶水合物H₂C₂O₄•2H₂O的式量为126）

Answer 1

分析 （1）碱性条件下用氧气氧化MnO₂得到K₂MnO₄，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；
（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．
（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K₂MnO₄溶液得到KMnO₄，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．
（4）根据题干信息可知反应物为K₂MnO₄、CO₂、生成黑色固体MnO₂、KMnO₄，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式分析KMnO₄的产率，电解法阳极都生成KMnO₄，产率更高；
（5）发生反应：5H₂C₂O₄+2MnO₄^-+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．

解答 解：（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO₂+O₂=2K₂MnO₄+2H₂O，
故答案为：4KOH+2MnO₂+O₂=2K₂MnO₄+2H₂O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al₂O₃=2KAlO₂+H₂O，所以会导致KOH消耗量偏高，
故答案为：偏高；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO₄^2--2e^-=2MnO₄^-，即MnO₄^2--e^-=MnO₄^-，
故答案为：MnO₄^2--e^-=MnO₄^-；
（4）反应物为K₂MnO₄、CO₂、生成黑色固体MnO₂、KMnO₄，所以方程式为：3K₂MnO₄+2CO₂═2KMnO₄+MnO₂+2K₂CO₃，由化学反应方程式：3K₂MnO₄+2CO₂═2KMnO₄+MnO₂+2K₂CO₃分析得出，3份锰参加反应生成2份KMnO₄，所以KMnO₄的产率最高为$\frac{2}{3}$×100%=66.7%，与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO₄，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；
故答案为：3K₂MnO₄+2CO₂═2KMnO₄+MnO₂+2K₂CO₃；66.7%；产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H₂C₂O₄+2MnO₄^-+6H⁺=10CO₂↑+2Mn²⁺+8H₂O，根据方程式可得关系式：
5H₂C₂O₄•2H₂O～2KMnO₄
5               2
n        0.05mol/L×15.0×10^-3L     
解得n（H₂C₂O₄•2H₂O）=1.875×10^-3mol
则m（H₂C₂O₄•2H₂O）=1.875×10^-3mol×126g/mol=0.236g，所以成品的纯度ω=$\frac{0.236g}{0.25g}$×100%=94.5%，
故答案为：94.5%．

点评 本题考查实验制备方案、基本操作、工艺流程、氧化还原反应滴定计算、物质含量的测定等，根据题中已知条件确定生成物并写出反应方程式明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，题目难度中等．