Question

8．酸性锌锰干电池是一种一次电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是碳粉，MnO₂，ZnCl₂和NH₄Cl等组成的糊状填充物，该电池在放电过程产生MnOOH，回收处理该废电池可得到多种化工原料，有关数据下表所示：
溶解度/（g/100g水）

温度/℃ 化合物	0	20	40	60	80	100
NH4Cl	29.3	37.2	45.8	55.3	65.6	77.3
ZnCl2	343	395	452	488	541	614

化合物	Zn（OH）2	Fe（OH）2	Fe（OH）3
Ksp近似值	10-17	10-17	10-39

回答下列问题：
（1）该电池的正极反应式为MnO₂+H⁺+e^-=MnOOH
（2）维持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，理论上消耗Zn0.05g．（已经F=96500C/mol）
（3）废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl₂和NH₄Cl，二者可通过加热浓缩、冷却结晶分离回收；滤渣的主要成分是MnO₂、C粉和MnOOH，欲从中得到较纯的MnO₂，最简便的方法是空气中加热．
（4）用废电池的锌皮制备ZnSO₄•7H₂O的过程中，需去除少量杂质铁，其方法是：加稀硫酸和H₂O₂溶解，铁变为Fe³⁺，加碱调节至pH为2.7时，铁刚好完全沉淀（离子浓度小于1×10^-5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全）；继续加碱调节至pH为6时，锌开始沉淀（假定Zn²⁺QUOTE浓度为0.1mol/L）．

Answer 1

分析 （1）该电池负极锌被氧化生成Zn²⁺，正极发生还原反应，MnO₂被还原生成MnOOH；
（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为$\frac{150C}{96500C/mol}$，以此计算消耗锌的质量、物质的量；
（3）填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化；
（4）铁加入稀H₂SO₄和H₂O₂，可被氧化生成Fe³⁺，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10^-5mol•L^-1，结合Ksp=10^-39计算pH，并根据Ksp计算锌开始沉淀的pH．

解答 解：（1）该电池负极锌被氧化生成Zn²⁺，正极发生还原反应，MnO₂被还原生成MnOOH，电极方程式为MnO₂+H⁺+e^-=MnOOH，故答案为：MnO₂+H⁺+e^-=MnOOH；
（2）持电流强度为0.5A，电池工作五分钟，则电量为0.5A×300s=150C，转移电子的物质的量为$\frac{150C}{96500C/mol}$，则消耗Zn的质量为$\frac{150C}{96500C/mol}$×$\frac{1}{2}$×65g/mol=0.05g，
故答案为：0.05；
（3）滤液中主要有ZnCl₂和NH₄Cl，可通过加热浓缩、冷却结晶得到晶体，填充物含有碳粉、二氧化锰，且生成MnOOH等，在空气中加热时，碳粉、MnOOH可被氧化，分别生成二氧化碳和二氧化锰，
故答案为：加热浓缩、冷却结晶；空气中加热；
（4）铁加入稀H₂SO₄和H₂O₂，可被氧化生成Fe³⁺，铁刚好沉淀完全时离子浓度小于1×10^-5mol•L^-1，因Ksp=10^-39，
则c（OH^-）=$\root{3}{\frac{10{\;}^{-39}}{10{\;}^{-5}}}$mol/L≈0.5×10^-11mol/L，此时pH=2.7，
如锌开始沉淀，则c（OH^-）=$\sqrt{\frac{10{\;}^{-17}}{0.1}}$mol/L=10^-8mol/L，此时pH=6，
故答案为：2.7；6．

点评 本题考查原电池知识以及物质的分离、提纯，侧重于原电池的工作原理以及实验基本操作和注意问题，题目难度中等，有利于培养学生良好的科学素养．