Question

6．锰及其化合物有广泛的用途．请回答下列问题：
（1）①MnO₂可用于制电池的材料，碱性锌锰电池的反应为2MnO₂+Zn+2H₂O=2MnOOH+Zn（OH）₂，其中MnOOH中Mn的化合价为+3，O在元素周期表的位置为第二周期VIA族
②由MnCO₃可制得催化剂MnO₂：2MnCO₃+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2MnO₂+2CO₂现在空气中加热23.0gMnCO₃，一段时间后固体质量减轻2.8g，假设无其他物质生成，则制得MnO₂的物质的量为0.1mol
（2）MnSO₄作为肥料施进土壤，可以增产．从碳酸锰矿（主要成分为MnCO₃、MnO₂、FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃）制备MnS O₄溶液的操作如图所示

已知：MnO₂难溶于水和冷硫酸，且氧化性比Fe³⁺强
①含杂质的碳酸锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，加快反应速率
②在滤液乙中锰元素只以Mn^2十的形式存在，且滤渣甲中不含MnO₂，则滤渣甲的主要成分是SiO₂
请用离子方程式解释没有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常温下，为实现Mn²⁺和Al³⁺、Fe³⁺的分离，应使溶液中c（Fe³⁺）、c（Al³⁺）均小于或等于1×10^-5mol．L^-1，则至少应调节溶液pH=5；
（3）KMnO₄不稳定，受热易分解，分解后的含锰元素的化合物都能和浓盐酸反应制得氯气，最终的还原产物都是MnC1₂，若将nmolKMnO₄粉末加热一段时间，收集到V₁L气体后停止加热，冷却后加入足量的浓盐酸，再加热充分反应后，又收集到气体V₂L，则V₂=56n-2V₁（用n、V₁表示，气体均折算为标准状况下体积）

Answer 1

分析 （1）①MnOOH中O元素化合价为-2价、H元素化合价为+1价，该化学式中各元素化合价的代数和为1确定Mn的化合价；主族元素原子核外电子层数与其周期数相同，最外层电子数与其族序数相等，据此判断O在元素周期表的位置；
②根据减少的质量与生成的二氧化锰之间的关系式计算；
（2）碳酸锰矿主要成分为MnCO₃、MnO₂、FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃，将碳酸锰矿中加入稍过量的稀硫酸，MnCO₃、FeCO₃、Al₂O₃和稀硫酸反应分别生成MnSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃，MnO₂氧化性大于Fe³⁺，则MnO₂和Fe²⁺在酸性条件下发生反应MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O，SiO₂不反应，过滤后，滤渣成分为SiO₂，滤液乙中含有MnSO₄、Al₂（SO₄）₃、Fe₂（SO₄）₃，向滤液乙中加入过量双氧水，然后加入碳酸氢铵调节溶液的pH，过滤得到沉淀Al（OH）₃、Fe（OH）₃，滤液中溶质为MnSO₄，
①反应物接触面积越大，反应速率越快；
②在滤液乙中锰元素只以Mn^2十的形式存在，且滤渣甲中不含MnO₂，则滤渣甲的主要成分是不溶于稀硫酸的二氧化硅；
酸性条件下，二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水；
③Fe³⁺完全沉淀时c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L、Al³⁺完全沉淀时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，铁离子需要的pH较小，铝离子需要的pH较大；如果使这两种两种都完全沉淀，则溶液中c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L=10^-9mol/L，据此计算溶液的pH，根据溶度积常数计算此时溶液中Mn^2十的浓度；
（3）KMnO₄分解时Mn元素得电子、O元素失电子，生成氧气失去电子物质的量等于Mn得到电子的物质的量，生成的锰酸钾、二氧化锰都和浓盐酸反应生成锰离子和氯气，根据转移电子相等知，Mn元素得到电子的物质的量等于生成氯气失去电子的物质的量，则整个反应过程中高锰酸钾中Mn元素得到电子的物质的量等于生成氧气、氯气失去电子的物质的量之和，据此计算生成氯气体积．

解答 解：（1）①MnOOH中O元素化合价为-2价、H元素化合价为+1价，该化学式中各元素化合价的代数和为1确定Mn的化合价为+3；主族元素原子核外电子层数与其周期数相同，最外层电子数与其族序数相等，O原子核外有3个电子层、最外层电子数是6，所以O元素位于第二周期第VIA族，
故答案为：+3；二；VIA；
②设生成MnO₂的物质的量为x，
2MnCO₃+O₂$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2MnO₂+2CO₂固体质量减少
                       2mol             56g
                       x                  2.8g
2mol：56g=x：2.8g
x=$\frac{2mol×2.8g}{56g}$=0.1mol，
故答案为：0.1mol；
（2）碳酸锰矿主要成分为MnCO₃、MnO₂、FeCO₃、SiO₂、Al₂O₃，将碳酸锰矿中加入稍过量的稀硫酸，MnCO₃、FeCO₃、Al₂O₃和稀硫酸反应分别生成MnSO₄、FeSO₄、Al₂（SO₄）₃，MnO₂氧化性大于Fe³⁺，则MnO₂和Fe²⁺在酸性条件下发生反应MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O，SiO₂不反应，过滤后，滤渣成分为SiO₂，滤液乙中含有MnSO₄、Al₂（SO₄）₃、Fe₂（SO₄）₃，向滤液乙中加入过量双氧水，然后加入碳酸氢铵调节溶液的pH，过滤得到沉淀Al（OH）₃、Fe（OH）₃，滤液中溶质为MnSO₄，
①反应物接触面积越大，反应速率越快，将含杂质的碳酸锰矿使用前需将其粉碎，增大反应物接触面积，反应速率加快，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
②在滤液乙中锰元素只以Mn^2十的形式存在，且滤渣甲中不含MnO₂，则滤渣甲的主要成分是不溶于稀硫酸的SiO₂；
酸性条件下，二氧化锰和亚铁离子发生氧化还原反应生成锰离子、铁离子和水，离子方程式为MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O，
故答案为：SiO₂；MnO₂+2Fe²⁺+4H⁺=Mn²⁺+2 Fe³⁺+2H₂O；
③Fe³⁺完全沉淀时c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L、Al³⁺完全沉淀时c（OH^-）≥$\root{3}{\frac{1{0}^{-32}}{1{0}^{-5}}}$mol/L＞$\root{3}{\frac{4×1{0}^{-38}}{1{0}^{-5}}}$mol/L，铁离子需要的pH较小，铝离子需要的pH较大；如果使这两种两种都完全沉淀，则溶液中c（OH^-）≥$\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}}$=5，
故答案为：5；
（3）KMnO₄分解时Mn元素得电子、O元素失电子，生成氧气失去电子物质的量等于Mn得到电子的物质的量，生成的锰酸钾、二氧化锰都和浓盐酸反应生成锰离子和氯气，根据转移电子相等知，Mn元素得到电子的物质的量等于生成氯气失去电子的物质的量，则整个反应过程中高锰酸钾中Mn元素得到电子的物质的量等于生成氧气、氯气失去电子的物质的量之和，
设生成氯气体积为V₂L，根据转移电子守恒得$\frac{{V}_{2}}{22.4}$mol×2+$\frac{{V}_{1}}{22.4}$mol×4=nmol×（7-2）
V=56n-2V₁，故答案为：56n-2V₁．

点评 本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生阅读、获取信息、加工利用信息解答问题、计算及知识综合应用能力，明确元素化合物性质、化学反应原理是解本题关键，涉及方程式的计算、溶度积常数计算、化学反应速率影响因素等知识点，难点是溶液pH的计算，注意（3）题转移电子守恒的灵活应用，题目难点中等．