Question

5．面对日益严重的环境问题，“变废为宝”是化学发展的一个重要方向．例如用废旧酸性锌锰干电池经破碎后的锌粉[含MnO₂、MnO（OH）、Zn（NH₃）₂Cl₂、Fe、NH₄Cl和炭黑等]制取MnO₂及高性能磁性材料碳酸锰（MnCO₃），工艺流程如图所示：

沉淀物	Fe（OH）2	Fe（OH）3	Mn（OH）2	Zn（OH）2
沉淀开始时pH	7.5	2.2	8.8	6.5
沉淀完全时pH	9.5	3.7	10.8	8.5

根据以上信息回答问题：
（1）过滤I得到的滤渣主要成分是碳黑．
（2）流程中氧化后加入NaOH溶液调节pH的范围为8.5＜pH＜8.8，其作用是除去溶液中的Fe³⁺、Zn²⁺．
（3）过滤II后滤液中阳离子主要是Mn²⁺．
（4）过程①中，滤液B含NH₄Cl，则生成的气体A是CO₂．
（5）请写出酸性锌锰干电池生成锰粉中给出产物的总反应式Zn+2MnO₂+2NH₄Cl=Zn（NH₃）₂Cl₂+2MnOOH．
（6）将4.00g锰粉完全按照上述工艺流程②生产MnO₂，并以此测定其中锰元素的含量．
首先向制取的MnO₂中加入过量酸化的0.50mol/L H₂C₂O₄ 50.00mLMnO₂完全溶解，并产生A气体，写出该反应的离子反应方程式：MnO₂+H₂C₂O₄+2H⁺=Mn²⁺+2CO₂ ↑+2H₂O．
然后用0.10mol/LKMnO₄溶液滴定过量的H₂C₂O₄溶液（产物与上反应一致），滴定终点时消耗KMnO₄溶液30.00mL，求锰粉中的锰元素质量分数是24.1%（保留2位有效数字）．

Answer 1

分析 锰粉[含MnO₂、MnO（OH）、Zn（NH₃）₂Cl₂、Fe、NH₄Cl和炭黑等]在浓盐酸中加热浸取，发生MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O、2MnO（OH）+6HCl=2MnCl₂+Cl₂↑+4H₂O、Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑等反应，过滤后所得滤渣为碳黑，滤液中含有Mn²⁺、Fe²⁺、NH₄⁺、Zn²⁺等离子，在滤液中加入适量过氧化氢和氢氧化钠，可将Fe²⁺转化为Fe³⁺，并生成Fe（OH）₃，控制溶液pH在8.5～8.8之间可除去Fe³⁺、Zn²⁺，过滤后所得滤渣为Fe（OH）₃、Zn（OH）₂，滤液Ⅱ中主要为Mn²⁺，同时滤液中有H₂O₂溶液在一定条件下能使Mn²⁺转化成MnO₂，经过滤、洗涤、干燥可得MnO₂，另外滤液Ⅱ中加碳酸氢铵，过滤得碳酸锰沉淀和滤液B含NH₄Cl，以及气体A为CO₂，以此解答该题．

解答 解：锰粉[含MnO₂、MnO（OH）、Zn（NH₃）₂Cl₂、Fe、NH₄Cl和炭黑等]在浓盐酸中加热浸取，发生MnO₂+4H⁺+2Cl^-$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O、2MnO（OH）+6HCl=2MnCl₂+Cl₂↑+4H₂O、Fe+2HCl=FeCl₂+H₂↑等反应，过滤后所得滤渣为碳黑，滤液中含有Mn²⁺、Fe²⁺、NH₄⁺、Zn²⁺等离子，在滤液中加入适量过氧化氢和氢氧化钠，可将Fe²⁺转化为Fe³⁺，并生成Fe（OH）₃，控制溶液pH在8.5～8.8之间可除去Fe³⁺、Zn²⁺，过滤后所得滤渣为Fe（OH）₃、Zn（OH）₂，滤液Ⅱ主要为Mn²⁺，同时滤液中有H₂O₂溶液在一定条件下能使Mn²⁺转化成MnO₂，经过滤、洗涤、干燥可得MnO₂，另外滤液Ⅱ中加碳酸氢铵，过滤得碳酸锰沉淀和滤液B含NH₄Cl，以及气体A为CO₂，
（1）根据上面的分析可知，过滤Ⅰ得到的滤渣主要成分是 碳黑，
故答案为：碳黑；   
（2）流程中氧化后加入NaOH溶液调节PH的范围为8.5＜PH＜8.8，其作用是除去溶液中的Fe³⁺、Zn²⁺，
故答案为：除去溶液中的Fe³⁺、Zn²⁺；
（3）根据上面的分析可知，过滤Ⅱ后滤液中阳离子主要是Mn²⁺，
故答案为：Mn²⁺；
（4）根据上面的分析可知，生成的气体A是CO₂，
故答案为：CO₂；
（5）酸性锌锰干电池生成锰粉中给出产物的总反应式为Zn+2MnO₂+2NH₄Cl=Zn（NH₃）₂Cl₂+2MnOOH，
故答案为：Zn+2MnO₂+2NH₄Cl=Zn（NH₃）₂Cl₂+2MnOOH；
（6）将4.00g锰粉完全按照上述工艺流程②生产MnO₂，并以此测定其中锰元素的含量，首先向制取的MnO₂ 中加入过量酸化的0.50mol/L H₂C₂O₄，50.00mL，H₂C₂O₄的物质的量为0.50mol/L×0.05L=0.025mol，Mn（OH）₂ 完全溶解，并产生A气体即二氧化碳气体，该反应的离子方程式：MnO₂+H₂C₂O₄+2H⁺=Mn²⁺+2CO₂ ↑+2H₂O，然后用0.10mol/L KMnO₄溶液滴定过量的H₂C₂O₄溶液（产物与上反应一致），则根据电子得失守恒可知2KMnO₄～5H₂C₂O₄，滴定终点时消耗KMnO₄溶液30.00mL，则消耗的KMnO₄物质的量为0.10mol/L×0.03L=0.003mol，所以与KMnO₄反应的H₂C₂O₄的物质的量为0.003mol×$\frac{5}{2}$=0.0075mol，所以与二氧化锰反应的H₂C₂O₄的物质的量为0.025mol-.0075mol=0.0175mol，则二氧化锰的物质的量为0.0175mol，所以锰粉中的锰元素质量分数是$\frac{0.0175mol×55g/mol}{4g}$×100%=24.1%，
故答案为：MnO₂+H₂C₂O₄+2H⁺=Mn²⁺+2CO₂ ↑+2H₂O；24.1%．

点评 本题考查物质的制备和分离，题目难度中等，注意根据物质的性质把握实验原理，本题易错点为（5），注意根据反应物和生成物结合质量守恒书写离子方程式．