試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁“錳”將如云，直擊高考1．錳單質(zhì)塊狀錳是呈灰色，是一種較活潑的金屬，在空氣中金屬錳的表面被一層褐色的氧化膜所覆蓋，甚至與冷的濃硝酸也形成強的氧化膜，所以呈化學惰性。2．錳及其化合物錳元素的常見價態(tài)有＋7、＋6、＋4、＋3、＋2價，Mn2＋在酸性溶液中的穩(wěn)定性強于在堿性溶液中的穩(wěn)定性。(1)錳(II)化合物的性質(zhì)=1\*GB3①酸性介質(zhì)：酸性介質(zhì)中Mn2+穩(wěn)定，只有很強的氧化劑(NaBiO3、PbO2、(NH4)2S2O8)才能氧化Mn2＋到MnOeq\o\al(－,4)2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋=5Na＋＋5Bi3＋＋2MnOeq\o\al(－,4)＋7H2O、2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋5Pb2＋＋2H2O2Mn2+＋5S2O82－＋8H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋10SOeq\o\al(2－,4)＋16H+【微點撥】=1\*GB3①介質(zhì)不能用鹽酸，因為Cl－有還原性，能與MnOeq\o\al(－,4)反應=2\*GB3②Mn2＋的量不能太多，否則：2MnOeq\o\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O=5MnO2↓＋4H＋=2\*GB3②堿性介質(zhì)：堿性Mn(II)極易氧化成Mn(IV)化合物a．在堿性條件下Mn2＋容易被氧化：ClO－＋Mn2＋＋2OH－=Cl－＋MnO2↓＋H2Ob．Mn(OH)2為白色難溶物，Ksp＝4.0×10－14，極易被空氣氧化，水中少量氧氣能將其氧化成褐色MnO(OH)2沉淀：2Mn(OH)2＋O2=2MnO(OH)2(2)錳(IV)化合物的性質(zhì)=1\*GB3①最重要的Mn(IV)化合物是MnO2，二氧化錳在中性介質(zhì)中很穩(wěn)定，在堿性介質(zhì)中傾向于轉(zhuǎn)化成錳(Ⅵ)酸鹽；在酸性介質(zhì)中是一種強氧化劑，傾向于轉(zhuǎn)化成Mn2+MnO2＋4HCl(濃)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O2MnO2＋2H2SO4(濃)=2MnSO4＋O2↑＋2H2O=2\*GB3②簡單的Mn(IV)鹽在水溶液中極不穩(wěn)定，或水解生成水合二氧化錳MnO(OH)2，或在濃強酸中和水生成氧氣和Mn(II)(3)Mn(Ⅵ)化合物的生成與性質(zhì)=1\*GB3①最重要的Mn(VI)化合物是錳酸鉀K2MnO4。在熔融堿中MnO2被空氣氧化生成K2MnO42MnO2＋O2＋4KOH2K2MnO4(深綠色)＋2H2O=2\*GB3②MnOeq\o\al(2－,4)存在于強堿性溶液中，在酸性、中性環(huán)境中均發(fā)生歧化反應3MnOeq\o\al(2－,4)＋2H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋4OH－3MnOeq\o\al(2－,4)＋4H＋=2MnOeq\o\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2O=3\*GB3③錳酸鉀是制備高錳酸鉀(KMnO4)的中間體：2MnOeq\o\al(2－,4)＋2H2O=2MnOeq\o\al(－,4)＋2OH－＋H2↑(4)KMnO4的性質(zhì)=1\*GB3①熱穩(wěn)定性差，通常保存在棕色試劑瓶中：4KMnO4＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(光照))4MnO2↓＋3O2↑＋4KOH=2\*GB3②在酸性介質(zhì)中，MnOeq\o\al(－,4)具有強氧化性，本身被還原為Mn2＋：可以氧化Fe2＋、Cl－、H2C2O4、H2O2等MnOeq\o\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋=Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O2MnOeq\o\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－=2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2O2=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O③在堿性、中性或微弱酸性溶液中，MnOeq\o\al(－,4)仍舊是氧化劑，本身被還原為MnO22MnOeq\o\al(－,4)＋I－＋H2O=2MnO2↓＋IOeq\o\al(－,3)＋2OH－④在強堿性溶液中，當MnOeq\o\al(－,4)過量時，還原產(chǎn)物是MnOeq\o\al(2－,4)2MnOeq\o\al(－,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋2OH－=2MnOeq\o\al(2－,4)＋SOeq\o\al(2－,4)＋H2O。1．（2023·北京·統(tǒng)考高考真題）以銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)為原料聯(lián)合提取銀和錳的一種流程示意圖如下。

已知：酸性條件下，的氧化性強于。(1)“浸錳”過程是在溶液中使礦石中的錳元素浸出，同時去除，有利于后續(xù)銀的浸出：礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中。①“浸錳”過程中，發(fā)生反應，則可推斷：(填“>”或“<”)。②在溶液中，銀錳精礦中的和氧化錳礦中的發(fā)生反應，則浸錳液中主要的金屬陽離子有。(2)“浸銀”時，使用過量和的混合液作為浸出劑，將中的銀以形式浸出。①將“浸銀”反應的離子方程式補充完整：。②結(jié)合平衡移動原理，解釋浸出劑中的作用：。(3)“沉銀”過程中需要過量的鐵粉作為還原劑。①該步反應的離子方程式有。②一定溫度下，的沉淀率隨反應時間的變化如圖所示。解釋分鐘后的沉淀率逐漸減小的原因：。

(4)結(jié)合“浸錳”過程，從兩種礦石中各物質(zhì)利用的角度，分析聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢：。2．（2019·全國·高考真題）高純硫酸錳作為合成鎳鈷錳三元正極材料的原料，工業(yè)上可由天然二氧化錳粉與硫化錳礦（還含F(xiàn)e、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制備，工藝如下圖所示。回答下列問題：

相關金屬離子[c0(Mn+)=0.1mol·L?1]形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+開始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“濾渣1”含有S和；寫出“溶浸”中二氧化錳與硫化錳反應的化學方程式。（2）“氧化”中添加適量的MnO2的作用是將。（3）“調(diào)pH”除鐵和鋁，溶液的pH范圍應調(diào)節(jié)為~6之間。（4）“除雜1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“濾渣3”的主要成分是。（5）“除雜2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，原因是。（6）寫出“沉錳”的離子方程式。（7）層狀鎳鈷錳三元材料可作為鋰離子電池正極材料，其化學式為LiNixCoyMnzO2，其中Ni、Co、Mn的化合價分別為+2、+3、+4。當x=y=時，z=。3．（2014·四川·高考真題）污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題。某化學研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2，另含有少量頭鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑，通過如下簡化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2，又制得電池材料MnO2(反應條件已略去)。請回答下列問題：(1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了(選填下列字母編號)。A．廢棄物的綜合利用

B．白色污染的減少

C．酸雨的減少(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+，其原因是。(3)已知：25℃、101kpa時，Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)△H=-520kJ/molS(s)+O2(g)=SO2(g)△H=-297kJ/molMn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s)△H=-1065kJ/molSO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化學方程式是。(4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，其陽極的電極反應式是。(5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時，正極的電極反應式是。(6)假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中的MnO2反應。按照圖示流程，將am3(標準狀況)含SO2的體積分數(shù)為b%的尾氣通入礦漿，若SO2的脫除率為89.6%，最終得到MnO2的質(zhì)量為ckg，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素相當于MnO2kg。4．（2023·山西太原·太原五中校考二模）MnCO3可用作電器元件材料，也可作為瓷釉、顏料的制作原料。工業(yè)上用酸性含錳廢水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)制備MnCO3：己知：幾種金屬離子沉淀的pH如表。金屬離子Fe2+Fe3+Cu2+Mn2+開始沉淀的pH7.53.25.28.8完全沉淀的pH9.73.76.410.4回答下列問題：(1)①中加入過量MnO2的作用是。(2)過程③中調(diào)pH的目的是。(3)過程④中有CO2生成，則生成MnCO3的離子方程是。(4)過程④中得到的副產(chǎn)品的化學式是。(5)MnCO3在空氣中加熱易轉(zhuǎn)化為不同價態(tài)的錳的氧化物，其固體殘留率隨溫度的變化如圖所示。則300℃時，剩余固體中n(Mn)：n(O)為；圖中點D對應固體的成分為(填化學式)。(6)NF3與NH3的立體構型相同，兩者中心原子的軌道雜化類型均為，但NF3不易與Cu2+形成配離子，其原因。(7)一種Hg－Ba－Cu－O高溫超導材料的晶胞(長方體)如圖所示。己知該晶胞中兩個Ba2+的間距為cpm，則距離Ba2+最近的Hg+數(shù)目為個，二者的最短距離為pm。(列出計算式即可)。5．（2023·四川綿陽·校考模擬預測）采用廢鐵屑還原軟錳礦(軟錳礦主要成分是，還含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物雜質(zhì))來制備Mn的工藝流程如圖所示：已知：①，；②溶液中某離子濃度mol?L時，認為該離子沉淀完全；③室溫時生成氫氧化物的pH見下表離子開始沉淀的pH7.52.78.17.78.3完全沉淀的pH9.73.79.48.49.8回答下列問題：(1)在“浸出液”中加入“”時發(fā)生反應的離子方程式為；硫酸酸化的可與(難溶于水)反應生成和，此反應的離子方程式為。(2)(室溫)時，溶液中殘余的的濃度為mol?L，加入MnS“除雜”后的濾漬為。(3)“沉錳”過程中溫度和pH對和沉淀率的影響如下圖所示。由圖可知，“沉錳”的合適條件是，“沉錳”除去的雜質(zhì)金屬離子是。(4)若沉錳過程在pH為7.0條件下充分進行，反應溫度對錳沉淀率的影響關系如圖所示。當溫度超過30℃，沉錳反應的錳沉淀率隨溫度升高而下降的原因是。6．（2023·四川成都·石室中學校考一模）以軟錳礦(主要成分為，含少量等的氧化物)為原料，某研究所設計由軟錳礦制備的生產(chǎn)流程如下：已知：固體和溶液的顏色均為墨綠色。回答下列問題：(1)“熔融、煅燒”時，參與反應的化學方程式為。(2)向“浸取”液中通入調(diào)節(jié)其，經(jīng)“過濾”得濾渣Ⅰ，濾渣Ⅰ的成分為(填化學式)。(3)錳元素的氧化態(tài)-吉布斯自由能圖如圖所示，該圖具有多方面的應用。①可判斷不同氧化態(tài)的錳元素在水溶液中的相對穩(wěn)定性。由圖可知，在酸性溶液中是錳的最穩(wěn)定態(tài)，則在堿性溶液中(填化學式)是錳的最穩(wěn)定態(tài)。②可預測歧化反應發(fā)生的可能性。若某氧化態(tài)位于它相鄰兩氧化態(tài)連線的上方，則該氧化態(tài)不穩(wěn)定，能發(fā)生歧化反應，生成其相鄰兩氧化態(tài)。反之，若某氧化態(tài)位于它相鄰兩氧化態(tài)連線的下方，則該氧化態(tài)是相對穩(wěn)定的。由圖可知，在(填“酸性”或“堿性”)環(huán)境中更易發(fā)生歧化反應，由此可知，“歧化”時加入冰醋酸的目的是(結(jié)合化學平衡移動原理解釋)。“歧化”時，下列酸可以用來代替冰醋酸的是(填字母)。a．稀硫酸

b．亞硫酸

c．氫溴酸

d．乙二酸(4)“結(jié)晶”時，當(填現(xiàn)象)時，停止加熱，待自然冷卻后，過濾即可獲得紫黑色晶體。(5)實驗室用草酸標準溶液測定產(chǎn)品中高錳酸鉀的純度(已知：雜質(zhì)不參與反應)，進行了如下操作：步驟ⅰ．配制的標準氫氧化鈉溶液；步驟ⅱ．取草酸溶液，加入幾滴酚酞溶液，用的標準氫氧化鈉溶液標定，消耗氫氧化鈉溶液；步驟ⅲ．取樣品溶于水，滴入幾滴稀硫酸酸化，用已標定的草酸溶液進行滴定，達到滴定終點消耗草酸溶液。①樣品中高錳酸鉀的純度為。②高錳酸鉀和草酸反應接近滴定終點時速率較慢，需用水浴加熱。若不加熱，測定出的高錳酸鉀的純度會偏(填“大”或“小”)。7．（2023·廣西柳州·柳州高級中學校聯(lián)考模擬預測）高純氯化錳(MnCl2)在電子技術和精細化工領域有重要應用。一種由粗錳粉(含磷酸鹽、硅酸鹽、鐵、鉛等)制備高純氯化錳的工藝流程如圖所示(部分操作和條件略)。已知：生成氫氧化物沉淀的pH：Fe(OH)2Fe(OH)3Mn(OH)2Pb(OH)2開始沉淀時6.31.58.16.5完全沉淀時8.32.810.18.5注：金屬離子的起始濃度為0.1mol?L﹣1；當離子的濃度小于等于10﹣5mol?L﹣1時沉淀完全。回答下列問題：(1)將粗錳粉磨碎的目的是。(2)步驟1和步驟2除去了磷酸鹽和硅酸鹽。非金屬性PSi(填寫“大于”“小于”)，從原子結(jié)構角度解釋非金屬性不同的原因是。(3)所得濾液甲中的金屬離子主要含有Mn2+、Fe2+和Pb2+等，且Pb2+不被H2O2氧化。加入H2O2目的是。(用離子方程式表示)。步驟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.步驟5的目的是除去Pb2+，反應的離子方程式是，為了保證Pb2+除盡，控制溶液中S2﹣濃度范圍是。(假設溶液中Mn2+、Pb2+的濃度是0.1mol?L﹣1)(5)已知；氯化錳的溶解度隨溫度的變化如圖。步驟6的操作是、、過濾、洗滌、烘干。8．（2023·吉林·統(tǒng)考模擬預測）復興號高鐵車體材質(zhì)用到錳元素，錳及其化合物用途廣泛。以菱錳礦(主要成分為MnCO3，還含有鐵、鎳、鈷的碳酸鹽以及SiO2雜質(zhì))為原料生產(chǎn)金屬錳和高品位MnCO3的工藝流程如圖：

(1)“溶浸”過程中，若其他條件不變，采取下列措施能提高浸出率的有(填序號)。A．適當升高溶浸溫度

B．適當加快攪拌速度

C．適當縮短溶浸時間(2)錳的浸出率結(jié)果如圖所示。由圖可知，所采用的最佳實驗條件為。

(3)殘余在濾渣1中需要回收循環(huán)利用的MnO2，可加入葡萄糖和硫酸溶液處理，氧化產(chǎn)物為CO2.寫出對應的離子方程式。(4)“除雜”步驟所得濾渣2的主要成分除了CoS、NiS以外，還有(填化學式)。(5)寫出“沉錳”的原理為(用離子方程式表示)；“沉錳”的關鍵操作是將反應終點pH控制在7附近，原因是。(6)由錳、鎳、鎵制備的磁性形狀記憶型合金中，基態(tài)Mn原子的價層電子排布圖為，晶胞結(jié)構如圖，立方晶胞的邊長為anm，則該晶體的密度為g?cm－3(NA表示阿伏加德羅常數(shù))。

9．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）某研究小組用堿熔法以軟錳礦(主要成分為)為原料生產(chǎn)高錳酸鉀的流程如下：

已知：①物質(zhì)溶解度物質(zhì)物質(zhì)KCl20℃溶解度(g)6.411133.711.121734.2②錳酸鉀[]外觀性狀：墨綠色結(jié)晶。其水溶液呈深綠色，這是錳酸根()的特征顏色。化學性質(zhì)：在強堿性溶液中穩(wěn)定，在酸性、中性和弱堿性中，會發(fā)生岐化反應。請回答：(1)下列有關得到墨綠色熔融物的說法正確的是。A．應在鐵坩堝中進行加熱，一手用坩堝鉗夾住坩堝，一手用玻璃棒攪拌B．將軟錳礦粉碎后加入熔融物中，可增大接觸面積，加快反應速率C．隨反應進行，發(fā)現(xiàn)熔融物黏度增大時便加強熱，提升堿熔效果D．若反應劇烈使熔融物逸出，可將火焰移開(2)工業(yè)上常用進行酸化歧化，發(fā)生反應，若通入過久可能會導致產(chǎn)品純度下降，原因是；為避免此影響，可用(選“鹽酸”、“硫酸”或“醋酸”)溶液代替進行改進。(3)結(jié)晶步驟中為得到雜質(zhì)較少的粗產(chǎn)品，從下列選項中選出合理的操作并排序：。將溶液加入蒸發(fā)皿中干燥晶體a．抽濾

b．趁熱過濾

c．冷卻

d．小火加熱蒸發(fā)

e．大火加熱蒸發(fā)

f．蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱

g．蒸發(fā)至溶液中出現(xiàn)大量晶體，停止加熱

h．乙醇洗滌

i．冷水洗滌(4)草酸滴定法對高錳酸鉀晶體進行純度測定：①稱取0.6500g樣品，溶解后定容于100mL容量瓶中，搖勻。取濃度為的標準溶液，加入稀硫酸酸化，在水浴中加熱至80℃左右，用溶液平行滴定三次，平均消耗的體積為，該樣品的純度為。(已知)。②以下可能會使測定結(jié)果偏高的是。A．定容過程時俯視刻度線B．滴定過程中水浴溫度過高C．滴定速度過慢使高錳酸鉀溶液與空氣中還原性物質(zhì)反應D．滴定過程中用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內(nèi)壁E．滴定前滴定管尖嘴部分無氣泡，滴定后尖嘴有氣泡10．（2023·北京西城·北師大實驗中學校考三模）以大洋錳結(jié)核(主要由錳、鐵氧化物組成，還含有等元素)為原料，制備，所得產(chǎn)品具有廣泛的用途。的制備過程如圖所示。(1)氨浸時，銅元素轉(zhuǎn)化為，在催化下將結(jié)核中的轉(zhuǎn)化為。①銅在元素周期表中的位置是。②比較與中鍵角的大小并解釋原因。③若中兩個分別被取代，能得到兩種不同結(jié)構的，的空間構型是。(2)浸錳①寫出浸錳過程主要反應的離子方程式。②基態(tài)錳原子的價層電子軌道表示式為。③沉錳得到的在不同條件下煅燒可制得不同錳的氧化物晶體。④晶體Ⅰ可作脫硫劑，其長方體晶胞結(jié)構如圖。阿伏伽德羅常數(shù)為，則晶體Ⅰ的密度為。(，，)⑤晶體Ⅱ可作電池正極材料，通過在晶體Ⅱ中嵌入和脫嵌，實現(xiàn)電極材料充放電的原理如圖所示。ⅱ代表電池(填“充電”或“放電”)過程，該過程的電極反應式為。11．（2024上·廣東深圳·高一校考期末）可用于電子工業(yè)生產(chǎn)軟磁鐵氧體，用作電子計算機中存儲信息的磁芯、磁盤等。工業(yè)上以軟錳礦(主要成分是，還含有少量的、、)為原料生產(chǎn)的工藝流程如下：25℃時，相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子開始沉淀的pH1.56.33.48.1沉淀完全的pH2.88.34.710.1回答下列問題：(1)“酸浸、還原”時，軟錳礦的成分中(填物質(zhì)名稱)沒有發(fā)生反應。(2)“酸浸、還原”后，溶液中含有的金屬陽離子有、(填離子符號)，鐵屑、與反應的離子方程式為。(3)“調(diào)節(jié)pH”時，加入溶液的目的是(用離子方程式表示)。(4)“沉錳”時發(fā)生反應的離子方程式為。濾液2的用途是。12．（2024上·四川攀枝花·高二統(tǒng)考期末）工業(yè)上可用低品位錳礦（主要成分，含、、等元素的雜質(zhì)）與廢溶液經(jīng)過一系列轉(zhuǎn)化得到高品位，某流程如下：已知：物質(zhì)，回答下列問題(1)“焙燒”過程中的氧化劑為、（填化學式）。(2)“濾渣1”的主要成分為（填化學式，下同）；“濾渣2”的主要成分為。(3)“沉錳”時，會轉(zhuǎn)化為，若常溫下控制溶液，且最終，則此溶液中。(4)測定產(chǎn)品中的純度。稱取樣品置于具塞錐形瓶中，加水潤濕后，依次加入足量稀硫酸和過量溶液。蓋上玻璃塞，充分搖勻后靜置。用標準溶液滴定生成的，平行滴定三次，平均消耗標準溶液。滴定反應為。產(chǎn)品中的純度為。參考答案：1．(1)>、(2)是為了與電離出的結(jié)合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀(3)、被氧氣氧化為，把氧化為(4)可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，得到，同時將銀元素和錳元素分離開；生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑【分析】銀錳精礦(主要含、、)和氧化錳礦(主要含)混合加溶液，使礦石中的錳元素浸出，同時去除，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，浸錳液中主要的金屬陽離子有、；浸錳渣中與過量和的混合液反應，將中的銀以形式浸出，用鐵粉把還原為金屬銀。【詳解】（1）①“浸錳”過程中，礦石中的銀以的形式殘留于浸錳渣中，發(fā)生反應，硫化錳溶于強酸而硫化銀不溶于強酸，則可推斷：>；②根據(jù)信息，在溶液中二氧化錳可將氧化為，自身被還原為，則浸錳液中主要的金屬陽離子有、。（2）①中S元素化合價升高，F(xiàn)e元素化合價降低，根據(jù)得失電子守恒、元素守恒，該離子方程式為；②是為了與電離出的結(jié)合生成，使平衡正向移動，提高的浸出率；是為了抑制水解，防止生成沉淀。（3）①鐵粉可將還原為單質(zhì)銀，過量的鐵粉還可以與鐵離子發(fā)生反應，因此離子方程式為、；②溶液中生成的會被空氣中的氧氣緩慢氧化為，把部分氧化為，因此后銀的沉淀率逐漸降低。（4）聯(lián)合提取銀和錳的優(yōu)勢在于“浸錳”過程可將兩種礦石中的錳元素同時提取到浸錳液中，將銀元素和錳元素分離開，利用的氧化性將中的氧化為，同時生成的還可以用于浸銀，節(jié)約氧化劑，同時得到。2．SiO2（不溶性硅酸鹽）MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O將Fe2+氧化為Fe3+4.7NiS和ZnSF?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，MgF2?Mg2++2F?平衡向右移動Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O【詳解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅鹽存在，SiO2與硫酸不反應，所以濾渣I中除了S還有SiO2；在硫酸的溶浸過程中，二氧化錳和硫化錳發(fā)生了氧化還原反應，二氧化錳作氧化劑，硫化錳作還原劑，方程式為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）二氧化錳作為氧化劑，使得MnS反應完全，且將溶液中Fe2+氧化為Fe3+；（3）由表中數(shù)據(jù)知pH在4.7時，F(xiàn)e3+和Al3+沉淀完全，所以應該控制pH在4.7~6之間；（4）根據(jù)題干信息，加入Na2S除雜為了除去鋅離子和鎳離子，所以濾渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；（5）由HFH++F-知，酸度過大，F(xiàn)-濃度減低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移動，Mg2+沉淀不完全；（6）根據(jù)題干信息沉錳的過程是生成了MnCO3沉淀，所以反應離子方程式為：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（7）根據(jù)化合物中各元素化合價代數(shù)和為0的規(guī)律得：1+2x+3y+4z=4，已知，x=y=1/3，帶入計算得：z=1/33．A、C消耗溶液中的酸，促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)△H=-248kJ/molMn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-【詳解】(1)白色污染主要是塑料等難降解的物質(zhì)形成的，SO2能形成酸雨，因此脫硫?qū)崿F(xiàn)了廢棄物的綜合利用，同時也減少了酸雨形成，即答案選AC。(2)由于碳酸錳能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，從而促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀。(3)已知：熱化學方程式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，則根據(jù)蓋斯定律可知③-(①+③)即得到SO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化學方程式MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)△H=-248kJ/mol。(4)電解池中陽極失去電子發(fā)生氧化反應，則用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2，因此陽極是錳離子放電，其陽極電極反應式是Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。(5)原電池中負極失去電子，正極得到電子，因此堿性鋅錳電池放電時，正極是二氧化錳得到電子，則電極反應式是MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-。(6)實際參加反應的SO2的物質(zhì)的量是，根據(jù)方程式MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)可知生成硫酸鎂的物質(zhì)的量是0.4abmol。最終生成二氧化錳是ckg，則根據(jù)方程式3MnSO4+2KMnO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4可知，因此消耗硫酸錳的物質(zhì)的量是mol，則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時，所引入的錳元素的物質(zhì)的量是mol-0.4abmol，相當于二氧化錳的質(zhì)量是(mol-0.4abmol)×87g/mol=(600c-34.8ab)g=kg4．(1)將Fe2+全部氧化為Fe3+(2)使Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2除去(3)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O(4)NH4Cl(5)1：2Mn3O4和MnO(6)sp3F的電負性比N大，N－F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2+形成配離子(7)4【分析】根據(jù)流程：酸性含錳廢水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)加過量MnO2，將Fe2+氧化為Fe3+，加氨水調(diào)節(jié)pH=3.7，F(xiàn)e3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾，濾渣為Fe(OH)3和過量的MnO2，濾液A含有Mn2+、Cl-、H+、Cu2+，加氨水調(diào)節(jié)pH=6.4，則Cu2+轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2沉淀，過濾，濾渣Q為Cu(OH)2沉淀，濾液B含有Mn2+、Cl-，加碳酸氫銨反應：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，據(jù)此分析作答。【詳解】（1）MnO2在酸性條件下可將Fe2+氧化為Fe3+，反應的離子方程式為：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；（2）調(diào)pH=6.4，除去溶液中的銅離子，使Cu2+完全沉淀為Cu(OH)2；（3）過程④中，反應會有CO2生成，故反應為Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（4）過程④中得到純凈MnCO3的操作方法是過濾、洗滌、干燥。根據(jù)元素守恒，流程中，氯離子未除去，加入銨根離子，則副產(chǎn)品為NH4Cl；（5）MnCO3的物質(zhì)的量為1mol即質(zhì)量為115g，A點剩余固體質(zhì)量為115g×75.65%=87g，減少的質(zhì)量為115g-87g=28g，可知MnCO3失去的組成為CO，故剩余固體的成分為MnO2，n(Mn)：n(O)為1：2；C點剩余固體質(zhì)量為115g×61.74%=71g，據(jù)錳元素守恒知m(Mn)=55g,則m(O)1=71g-55g=16g，則n(Mn)：n(O)==1：1，故剩余固體的成分為MnO，同理，B點剩余固體質(zhì)量為115g×66.38%=76.337g，因m(Mn)=55g,則m(O)2=76.337g-55g=21.337g，則n(Mn)：n(O)==3：4，故剩余固體的成分為Mn3O4，因D點介于B、C之間，故D點對應固體的成分為Mn3O4與MnO的混合物；故答案為：1：2；Mn3O4和MnO；（6）NF3與NH3的空間構型相同，這兩種分子中中心原子價層電子對個數(shù)都是4，根據(jù)價層電子對互斥理論判斷中心原子的軌道雜化類型為sp3；F的電負性比N大，N-F成鍵電子對向F偏移，導致NF3中N原子核對其孤對電子的吸引能力增強，難以形成配位鍵，故NF3不易與Cu2+形成配離子；（7）該晶胞中兩個Ba2+的間距為cpm,下邊Ba原子距離底面中心的距離=pm,距離Ba2+最近的Hg+數(shù)目為4個，二者的最短距離為。5．(1)(2)1×10?11.4NiS(3)45℃，pH為7.5Mg2＋(4)溫度超過30℃，NH4HCO3水解程度增大，釋放出NH3和CO2，不利于“沉錳”【分析】軟錳礦主要成分是MnO2，還含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物雜質(zhì)，加入硫酸和廢鐵屑，MnO2被還原為Mn2＋，溶液中還有Fe3＋、Mg2＋、Ni2＋、Fe2＋，SiO2難溶于硫酸，礦渣的成分是SiO2；濾液中加入MnO2把Fe2＋氧化為Fe3＋，加氨水調(diào)節(jié)pH，生成氫氧化鐵，除去鐵元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2＋，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，過濾，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸錳溶液，電解硫酸錳溶液得到金屬錳，據(jù)此分析解題。【詳解】（1）“酸浸”后的濾液中含有Fe2＋，向“浸出液”中添加適量MnO2的目的是將溶液中Fe2＋全部氧化為Fe3＋，該過程中Mn元素由＋4價下降到＋2價，F(xiàn)e元素由＋2價上升到＋3價，根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式為：；硫酸酸化的MnSO4可與NaBiO3（難溶于水）反應生成Bi3＋和，此反應的離子方程式為：，故答案為；。（2）有表格數(shù)據(jù)可知，F(xiàn)e3＋完全沉淀時溶液的pH＝3.7，溶液中c(OH?)＝，溶液中某離子濃度≤1.0×10?6mol?L?1時，認為該離子沉淀完全，則Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH?)＝1.0×10?6×(1×10?10.3)3＝1×10?36.9，pH＝5.5（室溫）時，溶液中，溶液中殘余的Fe3＋的濃度為，根據(jù)已知信息，Ksp＝2.8×10?10＞Ksp(NiS)＝2.0×10?21，則加入MnS“除雜”后生成NiS，過濾得到濾渣NiS，故答案為1×10?11.4；NiS。（3）沉錳”過程中錳離子沉淀率越高、鎂離子沉淀率越低對應的溫度和pH就是“沉錳”的合適條件，由圖可知，“沉錳”的合適條件是溫度為45℃，pH為7.5；“沉錳除去的雜質(zhì)金屬離子是Mg2＋，故答案為45℃，pH為7.5；Mg2＋。（4）溫度超過30℃，NH4HCO3水解程度增大，釋放出NH3和CO2，不利于“沉錳”，故答案為溫度超過30℃，NH4HCO3水解程度增大，釋放出NH3和CO2，不利于“沉錳”。6．(1)2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O(2)Al(OH)3和H2SiO3(3)MnO2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－)，促進平衡正向移動，促進KMnO4生成，提高KMnO4產(chǎn)率a(4)溶液表面出現(xiàn)晶膜(5)63.2%偏大【分析】軟錳礦，其主要成分為MnO2，含少量等的氧化物等雜質(zhì)，與KOH在空氣中熔融煅燒，主要的反應為：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷卻浸取，向浸取液中通入CO2調(diào)節(jié)其pH，KAlO2和K2SiO3轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2SiO3，過濾，濾渣I主要為Al(OH)3和H2SiO3，墨綠色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促進平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-右移，過濾，濾渣II為MnO2，濾液為高錳酸鉀溶液，結(jié)晶得到產(chǎn)品，據(jù)此分析。【詳解】（1）由分析可知，“熔融煅燒”時，MnO2參與反應的化學方程式為2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；（2）根據(jù)分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2調(diào)節(jié)其pH，KAlO2和K2SiO3轉(zhuǎn)化為Al(OH)3和H2SiO3，過濾，濾渣I主要為Al(OH)3和H2SiO3；（3）①在酸性溶液中Mn2+是錳的最穩(wěn)定態(tài)，可知吉布斯自由能越小越穩(wěn)定，則在堿性溶液中MnO2是錳的最穩(wěn)定態(tài)，答案為：MnO2；②由圖可知，在酸性環(huán)境中明顯位于它相鄰兩氧化態(tài)連線的上方，更易發(fā)生歧化反應，故答案為酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促進平衡正向移動，促進KMnO4生成，提高KMnO4產(chǎn)率；加入冰醋酸的目的是調(diào)節(jié)溶液pH，KMnO4具有強氧化性，所以不能用還原性酸，乙二酸、亞硫酸、氫溴酸均具有還原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案選a；（4）此操作為降溫結(jié)晶，故當表面出現(xiàn)晶膜時，就應停止加熱；（5）①用酚酞做指示劑，草酸與NaOH發(fā)生反應：結(jié)合題中數(shù)據(jù)得草酸溶液濃度=；草酸與高錳酸鉀發(fā)生反應：；樣品中高錳酸鉀的純度為②若不用水浴加熱，反應太慢會使溶液顏色變化滯后，草酸溶液加入過多，體積偏大，則測得高錳酸鉀物質(zhì)的量偏大，故純度偏大。7．(1)增大接觸面積，加快反應速率(2)大于P元素原子半徑較小，得電子能力強，非金屬性強(3)2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OFe(OH)3(4)Pb2++H2S=PbS↓+2H+8×10﹣23mol/L<c(S2﹣)<2×10﹣9mol/L(5)加熱至80℃使氯化錳溶液接近飽和冷卻至0℃左右【分析】粗錳粉磨碎，將粗錳粉加入鹽酸中充分反應，可與鐵反應生成亞鐵離子，再加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH=6，過濾，可除去磷酸鹽、硅酸鹽，向所得濾液中加入H2O2酸性溶液，可氧化亞鐵離子生成鐵離子，充分反應后加入MnCO3調(diào)節(jié)pH=3，過濾，可除去鐵離子，生成了氫氧化鐵沉淀，向所得濾液中通入H2S氣體，待充分反應后加熱一段時間，可生成硫化鉛和硫化鋅沉淀，冷卻后過濾，濾液含有氯化錳，濃縮、結(jié)晶、分離、干燥，得到產(chǎn)品氯化錳固體，據(jù)此分析回答問題。【詳解】（1）將粗錳粉磨碎的目的是：增大接觸面積，加快反應速率，故答案為：增大接觸面積，加快反應速率；（2）P元素原子半徑較小，得電子能力強，非金屬性強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性越強H3PO4>H2SiO3，則得非金屬性：P>Si，故答案為：大于；P元素原子半徑較小，得電子能力強，非金屬性強；（3）通過分析可知，過氧化氫的作用是將溶液中的Fe2+氧化為Fe3+，便于調(diào)節(jié)pH將其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀除去，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，通過分析可知加入MnCO3相關反應的離子方程式為：MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，F(xiàn)e3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，作用為調(diào)節(jié)溶液的pH以便于Fe3+沉淀；故答案為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3；（4）已知PbS的Ksp=3×10﹣28，MnS的Ksp=2×10﹣10，步驟5的目的是除去Pb2+，反應的離子方程式為：Pb2++H2S═PbS↓+2H+，為了保證Pb2+除盡，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﹣濃度范圍是：8×10﹣23mol/L<c(S2﹣)<2×10﹣9mol/L，故答案為：Pb2++H2S=PbS↓+2H+；8×10﹣23mol/L<c(S2﹣)<2×10﹣9mol/L；（5）分離氯化錳，可將溶液蒸發(fā)至飽和，應加熱至80℃使氯化錳溶液接近飽和，冷卻至0℃左右，過濾、烘干可得到晶體，故答案為：加熱至80℃使氯化錳溶液接近飽和，冷卻至0℃左右。【點睛】解答本題要結(jié)合題意注意對流程進行正確分析，對數(shù)據(jù)充分運用。8．(1)AB(2)80℃、90min(3)12MnO2+C6H12O6+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O(4)Fe(OH)3、MnS(5)若pH>7，會生成氫氧化錳沉淀，造成MnCO3純度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，產(chǎn)率降低(6)

【分析】菱錳礦主要成分為MnCO3，還含有鐵、鎳、鈷的碳酸鹽以及SiO2，用稀硫酸溶浸，得硫酸錳、硫酸亞鐵、硫酸鈷、硫酸鎳溶液，加二氧化錳把Fe2+氧化為Fe3+，加氨水調(diào)節(jié)pH生成氫氧化鐵沉淀，加MnS沉淀Co2+、Ni2+，過濾得硫酸錳溶液，加碳酸氫銨生成碳酸錳“沉錳”；電解硫酸錳溶液得到金屬錳。【詳解】（1）A．適當升高溶浸溫度，反應速率加快，能提高浸出率，故選A；B．適當加快攪拌速度，反應速率加快，能提高浸出率，故選B；

C．適當縮短溶浸時間，反應物接觸時間變短，浸出率降低，故不選C；選AB。（2）由圖可知，80℃、90min錳的浸出率得到90%以上，所采用的最佳實驗條件為80℃、90min。（3）MnO2在酸性條件下把葡萄糖氧為CO2，MnO2的還原產(chǎn)物為Mn2+，反應的離子方程式為12MnO2+C6H12O6+24H+=12Mn2++6CO2↑+18H2O；（4）加二氧化錳氧化后的溶液中含有Co2+、Ni2+、Fe3+，加氨水調(diào)節(jié)pH，加MnS沉淀Co2+、Ni2+，“除雜”步驟所得濾渣2的主要成分除了CoS、NiS以外，還有Fe(OH)3和剩余的MnS。（5）“沉錳”時硫酸錳和碳酸氫銨反應生成碳酸錳沉淀、二氧化碳、硫酸銨，反應的離子方程式為；“沉錳”的關鍵操作是將反應終點pH控制在7附近，原因是若pH>7，會生成氫氧化錳沉淀，造成MnCO3純度降低；若pH<7，造成MnCO3溶解，產(chǎn)率降低。（6）Mn是25號元素，基態(tài)Mn原子的價層電子排布圖為

；根據(jù)均攤原則，Ni原子數(shù)為、Mn原子數(shù)為4、Ga原子數(shù)為4，立方晶胞的邊長為anm，則該晶體的密度為g?cm－3。9．(1)BD(2)與反應的生成，溶解度比小得多，在溶液濃縮時會和會同時析出而降低純度醋酸(3)dfcai(4)ABE【分析】由題目信息，可知二氧化錳與KOH煅燒生成K2MnO4，溶液中通入二氧化碳與溶液中氫氧化鈉反應，調(diào)節(jié)pH，由工藝流程可知，CO2使發(fā)生歧化反應，生成和MnO2，根據(jù)元素守恒可知，會生成K2CO3，利用溶解度不同進行結(jié)晶分離.若通入CO2太多，會生KHCO3，濾液中含有KHCO3、KMnO4，在加熱濃縮時，會有KHCO3晶體和KMnO4晶體一起析出，導致得到的KMnO4產(chǎn)品的純度降低；【詳解】（1）A．玻璃棒中的二氧化硅和強堿反應，玻璃棒被腐蝕，故不能用玻璃棒攪拌，選項A錯誤；B．將軟錳礦粉碎后加入熔融物中，可增大反應物的接觸面積，加快反應速率，選項B正確；C．隨反應進行，發(fā)現(xiàn)熔融物黏度增大時控制溫度，使反應充分，選項C錯誤；D．若反應劇烈使熔融物逸出，可將火焰移開，降低溫度，選項D正確；答案選BD；（2）與反應的生成，溶解度比小得多，在溶液濃縮時會和會同時析出而降低純度；高錳酸鉀具有強氧化性，不能用鹽酸代替，硫酸難揮發(fā)且為強酸，故為避免此影響，可用醋酸代替進行改進；（3）結(jié)晶步驟中為得到雜質(zhì)較少的粗產(chǎn)品，將溶液加入蒸發(fā)皿中d．小火加熱蒸發(fā)f．蒸發(fā)至溶液出現(xiàn)晶膜，停止加熱c．冷卻a．抽濾i．冷水洗滌干燥晶體；答案為dfcai；（4）根據(jù)離子方程式，可知與草酸反應的定量關系2~5，0.6500g樣品中的物質(zhì)的量為n==0.004mol，則純度為=97.23%，②A．定容過程時俯視刻度線，則所加蒸餾水偏少，所配高錳酸鉀溶液濃度偏高，所測樣品中含量偏高，選項A符合；B．滴定過程中水浴溫度過高，高錳酸鉀分解損失，滴定消耗高錳酸鉀偏多，所測結(jié)果偏高，選項B符合；C．滴定速度過慢使高錳酸鉀溶液與空氣中還原性物質(zhì)反應，則滴定消耗的高錳酸鉀偏多，則測得樣品中高錳酸鉀偏少，選項C不符合；D．滴定過程中用少量蒸餾水沖洗錐形瓶內(nèi)壁，對滴定結(jié)果無影響，選項D不符合；E．滴定前滴定管尖嘴部分無氣泡，滴定后尖嘴有氣泡，則滴定消耗的高錳酸體積偏大，則測定結(jié)果樣品含量偏高，選項E符合；答案選ABE。10．(1)第四周期ⅠB族的H-N-H鍵角大于NH3的H-N-H鍵角；二者中N均為sp3雜化，氨分子與銅離子形成配位鍵后，原孤對電子與成鍵電子對間的排斥作用變?yōu)槌涉I電子對間的排斥作用，斥力減弱，H-N-H鍵角變大平面正方形(2)MnCO3+2NH=Mn2++2NH3↑+H2O+CO2↑