“锰”将如云，直击高考-2025年高考化学一轮复习工业流程专题 练习

这是一份“锰”将如云，直击高考-2025年高考化学一轮复习工业流程专题 练习，共32页。试卷主要包含了锰单质，锰及其化合物等内容，欢迎下载使用。
1．锰单质
块状锰是呈灰色，是一种较活泼的金属，在空气中金属锰的表面被一层褐色的氧化膜所覆盖，甚至与冷的浓硝酸也形成强的氧化膜，所以呈化学惰性。
2．锰及其化合物
锰元素的常见价态有＋7、＋6、＋4、＋3、＋2价，Mn2＋在酸性溶液中的稳定性强于在碱性溶液中的稳定性。
(1)锰(II)化合物的性质
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①酸性介质：酸性介质中Mn2+稳定，只有很强的氧化剂(NaBiO3、PbO2、(NH4)2S2O8)才能氧化Mn2＋到MnOeq \\al(－,4)
2Mn2＋＋5NaBiO3＋14H＋===5Na＋＋5Bi3＋＋2MnOeq \\al(－,4)＋7H2O、
2Mn2＋＋5PbO2＋4H＋===2MnOeq \\al(－,4)＋5Pb2＋＋2H2O
2Mn2+ ＋ 5S2O82－＋8H2O===2MnOeq \\al(－,4)＋10SOeq \\al(2－,4)＋16H+
【微点拨】 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①介质不能用盐酸，因为Cl－有还原性，能与MnOeq \\al(－,4)反应
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②Mn2＋的量不能太多，否则：2MnOeq \\al(－,4)＋3Mn2＋＋2H2O===5MnO2↓＋4H＋
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②碱性介质：碱性Mn(II)极易氧化成Mn(IV)化合物
a．在碱性条件下Mn2＋容易被氧化：ClO－＋Mn2＋＋2OH－===Cl－＋MnO2↓＋H2O
b．Mn(OH)2为白色难溶物，Ksp＝4.0×10－14，极易被空气氧化，水中少量氧气能将其氧化成褐色MnO(OH)2沉淀：2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2
(2)锰(IV)化合物的性质
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①最重要的Mn(IV)化合物是MnO2，二氧化锰在中性介质中很稳定，在碱性介质中倾向于转化成锰(Ⅵ)酸盐；在酸性介质中是一种强氧化剂，倾向于转化成Mn2+
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2MnO2＋2H2SO4(浓)===2MnSO4＋O2↑＋2H2O
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②简单的Mn(IV)盐在水溶液中极不稳定，或水解生成水合二氧化锰MnO(OH)2，或在浓强酸中和水生成氧气和Mn(II)
(3)Mn(Ⅵ)化合物的生成与性质
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①最重要的Mn(VI)化合物是锰酸钾K2MnO4。在熔融碱中MnO2被空气氧化生成K2MnO4
2MnO2＋O2＋4KOH2K2MnO4 (深绿色)＋2H2O
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②MnOeq \\al(2－,4)存在于强碱性溶液中，在酸性、中性环境中均发生歧化反应
3MnOeq \\al(2－,4)＋2H2O===2MnOeq \\al(－,4)＋MnO2↓＋4OH－
3MnOeq \\al(2－,4)＋4H＋===2MnOeq \\al(－,4)＋MnO2↓＋2H2O
= 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③锰酸钾是制备高锰酸钾(KMnO4)的中间体：2MnOeq \\al(2－,4)＋2H2O===2MnOeq \\al(－,4)＋2OH－＋H2↑
(4)KMnO4的性质
= 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①热稳定性差，通常保存在棕色试剂瓶中：4KMnO4＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(光照))4MnO2↓＋3O2↑＋4KOH
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②在酸性介质中，MnOeq \\al(－,4)具有强氧化性，本身被还原为Mn2＋：可以氧化Fe2＋、Cl－、H2C2O4、H2O2等
MnOeq \\al(－,4)＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
2MnOeq \\al(－,4)＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
2MnOeq \\al(－,4)＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
③在碱性、中性或微弱酸性溶液中，MnOeq \\al(－,4)仍旧是氧化剂，本身被还原为MnO2
2MnOeq \\al(－,4)＋I－＋H2O===2MnO2↓＋IOeq \\al(－,3)＋2OH－
④在强碱性溶液中，当MnOeq \\al(－,4)过量时，还原产物是MnOeq \\al(2－,4)
2MnOeq \\al(－,4)＋SOeq \\al(2－,3)＋2OH－===2MnOeq \\al(2－,4)＋SOeq \\al(2－,4)＋H2O。
1．（2023·北京·统考高考真题）以银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)为原料联合提取银和锰的一种流程示意图如下。

已知：酸性条件下，的氧化性强于。
(1) “浸锰”过程是在溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除，有利于后续银的浸出：矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中。
①“浸锰”过程中，发生反应，则可推断： (填“>”或“ 、
(2) 是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀
(3) 、 被氧气氧化为，把氧化为
(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到，同时将银元素和锰元素分离开；生成的还可以用于浸银，节约氧化剂
【分析】银锰精矿(主要含、、)和氧化锰矿(主要含)混合加溶液，使矿石中的锰元素浸出，同时去除，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，浸锰液中主要的金属阳离子有、；浸锰渣中与过量和的混合液反应，将中的银以形式浸出，用铁粉把还原为金属银。
【详解】（1）①“浸锰”过程中，矿石中的银以的形式残留于浸锰渣中，发生反应，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：>；
②根据信息，在溶液中二氧化锰可将氧化为，自身被还原为，则浸锰液中主要的金属阳离子有、。
（2）①中S元素化合价升高，Fe元素化合价降低，根据得失电子守恒、元素守恒，该离子方程式为；
②是为了与电离出的结合生成，使平衡正向移动，提高的浸出率；是为了抑制水解，防止生成沉淀。
（3）①铁粉可将还原为单质银，过量的铁粉还可以与铁离子发生反应，因此离子方程式为、；
②溶液中生成的会被空气中的氧气缓慢氧化为，把部分氧化为，因此后银的沉淀率逐渐降低。
（4）联合提取银和锰的优势在于“浸锰”过程可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，将银元素和锰元素分离开，利用的氧化性将中的氧化为，同时生成的还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到。
2． SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7 NiS和ZnS F−与H+结合形成弱电解质HF，MgF2⇌Mg2++2F−平衡向右移动 Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O
【详解】（1）Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在，SiO2与硫酸不反应，所以滤渣I中除了S还有SiO2；在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式为：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；
（2）二氧化锰作为氧化剂，使得MnS反应完全，且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+；
（3）由表中数据知pH在4.7时，Fe3+和Al3+沉淀完全，所以应该控制pH在4.7~6之间；
（4）根据题干信息，加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子，所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS；
（5）由HF H++F-知，酸度过大，F-浓度减低，使得MgF2Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动，Mg2+沉淀不完全；
（6）根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀，所以反应离子方程式为：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（7）根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得：1+2x+3y+4z=4，已知，x=y=1/3，带入计算得：z=1/3
3． A、C 消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 MnO2(s)+SO2(g) =MnSO4(s) △H=-248kJ/ml Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+ MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-
【详解】(1)白色污染主要是塑料等难降解的物质形成的，SO2能形成酸雨，因此脱硫实现了废弃物的综合利用，同时也减少了酸雨形成，即答案选AC。
(2)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀。
(3)已知：热化学方程式①Mn(s)+O2(g)=MnO2(s) △H=-520kJ/ml，②S(s)+O2(g)=SO2(g)
△H=-297kJ/ml，③Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s) △H=-1065kJ/ml，则根据盖斯定律可知③-(①+③)即得到SO2与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式MnO2(s)+SO2(g) =MnSO4(s) △H=-248kJ/ml。
(4)电解池中阳极失去电子发生氧化反应，则用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2，因此阳极是锰离子放电，其阳极电极反应式是Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+。
(5)原电池中负极失去电子，正极得到电子，因此碱性锌锰电池放电时，正极是二氧化锰得到电子，则电极反应式是MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-。
(6)实际参加反应的SO2的物质的量是，根据方程式MnO2(s)+SO2(g) =MnSO4(s)可知生成硫酸镁的物质的量是0.4abml。最终生成二氧化锰是c kg，则根据方程式3MnSO4+2KMnO4+2H2O=5MnO2+K2SO4+2H2SO4可知，因此消耗硫酸锰的物质的量是 ml，则除去铁、铝、铜、镍等杂质时，所引入的锰元素的物质的量是ml-0.4abml，相当于二氧化锰的质量是(ml-0.4abml)×87g/ml=(600c-34.8ab)g= kg
4．(1)将Fe2+全部氧化为Fe3+
(2)使Cu2+转化为Cu(OH)2除去
(3)Mn2++2HCO=MnCO3↓+CO2↑+H2O
(4)NH4Cl
(5) 1：2 Mn3O4和MnO
(6) sp3 F的电负性比N大，N－F成键电子对向F偏移，导致NF3中N原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子
(7) 4
【分析】根据流程：酸性含锰废水(主要含Mn2+、Cl-、H+、Fe2+、Cu2+)加过量MnO2，将Fe2+氧化为Fe3+，加氨水调节pH=3.7，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤，滤渣为Fe(OH)3和过量的MnO2，滤液A含有Mn2+、Cl-、H+、Cu2+，加氨水调节pH=6.4，则Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，过滤，滤渣Q为Cu(OH)2沉淀，滤液B含有Mn2+、Cl-，加碳酸氢铵反应：Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，据此分析作答。
【详解】（1）MnO2在酸性条件下可将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；
（2）调pH=6.4，除去溶液中的铜离子，使Cu2+ 完全沉淀为Cu(OH)2；
（3）过程④中，反应会有CO2生成，故反应为Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
（4）过程④中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥。根据元素守恒，流程中，氯离子未除去，加入铵根离子，则副产品为NH4Cl；
（5）MnCO3的物质的量为1 ml即质量为115 g，A点剩余固体质量为115 g×75.65%=87 g，减少的质量为115 g-87 g=28 g，可知MnCO3失去的组成为CO，故剩余固体的成分为MnO2，n(Mn)：n(O)为1：2；C点剩余固体质量为115 g×61.74%=71 g，据锰元素守恒知m(Mn)=55 g,则m(O )1=71 g-55 g=16 g，则n(Mn)：n(O)==1：1，故剩余固体的成分为MnO，同理，B点剩余固体质量为115 g×66.38%=76.337 g，因m(Mn)=55 g,则m(O )2=76.337 g-55 g=21.337 g，则n(Mn)：n(O)==3：4，故剩余固体的成分为Mn3O4，因D点介于B、C之间，故D点对应固体的成分为Mn3O4与MnO的混合物；故答案为：1：2；Mn3O4和MnO；
（6）NF3与NH3的空间构型相同，这两种分子中中心原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断中心原子的轨道杂化类型为sp3；F 的电负性比N大，N-F 成键电子对向F偏移，导致NF3中N 原子核对其孤对电子的吸引能力增强，难以形成配位键，故NF3不易与Cu2+形成配离子；
（7）该晶胞中两个Ba2+的间距为cpm,下边Ba原子距离底面中心的距离=pm,距离Ba2+最近的Hg+数目为4个，二者的最短距离为。
5．(1)
(2) 1×10−11.4 NiS
(3) 45℃，pH为7.5 Mg2＋
(4)温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”
【分析】软锰矿主要成分是MnO2，还含少量Fe、Mg、Ni、Si等元素的氧化物杂质，加入硫酸和废铁屑，MnO2被还原为Mn2＋，溶液中还有Fe3＋、Mg2＋、Ni2＋、Fe2＋，SiO2难溶于硫酸，矿渣的成分是SiO2；滤液中加入MnO2把Fe2＋氧化为Fe3＋，加氨水调节pH，生成氢氧化铁，除去铁元素，加入MnS生成NiS沉淀除去Ni2＋，加入NH4HCO3、氨水生成MnCO3沉淀，过滤，用硫酸溶解MnCO3得到硫酸锰溶液，电解硫酸锰溶液得到金属锰，据此分析解题。
【详解】（1）“酸浸”后的滤液中含有Fe2＋，向“浸出液”中添加适量MnO2的目的是将溶液中Fe2＋全部氧化为Fe3＋，该过程中Mn元素由＋4价下降到＋2价，Fe元素由＋2价上升到＋3价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：；硫酸酸化的MnSO4可与NaBiO3（难溶于水）反应生成Bi3＋和，此反应的离子方程式为：，故答案为；。
（2）有表格数据可知，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH＝3.7，溶液中c(OH−)＝，溶液中某离子浓度≤1.0×10−6ml⋅L−1时，认为该离子沉淀完全，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)c3(OH−)＝1.0×10−6×(1×10−10.3)3＝1×10−36.9，pH＝5.5（室温）时，溶液中，溶液中残余的Fe3＋的浓度为，根据已知信息，Ksp＝2.8×10−10＞Ksp(NiS)＝2.0×10−21，则加入MnS“除杂”后生成NiS，过滤得到滤渣NiS，故答案为1×10−11.4；NiS。
（3）沉锰”过程中锰离子沉淀率越高、镁离子沉淀率越低对应的温度和pH就是“沉锰”的合适条件，由图可知，“沉锰”的合适条件是温度为45℃，pH为7.5；“沉锰除去的杂质金属离子是Mg2＋，故答案为45℃，pH为7.5；Mg2＋。
（4）温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”，故答案为温度超过30℃，NH4HCO3水解程度增大，释放出NH3和CO2，不利于“沉锰”。
6．(1)2MnO2+4KOH+O2 2K2MnO4+2H2O
(2)Al(OH)3和H2SiO3
(3) MnO2 酸性 溶液中存在平衡3+2H2O 2+MnO2+4OH－，加入冰醋酸，可中和OH－，降低c(OH－)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率 a
(4)溶液表面出现晶膜
(5) 63.2% 偏大
【分析】软锰矿，其主要成分为MnO2，含少量等的氧化物等杂质，与KOH在空气中熔融煅烧，主要的反应为：2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O，Al2O3、SiO2得到KAlO2和K2SiO3，冷却浸取，向浸取液中通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3，墨绿色溶液主要含有K2MnO4，加入冰醋酸歧化，促进平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-右移，过滤，滤渣II为MnO2，滤液为高锰酸钾溶液，结晶得到产品，据此分析。
【详解】（1）由分析可知，“熔融煅烧”时，MnO2参与反应的化学方程式为2MnO2+4KOH+O22K2MnO4+2H2O；
（2）根据分析，浸取液中含有KAlO2和K2SiO3，通入CO2调节其pH，KAlO2和K2SiO3转化为Al(OH)3和H2SiO3，过滤，滤渣I主要为Al(OH)3和H2SiO3；
（3）①在酸性溶液中Mn2+是锰的最稳定态，可知吉布斯自由能越小越稳定，则在碱性溶液中MnO2是锰的最稳定态，答案为：MnO2；
②由图可知，在酸性环境中明显位于它相邻两氧化态连线的上方，更易发生歧化反应，故答案为酸性；溶液中存在平衡3+2H2O2+MnO2+4OH-，加入冰醋酸，可中和OH-，降低c(OH-)，促进平衡正向移动，促进KMnO4生成，提高KMnO4产率；加入冰醋酸的目的是调节溶液pH，KMnO4具有强氧化性，所以不能用还原性酸，乙二酸、亚硫酸、氢溴酸均具有还原性，可以用稀硫酸替代醋酸，故答案选a；
（4）此操作为降温结晶，故当表面出现晶膜时，就应停止加热；
（5）①用酚酞做指示剂，草酸与NaOH发生反应：
结合题中数据得草酸溶液浓度=；
草酸与高锰酸钾发生反应：；样品中高锰酸钾的纯度为
②若不用水浴加热，反应太慢会使溶液颜色变化滞后，草酸溶液加入过多，体积偏大，则测得高锰酸钾物质的量偏大，故纯度偏大。
7．(1)增大接触面积，加快反应速率
(2) 大于 P元素原子半径较小，得电子能力强，非金属性强
(3) 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O Fe(OH)3
(4) Pb2++H2S=PbS↓+2H+ 8×10﹣23ml/LSi，
故答案为：大于；P元素原子半径较小，得电子能力强，非金属性强；
（3）通过分析可知，过氧化氢的作用是将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+，便于调节pH将其转化为Fe(OH)3沉淀除去，反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，通过分析可知加入MnCO3相关反应的离子方程式为：MnCO3+2H+=Mn2++H2O+CO2↑，Fe3++3H2O⇌ Fe(OH)3+3H+，作用为调节溶液的pH以便于Fe3+沉淀；
故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；Fe(OH)3；
（4）已知PbS的Ksp=3×10﹣28，MnS的Ksp=2×10﹣10，步骤5的目的是除去Pb2+，反应的离子方程式为：Pb2++H2S═PbS↓+2H+，为了保证Pb2+除尽，Ksp=c(Pb2+)×c(S2﹣)=8×10﹣28，c(S2﹣)=ml/L=8×10﹣23ml/L，Ksp=c(Mn2+)×c(S2﹣)=2×10﹣10，c(S2﹣)= ml/L=2×10﹣9ml/L，控制溶液中S2﹣浓度范围是：8×10﹣23ml/L