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    9．锰的用途非常广泛，以碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）为原料生产金属锰的工艺流程如下：

    已知25℃，部分物质的溶度积常数如下：
    物质Mn（OH）2Co（OH）2Ni（OH）2MnSCoSNiS
    Ksp2.1×10-133.0×10-165.0×10-161.0×10-115.0×10-221.0×10-22
    （1）步骤Ⅰ中，为加快溶浸速率，可采取的措施是：升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径．（至少答两条）
    （2）步骤Ⅱ中，须加氨水调节溶液的pH为5.0～6.0，则滤渣1的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）．已知MnO2的作用为氧化剂，则得到该成分所涉及的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2OFe3++3NH3﹒H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+．
    （3）步骤Ⅲ中，所加（NH4）2S的浓度不宜过大的原因是若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失．
    （4）滤液2中，c（Co2+）：c（Ni2+）=5：1．
    （5）将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg．若每一步都进行完全，滤渣1为纯净物，质量为c kg，则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为$\frac{（b-\frac{c}{107}×\frac{1}{2}×55）×\frac{115}{55}}{a}$×100%．（用含a、b、c的式子表达，无需化简）

    分析 向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰．

    解答 解：向碳酸锰矿（主要成分为MnCO3，还含有铁、镍、钴等碳酸盐杂质）中加入硫酸，可以发生反应生成硫酸盐，向其中就如具有氧化性的二氧化锰，可以将亚铁离子氧化为铁离子，调节pH可以将氢氧化铁沉淀下来，向滤液中加入硫化铵，可以将镍离子、钴离子形成硫化物沉淀下来，最后对得到的含有锰离子的盐电解，可以得到金属锰．
    （1）搅拌固体和液体的混合物，升高温度、增大浓度等，可加快反应速率，所以为了提高浸取率可采取的措施有加热或搅拌或增大硫酸浓度等，
    故答案为：升高温度、适当增大硫酸浓度、减小矿粉颗粒直径；
    （2）步骤Ⅱ中，MnO2在酸性条件下可将Fe2+离子氧化为Fe3+，反应的离子方程式MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，加入氨水调节pH为5.0～6.0，发生Fe3++3NH3﹒H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+，可得到沉淀Fe（OH）3，
    故答案为：Fe（OH）3；2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O；Fe3++3NH3﹒H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+；
    （3）向滤液中滴入适量的（NH4）2S溶液，目的是除去Cu2+、Zn2+，若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失，
    故答案为：若（NH4）2S的浓度过大，产生MnS沉淀，造成产品损失；
    （4）CoS、NiS的Ksp分别为5.0×10-22、1.0×10-22，加入足量（NH4）2S溶液后，生成CoS、NiS沉淀，溶液中c（Co2+）：c（Ni2+）=5.0×10-22：1.0×10-22=5：1，
    故答案为：5：1；
    （5）滤渣1为为Fe（OH）3，质量为c kg，则n（Fe3+）=n（Fe（OH）3）=$\frac{1000c}{107}$mol，由2Fe2++MnO2+4H+=2Fe3++Mn2++2H2O可知n（MnO2）=$\frac{1}{2}$×$\frac{1000c}{107}$mol，
    将质量为a㎏的碳酸锰矿经上述流程处理后得到单质Mn b kg，n（Mn）=$\frac{1000b}{55}$mol，
    可知n（MnCO3）=$\frac{1000b}{55}$mol-$\frac{1}{2}$×$\frac{1000c}{107}$mol，
    m（MnCO3）=（$\frac{1000b}{55}$mol-$\frac{1}{2}$×$\frac{1000c}{107}$mol）×115g/mol，
    则原碳酸锰矿中MnCO3的质量分数为$\frac{（b-\frac{c}{107}×\frac{1}{2}×55）×\frac{115}{55}}{a}$×100%，
    故答案为：$\frac{（b-\frac{c}{107}×\frac{1}{2}×55）×\frac{115}{55}}{a}$×100%．

    点评 本题考查了制备方案的设计，为高考常见题型，题目难度中等，根据制备流程明确制备原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力．

    练习册系列答案
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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    14．X、Y、Z、M、W、R是元素周期表中1～36号元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z是位于同一周期的相邻元素，Y元素基态原子的2p轨道处于半充满状态；M为元素周期表1～36号元素中电负性最小的元素，W元素基态原子的价电子构型为3d74s2；R位于周期表第11列．回答下列问题（若需表示具体元素必须用相应的元素符号）：
    （1）X、Y、Z三种元素的第一电离能由大到小的顺序是N＞O＞C（用元素符号表示），Y的最简单气态氢化物在水中的溶解度远大于X的最简单气态氢化物，主要原因是分子与水分子之间形成氢键，氨气分子与水分子都是极性分子，相似相溶．
    （2）R元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1．Z、M形成化合物M2Z2的电子式为．
    （3）X、Z、W三种元素可以形成橘红色易升华的固体配合物W2（XZ）8，该配合物中提供空轨道的是Co，提供孤对电子的是CO（填化学式）．
    （4）已知某化合物部分结构如图（a）所示，该化合物由X、Y两元素组成，硬度超过金刚石．该化合物的化学式为C3N4，其晶体类型为原子晶体，晶体中X、Y两种元素原子的杂化方式均为sp3．

    （5）在图（b）中标出R晶体中R原子的位置，该晶体中R原子直径为a pm，R的相对原子质量为M，阿伏加德罗常数为NA，该晶胞密度表达式为$\frac{\sqrt{2}M×1{0}^{30}}{{a}^{3}{N}_{A}}$g•cm-3（用a，M，NA表示）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：推断题

    15．已知A、B、C、D、E、F、G七种元素，它们的原子序数依次增大．A在所有元素中原子半径最小；B原子核外电子有6种不同运动状态；D与C、E均相邻；A、D、E三种元素的原子序数之和为25；E2-和F+有相同的核外电子排布；G的质子数是25．请回答下列问题：
    （1）写出元素G的基态原子外围电子排布式3d54s2；B、C、D三种元素分别形成的最简单氢化物的沸点最高的是H2O（用化学式表示）．
    （2）由上述元素中的两种元素组成的一种阴离子与D的一种同素异形体分子互为等电子体，该阴离子化学式为NO2-．
    （3）由上述元素组成的属于非极性分子且VSEPR为直线形的微粒的电子式或（任写一种）．
    （4）M是由4个C原子组成的一种不稳定的多原子单质分子，M分子中C原子杂化方式为sp3杂化，M分子的立体构型为正四面体．
    （5）某一次性电池的比能量和可储存时间均比普通干电池优良，适用于大电流和连续放电，是民用电池的升级换代产品之一，它的负极材料是Zn，正极材料是G的一种常见氧化物，电解质是KOH．该电池的正极反应式为MnO2+e-+H2O═MnOOH+OH-．
    （6）由上述元素中电负性最大的元素和第一电离能最小的元素形成的某化合物N的晶胞如图所示．化合物N与氧化钙相比，晶格能较小的是K2O（填化学式）．已知该化合物的晶胞边长为a pm，则该化合物的密度为$\frac{94×4}{{N}_{A}×（a×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm-3（只要求列出算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的数值为NA，1pm=10-10cm）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    17．化学实验室通常用粗锌和稀硫酸反应制取氢气，因此在制氢废液中含有大量的硫酸锌．同时，由于粗锌中还含有铁等杂质，使得溶液中还混有一定量的硫酸亚铁．工业上为了充分利用制氢废液，常用其制备皓矾（ZnSO4•7H2O）．某校化学兴趣小组的同学以制氢废液为原料来制取皓矾．其实验流程如图所示：

    已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围如下：Fe（OH）3：2.7～3.7  Fe（OH）2：7.6～9.6　Zn（OH）2：5.7～8.0      
    试回答下列问题：
    （1）加入的试剂①，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%的H2O2、浓硫酸、浓硝酸，最好选用20%的H2O2，其理由是将制氢废液中的Fe2+氧化为Fe3+，同时避免引入新的杂质；
    （2）加入的试剂②，供选择使用的有：a．Zn粉，b．ZnO，c．Zn（OH）2，d．ZnCO3，e．ZnSO4，可选用bcd；
    （3）从晶体1→晶体2，该过程的名称是重结晶；
    （4）在得到皓矾时，向晶体中加入少量酒精洗涤而不用水的原因为了冲洗掉晶体表面的杂质离子，防止晶体溶解，影响产率．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    4．硅及其化合物在材料领域中应用广泛．下列说法正确的是（　　）
    A．硅酸钠可用于制备木材防火剂B．硅单质广泛用于光纤通讯
    C．硅酸可由二氧化硅与水反应制得D．水晶项链是硅酸盐制品

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    14．氮、磷及其化合物广泛存在于自然界中，回答下列问题：
    （1）在基态16N中，其P能级的电子云轮廓是哑铃形，原子核外电子排布为1s22s22p3；
    （2）碱性肥料氰氮化钙（CaCN2）的组成元素第一电离能最小的是Ca，CaCN2和H2O可发生如下反应：CaCN2+2H2O=NH4CN+Ca（OH）2，则NH4CN中含有5个δ键和2个π键．
    （3）化合物（CH3）3N能溶于水，试解释其原因（CH3）3N与水分子间形成氢键，（CH3）3N与水均为极性分子，相似相溶，化合物（CH3）3N与盐酸反应生成[（CH3）3NH]+，该过程新生成的化学键为配位键．
    （4）阳离子[（CH3）3NH]+和阴离子A可按个数比4：1组成化合物，阴离子A的结构如图1所示：

    则S原子以sp3杂化方式与Ge结合，阴离子A的化学式为[Ge4S10]4-．
    （5）BP是一种耐磨材料，其结构与金刚石相似（如图2），已知晶体中B与P原子的最近距离为apm，则该晶体密度的表达式为$\frac{4×42}{{N}_{A}×（\frac{4a}{\sqrt{3}}×1{0}^{-10}）^{3}}$g•cm-3（不需化简）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    1．关工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）的工艺流程如图1所示．

    已知：MnCO3难溶于水、乙醇、潮湿时易被空气氧化，100℃时开始分解，回答下列问题：
    （1）净化工序的目的是除去溶液中的Cu2+、Ca2+等杂质．若测得滤液中c（F-）=0.01mol•L-1，则滤液中残留的c（Ca2+）=1.46×10-6mol•L-1mol•L-1 [已知：Ksp（CaF2）=1.46×10-10]
    （2）沉锰工序中，298K、c（Mn2+）=1.05mol•L-1时，实验测得MnCO3的产率与溶液pH、反应时间的关系如图2所示．根据图2中信息得出的结论是pH等于7.0时反应速率最快，且MnCO3的产率最高．
    （3）从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、先水洗2～3次，再用乙醇洗涤，低温干燥（或低于100℃干燥）．
    （4）MnCO3高温煅烧可得到软磁体Mn3O4，但分解生成的CO需要回收利用．到目前为止，CO吸附剂的开发大多数以铜（+1）为活性组分负载在各种载体上，然后采用变压器吸附（PSA）的方式在含N2体系中脱出CO．图3是变压吸附回收炉气中CO的流程．
    ①PSA-Ⅰ吸附CO2的时间对PSA-Ⅱ中CO回收率的影响如图4所示，由此可见，为了保证载铜吸附剂对CO的吸附和提纯要求，应采取的措施是尽量在PSA-I中将CO2脱除（保证PSA-I吸附CO2的时间）．
    ②从PSA-Ⅱ中富集得到的CO有广泛的用途，除生产甲醇外，其用途还有作燃料（任写一种）．
    ③检验放空气体中是否含有CO的实验操作是将该气体通入氯化钯（PdCl2）溶液中，观察是否有黑色的单质钯生成，写出对应的化学方程式：CO+PdCl2+H2O═Pd↓+2HCl+CO2．
    （5）为测定某软锰矿中二氧化锰的质量分数，准确称量1.00g软锰矿样品，加入2.68g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热（杂质不参加反应），充分反应后冷却，将所得溶液转移到250mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出25.0mL，用0.0200mol•L-1高锰酸钾溶液进行滴定，当滴入20.0mL溶液时恰好完全反应．
    已知高锰酸钾、二氧化锰在酸性条件下均能将草酸钠（Na2C2O4）氧化，反应原理如下：
    2MnO4-+5C2O42-+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O
    MnO2+C2O42-+4H+═Mn2++2CO2↑+2H2O
    求该软锰矿中二氧化锰的质量分数87%．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    18．下列判断正确的是（　　）
    A．Ca（OH）2微溶于水，所以Ca（OH）2是弱电解质
    B．强电解质溶液的导电能力可能比弱电解质溶液导电能力弱
    C．Cu、NaCl溶液不是电解质，所以是非电解质
    D．SO3溶于水后导电，所以SO3是电解质

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    19．有机物与足量NaOH水溶液在加热条件下反应的化学方程式为．

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