Question

3．铁氧体可制备隐形飞机上吸收雷达波的涂料．以废旧锌锰电池为原料制备锌锰铁氧体（Mn_xZn_1-xFe₂O₄）的主要流程如图1，请回答下列问题：

（1）碱性锌锰电池负极的电极反应式为Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂，酸浸时二氧化锰被双氧水还原的化学方程式为MnO₂+H₂O₂+H₂SO₄=MnSO₄+O₂↑+2H₂O；
（2）经测定酸浸后的滤液中主要金属阳离子有Mn²⁺、Hg²⁺、Zn²⁺．除汞是以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO₄溶液吸收而实现的．如图是KMnO₄溶液处于不同pH时对应的Hg去除率变化图2，图中物质为Hg与MnO₄^-在一定pH范围内的主要产物，则pH＜6时的离子反应方程式为5Hg+2MnO₄^-+16H⁺=5Hg²⁺+2Mn²⁺+8H₂O，根据该图，你认为pH对汞去除率影响的变化规律是：随pH的升高汞的吸收率先降低后增加；
（3）工艺流程中加入一定量的MnSO₄和试剂A的目的是调节溶液中Fe、Mn元素的成分，符合加热后获得锰锌铁氧化体组成；
（4）用试剂B调节pH为10.5左右，试剂B最好是①（填序号）；
①氨水   ②NaOH    ③NaHCO₃
（5）当x=0.2时，所得到的锌锰铁氧体对雷达波的吸收能力特别强，试用氧化物的组合形式表示该锌锰铁氧体的组成MnO•4ZnO•5Fe₂O₃．

Answer 1

分析 （1）碱性锌锰电池负极发生氧化反应，Zn在负极放电生成Zn（OH）₂；酸浸时，双氧水被氧化生成氧气，二氧化锰还原生成硫酸锰，反应还有水生成；
（2）由图可知，pH＜6时Hg与酸性高锰酸钾反应生成Hg²⁺、Mn²⁺；随pH值的升高汞的去除率先降低后增加；
（3）废电池酸浸得到滤液中液中主要金属阳离子有Mn²⁺、Hg²⁺、Zn²⁺．加入试剂A除Hg，以氮气为载气吹入滤液带出汞蒸汽经KMnO₄溶液吸收，由制备锌锰铁氧体（Mn_xZn_1-xFe₂O₄）可知试剂A为Fe，除汞后的滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸锰等，不加入MnSO₄和铁粉，进行后续操作，也能得到锰锌铁氧体，而实际中加入需加入一定量的MnSO₄和铁粉，应是调节滤液离子的成分；
（4）氢氧化钠可以溶解氢氧化锌，碳酸氢钠溶液pH值小于10.5且可以得到一些碳酸盐沉淀；
（5）Mn为+2价、Zn为+2价，利用化合价代数和为0，计算Fe元素化合价，再结合Mg、Zn、Fe原子数目之比改写为氧化物形式．

解答 解：（1）碱性锌锰电池负极发生氧化反应，Zn在负极放电生成Zn（OH）₂，电极反应式为：Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂，酸浸时，双氧水被氧化生成氧气，二氧化锰还原生成硫酸锰，反应还有水生成，反应方程式为：MnO₂+H₂O₂+H₂SO₄=MnSO₄+O₂↑+2H₂O，
故答案为：Zn-2e^-+2OH^-=Zn（OH）₂；MnO₂+H₂O₂+H₂SO₄=MnSO₄+O₂↑+2H₂O；
（2）由图可知，pH＜6时Hg与酸性高锰酸钾反应生成Hg²⁺、Mn²⁺，反应离子方程式为：5Hg+2MnO₄^-+16H⁺=5Hg²⁺+2Mn²⁺+8H₂O；由图象可知，汞的吸收率随着PH的增大先降低后增加，
故答案为：5Hg+2MnO₄^-+16H⁺=5Hg²⁺+2Mn²⁺+8H₂O；随pH的升高汞的吸收率先降低后增加；
（3）除汞后的滤液中含有硫酸锌、硫酸亚铁、硫酸锰、硫酸等，不加入MnSO₄和铁粉，进行后续操作，也能得到锰锌铁氧体，而实际中加入需加入一定量的MnSO₄和铁粉，应是调节滤液离子的成分，符合加热后获得锰锌铁氧化体组成，
故答案为：调节溶液中Fe、Mn元素的成分，符合加热后获得锰锌铁氧化体组成；
（4）氢氧化钠可以溶解氢氧化锌，碳酸氢钠溶液pH值小于10.5且可以得到一些碳酸盐沉淀，使用氨水调节pH最好，故选：①；
（5）Mn为+2价、Zn为+2价，根据化合价代数和为0，可知Fe元素化合价为+3，当x=0.2时，该物质的化学式可表示为Mn_0.2Zn_0.8Fe₂O₄，即Mn、Zn、Fe的原子个数之比=1：4：10，所以用氧化物形式可表示为：MnO•4ZnO•5Fe₂O₃，
故答案为：MnO•4ZnO•5Fe₂O₃．

点评 本题考查化学工艺流程、物质的分离提纯、对操作的分析评价、氧化还原反应的有关应用、图象分析等，侧重考查学生对知识的迁移运用，并不需要明确每一步骤的目的，结合题目问题进行解答，物质组成的计算、分离提纯以及反应条件的控制等化学工艺流程题是高考的靓点，化学工艺流程是“无机框图题”的变革与创新．