《2024届高三化学一轮复习工业流程题实验题（锰专题）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024届高三化学一轮复习工业流程题实验题（锰专题）含答案.pdf（12页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、工业流程题(锰专题)1 以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4H2O的工艺流程如下。下列说法正确的是A.酸浸和沉锰操作均应在较高温度下进行B.滤渣1的成分中含有S和SiO2C.调pH的目的只为除去溶液中的Fe3+D.沉锰操作中主要反应的离子方程式是 2HCO-3+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O2 在高锰酸钾生产过程中会产生较多的废锰渣，以下是利用废锰渣制备硫酸锰晶体的过程(废锰渣的主要成分为MnO2、CaCO3、Al2O3、Fe2O3、MgO等。硫铁矿的主要成分为FeS2，还含有少量Cu、Ni、Cd等
2、元素)。下列说法错误的是A.“酸处理”后，溶液中主要存在的阳离子有5种B.“浸取”过程中主要发生反应的离子方程式为15MnO2+2FeS2+28H+=15Mn2+2Fe3+4SO2-4+14H2OC.碳酸钙的作用是除去铁离子D.系列操作是指蒸发结晶3 MnO2常用于锰盐制备，也用作氧化剂、催化剂等。由富锰废料(含MnO2、MnCO3和少量Fe2O3、Al2O3、NiO)进行废气脱硫并制备MnO2的工艺流程如下：下列叙述正确的是2024届高三化学一轮复习工业流程题，实验题（锰专题）含答案A.“化浆”所得浆液中的锰元素均为Mn2+B.吸收SO2的主要反应为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO
3、2-4+4H+C.滤渣1中含有大量MnO2，应回收再利用D.转化反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为2：34 高铁酸钾(K2FeO4)是一种集氧化、吸附、凝聚、杀菌于一体的新型高效多功能绿色净水剂，易溶于水，难溶于有机溶剂。一种以Mn、Fe及MnO2制备高铁酸钾和活性MnO2的流程如图所示：已知：部分金属离子在溶液中沉淀的 pH如下表：金属离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀的pH1.97.08.1完全沉淀的pH3.29.010.1回答下列问题：(1)MnO2不溶于稀硫酸，加入过量FeSO4目的是在酸性条件下将MnO2还原成稳定的Mn2+，写出该反应的离子方程式。(2)“调pH”操作中，调节pH
4、的范围是，“滤渣”的主要成分是。(3)“沉锰”操作中，温度过高会导致MnO2产率降低，原因是。(4)某温度下，若要从10m3c(FeO2-4)=2.010-4molL-1的溶液中沉淀FeO2-4(浓度降至10-5molL-1)，理论上需加入Ca(OH)2固体的物质的量不少于mol。(已知该温度下CaFeO4的Ksp=4.510-9，不考虑水解和溶液体积变化)(5)已知锰的某种氧化物的晶胞如图所示，其中锰的化合价为，配位数为。5 以银锰精矿(主要含Ag2S、MnS、FeS2)和氧化锰矿(主要含MnO2)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，MnO2的氧化性强于Fe3+。(1
5、)“浸锰”过程是在H2SO4溶液中使矿石中的锰元素浸出，同时去除FeS2，有利于后续银的浸出：矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中。“浸锰”过程中，发生反应MnS+2H+=Mn2+H2S，则可推断：KspMnS(填“”或“”)KspAg2S。在H2SO4溶液中，银锰精矿中的FeS2和氧化锰矿中的MnO2发生反应，则浸锰液中主要的金属阳离子有。(2)“浸银”时，使用过量FeCl3、HCl和CaCl2的混合液作为浸出剂，将Ag2S中的银以 AgCl2-形式浸出。将“浸银”反应的离子方程式补充完整：。Fe3+Ag2S+2 AgCl2-+S结合平衡移动原理，解释浸出剂中Cl-、H+的作用：。(3)
6、“沉银”过程中需要过量的铁粉作为还原剂。该步反应的离子方程式有。一定温度下，Ag的沉淀率随反应时间的变化如图所示。解释t分钟后Ag的沉淀率逐渐减小的原因：。(4)结合“浸锰”过程，从两种矿石中各物质利用的角度，分析联合提取银和锰的优势：。6 用废锰渣(主要成分为MnO2、MgO和Fe2O3)和硫铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4H2O的工艺流程如下：(1)Fe2+较易被氧化成Fe3+，请从原子结构的角度分析其可能的原因：。(2)已知：室温下KspFe(OH)2=4.910-17，KspFe(OH)3=110-37.4，KspMn(OH)2=210-13，“氧化”后溶液中c(Mn2+)=0.
7、2molL-1。欲使溶液中c(Fe3+)Fe。某科研小组由粗锰粉(含Mn及少量Fe、Ni、Pb等单质)为原料制备MnCl2，部分实验过程如下：(1)“酸溶”时，盐酸要缓慢滴加的原因是。酸溶过程中溶液中Fe2+的浓度先增大后略有减少，减少的原因是。(2)“除铁”时，先加入H2O2，后加入MnCO3固体。加入MnCO3固体时有CO2生成，反应的离子方程式为。(3)MnCl24H2O经加热脱水可制得MnCl2，测得加热升温过程中固体的质量变化如图所示。若要获得MnCl2H2O，需控制的温度范围是(写出计算推理过程)。MnCl2H2O继续脱去结晶水时易发生副反应，产生MnO2和碱式氯化锰杂质，为减少副
8、反应的发生，可采取的实验操作是。(4)MnCl24H2O经加热脱水制得的MnCl2纯度不高，实验室可由固体四水醋酸锰(CH3COO)2Mn4H2O和液体乙酰氯(CH3COCl)经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，涉及的主要反应有CH3COCl+H2OCH3COOH+HCl、(CH3COO)2Mn+2CH3COCl苯 MnCl2+2(CH3CO)2O。为获得较高产率的高纯MnCl2，请补充实验方案：取四水醋酸锰24.5 g(0.1mol)和50mL苯置于烧瓶中，边搅拌边加入，充分反应后过滤，干燥，得到MnCl2.供选择的试剂：CH3COCl(0.1mol CH3COCl的体积约7mL
9、)、苯、水9造纸、陶瓷、矿石浮选用到的一水硫酸锰(MnSO4H2O)是白色或浅粉红色晶体，易溶于水，不溶于乙醇，加热到200C以上开始失去结晶水。某实验小组通过以下流程模拟工业制备一水硫酸锰：NH4HCO3MnCl2MnCO3H2SO4MnSO4H2O实验装置示意图如下：已知：Mn(OH)2在空气中易被氧化成棕色的MnO(OH)2。回答下列问题：(1)仪器a的名称是，仪器b中的试剂为，仪器c的作用是。(2)实验时，先打开K2，通入足量气体后，关闭K2再打开K1，通入气体，此时三颈烧瓶中发生的化学反应方程式为；关闭 K1滴加MnCl2溶液制得MnCO3。若打开K1通入的气体量不足，会导致MnCO
10、3中混有杂质(填化学式)。(3)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤，洗涤除去固体表面附着的(填离子符号)。(4)将固体溶于适量稀硫酸，蒸发浓缩至后，(填操作名称，下同)、过滤、干燥。(5)若加入100mL1 molL-1MnCl2溶液充分反应，反应过程中锰元素的损失率为10%，理论上可制得MnSO4H2O的质量是g。10以大洋锰结核(主要由锰、铁氧化物组成，还含有Cu等元素)为原料，制备MnxOy，所得产品具有广泛的用途。MnxOy的制备过程如图所示。(1)氨浸时，铜元素转化为 Cu NH342+，CO在 Cu NH342+催化下将结核中的MnO2转化为MnCO3。铜在元素周期表中的位置是。
11、比较 Cu NH342+与NH3中H-N-H键角的大小并解释原因。若 Cu NH342+中两个NH3分别被Cl-取代，能得到两种不同结构的Cu NH32Cl2，Cu NH342+的空间构型是。(2)浸锰写出浸锰过程主要反应的离子方程式。基态锰原子的价层电子轨道表示式为。沉锰得到的MnCO3在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。晶体可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为NAmol-1，则晶体的密度为gcm-3。1pm=10-10cm，M Mn=55g/mol，M O=16g/mol晶体可作电池正极材料，通过Zn2+在晶体中嵌入和脱嵌，实现电极材料充放电的原理如图所示。代表电池(填
12、“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。参考答案：1B【详解】A酸浸时采用高温可以使反应速率加快，而沉锰时如果温度过高，氨水受热分解，MnCO3溶解度增大，导致沉锰效率降低，因此应该在低温下进行沉锰，A错误；B酸性氧化物SiO2不溶于水，S不溶于水，也不溶于酸，因此用稀硫酸溶解后的滤渣1的成分中含有S和SiO2，B正确；C调pH的目的是使溶液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，从而达到除去Fe3+、Al3+的目的，C错误；D沉锰操作中加入NH3H2O和NH4HCO3，反应的离子方程式为：2HCO+Mn2+2NH3H2O=MnCO3+CO2-3+2NH+4+2
13、H2O，D错误；故选B。2D【详解】A“酸处理”后，溶液中主要存在的阳离子有Ca2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、H+，共5种，A正确；B由题给流程可知，加入硫铁矿时，主要发生的反应为二氧化锰与硫酸、硫铁矿的反应，根据氧化还原反应的特点可知，该反应的离子方程式为15MnO2+2FeS2+28H+=15Mn2+2Fe3+4SO2-4+14H2O，B正确；C由题给流程可知，碳酸钙用于中和溶液中的氢离子，使铁离子转化成氢氧化铁而除去，C正确；D由硫酸锰溶液得到硫酸锰晶体时，需先蒸发结晶，再趁热过滤，然后再洗涤、干燥，故系列操作是蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，D错误；故选：D。3D【分析】由题给流
14、程可知，向富锰废料中加入稀硫酸化浆时，碳酸锰、金属氧化物溶于稀硫酸得到含有锰离子、铁离子、铝离子、镍离子的浆液，向浆液中通入二氧化硫废气，将二氧化锰、铁离子酸性条件下转化为锰离子、亚铁离子，向反应后的浆液中加入富锰废料调节溶液 pH，使溶液中的亚铁离子转化为铁离子，并将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到含有氢氧化铁、氢氧化铝的滤渣1和滤液1；向滤液1中加入硫化锰，将溶液中的镍离子转化为硫化镍沉淀，过滤得到硫化镍和滤液2；向滤液2中将人高锰酸钾，将溶液中锰离子转化为二氧化锰沉淀，过滤得到母液和二氧化锰。【详解】A二氧化锰不溶于稀硫酸，浆液中含有的锰元素为锰离子和二氧化锰
15、，故A错误；B由分析可知，吸收二氧化硫的主要反应为酸性条件下，二氧化锰与二氧化硫反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为SO2+MnO2=Mn2+SO2-4，故B错误；C由分析可知，滤渣1的主要成分为氢氧化铁、氢氧化铝，故C错误；D由分析可知，转化反应中，高锰酸钾被溶液中的锰离子还原为二氧化锰，由得失电子数目守恒可知，氧化剂高锰酸钾与还原剂锰离子的物质的量之比为2：3，故D正确；故选D。4(1)MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O(2)3.2pH8.lFe(OH)3(3)温度过高时，NH4HCO3的分解速率加快，浓度降低，不利于沉锰(4)6.4(5)+26【详解】(1)酸性条件下F
16、eSO4，将MnO2还原为 Mn2+，离子方程式为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O，故答案为MnO2+2Fe2+4H+=Mn2+2Fe3+2H2O。(2)由滤渣制备K2FeO4，可知，Fe3+转化为 Fe(OH)3，沉淀进入滤渣，Mn2+存在于滤液A中，结合表格数据可知，调节pH 的范围是 3.2pH8.1，故答案为3.2pHFe3+、Mn2+(2)2Fe3+Ag2S+4Cl-2Fe3+2 AgCl2-+SCl-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成 AgCl2-，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀(3)2 AgC
17、l2-+Fe=Fe2+2Ag+4Cl-、2Fe3+Fe=3Fe2+Fe2+被氧气氧化为Fe3+，Fe3+把Ag氧化为Ag+(4)可将两种矿石中的锰元素同时提取到浸锰液中，得到MnSO4，同时将银元素和锰元素分离开；生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂【详解】(1)“浸锰”过程中，矿石中的银以Ag2S的形式残留于浸锰渣中，MnS发生反应MnS+2H+=Mn2+H2S，硫化锰溶于强酸而硫化银不溶于强酸，则可推断：KspMnSKspAg2S；根据信息，在H2SO4溶液中二氧化锰可将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Mn2+，则浸锰液中主要的金属阳离子有Fe3+、Mn2+。(2)Ag2S中S元素
18、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2Fe3+Ag2S+4Cl-2Fe2+2 gCl2-+S；Cl-是为了与Ag2S电离出的Ag+结合生成 AgCl2-，使平衡正向移动，提高Ag2S的浸出率；H+是为了抑制Fe3+水解，防止生成Fe(OH)3沉淀。(3)铁粉可将 AgCl2-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 AgCl2-+Fe=Fe2+2Ag+4Cl-、2Fe3+Fe=3Fe2+；溶液中生成的Fe2+会被空气中的氧气缓慢氧化为Fe3+，Fe3+把部分Ag氧化为Ag+，因此tmin后银的沉淀率逐渐降低。(4)联合提取银和锰的
19、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MnO2的氧化性将FeS2中的Fe2+氧化为Fe3+，同时生成的Fe3+还可以用于浸银，节约氧化剂，同时得到MnSO4。6(1)Fe2+失去3d能级上的一个电子，变成3d5半满稳定结构(2)3.28.0Fe2SO43+3CaCO3+3H2O=2Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2(3)打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞(4)MnSO4H2O样品的纯度为：0.1690g0.1710g100%=98.83%晶体样品可能失去部分结晶水【详解】(1)Fe2+氧化成Fe3+，从原子结构角度看
20、，失去的是3d能级上的一个电子，Fe2+价电子排布式3d6，失去一个电子后变成3d5半满稳定结构，所以该过程较容易发生。(2)根据KspFe(OH)3=110-37.4、完全沉淀时c(Fe3+)310-37.410-5=10-10.8mol/L，pH3.2。根据KspMn(OH)2=210-13、c(Mn2+)=0.2mol/L，计算Mn2+开始沉淀时溶液的 pH：c(OH-)=210-130.2=10-6mol/L，pH=8。所以控制溶液 pH的范围是3.28.0。除铁原理是CaCO3促进Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀，故反应方程式为：Fe2SO43+3CaCO3+3H2O=2Fe(OH
21、)3+3CaSO4+3CO2。(3)因为萃取剂的密度比水溶液小，所以水溶液可直接从分液漏斗下端放出，具体操作为打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞。(4)0.4690 g Na2C2O4的物质的量为0.0035mol，其被样品中 MnSO4生成的 MnO-4和加入的 20.00mL 0.0200mol/L KMnO4氧化。根据电子守恒得2MnO-45C2O-4，设样品中MnSO4H2O物质的量为x，则2.5(x+0.02000.0200)=0.0035mol，解得：x=0.001mol，m(MnSO4H2O)=1690.001=0.1690 g，MnSO4H2O样品的纯度为
22、0.16900.1710100%=98.83%。若晶体样品失去结晶水，而在数据处理时以“MnSO4H2O”计算，会使得MnSO4H2O质量偏大，质量分数偏大甚至超过100%。7(1)S8(2)2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O(3)MnCO3促进Fe(OH)3胶体聚沉或促进产生Fe(OH)3沉淀3.209.27(4)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化Na2C2O4固体的物质的量n(Na2C2O4)=1.072g134g/mol=0.008mol，由电子守恒可得：5C2O2-42MnO-4，原溶液中硫酸锰的物质的量为0.008mol25-0.0320molL-10.0
23、4L=0.00192mol，样品中MnSO4的质量分数为0.00192mol151g/mol0.3020g=96.00【详解】(1)根据分析，反应I是氧化还原反应，Mn由+4价降为+2价，生成相对分子质量为256的单质，可以推测出S由-2价升为0价，产物为S8；(2)“反应”中主要为MnO2氧化亚铁离子为铁离子，反应的离子方程式为2Fe2+MnO2+4H+=2Fe3+Mn2+2H2O；(3)加碳酸盐调 pH，且不能引入杂质，故该碳酸盐为MnCO3；调pH后Fe3+转化为Fe(OH)3，但容易生成胶体，通过加热可以促进 Fe(OH)3胶体聚沉或促进产生Fe(OH)3沉淀，有利于过滤操作；应调节溶
24、液 pH沉淀铁离子，不能沉淀锰离子，范围是3.209.27；(4)用KMnO4溶液滴定时，滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不变化；Na2C2O4固体的物质的量n(Na2C2O4)=1.072g134g/mol=0.008mol，由电子守恒可得：5C2O2-42MnO-4，原溶液中硫酸锰的物质的量为0.008mol25-0.0320molL-10.04L=0.00192mol，样品中MnSO4的质量分数为0.00192mol151g/mol0.3020g100%=96%。8(1)防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热，盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(
25、答对任一点即可)一部分Fe2+被Mn置换出来，一部分Fe2+被O2氧化为Fe3+后再转化为Fe(OH)3沉淀出来(2)3MnCO3+2Fe3+3H2O=3Mn2+2Fe(OH)3+3CO2(3)130180(在温度范围内均可)将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽(4)28mL的CH3COCl将所得固体、50mL苯和14mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤23次【详解】(1)该反应为放热反应，且盐酸是挥发性酸，则盐酸要缓慢滴加的原因是：防止活泼金属 Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热，盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使
26、液体溢出(答对任一点即可)；根据题给信息，金属活泼性MnFe，则锰可以置换出溶液总的二价铁离子，另外溶液中溶解的氧气可以将二价铁氧化为三价铁，则溶液中Fe2+的浓度减少的原因是：一部分Fe2+被Mn置换出来，一部分Fe2+被O2氧化为Fe3+后再转化为Fe(OH)3沉淀出来；(2)“除铁”时，先加入H2O2将二价铁氧化为三价铁，再加入MnCO3固体时有CO2生成，相关的反应有：3MnCO3+2Fe3+3H2O=3Mn2+2Fe(OH)3+3CO2；(3)根据锰元素守恒可知，MnCl24H2OMnCl2H2O，则MrMnCl24H2O-MrMnCl2H2OMrMnCl24H2O=5419100%
27、=27.27%，故要获得MnCl2H2O，需要控制温度为：130180之间；生成杂质是由于氯化锰的水解导致的，可以通过防止水解的发生而减少杂质的产生，故为减少副反应的发生，可采取的实验操作是：将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽；(4)根据题给信息可知，还需要加入CH3COCl，并且(CH3COO)2Mn4H2O4CH3COCl，则需要CH3COCl的物质的量为0.4mol，体积为28mL，根据题中信息，经过室温除水、加热回流等步骤制得高纯MnCl2，故答案为：28mL的CH3COCl；将所得固体、50mL苯和14mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中；加热回流至
28、沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤23次。9(1)圆底烧瓶浓氨水导气(2)NH3+CO2+H2O=NH4HCO3或NH3H2O+CO2=NH4HCO3Mn(OH)2、MnO(OH)2(3)NH+4、Cl-(4)出现晶膜(或出现少量固体)冷却结晶乙醇洗涤(5)15.21【详解】(1)仪器a上没有支管，可用于加热，其名称是圆底烧瓶；由分析可知，仪器b中的试剂为浓氨水；往三颈烧瓶内先通入NH3，后通入CO2，并且在通气过程中，需防止三颈烧瓶内压力过大，所以仪器c的作用是导气。(2)实验时，先打开K2，通入足量NH3后，关闭K2再打开K1，通入CO2，此时三颈烧瓶中发生的化学反应方程式为NH3+CO2+H2
29、O=NH4HCO3或NH3H2O+CO2=NH4HCO3；关闭 K1滴加MnCl2溶液制得MnCO3。若打开K1通入的气体量不足，则溶液的碱性过强，会导致Mn2+与OH-反应，从而导致MnCO3中混有杂质Mn(OH)2、MnO(OH)2Mn(OH)2在空气中易被氧化成棕色的MnO(OH)2。(3)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤，由于沉淀表面易吸附溶液中的离子，所以应洗涤除去固体表面附着的NH+4、Cl-。(4)将固体溶于适量稀硫酸，得到MnSO4溶液，蒸发浓缩至出现晶膜(或出现少量固体)后，冷却结晶、过滤，由于一水硫酸锰(MnSO4H2O)易溶于水、不溶于乙醇、加热到200C以上开始失去
30、结晶水，所以干燥时需控制温度，洗涤晶体时，需用乙醇洗涤。(5)若加入100mL1 molL-1MnCl2溶液充分反应，反应过程中锰元素的损失率为10%，理论上可制得MnSO4H2O的物质的量为0.100 L1 molL-190%=0.09mol，质量是0.09mol 169g/mol=15.21g。10(1)第四周期B族Cu NH342+的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大平面正方形(2)MnCO3+2NH+4=Mn2+2NH3+H2O+CO21
31、741030NAa2b放电Mn0.610.39+xZn2+2xe-=ZnxMn0.610.39【详解】(1)铜是29号元素，基态Cu原子价层电子排布式为3d104s1，在元素周期表中的位置是第四周期B族。故答案为：第四周期B族；比较 Cu NH342+与NH3中H-N-H键角的大小并解释原因 Cu NH342+的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大。故答案为：Cu NH342+的H-N-H键角大于NH3的H-N-H键角；二者中N均为sp3杂化，氨分
32、子与铜离子形成配位键后，原孤对电子与成键电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥作用，斥力减弱，H-N-H键角变大；若 Cu NH342+中两个NH3分别被Cl-取代，能得到两种不同结构的Cu NH32Cl2，即两个氯处于对位和相邻两种情况，Cu NH342+的空间构型是平面正方形。故答案为：平面正方形；(2)CO在 Cu NH342+催化下将结核中的MnO2转化为MnCO3，浸锰过程中MnCO3与NH+4反应生成NH3和Mn2+，浸锰过程主要反应的离子方程式MnCO3+2NH+4=Mn2+2NH3+H2O+CO2。故答案为：MnCO3+2NH+4=Mn2+2NH3+H2O+CO2；基态锰原子
33、的价层电子排布式为3d54s2，基态锰原子的价层电子轨道表示式为。故答案为：；沉锰得到的MnCO3在不同条件下煅烧可制得不同锰的氧化物晶体。晶体可作脱硫剂，其长方体晶胞结构如图。阿伏伽德罗常数为NAmol-1，Mn位于顶点和体心，个数为818+1=2，O位于面上和体内，个数为412+2=4，晶胞质量为255+416NA=174NAg,晶胞体积为(a10-10a10-10b10-10)cm3=a2b10-30cm3，晶体的密度为=mV=174NAga2b10-30cm3=1741030NAa2bgcm-3。故答案为：1741030NAa2b；代表电池放电过程，得电子发生还原反应，嵌入Zn2+，该过程的电极反应式为Mn0.610.39+xZn2+2xe-=ZnxMn0.610.39。故答案为：；放电；Mn0.610.39+xZn2+2xe-=ZnxMn0.610.39。