2020版领军高考化学真题透析专题3.3铁、铜及其化合物（精讲深剖）.docx

第3讲 铁、铜及其化合物1.（2019全国卷）下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实验现象A向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层B将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生C向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊D向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加1滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变【答案】A【解析】A. 乙烯被酸性高锰酸钾氧化生成二氧化碳无机小分子，则实验现象中不会出现分层，A项错误；B. 将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的洗气瓶，发生反应为：CO2+2Mg2MgO+C，则集气瓶因反应剧烈冒有浓烟，且生成黑色颗粒碳单质，实验现象与操作匹配，B项正确；C. 向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸，则发生氧化还原反应，其离子方程式为：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，则会有刺激性气味产生，溶液变浑浊，实验现象与操作匹配，C项正确；D. 向盛有氯化铁溶液的试管中加过量的铁粉，铁粉会将溶液中所有的铁离子还原为亚铁离子，使黄色逐渐消失，充分震荡后，加1滴KSCN溶液，因震荡后的溶液中无铁离子，则溶液不会变色，实验现象与操作匹配，D项正确。2(2019江苏)将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是A铁被氧化的电极反应式为Fe3eFe3+B铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C活性炭的存在会加速铁的腐蚀D以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】A项，铁在电化学腐蚀中被氧化为+2价，电极反应式为Fe2eFe2+，错误；B项，铁腐蚀过程中化学能一部分转化为电能，一部分转化为热能，错误；C项，铁、炭混合后在NaCl溶液中组成了无数个微小原电池，加快了铁的腐蚀，正确；D项，以水代替NaCl溶液，水显中性，铁在中性或碱性或弱酸性条件下发生吸氧腐蚀，错误。3(2019天津)下列有关金属及其化合物的应用不合理的是A将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的B铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C盐碱地（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良D无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水【答案】C【解析】A项，废气中的Cl2可以把Fe或Fe Cl2氧化生成Fe3+，废铁屑加入Fe Cl2溶液可用于除去工业废气中的Cl2，正确；B项，铝和锂的密度较小，合金的强度高，可用于航空工业，正确；C项，Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3+2NaOH，土壤的碱性更强，应该使用石膏(CaSO4)改良盐碱地，错误；D项，无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水，正确。4（2018年江苏化学高考）下列有关物质性质的叙述一定不正确的是A. 向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液显红色B. KAl(SO4) 212H2O溶于水可形成 Al(OH)3胶体C. NH4Cl与Ca(OH)2混合加热可生成NH3D. Cu与FeCl3溶液反应可生成CuCl2【答案】A【解析】A项，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于检验Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不会显红色，A项错误；B项，KAl（SO4）212H2O溶于水电离出的Al3+水解形成Al（OH）3胶体，离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，B项正确；C项，实验室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共热制NH3，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3+2H2O，C项正确；D项，Cu与FeCl3溶液反应生成CuCl2和FeCl2，反应的化学方程式为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D项正确。5（2018年天津市高考）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SO42-【答案】B【解析】A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选项A错误。B向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化。选项C错误。D向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。6（2019全国卷）硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应速率 (3). 水浴加热 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质 (6). 因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热目的是为了加快反应速率；温度保持8095 ，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了出去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。7（2017课标）在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是A的数量级为B除反应为Cu+Cu2+2=2CuClC加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好D2Cu+=Cu2+Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C【解析】AKsp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl)，在横坐标为1时，纵坐标大于6，所以Ksp(CuCl)的数量级是107，A正确；B除去Cl反应应该是Cu+Cu22Cl2CuCl，B正确；C加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl效果越好，但同时溶液中，Cu2浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D在没有Cl存在的情况下，反应2CuCu2Cu趋于完全，D正确，答案选C。考纲解读考点内容说明常见金属元素（如 Na、Mg、Al、Fe、Cu 等） 了解常见金属的活动顺序。 了解常见金属及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。 了解合金的概念及其重要应用。Fe、Fe2+、Fe3+主要以选择题或探究题的形式考查。考点精讲考点一 铁原子结构和性质：1. 铁是过渡元素，原子结构示意图： ，位于第四周期，第族，主要化合价：+2、+3。2. 物理性质：银白色光泽、密度大，熔沸点高，延展性、导电、导热性较好、能被磁铁吸引。3. 化学性质性 质铁与非金属反应 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe+ SFeS3Fe+2O2Fe3O4 Fe+I2= FeI2与盐酸反应Fe+2HCl=FeCl2+H2遇冷浓硝酸、浓硫酸钝化；与氧化性酸反应不产生H2，且氧化性酸过量时生成Fe3+与盐溶液反应 Fe+CuSO4=CuSO4+FeFe + 2Fe3+ = 3Fe2+与水反应3Fe + 4H2O(g) Fe3O4 + 4H2典例（2017江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 【答案】C【解析】A铁与氯气反应只能生成氯化铁，A错误；B硫在空气或氧气中燃烧只能生成二氧化硫，B错误；C两步均能实现，C正确；DNO不与H2O反应，D错误。答案选C。考点一精练：1下列叙述不正确的是()A镁在二氧化碳气体中能燃烧，推测金属钠着火时不能用干粉灭火器灭火B铁与氯气反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3C硫酸钡可服入体内，作为造影剂用于X射线检查胃肠道疾病，原因是它不溶于水和酸，不易被X射线透过D纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2、Cu2、Cd2、Hg2等重金属离子，原因是铁的还原性强【答案】B【解析】铁离子具有强氧化性，能氧化I，Fe与I2反应生成FeI2，B项叙述不正确。2下列应用不符合金属冶炼原理的是()A焊接钢轨：Fe2O32Al2FeAl2O3B工业制铝：2Al2O33C4Al3CO2C湿法炼铜：CuSO4Fe=CuFeSO4D从海水中制镁：MgCl2(熔融)MgCl2【答案】B【解析】利用铝热反应，可以焊接钢轨，A项符合金属冶炼原理；铝为活泼金属，工业制铝采用的是电解熔融氧化铝，B项不符合金属冶炼原理；Cu的活动性比Fe弱，可以利用Fe从CuSO4溶液中置换出Cu，C项符合金属冶炼原理；从海水中得到氯化镁，电解熔融氯化镁可以制镁，D项符合金属冶炼原理。3下列各组物质中，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的组合有( )序号XYZWCuCuSO4Cu(OH)2CuONaNaOHNa2CO3NaClAlAlCl3Al(OH)3Al2O3FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2ABCD【答案】D【解析】铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，氧化铜与氢气发生氧化还原反应生成铜，各物质在一定条件下能一步转化；钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成钠，各物质在一定条件下能一步转化；铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝，各物质在一定条件下能一步转化；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，但氢氧化亚铁不能一步转化为铁，各物质在一定条件下不能均一步转化；答案选D。4第一次模拟）将一铁、铜混合物粉末平均分成三等份，分别加入到同浓度、不同体积的稀硝酸中，充分反应后，收集到NO气体的体积及剩余固体的质量如表 （设反应前后溶液的体积不变，气体体积已换算为标准状况时的体积）：实验序号稀硝酸的体积/mL剩余固体的质量/gNO的体积/L110017.22.2422008.004.4834000V下列说法正确的是（）A. 表中V=7.84 LB. 原混合物粉末的质量为25.6 gC. 原混合物粉未中铁和铜的物质的量之比为2：3D. 实验3所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.875 molL1【答案】A【解析】由第一组数据可知固体有剩余，硝酸与Fe、Cu反应，都有：3Fe+8HNO3=3Fe（NO）2+2NO+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu（NO）2+2NO+4H2O，根据化学方程式得，n（HNO3）=4 n（NO），加入100 mL硝酸溶液时，n（NO）=0.1mol，则n（HNO3）=0.4mol，所以c（HNO3）=4mol/L，由1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差9.2g，此时生成2.24 LNO气体（转移0.3 mol电子），根据电子守恒得：若只溶解铁，消耗Fe的质量为8.4 g，若只溶解铜，消耗Cu的质量为9.6 g，由此现在消耗9.2g，介于两者之间，可知这9.2 g中应有Fe和Cu两种金属，设Fe和Cu的物质的量分别为xmol和ymol，则解之得所以9.2g中含铁质量是2.8g，含铜的质量是6.4g，所以第一次实验反应消耗的是Fe，反应后剩余金属为Fe和Cu，而第二次实验后剩余金属只有铜，所以每一份固体混合物的质量为：8.4g+17.2g=25.6g，其中含铁为8.4g+2.8g=11.2g，含铜的质量为：6.4g+8g=14.4g，所以铁和铜的物质的量之比为11.2g56 gmol-1：14.4g64 gmol-1=8：9；400ml硝酸的物质的量是：n（HNO3）=0.4L4 molL-1=1.6mol,n(Fe)=0.2mol,n(Cu)=0.225mol,根据得失电子守恒和N元素守恒得：铜完全反应消耗硝酸的物质的量为：n（HNO3）= n（NO）+2nCu（NO3）2=n(Cu) 23+ 2n(Cu) 2=0.6mol,铁完全反应消耗硝酸的最多的（生成Fe3+）物质的量为：n（HNO3）=n（NO）+3nFe（NO3）3=n(Fe)+3n(Fe)=0.8mol，共消耗硝酸0.8mol+0.6mol=1.4mol，小于1.6mol，所以硝酸过量，根据得失电子守恒，V（NO）=2n（Cu）+3n（Fe） 3 22.4L,mol-1=7.84L，A正确；根据前面的推算，每一份混合物的质量是25.6g，原混合物粉末的质量为25.6 g3=76.8g，B选项错误；根据前面的推算，铁和铜的物质的量之比为8：9，C选项错误；根据前面的推算，实验3消耗的硝酸是1.4mol，剩余0.2mol，所得溶液中硝酸的物质的量浓度为0.2mol0.4L=0.5mol/L，D选项错误；正确答案A。考点二 铁的氧化物及氢氧化物1. 铁的氧化物物 质FeOFe2O3(铁红)Fe3O4(磁性氧化铁)化合价+2+2+2、+3色、态黑色粉未红棕色粉未黑色晶体 水溶性均不溶于水和H+反应FeO + 2H+ = Fe2+ + H2OFe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2OFe3O4 + 8H+ = 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O与CO的反应FexOy+yCO x Fe + yCO2稳定性在空气中氧化为Fe3O4空气中稳定在空气中稳定制 备高温熔融，过量的铁与O2反应：2Fe+O2 2FeO氢氧化铁加热分解2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O铁在氧气中燃烧3Fe + 2O2 Fe3O4【拓展升华】Fe3O4中有1/3的Fe是+2价，有2/3的Fe是+3价，可写成FeOFe2O3，但不能认为Fe3O4是FeO和Fe2O3的混合物，实际上是纯净物。2 铁的氢氧化物物 质氢氧化亚铁(Fe(OH)2)氢氧化铁 Fe(OH)3色 态白色固体红褐色固体水溶性难溶于水与酸反应Fe(OH)2 + 2H+ = Fe2+ + 2H2OFe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O与强氧化酸反应3Fe(OH)2 + 10HNO3 = 3Fe(NO3)3 + NO+8H2OFe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O稳定性不稳定，易被空气中的氧气氧化，颜色变化：白色灰绿色红褐色4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3较稳定空气中久置会部分失水成铁锈受热易分解2Fe(OH)3 Fe2O3+3H2O实验室制备煮沸蒸馏水，赶走溶解的氧气煮沸NaOH溶液，赶走溶解的氧气配制FeSO4溶液，加少量的还原铁粉用长滴管将NaOH溶液送入FeSO4溶液液面以下Fe2+ + 2OH- = Fe(OH)2铁盐与可溶性碱反应Fe3+ + 3OH- = Fe(OH)3典例1以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:5D烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C【解析】A. FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；B.滤液中NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；C.煅烧前后Fe原子守恒，n（FeS2）：n（Fe2O3）=2:1，而不是1:5，C项符合题意；D. Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意。典例2某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) + 4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A气体X中含有SO2B为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：Cu(NH3)4 Cl2 + H2OCuO + 2HCl+ 4NH3D在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低【答案】B【解析】A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：Cu(NH3)42+(aq) Cu2+(aq) + 4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。考点二精练：1以铜银合金(含少量铁)废料为原料回收银和铜的工艺流程如下：下列说法正确的是A粗铜溶于过量稀硝酸，过滤、低温干燥得纯铜B电解时用粗银作阴极，硝酸银溶液为电解质溶液C用稀硫酸处理渣料时主要发生了氧化还原反应D从滤液B中可以提取绿矾(FeSO47H2O)【答案】D【解析】A、由流程可知，粗铜中含有少量铁，铁和铜都能溶于过量的稀硝酸中，过滤后低温干燥得不到纯铜，选项A错误；B、电解时，粗银作阳极，纯银作阴极，选项B错误；C、渣料的主要成分为氧化铜，还含有少量的氧化铁，两种金属氧化物均能与稀硫酸反应，元素化合价均没有发生变化，没有发生氧氧化还原反应，选项C错误；D、滤液B中的溶质是硫酸亚铁，采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，可得到绿矾，选项D正确。2某混合物由Fe、Fe2O3和FeCO3组成。现称取一定质量的该混合物，将其溶于100 mL 1.25 molL1硫酸中，生成0.56 L(标准状况)气体，并得到溶液X，测得溶液X中c(H)为0.5 molL1(溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是()A. 混合物中Fe2O3的物质的量为0.025 molB. 混合物中FeCO3的物质的量为0.03 molC. 若溶液X遇KSCN溶液显红色，则溶液X中n(Fe2)n(Fe3)0.1 molD. 若溶液X中n(Fe2)n(Fe3)，则混合物中n(Fe)n(Fe2O3)n(FeCO3)0.08 mol【答案】A【解析】A、设混合物中Fe、Fe2O3和FeCO3的物质的量分别是xmol、ymol、zmol。硫酸的物质的量是0.125mol，反应后氢离子的物质的量是0.05mol，则剩余硫酸是0.025mol，消耗硫酸是0.1mol。生成气体的物质的量是0.56L22.4L/mol0.025mol，发生的反应有FeCO3+H2SO4FeSO4+H2O+CO2、Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O、Fe2(SO4)3+Fe3FeSO4、Fe+H2SO43FeSO4+H2，因此z+3y+xy0.1、z+xy0.025，解得y0.025，A正确；B、根据以上分析可知不能确定混合物中FeCO3的物质的量，B错误；C. 若溶液X遇KSCN溶液显红色，说明铁离子过量，因此根据电荷守恒可知溶液X中n(Fe2)n(Fe3)0.1 mol，C错误；D. 若溶液X中n(Fe2)n(Fe3)，说明生成的气体全部是二氧化碳，因此根据碳原子守恒可知n(FeCO3)0.025mol。设X中硫酸亚铁和硫酸铁的物质的量分别是amol、bmol，则a2b、a+3b0.1，解得a0.04、b0.02，所以根据铁原子守恒可知单质铁的物质的量是0.04mol+0.04mol0.025mol20.025mol0.005mol，则混合物中n(Fe)n(Fe2O3)n(FeCO3)0.055 mol，D错误，答案选A。3金属锰主要用在航空、冶金及化工等行业。采用“两矿一步法”浸出高硫高铁碳酸锰矿(主要含有FeS2、FeCO3、SiO2、CuO等杂质)制备金属锰的工艺流程如下:已知:.福美钠的化学式为(CH3)2CNS2Na,采用福美钠对MnSO4溶液中重金属进行净化去除效果良好:.部分金属离子形成氢氧化物沉淀的pH如下表所示:Fe2+Cu2+Fe3+Mn2+pH(开始沉淀)7.55.21.77.2pH(完全沉淀)9.77.83.210.4回答下列问题:（1）FeS2中S元素的化合价为_价。（2）浸出时，软锰矿中的主要成分MnO2与FeS2发生氧化还原反应,写出该反应的化学方程式:_（3）向浸出液中吹入空气的目的是_(用离子方程式表示)。（4）调节pH的最佳范围是_,沉淀的成分是_(填化学式)。（5）(CH3)2CNS2H可由(CH3)2NH与CS2通过加成反应得到,1mol(CH3)2NH中,共价键的数目为_NA。（6）工业上采用如图所示的方法获得金属Mn，B极为_极，若没有阴离子交换膜,Mn2+将在D极发生反应生成MnO2,则电极反应式为_。【答案】 -1 15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 3.2pH7.2 Fe(OH)3、SiO2、Cu(OH)2 9 正 Mn2+2H2O-2e-=MnO2+4H+【解析】高硫高铁碳酸锰矿(主要含有FeS2、FeCO3、SiO2、CuO等杂质)用硫酸溶解，同时二氧化锰与FeS2发生氧化还原反应，溶液中存在Fe3+、Cu2+、Mn2+，吹入空气将亚铁离子完全氧化，在加入氨水，调节pH使Fe3+、Cu2+沉淀除去，加入福美钠 (CH3)2CNS2Na除去MnSO4溶液中的重金属离子，最后电解生成金属锰。(1)FeS2中Fe为+2价，则S元素的化合价为-1价；(2)浸出时，软锰矿中的主要成分MnO2与FeS2发生氧化还原反应，生成硫酸锰和硫酸铁，反应的化学方程式为15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O；(3)向浸出液中吹入空气是将亚铁离子完全氧化，4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；(4)根据Fe3+、Cu2+、Mn2+金属离子形成氢氧化物沉淀的pH值，3.2pHKsp(AgI)向含等浓度的NaCl、NaI混合溶液中滴加硝酸银溶液，首先生成黄色沉淀C证明碳的非金属性强于硅将浓盐酸滴入碳酸钠固体中,生成的气体通入盛有水玻