Question

12．如图是无机物A～M在一定条件下的转化关系（部分产物及反应条件未列出）．已知：I是地壳中含量最多的金属元素形成的单质；L是无色气体，K是一种红棕色气体，且L与K含有的元素种类相同；G为日常生活中常见的金属单质，能形成多种氧化物；M的溶液呈浅绿色．

请填写下列空白：
（1）在周期表中，组成单质G的元素位于第四周期Ⅷ族．
（2）在反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2．
（3）在②、③、④、⑤、⑥中属于氧化还原反应的是②④（填序号）
（4）反应④的离子方程式是：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O．
（5）将化合物D与KNO₃、KOH加热共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K₂FeO₄（高铁酸钾），同时还生成KNO₂和H₂O．该反应的化学方程式是：Fe₂O₃+3KNO₃+4KOH$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2K₂FeO₄+3KNO₂+2H₂O．

Answer 1

分析 I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I应为Al，K是一种红棕色气体，判断为NO₂，则J为HNO₃，L为NO；反应①为4FeS₂+11O₂ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe₂O₃+8SO₂，且A能与氧气反应生成B，则A为SO₂，D为Fe₂O₃，B为SO₃，C为H₂SO₄；I与D反应生成G为金属单质，则可知该反应为铝热反应，所以G为Fe，H为Al₂O₃，过量的G可与J溶液反应得到M，M应为Fe（NO₃）₂；M和C反应得F为Fe（NO₃）₃或Fe₂（SO₄）₃；F与氢氧化钠反应得E应为Fe（OH）₃，E受热分解得D，据此答题．

解答 解：I是由地壳中含量最多的金属元素组成的单质，则I应为Al，K是一种红棕色气体，判断为NO₂，则J为HNO₃，L为NO；反应①为4FeS₂+11O₂ $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe₂O₃+8SO₂，且A能与氧气反应生成B，则A为SO₂，D为Fe₂O₃，B为SO₃，C为H₂SO₄；I与D反应生成G为金属单质，则可知该反应为铝热反应，所以G为Fe，H为Al₂O₃，过量的G可与J溶液反应得到M，M应为Fe（NO₃）₂；M和C反应得F为Fe（NO₃）₃或Fe₂（SO₄）₃；F与氢氧化钠反应得E应为Fe（OH）₃，E受热分解得D．
（1）G为Fe，在周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族，故答案为：四、Ⅷ；
（2）反应⑦为铝热反应，反应方程式为：Fe₂O₃+2Al$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$Al₂O₃+2Fe，Fe₂O₃是氧化剂，Al是还原剂，二者物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（3）反应②为：2SO₂+O₂$\frac{\underline{催化剂}}{△}$2SO₃，属于氧化还原反应；反应③为SO₃+H₂O=H₂SO₄，属于非氧化还原反应；反应④是3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，属于氧化还原反应；反应⑤是Fe³⁺+3OH=Fe（OH）₃↓，属于非氧化还原反应；反应⑥为2Fe（OH）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Fe₂O₃+3H₂O，属于非氧化还原反应，
故答案为：②④；
（4）反应④的离子方程式为：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O，
故答案为：3Fe²⁺+NO₃^-+4H⁺=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O；
（4）将化合物D与KNO₃、KOH共融，可制得一种“绿色”环保高效净水剂K₂FeO₄（高铁酸钾），同时还生成KNO₂和H₂O，根据元素守恒和氧化还原反应中电子得失守恒可知，该反应的化学方程式为：Fe₂O₃+3KNO₃+4KOH$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2K₂FeO₄+3KNO₂+2H₂O，
故答案为：Fe₂O₃+3KNO₃+4KOH$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2K₂FeO₄+3KNO₂+2H₂O．

点评 本题考查无机物的推断，“FeS₂与氧气反应、K与E的颜色、I的性质”等时推断的突破口，结合转化进行推断，需要学生熟练掌握元素化合物性质，题目难度中等．