题目内容
化合物A是由三种元素组成的一种矿石的主要成分．A在氧气中高温煅烧生成B、C、D，B、D、K均为红色固体．E、K、J是三种常见金属，其中E元素是地壳中含量景高的金属元素，N可用作净水剂，N溶液中加入BaCl2溶液生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，M溶液呈蓝色（部分反应物或生成物已略去）．
回答下列问题：
（1）写出化学式：E______、G______．
（2）用离子方程式表示N净水的原理______．
（3）反应①中得到的B、C、D三种物质的物质的量之比为1：4：1，A的相对分子质量为184，则A的化学式为______．
（4）写出B与G的稀溶液发生反应②的离子方程式______．
解：E元素是地壳中含量景高的金属元素，应为Al，可与D在高温下反应，且D为红综色固体，则D应为Fe2O3，J为Fe，H为Al2O3，N可用作净水剂，N溶液中加入BaCl2溶液生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，应为Al2（SO4）3，则G为H2SO4，F为SO3，C为SO2，M溶液呈蓝色，应为CuSO4，K为红棕色金属，应为Cu，则B为Cu2O，
（1）由以上分析可知E为Al，G为H2SO4，故答案为：Al；H2SO4；
（2）N为Al2（SO4）3，为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，反应的离子方程式为Al3++3H2O?2Al（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Al3++3H2O?2Al（OH）3（胶体）+3H+；
（3）反应①中得到的B、C、D三种物质的物质的量之比为1：4：1，A的相对分子质量为184，即n（Cu2O）：n（SO2）：（Fe2O3）=1：4：1，则n（Cu）：n（Fe）：n（S）=1：1：2，应用CuFeS2，
故答案为：CuFeS2；
（4）Cu2O不稳定，在酸性条件下自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O．
分析：E元素是地壳中含量景高的金属元素，应为Al，可与D在高温下反应，且D为红综色固体，则D应为Fe2O3，J为Fe，H为Al2O3，N可用作净水剂，N溶液中加入BaCl2溶液生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，应为Al2（SO4）3，则G为H2SO4，F为SO3，C为SO2，M溶液呈蓝色，应为CuSO4，K为红棕色金属，应为Cu，则B为Cu2O，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．
点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，注意以E、D和N为解答该题的突破口，注意把握相关物质的性质，学习中要注重相关基础知识的学习和积累，牢固的基础知识是解答该类题目的前提．
（1）由以上分析可知E为Al，G为H2SO4，故答案为：Al；H2SO4；
（2）N为Al2（SO4）3，为强酸弱碱盐，水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可用于净水，反应的离子方程式为Al3++3H2O?2Al（OH）3（胶体）+3H+，
故答案为：Al3++3H2O?2Al（OH）3（胶体）+3H+；
（3）反应①中得到的B、C、D三种物质的物质的量之比为1：4：1，A的相对分子质量为184，即n（Cu2O）：n（SO2）：（Fe2O3）=1：4：1，则n（Cu）：n（Fe）：n（S）=1：1：2，应用CuFeS2，
故答案为：CuFeS2；
（4）Cu2O不稳定，在酸性条件下自身发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O．
分析：E元素是地壳中含量景高的金属元素，应为Al，可与D在高温下反应，且D为红综色固体，则D应为Fe2O3，J为Fe，H为Al2O3，N可用作净水剂，N溶液中加入BaCl2溶液生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，应为Al2（SO4）3，则G为H2SO4，F为SO3，C为SO2，M溶液呈蓝色，应为CuSO4，K为红棕色金属，应为Cu，则B为Cu2O，结合对应物质的性质以及题目要求解答该题．
点评：本题考查无机物的推断，题目难度中等，注意以E、D和N为解答该题的突破口，注意把握相关物质的性质，学习中要注重相关基础知识的学习和积累，牢固的基础知识是解答该类题目的前提．
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