Question

16．物质A～K有如下的转化关系，其中D、E为气体单质，试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：

（1）写出下列物质的化学式：D是H₂，G是NaAlO₂；
（2）写出“C→F”反应的离子方程式Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（3）写出反应“F→G”的离子方程式Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（4）写出反应“I→J”的离子方程式2Fe²⁺+Cl₂═2Fe³⁺+2Cl^-；
（5）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；写出相关的化学反应方程式4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃．
（6）向200mL 3mol/L溶液J中加入60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体的质量为72g．

Answer 1

分析 黄绿色气体电子E为Cl₂，金属H与溶液B反应得到I，I能被氯气氧化得到J，而J能与H反应得到I，故金属H为变价金属，可推知H为Fe，B为盐酸，I为FeCl₂，J为FeCl₃，K为Fe（OH）₃，故B为HCl，气体单质D为H₂，金属A与盐酸反应得到C为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F，且白色沉淀F溶于氢氧化钠溶液得到G，可推知A为Al、C为AlCl₃、F为Al（OH）₃、G为NaAlO₂，据此解答．

解答 解：E为黄绿色气体，则E是Cl₂，金属H与溶液B反应得到I，I能和氯气反应得到J，而J能与H反应得到I，可知H为变价金属，则H为Fe，溶液B为盐酸，I为FeCl₂，J为FeCl₃，K为Fe（OH）₃，所以气体B为HCl，则气体D是H₂，金属A与盐酸反应得到C为盐，C与氨气反应得到的白色沉淀F能溶于氢氧化钠溶液，所以A是Al、C是AlCl₃、F是Al（OH）₃、G是NaAlO₂；
（1）上述分析可知，D是H₂，G是NaAlO₂，
故答案为：H₂，NaAlO₂；
（2）C→F的反应为氯离子在氨水中反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺，
故意答案为：Al³⁺+3NH₃•H₂O=Al（OH）₃↓+3NH₄⁺；
（3）F→G的反应为氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠溶液，反应的离子方程式为：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O，
故答案为：Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（4）I→J的反应为氯气氧化亚铁离子诶铁离子，反应的离子方程式：2Fe²⁺+Cl₂═2Fe³⁺+2Cl^-，
故答案为：2Fe²⁺+Cl₂═2Fe³⁺+2Cl^-；
（5）在FeCl₂溶液中滴入NaOH溶液，会生成氢氧化亚铁沉淀，在空气中会被迅速氧化为氢氧化铁，则可观察到的现象是产生白色絮状沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，化学反应方程式：4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃，
故答案为：4Fe（OH）₂+O₂+2H₂O═4Fe（OH）₃；
（6）200mL 3mol/L FeCl₃，n（FeCl₃）=0.2×3=0.6mol，60g铁、铜混合物（铁和铜的物质的量比为1：1），则n（Fe）=n（Cu）=60/（56+64）=0.5mol，Fe的还原性强于Cu，则先发生：2Fe³⁺+Fe=3Fe²⁺，0.6mol Fe³⁺完全反应需要0.3mol Fe，小于0.5mol，所以溶液中的溶质为氯化亚铁，氯化亚铁的物质的量为0.6mol×3/2=0.9mol，充分反应后过滤，向滤液中通入足量的氨气，充分反应后再过滤、洗涤、干燥、灼烧，灼烧后得到固体为氧化铁，根据Fe元素守恒，氧化铁的物质的量为0.9/2=0.45mol，所以氧化铁的质量为0.45×160=72g，
故答案为：72g．

点评 本题考查无机物推断，“物质的颜色、白色沉淀能与氢氧化钠反应、金属H及生成物转化关系”等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，（6）中注意判断最终物质，利用守恒法计算，难度中等．