Question

3．如图为中学化学中几种常见物质的转化关系（部分产物已略去）．已知：A、D是金属单质，L为红褐色沉淀，E为食盐的主要成分，I的水溶液呈强酸性．

（1）I的电子式为；
（2）写出反应①的化学方程式：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃．
（3）向M溶液中加入过量的I溶液反应的离子方程式为AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O．
（4）写出一个由化合反应生成L的化学方程式4Fe（OH）₃+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃．
（5）常温下，在pH=12的F溶液中逐渐滴入pH=2CH₃COOH至pH=7后，所得溶液中离子浓度的大小关系是：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）=c（OH^-）
（6）从K的结晶水合物制备K的无水晶体的操作为在干燥的HCl气流中加热失水
（7）在J的溶液中加入酸化H₂O₂的离子方程式2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O．

Answer 1

分析 L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）₃，Fe（OH）₃受热分解生成B为Fe₂O₃，A、D是金属单质，A与B在高温下反应生成D，则该反应为铝热反应，所以A为Al，C为Al₂O₃，D为Fe，E为食盐的主要成分，则E为NaCl，电解E得F、G、H分别为NaOH、H₂、Cl₂，G、H反应生成I，I的水溶液呈强酸性，则F为NaOH，所以I为HCl，D和I反应生成H和J，则H为H₂，J为FeCl₂，所以G为Cl₂，J与G反应生成K为FeCl₃，C和F反应生成M为NaAlO₂，M与I生成N，N受热分解得C，则N为Al（OH）₃，据此答题．

解答 解：L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）₃，Fe（OH）₃受热分解生成B为Fe₂O₃，A、D是金属单质，A与B在高温下反应生成D，则该反应为铝热反应，所以A为Al，C为Al₂O₃，D为Fe，E为食盐的主要成分，则E为NaCl，电解E得F、G、H分别为NaOH、H₂、Cl₂，G、H反应生成I，I的水溶液呈强酸性，则F为NaOH，所以I为HCl，D和I反应生成H和J，则H为H₂，J为FeCl₂，所以G为Cl₂，J与G反应生成K为FeCl₃，C和F反应生成M为NaAlO₂，M与I生成N，N受热分解得C，则N为Al（OH）₃，
（1）HCl为共价化合物，氢原子和氯原子间形成一对共用电子对，电子式为：，故答案为：；
（2）反应①为铝热反应，反应的化学方程式为2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃，
故答案为：2Al+Fe₂O₃$\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Fe+Al₂O₃；
（3）向M为NaAlO₂溶液中加入过量的I为HCl溶液反应的离子方程式为：AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O，
故答案为：AlO₂^-+4H⁺=Al³⁺+2H₂O；
（4）L为红褐色沉淀，则L为Fe（OH）₃，化合反应生成氢氧化铁defy为氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）₃+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃，
故答案为：4Fe（OH）₃+O₂+2H₂O=4Fe（OH）₃；
（5）常温下，在pH=12的F为NaOH溶液中逐渐滴入pH=2的CH₃COOH至pH=7后，c（H⁺）=c（OH^-），溶液中存在电荷守恒，c（Na⁺）+c（H⁺）=c（CH₃COO^-）+c（OH^-），c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）=c（OH^-），
所得溶液中离子浓度的大小关系是
故答案为：c（Na⁺）=c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）=c（OH^-）；
（6）从K为FeCl₃的结晶水合物制备K的无水晶体，需要防止铁离子水解生成氢氧化铁沉淀，所以加热失去结晶水的操作为：在干燥的HCl气流中加热失水，
故答案为：在干燥的HCl气流中加热失水；
（7）在J为FeCl₂的溶液中加入酸化H₂O₂的反应是过氧化氢氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O，
故答案为：2Fe²⁺+H₂O₂+2H⁺=2Fe³⁺+2H₂O．

点评 本题考查无机物的推断，为高频考点，综合考查元素化合物知识，把握铝热反应及两性化合物的性质为解答的关键，侧重Al、Fe及其化合物之间转化反应的考查，题目难度中等．