Question

18．下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如图所示（部分产物及反应条件已略去）．已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质，E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体，M为红褐色沉淀．
请回答下列问题：
（1）电解X溶液的离子方程式：2C1^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-．
（2）D+E-→B的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量之比是2：1
（3）G+J-→M的离子方程式是3AlO₂^-+Fe³⁺+6H₂O=Fe（OH）₃↓+3Al（OH）₃↓．
（4）Y受热分解的化学方程式是4Fe（NO₃）₃ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe₂O₃+12NO₂↑+3O₂↑．

Answer 1

分析 F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H₂，B为Cl₂，E为MnO₂，电解X是电解氯化钠溶液，所以X为NaCl，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO₂；M为红褐色沉淀为Fe（OH）₃，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl₃，H、I为氧化物判断H为Fe₂O₃，I为红棕色气体为NO₂，结合转化关系可知，N为HNO₃，Y为Fe（NO₃）₃，据此答题．

解答 解：F是地壳中含量最多的金属元素的单质，则F为Al，转化关系中X电解得到三种物质，为电解电解质与水型，A、B为气态单质，二者为氢气和氯气，二者反应生成D，D为HCl，E为黑色固体，为氧化物，和HCl反应又生成B气体，A为H₂，B为Cl₂，E为MnO₂，电解X是电解氯化钠溶液，所以X为NaCl，C为NaOH，与Al反应生成G，G为NaAlO₂；M为红褐色沉淀为Fe（OH）₃，所以J是含三价铁离子的物质，是H和D反应生成，证明J为FeCl₃，H、I为氧化物判断H为Fe₂O₃，I为红棕色气体为NO₂，结合转化关系可知，N为HNO₃，Y为Fe（NO₃）₃，
（1）X为NaCl，电解氯化钠溶液的离子方程式为2C1^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-，
故答案为：2C1^-+2H₂O$\frac{\underline{\;电解\;}}{\;}$H₂↑+Cl₂↑+2OH^-；
（2）D+E→B的反应为MnO₂+4HCl（浓）$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O，HCl被氧化得到氯气，二氧化锰被还原，故n（被氧化的物质HCl）：n（被还原的物质MnO₂）=2：1，
故答案为：2：1；
（3）G+J→M的反应为AlO₂^-与Fe³⁺发生双水解，反应的离子方程式是：3AlO₂^-+Fe³⁺+6H₂O=Fe（OH）₃↓+3Al（OH）₃↓，
故答案为：3AlO₂^-+Fe³⁺+6H₂O=Fe（OH）₃↓+3Al（OH）₃↓；
（4）依据分析推断可知Y为Fe（NO₃）₃，受热分解生成二氧化氮和氧化铁，依据原子守恒配平书写的化学方程式是：4Fe（NO₃）₃ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe₂O₃+12NO₂↑+3O₂↑，
故答案为：4Fe（NO₃）₃ $\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe₂O₃+12NO₂↑+3O₂↑．

点评 本题主要考查常见元素及其化合物的知识，难度中等，物质推断是解题的关键，答题时注意根据常见物质的颜色、状态、类别等特征进行推断，注意基础知识的灵活把握．