Question

1．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）B中所含元素位于周期表中第三周期，ⅤⅡA族．
（2）A在B中燃烧的现象是气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生．
（3）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．
（4）G+J→M的离子方程式是3AlO₂^-+Fe³⁺+6H₂O=3Al（OH）₃↓+Fe（OH）₃↓．
（5）Y受热分解的化学方程式是4Fe（NO₃）₃$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2Fe₂O₃+12NO₂↑+3O₂↑．

Answer 1

分析 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判断为Al；E、H、I为氧化物，M为红褐色沉淀为Fe（OH）₃，转化关系中X电解得到AB为气体，二者反应生成D，E为黑色固体，和D反应又生成B气体，推断电解的是氯化钠溶液生成的气体A为H₂，B为Cl₂，C为NaOH，D为HCl，E为MnO₂，G为NaAlO₂，根据生成氢氧化铁沉淀为M，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，E、H、I为氧化物判断H为Fe₂O₃；I为红棕色气体为NO₂；N为HNO₃，Y为Fe（NO₃）₃，结合物质的性质来解答．

解答 解：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判断为Al；E、H、I为氧化物，M为红褐色沉淀为Fe（OH）₃，转化关系中X电解得到AB为气体，二者反应生成D，E为黑色固体，和D反应又生成B气体，推断电解的是氯化钠溶液生成的气体A为H₂，B为Cl₂，C为NaOH，D为HCl，E为MnO₂，G为NaAlO₂，根据生成氢氧化铁沉淀为M，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，E、H、I为氧化物判断H为Fe₂O₃；I为红棕色气体为NO₂；N为HNO₃，Y为Fe（NO₃）₃，
（1）B为Cl₂中所含元素位于周期表第三周期，ⅤⅡA族，
故答案为：三；ⅤⅡA；
（2）A为H₂在B为Cl₂中燃烧的现象是：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生，故答案为：气体安静燃烧，火焰呈苍白色，并有白雾产生；
（3）D+E→B的反应为MnO₂+4HCl=MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O，n（被氧化的物质HCl）：n（被还原的物质MnO₂）=2：1，故答案为：2：1；
（4）G（NaAlO₂）+J（FeCl₃）→M（Fe（OH）₃）的反应是在水溶液中发生的双水解反应，反应离子方程式是：3AlO₂^-+Fe³⁺+6H₂O=3Al（OH）₃↓+Fe（OH）₃↓，
故答案为：3AlO₂^-+Fe³⁺+6H₂O=3Al（OH）₃↓+Fe（OH）₃↓；
（5）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 本题考查了物质转化关系和物质性质的应用，主要考查电子式书写，离子方程式的书写，盐类水解的应用，特征反应是解题关键，题目难度中等．