2023高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)第4章非金屬及其化合物第2課時(shí)富集在海水中的元素-氯復(fù)習(xí)練案新人教版

PAGEPAGE6富集在海水中的元素-氯一、選擇題1．(2022·山東臨沂期中)以下有關(guān)氯及其化合物表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470502)(D)A．紅熱的銅絲在氯氣中劇烈燃燒，生成棕黃色的煙B．大量氯氣泄漏時(shí)，應(yīng)用浸有弱堿性溶液的毛巾捂住口鼻身向高處跑C．AlCl3、FeCl2、FeCl3均可通過化合反響制得D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，說明氨水中含有HClO[解析]Cu與Cl2反響生成固體CuCl2，那么紅熱的銅絲在氯氣中劇烈燃燒，生成棕黃色的煙，A正確；大量氯氣泄漏時(shí)，氯氣易溶于堿，且密度大，應(yīng)用浸有弱堿性溶液的毛巾捂住口鼻身向高處跑，B正確；2Al＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2AlCl3,2FeCl3＋Fe=3FeCl2,2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(點(diǎn)燃))2FeCl3，均可通過化合反響制得，C正確；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃色，發(fā)生的反響為2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，說明氯水中含有Cl2，不能說明氯水中是否含有HClO，D錯(cuò)誤。2．(2022·棗莊二中檢測)將新制氯水分別滴入以下各選項(xiàng)所述的溶液中，由實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象得出的結(jié)論完全正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470503)(D)選項(xiàng)將新制氯水滴入以下溶液中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A滴有KSCN的FeCl2溶液變紅Cl2具有復(fù)原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有漂白性C紫色石蕊溶液先變紅后褪色Cl2具有酸性、漂白性D淀粉－KI溶液變藍(lán)色Cl2具有氧化性[解析]此題考查新制氯水的成分與性質(zhì)。A項(xiàng)，將新制氯水滴入有KSCN的FeCl2溶液中，氯氣能將亞鐵離子氧化為鐵離子，鐵離子遇KSCN，溶液變紅，那么表達(dá)出氯氣具有氧化性，錯(cuò)誤。B項(xiàng)，將新制氯水滴入有酚酞的NaOH溶液中，酸與堿發(fā)生中和反響，溶液顏色褪去，次氯酸具有漂白性，也能使溶液顏色褪去，但氯氣本身沒有漂白性，錯(cuò)誤。C項(xiàng)，將新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯氣和水反響生成氯化氫和次氯酸，酸使紫色石蕊溶液變紅，次氯酸又使其褪色，次氯酸具有漂白性，而氯氣本身不能電離出氫離子，不具有酸性、也不具有漂白性，錯(cuò)誤。D項(xiàng)，將新制氯水滴入淀粉－KI溶液，氯氣能將碘離子氧化為碘單質(zhì)，碘單質(zhì)遇淀粉變藍(lán)，那么表達(dá)出氯氣具有氧化性，正確。3．(2022·福建長樂一中月考)用漂白粉溶液浸泡過的有色布條，如果晾置在空氣中，一段時(shí)間后，其漂白效果會(huì)更好的原因可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470504)(B)A．漂白粉被氧化了B．漂白粉跟空氣中的CO2和水蒸氣充分反響，生成了HClOC．有色布條被空氣中的氧氣氧化了D．漂白粉溶液蒸發(fā)掉局部水，其濃度增大[解析]此題考查漂白粉的漂白原理。漂白效果會(huì)更好，說明生成了次氯酸，即漂白粉溶液吸收了空氣中的CO2和水蒸氣發(fā)生了化學(xué)反響：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，次氯酸有很強(qiáng)的漂白性，應(yīng)選B。4．(2022·河北冀州中學(xué)業(yè)檢測)某無色氣體，可能含HCl、CO2、HI、SO2中的一種或幾種，將其通入氯水中，得到無色透明溶液。把溶液分成兩份，向一份溶液中參加鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀；另一份溶液中參加硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。對于原無色氣體推斷一定正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470505)(B)A．一定存在HCl B．一定存在SO2C．肯定沒有CO2 D．不能肯定是否含有HI[解析]根據(jù)混合氣體通入氯水中，得到無色透明溶液，可知原氣體中一定不存在HI。然后將所得溶液分成兩份，一份溶液中參加鹽酸酸化的BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀，該白色沉淀為BaSO4，那么原氣體中一定含有SO2，二氧化硫被氯水氧化成硫酸；另一份溶液中參加硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，該白色沉淀為AgCl，由于氣體通入氯水，引入了氯離子，無法確定原氣體是否含有HCl。5．(2022·河南省豫南九校高三質(zhì)考)以下有關(guān)Ca(ClO)2溶液的表達(dá)正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470506)(C)A．該溶液中，K＋、Cl－、CH3COOH、I－可以大量共存B．與Na2SO3溶液反響的離子方程式：ClO－＋SOeq\o\al(2－,3)=SOeq\o\al(2－,4)＋Cl－C．不可使用pH試紙測定該溶液的pHD．1L0.1mol·L－1該溶液和足量的CO2充分反響，產(chǎn)生10g沉淀[解析]A．Ca(ClO)2溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠氧化I－，不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B.Ca(ClO)2溶液具有強(qiáng)氧化性，與Na2SO3溶液反響生成的SOeq\o\al(2－,4)要形成硫酸鈣沉淀，故B錯(cuò)誤；C.Ca(ClO)2溶液具有強(qiáng)氧化性，能夠使pH試紙褪色，不能測定該溶液的pH，故C正確；D.Ca(ClO)2溶液和足量的CO2充分反響，生成碳酸氫鈣，得不到沉淀。故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C。6．加碘食鹽中所加的含碘物質(zhì)是KIO3，在KIO3的堿性溶液中通入Cl2，可以得到K2H3IO6。以下有關(guān)該反響的說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470507)(D)A．反響中KIO3作復(fù)原劑B．堿性條件下，氯氣的氧化性強(qiáng)于K2H3IO6C．假設(shè)反響中生成304gK2H3IO6，那么轉(zhuǎn)移2mol電子D．反響中氧化產(chǎn)物與復(fù)原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為2︰1[解析]此題考查氧化復(fù)原反響相關(guān)判斷，意在考查考生對氧化復(fù)原反響規(guī)律的理解能力，KIO3中碘元素的化合價(jià)為＋5，K2H3IO6中碘元素的化合價(jià)為＋7，反響中碘元素的化合價(jià)升高，故KIO3是復(fù)原劑，K2H3IO6是氧化產(chǎn)物，A項(xiàng)正確；Cl2是氧化劑，其氧化性強(qiáng)于K2H3IO6，B項(xiàng)正確；反響中每生成1molK2H3IO6，轉(zhuǎn)移2mol電子，C項(xiàng)正確；氧化產(chǎn)物(K2H3IO6)與復(fù)原產(chǎn)物(KCl)的物質(zhì)的量之比為1︰2，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7．以下能夠檢驗(yàn)出KI中是否含有Br－的實(shí)驗(yàn)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470508)(D)A．參加足量的新制氯水，溶液變色那么有Br－B．參加酸性KMnO4溶液，觀察溶液顏色是否褪去C．參加少量的碘水，再參加CCl4振蕩，有機(jī)層有色，那么有Br－D．參加足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取無色的水層，并參加氯水，溶液呈橙色，那么含有Br－[解析]A項(xiàng)，在KI中參加足量新制氯水，也會(huì)置換出單質(zhì)碘而使溶液變色，故不能確定是否含有溴離子；B項(xiàng)，溴離子和碘離子均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色；C項(xiàng)，參加少量的碘水，再參加CCl4振蕩，有機(jī)層可能是萃取單質(zhì)碘而顯色，并沒有溴單質(zhì)產(chǎn)生；D項(xiàng)，參加足量FeCl3溶液，由于氧化性Br2>Fe3＋>I2，KI與Fe3＋反響產(chǎn)生單質(zhì)碘，再用CCl4萃取后，取無色的水層并參加氯水，會(huì)置換出單質(zhì)溴而使溶液呈橙色。8．(2022·東北三校聯(lián)考)常溫下，將Cl2緩慢通入一定量的水中至飽和，然后向所得飽和氯水中逐滴參加0.1mol·L－1的氫氧化鈉溶液，整個(gè)過程中pH變化如下圖，以下有關(guān)表達(dá)正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470509)(B)A．②點(diǎn)之前發(fā)生反響的離子方程式為Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．③點(diǎn)所示溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)C．實(shí)驗(yàn)進(jìn)程中溶液的pH可以用pH試紙測得D．曲線起點(diǎn)處水的電離程度最大[解析]此題考查Cl2與H2O相關(guān)反響知識(shí)的應(yīng)用。A項(xiàng)，HClO為弱電解質(zhì)，應(yīng)寫成化學(xué)式，正確的離子方程式為Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，錯(cuò)誤。B項(xiàng)，③點(diǎn)所示溶液呈中性，那么c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，正確。C項(xiàng)，溶液中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH試紙測量，錯(cuò)誤。D項(xiàng)，Cl2與NaOH恰好反響時(shí)，水的電離程度最大，錯(cuò)誤。9．(2022·浙江名校聯(lián)考)：將Cl2通入適量KOH溶液中，產(chǎn)物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq\f(cCl－,cClO－)的值與溫度有關(guān)。當(dāng)n(KOH)＝amol時(shí)，以下有關(guān)說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470510)(D)A．假設(shè)某溫度下，反響后eq\f(cCl－,cClO－)＝11，那么溶液中eq\f(cClO－,cClO\o\al(－,3))＝eq\f(1,2)B．參加反響的氯氣的物質(zhì)的量等于eq\f(1,2)amolC．改變溫度，反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n0的范圍：eq\f(1,2)amol≤n0≤eq\f(5,6)amolD．改變溫度，產(chǎn)物中KClO3的物質(zhì)的量最多為eq\f(1,7)amol[解析]此題考查Cl2與KOH溶液的反響以及氧化復(fù)原反響的相關(guān)計(jì)算。A項(xiàng)，設(shè)n(ClO－)＝1mol，反響后eq\f(cCl－,cClO－)＝11，那么n(Cl－)＝11mol，根據(jù)得失電子守恒可知5n(ClOeq\o\al(－,3))＋n(ClO－)＝n(Cl－)，即5n(ClOeq\o\al(－,3))＋1mol＝11mol，解得n(ClOeq\o\al(－,3))＝2mol，故溶液中eq\f(cClO－,cClO\o\al(－,3))＝eq\f(1,2)，故A項(xiàng)說法正確；B項(xiàng)，由氯原子守恒可知2n(Cl2)＝n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)，由鉀離子守恒可知n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)＝n(KOH)＝amol，故參加反響的氯氣的物質(zhì)的量為n(Cl2)＝eq\f(1,2)n(KOH)＝eq\f(1,2)amol，故B項(xiàng)說法正確；C項(xiàng)，氧化產(chǎn)物只有KClO3時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最多，根據(jù)電子得失守恒，可得，n(KCl)＝5(KClO3)，由鉀離子守恒可得，n(KCl)＋n(KClO3)＝n(KOH)，故n(KClO3)＝eq\f(1,6)n(KOH)＝eq\f(1,6)amol，電子最大物質(zhì)的量為eq\f(1,6)amol×5＝eq\f(5,6)amol，氧化產(chǎn)物只有KClO時(shí)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)最少，根據(jù)電子得失守恒得n(KCl)＝n(KClO)，根據(jù)鉀離子守恒可知n(KCl)＋n(KClO)＝n(KOH)，故n(KClO)＝eq\f(1,2)n(KOH)＝eq\f(1,2)amol，轉(zhuǎn)移電子最小物質(zhì)的量為eq\f(1,2)amol，那么反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量n0的范圍為eq\f(1,2)amol≤n0≤eq\f(5,6)amol，故C項(xiàng)說法正確；D項(xiàng)，氧化產(chǎn)物只有KClO3時(shí)，KClO3的物質(zhì)的量最大，由C項(xiàng)中計(jì)算可知，n最大(KClO3)＝eq\f(1,6)n(KOH)＝eq\f(1,6)amol，故D項(xiàng)說法錯(cuò)誤。10．(2022·北京市豐臺(tái)區(qū)高三)某同學(xué)設(shè)計(jì)完成了以下兩個(gè)實(shí)驗(yàn)：①向盛有KI溶液的試管中參加少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紫色。繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會(huì)逐漸變淺，最后變成無色(生成了HIO3)。②向盛有KBr溶液的試管中參加少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紅棕色。繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層的顏色沒有變化。以下說法不正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470511)(C)A．實(shí)驗(yàn)①生成HIO3時(shí)發(fā)生的反響為：I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HClB．實(shí)驗(yàn)②中當(dāng)CCl4層變成紅棕色時(shí)可通過分液的方法獲得Br2的CCl4溶液C．由上述實(shí)驗(yàn)得出Cl2、Br2、I2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序是：Cl2>Br2>I2D．由上述實(shí)驗(yàn)得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由強(qiáng)到弱的順序是：HBrO3>Cl2>HIO3[解析]A．由繼續(xù)向試管中滴加氯水，振蕩，CCl4層會(huì)逐漸變淺，最后變成無色(生成了HIO3)可知，氯氣可氧化碘單質(zhì)，發(fā)生離子反響為I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，故A正確；B.由盛有KBr溶液的試管中參加少許CCl4后滴加氯水，CCl4層變成紅棕色可知，溴易溶于四氯化碳，那么可通過萃取分液的方法獲得Br2的CCl4溶液，故B正確；C.由氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，①中氧化性為Cl2＞I2，②中氧化性為Cl2＞Br2，不能比擬Br2、I2的氧化性，故C錯(cuò)誤；D.由①②中繼續(xù)滴加氯水的現(xiàn)象及氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性可知，氧化性由強(qiáng)到弱的順序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3，故D正確；應(yīng)選C。11．(2022·衡水市武邑中學(xué)調(diào)研)：復(fù)原性HSOeq\o\al(－,3)＞I－，氧化性IOeq\o\al(－,3)＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴參加NaIO3溶液，參加NaIO3的物質(zhì)的量和和析出的I2的物質(zhì)的量的關(guān)系曲線如圖。以下說法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470025)(C)A．反響過程中的氧化產(chǎn)物均為Na2SO4B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)消耗NaHSO3的物質(zhì)的量為1.0molC．0～b間的反響可用如下離子方程式表示：3HSOeq\o\al(－,3)＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I(xiàn)－＋3H＋D．當(dāng)溶液中I－與I2的物質(zhì)的量之比為5︰3時(shí)，參加的NaIO3為1mol[解析]復(fù)原性HSOeq\o\al(－,3)＞I－，所以首先是發(fā)生以下反響離子方程式：IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=I－＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋，繼續(xù)參加NaIO3，氧化性IOeq\o\al(－,3)＞I2，所以IOeq\o\al(－,3)可以結(jié)合H＋氧化I－生成I2，離子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，A.0～b間沒有碘單質(zhì)生成，說明碘酸根離子和亞硫酸氫根離子發(fā)生氧化復(fù)原反響生成碘離子，參加碘酸鈉的物質(zhì)的量是1mol，亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量是3mol，亞硫酸氫根被氧化生成硫酸根離子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒知，生成碘離子，所以其離子方程式為：3HSOeq\o\al(－,3)＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I(xiàn)－＋3H＋，氧化產(chǎn)物為SOeq\o\al(2－,4)；繼續(xù)參加NaIO3，氧化性IOeq\o\al(－,3)＞I2，所以IOeq\o\al(－,3)可以結(jié)合H＋氧化I－生成I2，離子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，氧化產(chǎn)物為I2，故A錯(cuò)誤；B.a點(diǎn)碘酸鈉的物質(zhì)的量是0.4mol，根據(jù)碘酸鈉和亞硫酸氫鈉的關(guān)系式知，消耗NaHSO3的物質(zhì)的量＝eq\f(0.4mol,1)×3＝1.2mol，故B錯(cuò)誤；C.0～b間沒有碘單質(zhì)生成，說明碘酸根離子和亞硫酸氫根離子發(fā)生氧化復(fù)原反響生成碘離子，參加碘酸鉀的物質(zhì)的量是1mol，亞硫酸氫鈉的物質(zhì)的量是3mol，亞硫酸氫根被氧化生成硫酸根離子，根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒知，生成碘離子，所以其離子方程式為：3HSOeq\o\al(－,3)＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I(xiàn)－＋3H＋，故C正確；D.根據(jù)反響3HSOeq\o\al(－,3)＋I(xiàn)Oeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I(xiàn)－＋3H＋，3molNaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物質(zhì)的量為1mol，生成碘離子的量為1mol，設(shè)生成的碘單質(zhì)的物質(zhì)的量為n，那么根據(jù)反響IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，消耗的NaIO3的物質(zhì)的量為eq\f(n,3)mol，消耗碘離子的量為eq\f(5n,3)mol，剩余的碘離子為(1－eq\f(5n,3))mol，當(dāng)溶液中n(I－)︰n(I2)＝5︰3時(shí)，故n＝0.3mol，故參加的n(NaIO3)＝1mol＋eq\f(n,3)mol＝1mol＋0.1mol＝1.1mol，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。二、非選擇題12．(2022·天津市局部區(qū)聯(lián)考)飲用水質(zhì)量是關(guān)系人類健康的重要問題。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)25470513)(1)在我國，一些貧困山區(qū)的農(nóng)民至今還飲用井水，但暴雨過后井水混濁，無法飲用。為了能讓暴雨過后井水盡快變的澄清，你會(huì)建議他們最好向井水中投入以下中的__C_(填序號(hào))。A．NaCl B．Na2CO3C．KAl(SO4)2·12H2O D．CuSO4(2)氯氣是最早用于飲用水消毒的物質(zhì)，其消毒作用主要是氯氣溶于水后生成了次氯酸，該反響的離子方程式為：__Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO__。(3)寫出工業(yè)上制取漂白粉的化學(xué)反響方程式：__2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O__。(4)臭氧，也稱作超氧，可以替代氯氣給自來水消毒，既提高了消毒效率且平安無副作用，臭氧的分子式為__O3_；該物質(zhì)、氯水以及SO2均可以作漂白劑，三者的漂白原理分別是：__強(qiáng)氧化性_；__強(qiáng)氧化性_；__發(fā)生化合反響_。(5)ClO2是一種廣譜型的消毒劑，將逐漸取代Cl2成為生產(chǎn)自來水的消毒劑。工業(yè)上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反響制得，反響中NaClO3和Na2SO3的物質(zhì)的量之比為__2︰1_。[解析](1)明礬可以凈水，答案選C；(2)氯氣和水反響的離子方程式為Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。(3)寫出工業(yè)上制取漂白粉的化學(xué)反響方程式為2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。(4)臭氧的分子式為O3；該物質(zhì)、氯水以及SO2均可以作漂白劑，三者的漂白原理分別是強(qiáng)氧化性、強(qiáng)氧化性、發(fā)生化合反響。(5)反響中氯元素化合價(jià)從＋5價(jià)降低到＋4價(jià)，得到1個(gè)電子，S元素化合價(jià)從＋4價(jià)升高到＋6價(jià)，失去2個(gè)電子，那么根據(jù)電子得失守恒可知反響中NaClO3和Na2SO3的物質(zhì)的量之比為2︰1。13．(2022·河北冀州中學(xué)期中)“將少量氯水參加NaI溶液中〞的學(xué)生實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生了大量含碘廢液。某研究小組用該含碘廢液制備NaI同體，實(shí)驗(yàn)流程如下：：反響②2I－＋2Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2CuI↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋答復(fù)以下問題：(1)產(chǎn)生含碘廢液的離子方程式為__Cl2＋2I－=I2＋2Cl－__。(2)①中I2與Na2SO3溶液反響的離子方程式為__I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2I－＋2H＋__。(3)③中CuI發(fā)生了氧化反響，寫出該反響的化學(xué)方程式：__2CuI＋8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2＋4NO2↑＋I(xiàn)2＋4H2O__。(4)化合物B中含兩種元素，鐵元素與另一種元素物質(zhì)的量之比為3︰8，那么化合物B的化學(xué)式為__Fe3I8__。(5)反響⑤中生成黑色固體和無色氣體，黑色固體的俗稱為磁性氧化鐵，那么⑤的化學(xué)方程式為__Fe3I8＋8NaHCO3=Fe3O4＋8NaI＋8CO2↑＋4H2O__。[解析]根據(jù)流程中的反響②：2I－＋2Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2CuI↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，過濾那么得到碘化亞銅沉淀，碘化亞銅可以被硝酸氧化為碘單質(zhì)，碘單質(zhì)中參加鐵和水，會(huì)得到化合物B，是一種含有鐵元素和碘元素的化合物，再向其中參加碳酸氫鈉溶液，過濾可以得到NaI溶液，從而制得碘化鈉固體。(1)將少量氯水參加NaI溶液中，氯氣能將碘單質(zhì)置換出來。(2)碘單質(zhì)具有氧化性，亞硫酸根離子具有復(fù)原性，I2與SOeq\o\al(2－,3)發(fā)生氧化復(fù)原反響。(3)碘化亞銅可以被濃硝酸氧化，發(fā)生反響的化學(xué)方程式為2CuI＋8HNO3(濃)=2Cu(NO3)2＋4NO2↑＋I(xiàn)2＋4H2O。(4)化合物B是一種含有鐵元素和碘元素的化合物，鐵