2021高考化學(浙江專用)二輪考點突破-答案解析-專題十三鐵、銅及其重要化合物-

專題十三鐵、銅及其重要化合物真題考點·高效突破考點一:Fe及其化合物的性質(zhì)【真題題組】1.CS氧化性弱,和變價金屬反應(yīng),金屬顯低價態(tài),Fe+SFeS,其中S顯-2價,A錯;2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,因此熱穩(wěn)定性:Na2CO3大于NaHCO3,B錯;過量Cu與濃HNO3反應(yīng)時,硝酸濃度會變稀,發(fā)生3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,C對;白磷在空氣中加熱會燃燒生成P2O5,D錯。2.DCO2+2MgC+2MgO,A項可以;Fe2O3+2Al2Fe+Al2O3;B項可以;2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2↑,C項可以;2FeCl3+CuCuCl2+2FeCl2,不是置換反應(yīng),D項不行以。3.DB錯誤,電荷不守恒,Fe3O4中Fe有兩種價態(tài),正確應(yīng)當為:Fe3O4+8H+2Fe3++Fe2++4H2O;C錯誤,得失電子不守恒,電荷不守恒,正確的應(yīng)為:3Fe2++NQUOTE+4H+3Fe3++NO↑+2H2O;A錯誤,不符合客觀實際,反應(yīng)后鐵只能產(chǎn)生Fe2+和H2。4.解析:Ⅰ.鋁灰中加入過量稀H2SO4,發(fā)生反應(yīng):Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O,FeO+H2SO4FeSO4+H2O,Fe2O3+3H2SO4Fe2(SO4)3+3H2O,過濾出不反應(yīng)的SiO2和含有Al2(SO4)3、FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4的混合溶液。Ⅱ.濾液中加入過量KMnO4溶液后,其中FeSO4被氧化生成Fe2(SO4)3,調(diào)整溶液pH大于2.8,由(3)中已知信息Fe2(SO4)3完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀,Al3+尚未開頭沉淀。Ⅲ.Ⅳ.加熱促進Fe(OH)3沉淀完全后,溶液中存在Al2(SO4)3、H2SO4,剩余KMnO4溶液呈紫紅色,由(4)中已知加入MnSO4與KMnO4發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成MnO2沉淀。Ⅴ.濃縮、結(jié)晶、分別得到Al2(SO4)3·18H2O。(2)由MnQUOTEMn2+,首先配Fe2+和Fe3+系數(shù)均為5,再由電荷守恒,反應(yīng)物中補8molH+,由H、O原子守恒,生成物補4molH2O。(4)①利用試驗室制Cl2的反應(yīng)原理,產(chǎn)生黃綠色氣體說明存在MnO2。答案:(1)Al2O3+6H+2Al3++3H2O(2)58H+54H2O(3)一方面,過量酸性KMnO4溶液將Fe2+完全氧化為Fe3+,另一方面,Fe3+完全沉淀為Fe(OH)3,Al3+尚不能形成沉淀。(4)①產(chǎn)生黃綠色氣體②除去過量的MnQUOTE5.解析:(1)碳酸鈉溶液水解顯堿性,結(jié)合相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH可知,Fe2+在堿性環(huán)境中會生成氫氧化亞鐵沉淀,故制備FeCO3時要留意把握溶液的pH,應(yīng)在硫酸亞鐵中加入碳酸鈉溶液。(2)FeCO3表面吸附SQUOTE、Na+等雜質(zhì)離子,檢驗洗滌是否完全時,可檢驗SQUOTE是否存在。方法是取最終一次的洗滌液1～2mL于試管中,向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液,若無白色沉淀產(chǎn)生,則表明已洗滌潔凈。(3)Fe2+易被氧化,加入鐵粉的目的是防止Fe2+被氧化。除去剩余的鐵粉時,為了不引入雜質(zhì),可加入適量檸檬酸與鐵粉反應(yīng)。(4)檸檬酸亞鐵在乙醇中的溶解度小,加入無水乙醇,有利于晶體的析出。(5)硫鐵礦燒渣與稀硫酸反應(yīng),生成硫酸鐵和硫酸鋁,二氧化硅不溶于稀硫酸,故接下來的操作是:“過濾,向反應(yīng)液中加入足量的鐵粉,充分攪拌后,滴加NaOH溶液調(diào)整反應(yīng)液的pH約為5,過濾”或“過濾,向濾液中滴加過量的NaOH溶液,過濾,充分洗滌固體,向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解,再加入足量的鐵粉,充分攪拌后,過濾”(滴加稀硫酸酸化,)加熱濃縮得到60℃飽和溶液,冷卻至0答案:(1)c避開生成Fe(OH)2沉淀(2)取最終一次的洗滌濾液1～2mL于試管中,向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液,若無白色沉淀產(chǎn)生,則表明已洗滌潔凈(3)①防止+2價的鐵元素被氧化②加入適量檸檬酸讓鐵粉反應(yīng)完全(4)降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量,有利于晶體析出(5)“(過濾,)向反應(yīng)液中加入足量的鐵粉,充分攪拌后,滴加NaOH溶液調(diào)整反應(yīng)液的pH約為5,過濾”或“過濾,向濾液中滴加過量的NaOH溶液,過濾,充分洗滌固體,向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解,再加入足量的鐵粉,充分攪拌后,過濾”(滴加稀硫酸酸化,)加熱濃縮得到60℃飽和溶液,冷卻至06.解析:A俗稱磁性氧化鐵,則A為Fe3O4。A(Fe3O4)與Al在高溫條件下發(fā)生鋁熱反應(yīng):8Al+3Fe3O49Fe+4Al2O3,則單質(zhì)X為Fe。X(Fe)與單質(zhì)Y在點燃條件下生成A(Fe3O4),則Y為O2。E是不溶于水的酸性氧化物,能與氫氟酸反應(yīng),E為SiO2,從而推知單質(zhì)Z為Si。E(SiO2)與NaOH溶液反應(yīng)生成Na2SiO3和H2O,則M為Na2SiO3。Y(O2)與NO、H2O反應(yīng)生成D,則D為HNO3。M(Na2SiO3)與D(HNO3)溶液混合,可得H2SiO3(或H4SiO4)膠體,則R為H2SiO3(或H4SiO4)。因D(HNO3)有強氧化性,故與A(Fe3O4)反應(yīng)生成G為Fe(NO3)3。(5)向HNO3溶液中加入Fe粉,開頭時HNO3過量,Fe被氧化成Fe(NO3)3:Fe+4HNO3(稀)Fe(NO3)3+NO↑+2H2O,當加入1molFe時恰好生成1molFe(NO3)3。再加入鐵粉時,發(fā)生反應(yīng):2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2,當總共加入1.5molFe時,生成1.5molFe(NO3)2,連續(xù)加入鐵粉后,不再發(fā)生反應(yīng),n(Fe2+)不變。由此可畫出n(Fe2+)隨n(Fe)變化的曲線。答案:(1)其次周期第ⅥA族離子鍵、共價鍵H2SiO3(或H4SiO4)(2)(3)8Al(s)+3Fe3O4(s)9Fe(s)+4Al2O3(s)ΔH=-8akJ/mol(4)3Fe3O4+28H++NQUOTE9Fe3++NO↑+14H2O(5)7.解析:(1)制備銀鏡時,應(yīng)將幾滴乙醛滴入2mL銀氨溶液中,制備銀鏡時,應(yīng)用水浴加熱,不能直接加熱,故b、c都錯。(2)生成物中檢出Fe2+,說明Fe3+氧化了Ag,其離子方程式為Fe3++AgFe2++Ag+。(3)乙同學設(shè)計試驗是驗證NQUOTE在酸性條件下能氧化Ag,因此方案設(shè)計中要供應(yīng)NQUOTE和H+,可以將銀鏡放到酸性硝酸鹽溶液中。答案:(1)ade(2)Fe3++AgFe2++Ag+(3)①測定上述試驗用的Fe(NO3)3溶液的pH②配制相同pH的稀硝酸溶液,將此溶液加入有銀鏡的試管中(4)不同意,甲同學檢驗出了Fe2+,可確定Fe3+確定氧化了Ag;乙同學雖然驗證了此條件下NQUOTE能氧化Ag,但在硝酸鐵溶液中氧化Ag時,由于沒有檢驗NQUOTE的還原產(chǎn)物,因此不能確定NQUOTE是否氧化了Ag[(3)、(4)其他合理答案均可]考點二:Cu及其化合物的性質(zhì)【真題題組】1.B依據(jù)題意知最終得到的沉淀是Cu(OH)2,其質(zhì)量是39.2g,則n[Cu(OH)2]=0.4mol,n(Cu)=0.4mol,即原混合物中的n(Cu)等于0.4mol,設(shè)原混合物中的Cu和Cu2O的物質(zhì)的量分別是x、y,則有x+2y=0.4mol,64g/molx+144g/moly=27.2g,解得x=0.2mol,y=0.1mol,物質(zhì)的量之比等于2∶1,A正確;反應(yīng)后得到的溶質(zhì)是NaNO3,則表現(xiàn)酸性的硝酸與氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等,即1mol,0.2molCu和0.1molCu2O被硝酸氧化時共失去(0.4+0.2)mole-,則有QUOTE=0.2mol的硝酸被還原為NO,所以硝酸的總物質(zhì)的量是1.2mol,物質(zhì)的量濃度是2.4mol/L,B錯;產(chǎn)生的NO為0.2mol,標準狀況下體積是4.48L,C正確;原混合物與硝酸反應(yīng)生成Cu(NO3)2,n(Cu)=0.4mol,所以n(NQUOTE)=0.8mol,被還原的硝酸是0.2mol,硝酸的總物質(zhì)的量是1.2mol,所以剩余硝酸0.2mol,D正確。2.CAl對應(yīng)的氧化物Al2O3是兩性氧化物,A錯;Cu在空氣中會生成銅綠——堿式碳酸銅,即Cu2(OH)2CO3,B錯;由于AlCl3、FeCl3、CuCl2都屬于強酸弱堿鹽,加熱時發(fā)生水解,生成的鹽酸易揮發(fā),水解平衡向右移動,進行完全,只能得到氫氧化物,所以均不能用直接加熱蒸干的方法,C正確;電解AlCl3、FeCl3、CuCl2的混合溶液時,依據(jù)陽離子在陰極上的放電力氣,可知Al3+排在H+后,不能得電子,Fe3+得電子生成Fe2+,Cu2+得電子生成Cu,H+得電子生成H2,D錯誤。3.解析:(1)6.00g甲分解得到H20.3mol,依據(jù)質(zhì)量守恒則得到金屬單質(zhì)5.4g,又化合物甲與水反應(yīng)放出H2和生成白色沉淀,而白色沉淀可溶于氫氧化鈉溶液,所以該白色沉淀為Al(OH)3,則甲中的另一種元素為Al,甲為AlH3,依據(jù)反應(yīng)產(chǎn)物寫化學方程式。(2)由丙的密度可求出丙為N2,則化合物乙為NH3。(3)N2與鎂在點燃的狀況下生成Mg3N2。(4)NH3與CuO在加熱的條件下生成Cu、N2和H2O。依據(jù)題中所給的信息,Cu2O和酸反應(yīng)能生成Cu2+(顯藍色),所以選擇的試劑只要保證Cu不反應(yīng)而Cu2O能反應(yīng)即可,則可以選擇稀硫酸或稀鹽酸等非氧化性的酸。(5)AlH3中H元素的化合價為-1價,而NH3中H元素的化合價為+1價,依據(jù)同種元素不同價態(tài)間可發(fā)生歸中反應(yīng),生成中間價態(tài)的物質(zhì),所以兩者可以發(fā)生反應(yīng)。答案:(1)AlH3(2)AlH3+3H2OAl(OH)3↓+3H2↑(3)Mg3N2(4)2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O取樣后加稀H2SO4,假如溶液變藍,說明產(chǎn)物中含有Cu2O,反之則無Cu2O(5)可能AlH3中H化合價為-1價,而NH3中H為+1價,因而有可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氫氣4.解析:(1)電解精煉銀時,Ag+在陰極得電子生成銀單質(zhì),氣體快速變棕紅是由于生成的NO氣體被空氣中的氧氣氧化成NO2,2NO+O22NO2。(2)Al2(SO4)3和CuSO4溶液中加入NaOH溶液后得到的固體為Al(OH)3和Cu(OH)2的混合物,但是煮沸后,氫氧化銅在80℃即分解,因此固體B應(yīng)是氫氧化鋁和氧化銅的混合物;若加入的NaOH過量會使生成的Al(OH)3(3)該反應(yīng)中未確定的產(chǎn)物由于是氣體,結(jié)合反應(yīng)物的組成,可推知其應(yīng)當為O2,然后依據(jù)氧化還原反應(yīng)配平方法進行配平,最終有4CuO+2Al2O34CuAlO2+O2↑。(4)依據(jù)銅守恒可得:n(CuAlO2)=QUOTE=50mol,n[Al2(SO4)3]=QUOTEn(Al)=QUOTEn(CuAlO2),則可知需1.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液25L。(5)因是從CuSO4溶液動身來制備膽礬,因此其基本操作只能為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。答案:(1)Ag++e-Ag2NO+O22NO2(2)Al(OH)3和CuOAl(OH)3+OH-AlQUOTE+2H2O(3)424O2(4)5025(5)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶5.解析:依據(jù)制備路線可知,Cu、Al、Fe、Au、Pt的混合物中加入稀H2SO4、濃硝酸,則可以將Cu、Al、Fe溶解,Au、Pt不溶解,所以濾渣1的主要成分為Au、Pt,濾液1中含有Cu、Fe、Al的離子。依據(jù)濾液2和CuSO4·5H2O可知,濾液2為CuSO4溶液,濾渣2中含有Fe(OH)3和Al(OH)3。(1)第①步中Cu與酸發(fā)生的反應(yīng)為Cu與濃硝酸的反應(yīng):Cu+4H++2NQUOTECu2++2NO2↑+2H2O或濃硝酸與稀硫酸的混合過程中硝酸變稀,發(fā)生的反應(yīng)也可能為3Cu+8H++2NQUOTE3Cu2++2NO↑+4H2O。依據(jù)分析可知濾渣1的主要成分為Pt、Au。(2)第②步操作中加H2O2的目的是將Fe2+轉(zhuǎn)化為Fe3+,從而將Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀除去,防止對CuSO4晶體的制備產(chǎn)生干擾。H2O2的優(yōu)點是:還原產(chǎn)物為H2O,不引入雜質(zhì),同時對環(huán)境沒有污染。調(diào)整pH的目的是將Fe3+和Al3+轉(zhuǎn)化為沉淀而除去。(3)用CuSO4·5H2O制備無水CuSO4,只要除去結(jié)晶水即可。在加熱過程中CuSO4發(fā)生水解,但是由于硫酸不揮發(fā),所以最終得到的照舊是CuSO4,所以只要加熱脫水即可。(4)甲中制備的Al2(SO4)3晶體中含有Fe3+。乙、丙兩種方案中,丙方案中的H2SO4有部分轉(zhuǎn)化為Na2SO4,所以乙方案的原子利用率更高。(5)依據(jù)題意可知,Cu2+～H2Y2-,發(fā)生反應(yīng)的EDTA的物質(zhì)的量為cmol·L-1×b/1000L,所以20mL該溶液中含有的CuSO4的物質(zhì)的量為cmol·L-1×b/1000L,樣品中含有的CuSO4·5H2O的質(zhì)量為(cmol·L-1×b/1000L×250g·mol-1×5),所以CuSO4·5H2O的質(zhì)量分數(shù)為QUOTE×100%。依據(jù)CuSO4·5H2O的質(zhì)量分數(shù)表達式可知,未干燥錐形瓶,對CuSO4的物質(zhì)的量的測定無影響,所以a無影響;滴定終點時滴定管的尖嘴部分產(chǎn)生氣泡,則實際消耗的EDTA溶液的體積比讀出來的數(shù)值大,即b值偏小,所以CuSO4·5H2O含量偏低;若未除凈可與EDTA反應(yīng)的離子,則消耗的EDTA溶液的體積偏大,即b值偏大,CuSO4·5H2O的含量偏高,c項正確。答案:(1)Cu+4H++2NCu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NQUOTE3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt(2)將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質(zhì),對環(huán)境無污染Fe3+、Al3+(3)加熱脫水(4)甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)乙(5)QUOTE×100%c6.解析:(1)本推斷題的突破口有兩個:①G為磚紅色沉淀,可推知G為Cu2O,逆推F中含有Cu2+,從而推知C單質(zhì)應(yīng)為單質(zhì)Cu;②單質(zhì)C可與E的濃溶液加熱反應(yīng)而被氧化為Cu2+,結(jié)合B→D的反應(yīng)條件可知E為濃硫酸,逆推D為SO3,B為SO2。(2)粗銅精煉裝置,陽極應(yīng)為粗銅,陰極為精銅,電解質(zhì)溶液為含Cu2+的溶液。(4)依據(jù)已知條件可得以下“三行”式關(guān)系2SO2+O22SO3c(起始)/mol·L-1 0.23 0.11 0c(轉(zhuǎn)化)/mol·L-10.12 0.06 0.12c(平衡)/mol·L-1 0.11 0.05 0.12則K≈23.8。若溫度不變,再加入0.50molO2,會使平衡向正反應(yīng)方向移動,重新達到平衡后,而O2自身轉(zhuǎn)化率降低,對于SO3來說,雖平衡右移使其物質(zhì)的量增加,但比不上總物質(zhì)的量增加,故SO3的體積分數(shù)減小。答案:(1)SO2H2SO4Cu2O(2)粗銅精銅CuSO4溶液(3)Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(4)23.8減小降低減小三年模擬·力氣提升1.D氧化性由強到弱的挨次為:HNO3>Fe3+>Cu2+,則隨鐵粉增加,反應(yīng)分別為:4HNO3(稀)+FeFe(NO3)3+NO↑+2H2O2Fe(NO3)3+Fe3Fe(NO3)2Cu(NO3)2+FeFe(NO3)2+Cu所以原溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3的物質(zhì)的量之比為(2-1)∶1∶4=1∶1∶4。2.C加入鐵粉,先發(fā)生反應(yīng):2Fe3++Fe3Fe2+,再發(fā)生反應(yīng):Fe+Cu2+Fe2++Cu。反應(yīng)后有固體存在,可能為兩種狀況:①Cu,②Fe和Cu,無論哪種狀況,溶液中確定含有Fe2+,確定沒有Fe3+,可能含有Cu2+。3.AA選項中也可能含有Ag+,與試驗結(jié)論全都;B選項中發(fā)生了鈍化,鈍化是一種化學變化,與試驗結(jié)論不全都;C選項只能得出:氧化性:Br2>Fe3+、Br2>I2,但不能得出氧化性:Fe3+>I2的結(jié)論,與試驗結(jié)論不全都;D中產(chǎn)生的沉淀呈黃色,是AgI沉淀。由于KCl、KI的濃度相同,且化合物類型相同,表明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),與試驗結(jié)論不全都。4.D由CuSO4CuH,Cu2+被還原,則某物質(zhì)確定被氧化,則具有還原性,A正確;2CuH+4HCl2CuCl2+3H2↑,B正確;C中CuH被HNO3氧化,正確;Cl2具有強氧化性,能將CuH氧化成CuCl2,D錯誤。5.B由于鹽酸或NaOH溶液都只能溶解金屬鋁,則可以通過生成氫氣的量計算出金屬鋁的質(zhì)量,方案Ⅱ則直接測得金屬銅的質(zhì)量,進一步計算出銅的質(zhì)量分數(shù),A正確;若A選稀硝酸,則生成NO氣體,測定NO的氣體體積要避開被空氣氧化為NO2,又2NO2N2O4,會使測得氣體體積偏小。銅和鋁都能溶于稀硝酸,所以溶液B不能是稀硝酸,否則不會有固體剩余,B不正確;當溶液B選用濃硝酸,銅溶解于濃硝酸;鋁發(fā)生鈍化,表面生成一層氧化膜,故測得固體的質(zhì)量為鋁和部分氧化鋁的質(zhì)量,則計算出銅的質(zhì)量偏小,最終測得銅的質(zhì)量分數(shù)偏小,C正確;對于氣體的體積不便于測定(需要考慮溫度、壓強等),而固體的質(zhì)量則易于測定,D正確。6.D由紅色固體與稀硫酸反應(yīng)的試驗現(xiàn)象知該紅色固體中確定含有Cu2O,又由于Cu2O、Cu分別與濃硫酸、稀硝酸、濃硝酸反應(yīng)時產(chǎn)生的現(xiàn)象分別相同,故無法確定紅色固體中是否有Cu。7.DM是紅色金屬,則可以確定是金屬銅,在H2O2作用下與H2SO4反應(yīng)生成CuSO4,Y遇到KSCN毀滅紅色,Y中有Fe3+,則金屬E是鐵,X是FeSO4,經(jīng)③步反應(yīng)氧化為Fe2(SO4)3,與氨水反應(yīng)得到紅褐色的Fe(OH)3。Fe3+的氧化性比Cu2+的氧化性強,A錯;在反應(yīng)①中硫酸只表現(xiàn)了酸性,H2O2表現(xiàn)了氧化性,B錯;SCN-與Fe3+反應(yīng)生成的產(chǎn)物是可溶于水的配離子,C錯;反應(yīng)③為:2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,可見反應(yīng)過程消耗H+,pH增大,有可能會生成紅褐色的Fe(OH)3沉淀,D正確。8.解析:(1)A中開頭可能發(fā)生的反應(yīng)有:2Fe+6H2SO4(濃)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O、Fe+Fe2(SO4)33FeSO4,隨著反應(yīng)的進行,濃硫酸變?yōu)橄×蛩?鐵與稀硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣。(2)將抽動的鐵絲脫離液面,反應(yīng)停止,將抽動的鐵絲插入液面,反應(yīng)開頭;鼓入空氣將試管內(nèi)的氣體排出。(3)檢驗Fe2+時必需防止Fe3+的干擾,Fe3+與酸性高錳酸鉀溶液不反應(yīng),而Fe2+具有較強的還原性,因此Fe2+能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,選擇酸性高錳酸鉀溶液。但必需還要證明溶液中不含選用KSCN溶液。答案:(1)品紅溶液褪色H2(2)便于把握鐵與濃硫酸的反應(yīng)和停止從D管口向A中鼓入大量的空氣(3)①溶液中只存在Fe3+②試驗操作步驟試驗現(xiàn)象結(jié)論方法一:取少量A中溶液分別加入甲、乙兩支試管中;甲中滴加少量酸性高錳酸鉀溶液;乙中滴加少量KSCN溶液甲中高錳酸鉀溶液褪色;乙中KSCN溶液不變紅溶液中存在Fe2+,不存在Fe3+方法二:取少量A中溶液加入試管中,滴入少量KSCN溶液,一段時間后再加入少量氯水加入KSCN溶液不顯紅色,連續(xù)加入少量氯水,溶液顯紅色溶液中不存在Fe3+,存在Fe2+9.解析:從K是紅棕色氣體,推想K為NO2,J為HNO3,L是NO;從FeS2與O2反應(yīng)生成A與D,A與O2生成B可知,A為SO2,D是Fe2O3,B是SO3,C是H2SO4;由題意知F是Fe2(SO4)3,E是Fe(OH)3,I是Al,G是Fe,H是Al2O3。(2)2Al+Fe2O32Fe+Al2O3,反應(yīng)中氧化劑是Fe2O3,還原劑是Al,物質(zhì)的量之比為1∶2。(3)上述反應(yīng)中②是氧化還原反應(yīng)也是化合反應(yīng),③是化合反應(yīng)但屬于非氧化還原反應(yīng),⑥是分解反應(yīng)但屬于非氧化還原反應(yīng),⑨是氧化還原反應(yīng),③符合題意。(4)反應(yīng)④是Fe2+與NQUOTE之間的氧化還原反應(yīng)。(5)依據(jù)已知反應(yīng)物和生成物書寫氧化還原反應(yīng)方程式,并進行配平。答案:(1)四(或4)Ⅷ(2)1∶2(3)③(4)3Fe2++NQUOTE+4H+3Fe3++NO↑+2H2O(5)Fe2O3+3KNO3+4KOH2K2FeO4+3KNO2+2H2O10.解析:(1)對于固體反應(yīng)物燃燒來講,加快化學反應(yīng)速率的措施有:①增大固體接觸面積;②上升溫度;③增大空氣流速(即增大O2濃度);④利用超聲波等;結(jié)合本題的狀況,①②③都符合。(2)從該題的工藝流程,再結(jié)合產(chǎn)物的陰離子,溶液Q應(yīng)為H2SO4溶液,則溶液A中有:Fe2+、Fe3+、Cu2+和過量H2SO4,再結(jié)合所給數(shù)據(jù),知此工藝應(yīng)將Fe2+Fe3+,然后讓Fe3+水解成Fe(OH)3沉淀濾去,而Cu2+則不能形成沉淀,而要保證Fe3+水解形成沉淀[由于Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+],則需要減小溶液酸性,所以雙氧水的作用是將Fe2+氧化成為Fe3+,過量的試劑X的作用是能夠促進Fe3+Fe(OH)3,即要促進Fe3+水解向右進行,那么則需要消耗H+又不能引入新的雜質(zhì),結(jié)合題中物質(zhì)應(yīng)當