2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 氧化还原反应（含解析）.doc

2019-2020年高三化学二轮复习 专题训练 氧化还原反应（含解析）1下列化学反应，不属于氧化还原反应的是（ ）A2Al+Fe2O3 2Fe+Al2O3 BFe2O3+3CO 2Fe+3CO2C3Fe2O2Fe3O4 DCaCO3 CaO + CO2 【答案】D2下列反应属于氧化还原反应的是ACaOH2O=Ca(OH)2 BFe2O33CO2Fe3CO2CCaCO3CaOCO2 DCO22NaOH=Na2CO3H2O【答案】B【解析】试题分析：从化合价是否发生变化的角度判断是否氧化还原反应，化合价的升降为氧化还原反应的特征各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故A错误；铁的化合价从+3价降低到0价，碳的价态从+2价升高到+3价，属于氧化还原反应，B正确；各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故C错误；各元素的化合价都没有发生变化，不属于氧化还原反应，故D错误答案选B考点：氧化还原反应3据报道，在我国各地发生过多次因混合洁污剂而引起氯气中毒事件，请推测，相混合的洁污剂中最有可能含有的是AClO、Cl、H+ BClO3、Cl、OH CNaClO、NaClO3 DNaClO、NaCl【答案】A【解析】试题分析：氯气是单质，产生的氯气的反应一定是氧化还原反应。因此反应物中氯元素的化合价分别是是正价和负价，所以选项A正确；B中溶液显碱性，不正确；C中不可能生成氯气，D中还缺少酸性条件，答案选A。考点：考查氧化还原反应的有关判断点评：如果是同一种元素之间发生氧化还原反应，则应该满足归中原理。4反应Cu+HNO3Cu（NO3）2+NO+H2O中，9.6g Cu消耗做氧化剂的HNO3A0.4mol B0.3mol C0.2mol D0.1mol【答案】D【解析】试题分析：9.6g Cu 的物质的量=9.6/64=0.15mol，失去电子的物质的量=0.152=0.3mol，作氧化剂的硝酸中N由+5价降低为NO中的+2价，所以要得0.3mol电子需消耗做氧化剂的HNO30.1mol， D项正确；答案选D。考点：考查氧化还原反应的相关计算5一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体a mol，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO固体120g，若上述气体为NO，则a可能为 mol.A2.50 B4.00 C7.50 D3.15【答案】D【解析】试题分析：若混合物全是CuS，其物质的量为120g/80g/mol=1.5mol,转移电子数为1.5（6+2）=12mol。NO 的物质的量为amol，HNO3NO，由得失电子守恒3a=12，计算得a=4mol；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0. 75mol,转移电子数0. 7510=7.5mol，由得失电子守恒3a=7.5计算得a=2.5，所以a可能为3.15mol。考点：铜及其化合物。6有下列三个反应方程式：Cl2FeI2=FeCl2I22Fe2Br2=2Fe32Br Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2O，下列说法正确的是()。A中氧化产物分别是FeCl2、Fe3、Cl2B根据以上反应的化学方程式可以得到氧化性强弱关系为Cl2Co2O3Fe3C在反应中生成1 mol Cl2时，有2 mol HCl被氧化D根据反应一定可以推理得到Cl2FeBr2=FeCl2Br2【答案】C【解析】中的氧化产物为I2，A错；氧化性强弱关系为Co2O3Cl2Fe3，B错；因为Fe2的还原性比Br的强，故与氯气反应时，首先被氧化的应该是Fe2，D错。7宋代著名法医学家宋慈 的洗冤集录中有“银针验毒”的记载，“银针验毒”的原理是4Ag+2H2S+O2 = 2X+2H2O，下列说法不正确的是AX的化学式为Ag2S B银针验毒时，空气中氧气得到电子C反应中Ag和H2S均是还原剂 D每生成1mo1X，反应转移2mo1 e【答案】C【解析】试题分析： A、根据元素守恒可知X的化学式为Ag2S，A正确；B、氧气中的氧元素化合价降低，得电子，B正确；C、反应中Ag和O元素化合价发生变化，而S、H元素化合价在反应前后不变，H2S既不是氧化剂又不是还原剂，C错误；D、据Ag元素的化合价变化，每生成1mol Ag2S，转移电子为2mol，D正确。答案选C。考点：氧化还原反应8下列化学变化中需加入氧化剂才能实现的是（ ）AFeFeCl2 BSO3H2SO3CCl2ClO3-DKMnO4MnCl2【答案】：A【解析】试题分析：A中Fe的化合价升高，被氧化，需加氧化剂。B中S、O元素化合价不变，不符合题意。B错误。C中Cl的化合价降低，被还原，需加还原剂。C错误。D中Mn的化合价降低，被还原，需加还原剂。D错误。故选A。考点：氧化还原反应相关概念。点评：本题考查氧化还原反应，题目难度不大，注意氧化还原反应中，还原剂失去电子，化合价升高，被氧化。9一定体积0.01 mol/L的稀硝酸溶液恰好能氧化一定质量的铁、铝混合物，已知两种金属均被氧化为最高价态，还原产物只有NO。若用0.01 mol/L NaOH溶液溶解相同质量的该混合物，当反应完全时所需氢氧化钠溶液的体积是稀硝酸溶液的1/5，则样品中铁、铝的物质的量之比为A14 B13 C23 D53 【答案】A【解析】试题分析：铁不与NaOH溶液反应，铝与NaOH溶液反应，铁、铝都可以与稀硝酸反应，假设消耗稀硝酸的体积为VL，稀硝酸的物质的量为0.01Vmol，则NaOH溶液消耗的体积为1/5 VL，根据AlNaOH，Al的物质的量为0.002Vmol，Al4HNO3，消耗HNO3的物质的量为0.008Vmol，Fe消耗的硝酸为0.01Vmol-0.008Vmol=0.002Vmol，Fe4HNO3，Fe的物质的量为0.0005Vmol，故样品中铁、铝的物质的量之比为14。A对。10常温下，分别在溶液中发生如下反应：（1）16 H+ + 10Z- + 2XO4- = 2X2+ + 5Z2+ 8H2O,（2）2A 2+ + B2 = 2A3+ + 2B-,（3）2B- + Z2 = B2 + 2Z-。由此判断下列说法错误的是 A.反应Z2 +2A 2+= 2A3+ +2Z-能发生 B.氧化性由强到弱的顺序是XO4-、Z2、B2 、A3+C.还原性由强到弱的顺序是 A 2+、B-、Z-、X 2+D.Z元素在（1）、（3）反应中均被还原【答案】D11一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），同时生成Cu2+和SO42。向反应后的溶液中加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A8.0L B10.5L C15.7L D16.8L【答案】B【解析】试题分析：可以采用极端假设法分析，由CuO 12.0g得n(Cu)= 12.0g/80=0.15 mol。结合题意假设只有CuS，反应中CuS只有S从-2价升到+6价，0.15 molCuS共失去1.2mole-，设n(NO)= n(NO2)=xmol，根据电子守恒1x+3x=1.2mol，x=0.3，V= (0.3+0.3)22.4=13.44L。假设只有Cu2S，为0.075mol，反应中Cu2S有S从-2价升到+6价，有Cu从+1价升到+2价，0.075 molCu2S共失去0.75mole-，设n(NO)= n(NO2)=ymol，根据电子守恒1y+3y=0.75mol，x=0.1875，V= (0.1875+0.1875)22.4=8.4L。产生气体必然小于13.44L，大于8.4L，选B。考点：考查元素及其化合物性质、化学反应的计算。12将一定量的铁粉加入到一定浓度的稀硝酸中，金属恰好完全溶解，反应后溶液中存在：c(Fe2)c(Fe3)32，则参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为A11 B516 C23 D32【答案】B【解析】试题分析：同一溶液中，离子的浓度之比等于其物质的量之比，c（Fe2+）：c（Fe3+）3：2，所以该溶液中n（Fe2+）：n（Fe3+）3：2，设亚铁离子的物质的量为3xmol，则铁离子的物质的量为2xmol，根据化学式Fe（NO3）2、Fe（NO3）3知，起酸作用的硝酸的物质的量3xmol2+2xmol312xmol；氧化还原反应中得失电子数相等，即铁失去的电子数等于硝酸根离子得到的电子数，设作氧化剂的硝酸根离子的物质的量为ymol，所以3xmol2+2xmol33ymol，y4x，所以参加反应的硝酸的物质的量12xmol+4xmol16xmol，根据铁元素守恒知，参加反应的铁的物质的量3xmol+2xmol，所以参加反应的Fe和HNO3的物质的量之比为5xmol：16xmol5：16，故选B。考点：考查氧化还原反应的计算13用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-574 kJmol-1CH4（g）+4NO（g）=2N2（g）+CO2（g）+2H2O（g） H=-1 160 kJmol-1下列说法不正确的是（ ）A由反应可推知：CH4（g）+4NO2（g）=4NO（g）+CO2（g）+2H2O（l） H=-Q ，Q574 kJmol-1B等物质的量的甲烷分别参加反应、，则反应转移的电子数不同C若用标准状况下448 L CH4还原NO2至N2，放出的热量为1734 kJD若用标准状况下448 L CH4还原NO2至N2，整个过程中转移的电子总数为16 mol【答案】B【解析】由于H2O（g）=H2O（l） HFe3+Co2O3C在反应中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化D可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2【答案】C【解析】试题分析：A还原剂被氧化转化为氧化产物，则中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Cl2，A错误；B在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则根据以上方程式可以得到氧化性Co2O3Cl2Fe3+，B错误；C在反应中当1molCo2O3参加反应时，2molHCl被氧化，另外4molHCl转化为CoCl2，C正确；D亚铁离子的还原性强于溴离子，则氯气首先氧化亚铁离子，因此不能得到Cl2+FeBr2FeCl2+Br2，D错误，答案选C。考点：考查氧化还原反应的有关判断和计算16科学家发现，食用虾类等水生甲壳类动物的同时服用维生素C容易中毒。这是因为对人体无害的+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物。通过以上信息填空：（1）维生素C具有 （填“氧化性”或“还原性”）。（2）上述过程中+5价砷类物质作为 （填“氧化剂”或“还原剂”），+5价砷元素发生 反应（填“氧化”或“还原”）；2mol +5价砷完全转化为 +3价砷，共转移 个电子（用NA表示阿伏加德罗常数）。【答案】（1） 还原性 （2）氧化剂 ；还原 ；4NA【解析】试题分析：（1）+5价砷类化合物在维生素C的作用下，能够转化为有毒的+3价的含砷化合物，反应中神元素的化合价降低，得到电子，所以维生素C失去电子，具有还原性。（2）上述过程中+5价砷类物质得到3个电子，作为氧化剂，+5价砷元素发生还原反应；2mol +5价砷完全转化为 +3价砷，共转移4mol电子，其个数为4NA个。考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算17(14分)(1)在反应2KMnO416HBr=5Br22MnBr22KBr8H2O中，还原剂是 。(2)已知BrFx与H2O按物质的量之比35反应的产物是HF、HBrO3、Br2、O2，该反应中的氧化剂是 ，还原剂是 _，BrFx中的x_。(3)浓盐酸在反应KClO3HClKClClO2Cl2 (补充完整)中显示出来的性质是 _。(4)在一定条件下，PbO2与Cr3反应，产物是Cr2O和Pb2，则与1 mol Cr3反应所需PbO2的物质的量为 。【答案】(1)HBr(2)BrF3BrF3、H2O3(3)H2O酸性和还原性(4)1.5 mol【解析】根据“升失氧、降得还”即可得知氧化剂和还原剂。（2）由原子守恒或电子得失守恒可知x=3（3）产物中有氯化物及氯气，可知盐酸表现出酸性和还原性。（4）由得失电子守恒可知1 mol Cr3可失去3e+，而1 mol PbO2得到2e+ 18某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水，振荡后溶液呈黄色。（1）提出问题：Fe3+、Br2哪一个的氧化性更强？（2）猜想甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，故上述实验现象不是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含 （填化学式，下同）所致。乙同学认为氧化性：Br2Fe3+，故上述实验现象是发生化学反应所致，则溶液呈黄色是含_所致。3）设计实验并验证丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的。供选用的试剂：A酚酞试液 BCCl4 C无水酒精 DKSCN溶液 请你在下列表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。（试剂填序号）选用试剂实验现象方案1方案2 （4）应用与拓展在足量的稀氯化亚铁溶液中加入l2滴溴水，溶液呈黄色，所发生的离子反应方程式为_。在FeBr2溶液中通入足量 Cl2，所发生的离子反应方程式为 。【答案】(共10分)（2）Br2 Fe3+（每空1分）（3）注：两方案不分顺序 (试剂代号写成大写字母不给分)（每空1分）选用试剂实验现象方案1d溶液呈血红色方案2bCCl4层呈无色（4）2Fe2+Br2=2Fe3+2Br 2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl(第(4)小题每空2分)【解析】试题分析：（2）Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色，根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l-2滴溴水，若Fe3+氧化性强于Br2，则不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由加入溴水引起的；如果Br2氧化性强于Fe3+，则发生反应：2Fe2+Br22 Fe3+2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的因此中甲同学认为氧化性：Fe3+Br2，不发生反应，溶液呈黄色是由溴水引起的；中乙同学认为氧化性：Fe3+Br2，发生反应生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的。（3）乙同学的观点认为氧化性：Fe3+Br2，则会发生反应：2 Fe2+Br22Fe3+2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+，要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验，方案一：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明乙同学观点正确；方案二：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明则证明乙同学观点正确。（4）根据结论，氧化性：Fe3+Br2，在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入12滴溴水时，Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2+Br22Fe3+2Br-。在FeBr2溶液中通入足量 Cl2，Cl2既能氧化Fe2+，又能氧化Br-，配平可得离子方程式：2Fe24Br3Cl2=2Fe32Br26Cl。考点：本题考查探究实验的分析与设计、氧化还原反应原理、离子方程式的书写。 19（15分）I.磷、硫元素的单质和化合物应用广泛。（1）磷元素的原子结构示意图是 。（2）磷酸钙与焦炭、石英砂混合，在电炉中加热到1500C生成白磷，反应为：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O10 , 10C+P4O10=P4+10CO每生成 1molP4 时，就有 mol电子发生转移。（3）硫代硫酸钠（Na2S2O3）是常用的还原剂。在维生素C（化学式C686）的水溶液中加入过量I2溶液，使维生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可测定溶液中维生素C的含量。发生的反应为：C6H8O6+I2=C6H6O6+2H+2I- 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-在一定体积的某维生素C溶液中加入amolL-1I2溶液V1ml,充分反应后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2,消耗bmolL-1 Na2S2O3溶液V2ml.该溶液中维生素C的物质量是 mol。（4）在酸性溶液中，碘酸钠(KIO3)和亚硫酸钠可发生如下反映：2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42+H2O生成的碘可以用淀粉液检验，根据反应溶液出现蓝色所需的时间来衡量该反应的速率。某同学设计实验如下表所示：0.01molL1KIO3酸性溶液(含淀粉)的体积/mL0.01molL1Na2SO3溶液的体积/mLH2O的体积/mL实验温度/溶液出现蓝色时所需时间/s实验15V13525 实验2554025 实验355V20 该实验的目的是_；表中V2=_mL.II稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。（5）在某强酸性混合稀土溶液中加入H2O2，调节pH3. Ce3+通过下列反应形成Ce(OH)4沉淀得以分离。完成反应的离子方程式：Ce3+H2O2+H2O=Ce(OH)4+ 【答案】（1） （2）20 （3）温度、浓度对反应速率的影响 40(5)（3分）【解析】（1）磷元素位于第三周期、第A族，原子结构示意图为。（2）根据方程式可知，生成1mol白磷的同时，消耗10mol碳，所以转移的电子是10（20）mol20mol。（3）反应中消耗的硫代硫酸钠的物质的量为0.001bv2mol，则剩余的单质碘是0.0005bv2mol。因此和维生素反应的单质碘是0.001av1mol0.0005bv2mol，所以维生素的物质的量是0.001av1mol0.0005bv2mol。（4）根据实验数据可知，实验目的验证外界条件温度和浓度对反应速率的影响。实验1和2是检验浓度对反应速率的影响。实验2和3则是验证温度对反应速率的影响，因此溶液的浓度应该是相同的，所以体积是40ml。（5）考查氧化还原反应方程式的配平。在氧化还原反应中电子的得失一定是守恒的，据此可以配平。双氧水是氧化剂，氧元素的化合价由1价降低到2价，1mol双氧水得到2mol电子。Ce3+是还原剂，化合价由3价升高到4价，失去1个电子，所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是21的。20将23.9 g表面已锈蚀成铜绿Cu2(OH)2CO3的铜片投入100 mL一定浓度的硝酸中，充分反应后，硝酸被还原成NO2和NO，反应后溶液中H的物质的量为0.160 mol。往反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，滤出沉淀，洗涤，干燥后得到29.4 g蓝色固体。（1）铜片中单质铜的质量分数为_。（2）铜片与硝酸充分反应后，溶液中NO3-的物质的量浓度(假设反应前后溶液的体积不变)为_。【答案】（1）53.6% （2）7.6 molL1（每空3分）【解析】试题分析：由题意可知干燥后得到29.4g蓝色固体为Cu（OH）2，nCu（OH）2=29.4g98g/mol=0.3mol，则（1）根据铜元素守恒n（Cu）=nCu（OH）2=0.3mol，设单质铜为xmol，Cu2（OH）2CO3为ymol，则：，解得x=0.2，y=0.05，m（Cu单质）=0.2mol64g/mol=12.8g，故铜单质的质量分数=12.823.9100%=53.56%（2）由题意可知，反应后硝酸有剩余，溶液中溶质为硝酸铜、硝酸，根据硝酸根守恒可知，溶液中n（NO3-）=n（HNO3）+2nCu（NO3）2=0.160mol+20.3mol=0.76mol，故溶液中NO3-的物质的量浓度=0.76mol1L=7.6mol/L。考点：元素及其化合物计算。21下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物（某些物质已经略去），其中常温下A、C、D、E为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B常温下为无色液体，X是一种酸式盐。（1）写出下列各物质的化学式：X： ；F： ；G： 。（2）利用Na2O2与A反应常作供氧剂，写出其反应方程式： 。写出GE的化学反应方程式： 。（3）EF的实验现象是 ，G的稀溶液与少量Fe粉反应的离子方程式为 ，检验反应后溶液中金属阳离子的试剂为 ，实验现象为 。（4）FG的反应 （填是或不是）氧化还原反应，若是，则氧化产物是 ，若不是，则此空不填。【答案】（方程式2分,其余各空1分） （1）NH4HCO3， NO2 ，HNO3（2）2Na2O2+2CO22Na2CO3 +O2 3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O（3）无色气体变为红棕色 Fe+4HNO3（稀）Fe（NO3）3+NO+2H2OKSCN溶液 溶液变为血红色 （4）是 HNO3【解析】试题分析：常温下A、C、D、E为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C是氨气。B常温下为无色液体，因此B是水。X是一种酸式盐，受热分解生成A、B、C，其中A和过氧化钠反应生成D，D能和氨气反应，则D应该是氧气，E是NO，NO与氧气继续反应生成NO2，即F是NO2。NO2溶于水生成硝酸，则G是硝酸。浓硝酸与铜反应生成NO，稀硝酸与铜反应生成NO，综上所叙X应该是碳酸氢铵，A是CO2。（1）根据以上分析可知X、F、G的化学式分别是NH4HCO3，NO2，HNO3。（2）过氧化钠与CO2反应的方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3 +O2。稀硝酸与铜反应的化学反应方程式为3Cu+8HNO3（稀）3Cu（NO3）2+2NO+4H2O。（3）NO是无色气体，NO2是红棕色气体，则EF的实验现象是无色气体变为红棕色；G的稀溶液与少量Fe粉反应的离子方程式为Fe+4HNO3（稀）Fe（NO3）3+NO+2H2O。铁离子一般用KSCN溶液检验，则检验反应后溶液中金属阳离子的试剂为KSCN溶液，实验现象为溶液变为血红色。（4）NO2溶于水的方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO，反应中氮元素的化合价部分升高到5价，部分降低到2价，NO2既是氧化剂，也还原剂，则FG的反应是氧化还原反应，其中氧化产物是硝酸。考点：考查无机框图题的推断22已知有如图所示物质的相互转化,试回答:（1）写出B的化学式 ,D的化学式 。（2）写出由E转变成F的化学方程式 _。（3）向G溶液中加入A时反应的离子方程式为 _。（4）A与稀盐酸反应生成0.1 mol气体,转移电子数为 _ 。【答案】（1）FeCl2 KCl （2）4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3 （3）2Fe3+Fe3Fe2+ （4）0.2NA【解析】试题分析：白色沉淀E在空气中转化为红褐色沉淀F，则E是氢氧化亚铁、F是氢氧化铁。G是氯化铁，与A反应转化为B，B能与C反应生成氢氧化亚铁，则A是铁，B是氯化亚铁。关键焰色反应可知D中含有钾元素，根据D能与硝酸银溶液反应产生白色沉淀H可知，则D是氯化钾，H是氯化银，所以C是氢氧化钾。（1）根据以上分析可知B的化学式为FeCl2，D的化学式为KCl。（2）由E转变成F的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3。（3）向G溶液中加入A时反应的离子方程式为2Fe3+Fe3Fe2+。（4）铁与稀盐酸反应生成0.1 mol气体，即氢气是0.1mol，所以转移电子数为0.2 NA.考点：考查无机框图题推断