2020-2021备战高考化学知识点过关培优 易错 难题训练∶铁及其化合物推断题附答案解析

2020-2021备战高考化学知识点过关培优易错难题训练∶铁及其化合物推断
题附答案解析
一、铁及其化合物
1．利用废旧镀锌铁皮可制备磁性Fe3O4胶体粒子并得到副产物ZnO。

制备流程如图所示：(已知ZnO能溶于强碱)
已知：Zn及其化合物的性质与Al及其化合物的性质相似。

请回答下列问题：
（1）用NaOH溶液处理废旧镀锌铁皮的目的是________（填字母）。

A 去除油污
B 溶解镀锌层
C 去除铁锈
D 钝化铁皮
（2）调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，为制得ZnO，后续操作步骤是抽滤______。

（3）加适量H2O2 目的是________ 溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是_____。

（4）副产物ZnO常用于制备锌单质。

我国早有炼锌技术的记载，明代宋应星著的《天工开物》中有“升炼倭铅”的记载：“每炉甘石十斤，装载入一泥罐内……然后逐层用煤炭饼垫盛，其底铺薪，发火煅红冷定毁罐取出…即倭铅也。

”该炼锌工艺过程涉及主要反应的化学方程式为_________，（注：炉甘石的主要成分为碳酸锌，“倭铅”是指金属锌）。

（5）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。

若需配制浓度为0.01 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7[保留4位有效数字，已知M r(K2Cr2O7)＝294]。

配制该标准溶液时，下列仪器中用不到的有________（填编号）。

①电子天平②烧杯③量筒④玻璃棒⑤250 mL容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管（6）滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

【答案】AB 洗涤、灼烧将部分亚铁离子氧化成铁离子防止Fe2＋被氧化 ZnCO3＋
2C 高温
Zn＋3CO↑ 0.7350 ③⑦偏大
【解析】
【分析】
【详解】
(1)A．氢氧化钠溶液与油污反应生成高级脂肪酸盐，具有去除油污作用，A符合题意；B．根据Zn及化合物的性质与Al及化合物的性质相似，Zn也能和氢氧化钠溶液反应，氢氧化钠溶液起到溶解镀锌层，B符合题意；
C．氢氧化钠和铁不反应，C不符合题意；
D．氢氧化钠不能钝化铁皮，故D不符合题意；
答案为：AB；
(2)调节溶液A的pH可产生Zn(OH)2沉淀，抽滤就可以得到氢氧化锌沉淀，洗涤除去附着的离子，高温灼烧氢氧化锌分解得到ZnO；
(3)Fe3O4中有+3价铁，因此加适量H2O2目的是将部分亚铁离子氧化成铁离子，将亚铁离子和铁离子达到Fe3O4中+2价铁与+3价铁的比例关系，持续通入N2，主要防止Fe2+被氧化；故答案为：将部分亚铁离子氧化成铁离子；防止Fe2＋被氧化；
(4)该炼锌工艺参加反应的物质是煤炭饼和炉甘石(碳酸锌)，得到的物质是倭铅(金属锌)和CO，联想初中所学高炉炼铁原理，则炼锌过程涉及主要反应的化学方程式为ZnCO3＋
2C 高温
Zn＋3CO↑；
(5)m(K2Cr2O7)=0.01 mol·L-1×0.250 L×294 g·mol-1=0.7350 g，电子天平用于准确称量固体质量，烧杯用于溶解固体，玻璃棒用于搅拌和引流，容量瓶用于配制溶液，胶头滴管用于加水定容。

用不到的仪器为量筒和移液管；故答案为：0.7350g；③⑦；
(6)如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失，这样就造成读出来的K2Cr2O7标准溶液体积偏大，测定结果将偏大。

2．某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后，得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线：
已知：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题：
（1）滤渣1的主要成分为___。

（2）第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+，其离子方程式为___；使用H2O2作为氧化剂的优点是___。

（3）用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。

（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，可行方案是___，其中不可行方案的原因是___。

【答案】Pt、Au H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O 不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
（1）.滤渣1成分应为Pt，Au，性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。

（2）.H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，同时其被还原为H2O。

产物无污染无需后续处理。

（3）.蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。

（4）.滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+，然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀，这样才能使滤液2只含Cu2+。

而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取
Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。

【详解】
（1）.Pt，Au都属于化学性质稳定的金属，所以滤渣1含Pt和Au，答案为Pt、Au。

（2）.根据分析，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2 +2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，反应产物只有H2O和Fe3+，没有引入新杂质且无污染。

答案为H2O2 +2Fe2+ +2H+ =2Fe3+ +2H2O，不引入新杂质且产物无污染。

（3）.由分析可知为蒸发皿，答案为蒸发皿。

（4）.根据分析，滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+，最终获得产物会含有杂质
Fe2(SO4)3成分。

如果采用乙方案，加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。

丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤，可排除Fe3+影响，但对比方案乙其原子利用率不高。

故答案为乙，甲。

3．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示（图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出）。

请根据以上信息完成下列各题：
(1)写出下列物质的化学式：B_______、丙__________。

(2)写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是
______。

对应的化学方程式是_______。

(3)反应③中的离子方程式是_________。

【答案】Al HCl 杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑
【解析】
【分析】
金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

【详解】
根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3。

(1)根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；
(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；
(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
(4)反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】
本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

4．室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。

B和C反应发出苍白色火焰。

请回答：
（1）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；
（2）反应①的化学方程式______________________________；
（3）反应③的离子方程式______________________________；
（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋
2Cl－
【解析】
【分析】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，
(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；
(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；
(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

5．图中，固体A是铁锈的主要成分。

请回答：
（1）固体C的化学式是___，上述框图中体现了SO2的___（填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”）。

（2）写出A→B的化学方程式___。

（3）写出D→E的离子方程式___。

（4）若通入的SO2是足量的，请你设计实验方案检验“溶液D”中的金属阳离子___。

【答案】FeCl3还原性 Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2 Ba2++SO42-=BaSO4↓取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水（或双氧水），溶液变成血红色，则含有Fe2+
【解析】
【分析】
固体A是铁锈的主要成分，则A为Fe2O3，结合图中转化可知，A与CO反应生成B为Fe，B与氯气反应生成C为FeCl3，C与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液D中Fe2+、SO42-等，溶液D与氯化钡反应生成白色沉淀E为BaSO4。

【详解】
(1)由上述分析可知，固体C的化学式是：FeCl3，上述框图中SO2失去电子转化为硫酸根离子，作还原剂；
(2)A→B的化学方程式为：Fe2O3+3CO高温2Fe+3CO2；
(3)D→E的离子方程式为：Ba2++SO42−=BaSO4↓；
(4)若通入的SO2是足量的，溶液D中金属阳离子为Fe2+，检验该阳离子的方法为：取少量溶液D于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加适量氯水(或双氧水)，溶液变成血红色，则含有Fe2+。

6．现有单质A 、B 、C 及化合物D 、E 、F 、G 、H ，它们之间能发生如图反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。

请根据以上信息回答下列问题：
（1）反应③是D 物质的水溶液与金属铝反应，金属铝被氧化___(写化学式)；
（2）步骤⑦中刚生成的白色沉淀颜色会迅速发生变化，最终生成红褐色沉淀H ，请写出由白色沉淀变成H 的化学方程式：___；
（3）检验G 中所含的金属离子时，在G 溶液中加入硫氰化钾溶液，离子方程式为：___； （4）工业上将氯气通入D 溶液中制取消毒液，反应的化学方程式为___，1mol 氯气发生反应，转移电子___mol ；消毒液中的有效成分是___(填名称)；
（5）将0.1molA 的碳酸盐溶液和0.15molE 溶液混合，有如下两种方式：
A ．将含A 的碳酸盐溶液逐滴加入到E 溶液中；
B ．将E 溶液逐滴加入到含A 的碳酸盐溶液中；
理论上产生气体比较多的是___(填序号)，多___mol 。

【答案】2H O 22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++= 33Fe 3SCN Fe(SCN)+-+=
222NaOH Cl NaCl NaClO H O +=++ 1 次氯酸钠 A 0.025
【解析】
【分析】
金属A 焰色反应为黄色，故A 为Na ，由反应Na +①水→气体C D +，故C 为2H 、D 为NaOH ，则E 为HCl ，HCl 溶于水形成盐酸。

金属B 能与盐酸反应生成F ，F 与氯气反应生成G ，而G 能与NaOH 反应生成红褐色沉淀H ，故B 为Fe 、F 为2FeCl 、H 为3Fe(OH)，据此解答。

【详解】
()1反应③是NaOH 水溶液与金属铝反应，本质是Al 与水反应生成氢氧化铝与氢气，氢氧化铝再与NaOH 反应生成偏铝酸钠与水，金属铝被2H O 氧化，故答案为：2H O ； ()2步骤⑦中刚生成的白色沉淀氢氧化亚铁易被氧化，颜色会迅速发生变化，最终生成红褐色沉淀氢氧化铁，化学方程式为：22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=，故答案为：22234Fe(OH)O 2H O 4Fe(OH)++=；
()3检验3FeCl 中所含的金属离子时，在3FeCl 溶液中加入硫氰化钾溶液，溶液变红，离子方程式为：33Fe 3SCN Fe(SCN)+-+=，故答案为：33Fe 3SCN Fe(SCN)+-+=；
()4工业上将氯气通入NaOH 溶液中制取消毒液NaClO ，反应的化学方程式为：222NaOH Cl NaCl NaClO H O +=++，根据氧化还原反应化合价规律可知，氯气中的Cl 有一半化合价升高，一半化合价降低，即反应中氯气既是氧化剂又是还原剂，各占一半，1mol 氯气发生反应转移1mol 电子，消毒液中的有效成分是次氯酸钠，故答案为：222NaOH Cl NaCl NaClO H O +=++；1；次氯酸钠；
()5A ．将碳酸钠溶液逐滴加入到盐酸中，发生反应：
2322Na CO 2HCl 2NaCl H O CO +=++↑n ，生成2CO 为10.15mol 0.075mol 2
⨯
=； B ．将盐酸逐滴加入到含碳酸钠溶液中，先发生反应：233Na CO HCl NaHCO NaCl +=+，剩余0.05molHCl 、生成30.1molNaHCO ，而后发生反应：322NaHCO HCl NaCl H O CO =+++↑，生成20.05molCO ；故理论上产生气体比较多的是A ，多产生2CO 为0.075mol 0.05mol 0.025mol -=。

故答案为：A ；0.025。

7．铁及其化合物在生活、生产中有广泛应用。

请回答下列问题：
(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和______反应制备，3FeCl 可用铁粉和______反应制备。

(2)黄铁矿(主要成分为2FeS )是生产硫酸和冶炼钢铁的重要原料。

高温下可发生反应： 222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温，该过程中若有1.5mol 2FeS 参加反应，则反应过程中转移______mol 电子。

(3)24K FeO 与Zn 组成新型二次电池高铁电池，电解液为碱溶液，其反应式为：222423Zn(OH)2Fe(OH)4KOH 3Zn 2K FeO 8H O ++++ƒ充电
放电，放电时电池的负极反应式
为______；充电时电解液的pH______(填“增大”“减小”或“不变”之一)。

(4)某同学向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为______；一段时间后，溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成。

产生气泡的原因是______；生成沉淀的原因是______(用平衡移动原理解释)。

【答案】盐酸(或氯化铁) 氯气 16 2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-= 减小
232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+ 3Fe +催化22H O 分解产生2O 22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动
【解析】
【分析】
(1)Fe 与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气；Fe 与氯化铁反应生成氯化亚铁，Fe 与氯气反应生成氯化铁；
(2)222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温
中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低；
(3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子；由电池反应可知，充电时消耗KOH ；
(4)酸性条件下22H O 将亚铁离子氧化为铁离子；铁离子能催化22H O 分解产生氧气；从平衡角度分析。

【详解】
(1)在实验室中，2FeCl 可用铁粉和盐酸(或氯化铁)反应制取；3FeCl 可用铁粉和氯气反应制取， 故答案为：盐酸(或氯化铁)；氯气；
(2)222343FeS 8O 6SO e O =F ++高温
中，Fe 、S 元素的化合价升高，O 元素的化合价降低，21.5molFeS 参加反应，则消耗氧气为4mol ，由O 元素的化合价变化可知，转移的电子为()4mol 22016mol ⨯⨯-=， 故答案为：16；
(3)Zn 元素的化合价升高，放电时负极上Zn 失去电子，电极反应为
2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=，由电池反应可知，充电时消耗KOH ，则pH 减小， 故答案
为：2Zn 2OH 2e Zn(OH)--+-=；减小；
(4)向盛有22H O 溶液的试管中加入几滴酸化的2FeCl 溶液，发生的离子方程式为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+；3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ，故一段时间后，溶液中有气泡出现；生成沉淀的原因是22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动， 故答案为：232222Fe H O 2H 2Fe 2H O +++++=+； 3Fe +催化氧化22H O 分解产生2O ；22H O 分解反应放热，促进3Fe +的水解平衡正向移动。

8．工业上用某矿渣(含有Cu 2O 、Al 2O 3、Fe 2O 3、SiO 2)提取铜的操作流程如图(金属单质E 可由滤液C 制取)：
已知：Cu 2O+2H +=Cu+Cu 2++H 2O
(1)固体混合物B 的成分是_____。

它与NaOH 溶液反应的离子方程式为_____。

(2)滤液A 中铁元素的存在形式为_____(填离子符号)，生成该离子与Fe 元素有关的离子反应方程式为_____。

要检验该铁元素的离子的实验_____
(3)在滤液C 中通入足量CO 2的离子方程式为_____
(4)金属单质E从固体混合物F中置换出Cu的化学方程式为_____
【答案】SiO2和Cu SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Fe2+ Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+ OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3- 2Al+3CuO高温
Al2O3+3Cu
【解析】
【分析】
氧化亚铜与盐酸反应生成铜和铜离子，二氧化硅与盐酸不反应，氧化铁与盐酸反应生成Fe3+，铁离子与铜反应生成亚铁离子，固体为二氧化硅和铜，滤液中含有铜离子、亚铁离子、铝离子，加入足量的氢氧化钠溶液，滤液C中含有偏铝酸根离子，金属E为铝，固体D为氢氧化铜和氢氧化铁的混合物，在空气中灼烧，F为氧化铜和氧化铁的混合物，粗铜为铜、铝、铁的混合物，经过电解可得到纯铜。

【详解】
(1)固体混合物B的成分是SiO2和Cu。

它与NaOH溶液即二氧化硅与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。

(2)氧化亚铜与盐酸反应生成铜单质和铜离子，氧化铁与盐酸反应生成铁离子，与铜反应生成亚铁离子，有铜剩余，故铁离子完全转化为亚铁离子，滤液A中铁元素的存在形式为Fe2+，生成该离子与Fe元素有关的离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。

要检验该铁元素的离子的实验为取少量溶液于试管中，滴加KSCN，溶液不变红，再加入氯水，溶液变为血红色，则有Fe2+。

(3)在滤液C中含有偏铝酸钠和氢氧化钠，通入足量CO2的离子方程式为OH-+CO2=HCO3-；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-。

(4)金属单质E为铝，从固体混合物F为氧化铜和氧化铁的混合物，置换出Cu的化学方程式为铝热反应，2Al+3CuO高温Al2O3+3Cu。

9．某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。

现通过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。

流程如下：
(1)操作①是_________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_________。

(2)白色固体②是_________，样品和试剂①反应的化学方程式是_________。

(3)固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_______(用化学方程式表达)。

(4)溶液③中铁元素的存在形式是_________，如何用实验证明：____。

(5)溶液③中通入某气体，该气体可以是_________(任写一种的化学式)，红褐色固体制得铁红的化学方程式是_________。

【答案】过滤烧杯、漏斗、玻璃棒 Al(OH)3 Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ Fe2+取少量溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后变血红色 O2或者Cl2 2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O 【解析】
【分析】
Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂①反应得溶液①再通入CO2得白色沉淀②，该白色固体加热分解产生Al2O3，可推知试剂①为NaOH，得到的固体①为Cu、Fe、Fe2O3，溶液①为NaAlO2、NaOH混合溶液，通入过量CO2后得溶液②为NaHCO3溶液，白色固体②为Al(OH)3，Al(OH)3受热分解得Al2O3，固体①中加入盐酸得到固体粉末中铁有剩余，由于Fe会发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，则溶液③中主要含有Fe2+，经过操作①得红褐色固体应为Fe(OH)3，所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或Cl2，氢氧化铁受热分解得Fe2O3。

【详解】
(1)操作①是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的方法，名称为过滤；在实验室进行过滤操作需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
(2)白色固体②受热分解产生Al2O3，则②是Al(OH)3，样品中含有Al2O3和试剂NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2O，反应的化学方程式是Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；
(3)固体①中含有Al2O3、Cu、Fe、Fe2O3，加入适量稀盐酸，由于反应后的固体粉末中含有Fe单质，则可能发生的反应有Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2FeCl3+Fe=3FeCl2、
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
(4)由于固体①中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe，结合
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、2Fe3++Fe=3Fe2+可知溶液③中铁元素的存在形式是Fe2+，证明方法是：取少量该溶液于试管中，滴入KSCN溶液无变化，滴加氯水后溶液变血红色；
(5)溶液③中含有Fe2+，向溶液③通入某气体后再加入足量NaOH溶液，产生红褐色的
Fe(OH)3沉淀，该气体具有强的氧化性，气体可以是O2或者Cl2，红褐色固体Fe(OH)3不稳定，受热分解产生铁红Fe2O3，该反应的化学方程式是2Fe(OH)3Fe2O3+3H2O。

【点睛】
本题以从Al2O3样品中提取氧化铝的工艺流程为线索，考查了氧化还原反应、化学试剂的
使用、混合物的分离，正确理解制备流程及反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质和转化关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

10．富铁铝土矿（主要含有A12O3、Fe2O3、FeO和SiO2）可用于制备净水剂明矾KAl
（SO4)2·12H2O和补血剂FeSO4·7H2O。

工艺流程如下（部分操作和产物略去）：
（1）操作1的名称是___________。

（2）反应①②③④中是氧化还原反应的是_______（填写编号）。

（3）综合考虑，金属X最好选择的试剂是__，写出该反应的离子方程式_______。

（4）反应①的离子方程式是_________、__________。

（5）溶液D中含有的金属阳离子是_______，检验方法是________。

（6）用含铝元素27℅的上述矿石10吨，通过上述流程最多生产明矾____吨。

【答案】过滤④ Fe Fe+2Fe3+=3Fe2+ SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O Fe2+取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若溶液变红，证明含有Fe2+ 47.4
【解析】
【分析】
由流程可知，富铁铝土矿用氢氧化钾溶液浸取后过滤，滤渣为氧化铁，滤液中含有硅酸钾和偏铝酸钾；向滤液中加入足量的硫酸，可以得到硅酸沉淀和硫酸铝、硫酸钾溶液，结晶后得到明矾；滤渣经硫酸溶解后可以得到硫酸铁溶液，加入铁粉后得到硫酸亚铁溶液，用结晶法可以得到绿矾。

【详解】
（1）操作I得到溶液和滤渣，因此操作I为过滤；
（2）反应①中加入NaOH溶液，根据成分只有Al2O2和SiO2与NaOH反应，发生Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋H2O，不属于氧化还原反应，反应②中加入硫酸，发生的SiO32－＋2H＋=H2SiO3↓，AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，反应③发生Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2O，FeO＋2H＋=Fe2＋＋H2O，没有化合价的改变，不属于氧化还原反应，根据操作4得到FeSO4·7H2O，说明反应④中加入一种金属，把Fe3＋转化成Fe2＋，即这种金属是铁单质，离子方程式为Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，存在化合价的变化，属于氧化还原反应；
（3）操作4得到FeSO4·7H2O，不能引入新杂质，因此此金属为Fe，离子方程式为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；
（4）根据（1）的分析，离子方程式为Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O，SiO2＋OH－=SiO32－＋
H2O；
（5）根据（3）的分析，溶液D中含有的金属阳离子是Fe2＋，利用Fe2＋的还原性，具体操作是：取少量溶液D于试管中，滴入硫氰化钾溶液，若无明显变化，再滴入几滴氯水，若
溶液变红，证明含有Fe2+；
（6）根据铝元素守恒，最多可以得到明矾的质量为10×106×27%×10－6×474÷27t=47.4t。

【点睛】
本题的难点是问题（6），一般的化学计算，都有简单的方法，根据整个流程，铝的质量没有增加和减少，因此根据铝元素守恒可以计算。