第三章 铁 金属材料（B卷）【过习题】-2022-2023学年高一化学单元复习（人教版2019必修第一册）

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第三章 铁 金属材料
单元测试B卷
一．选择题（每道题只有一个正确选项）
1．（2022·河北·石家庄精英中学高三阶段练习）“嫦娥五号”中使用了大量合金。下列有关金属或合金的说法中不正确的是
A．一般合金的硬度比各成分金属的大
B．合金的化学性质与其成分金属的化学性质不同
C．生铁属于合金
D．改变原料配比、生成合金条件，可以得到具有不同性能的合金
【答案】B
【分析】合金是指由一种金属与其它金属或非金属熔合而成的具有金属特性的物质。合金与组成它的成分相比，一般具有熔点低、硬度大、抗腐蚀性强等方面的优点。
【详解】A．一般合金的硬度比各成分金属的大，故A正确；
B．合金各成分保持了自身的化学性质，故B错误；
C．生铁为铁和碳的合金，故C正确；
D．合金成分不同，则物理性质不同，则改变原料配比、生成合金条件，可以得到具有不同性能的合金，故D正确；
故选：B。
2．（2022·湖南·衡阳县第四中学高一开学考试）近日狡猾的新冠病毒再次砸向我国部分省市，随着气温下降新冠病毒的活性会有所增加，大家一定要少聚集、勤洗手、戴口罩！防疫不松懈！为增强口罩的密封性，均放了鼻梁条，有的鼻梁条是铝合金的，关于铝合金的说法正确的是

A．铝合金属于纯净物
B．鼻梁条使用铝合金，利用其密度大、抗腐蚀性好的优点
C．铝合金属于金属材料
D．铝合金的熔点比金属铝高
【答案】C
【详解】A．铝合金是一种合金，属于混合物，A错误；
B．铝合金的密度较小，B错误；
C．铝合金是一种合金，属于金属材料，C正确；
D．合金的熔点一般比组成它的金属的熔点低，D错误；
故答案选C。
3．（2022·北京朝阳·高一期末）下列关于物质用途的说法不合理的是
A．Na2CO3用于制玻璃
B．Fe2O3用作油漆红色颜料
C．铝制餐具用于蒸煮酸性食物
D．Ca(ClO)2用作棉、麻、纸张的漂白剂
【答案】C
【详解】A． 普通玻璃的原料有：砂子，石灰石和纯碱等，故A正确；
B． Fe2O3是红色固体，可用作油漆红色颜料，故B正确；
C． 铝既能与酸反应又能与碱反应，铝制餐具不可用于蒸煮酸性食物，故C错误；
D． Ca(ClO)2具有强氧化性，可用作棉、麻、纸张的漂白剂，故D正确；
故选C。
4．（2022·陕西·西安市中铁中学高一阶段练习）下列关于金属铝的叙述中，说法不正确的是
A．铝的化学性质很活泼，但在空气中不易被腐蚀
B．铝是比较活泼的金属，在化学反应中容易失去电子，表现出还原性
C．铝箔在空气中受热可以熔化，但由于氧化膜的存在，熔化的铝并不滴落
D．用砂纸打磨的铝箔在空气中受热可以熔化，且发生剧烈燃烧
【答案】D
【详解】A． 铝的化学性质很活泼，但在空气中铝被氧化表面生成一层致密氧化膜、则不易被腐蚀，A正确；
B．金属铝活泼性较强，在化学反应中易失电子、表现出还原性，B正确；
C． 铝箔表面有一层致密氧化膜、铝的熔点低于氧化铝，则铝箔在空气中受热时可以熔化、但铝并不滴落，C正确；
D． 用砂纸打磨的铝箔在空气中受热可以熔化但难以发生剧烈燃烧，铝粉在纯氧中可以剧烈燃烧，D不正确；
答案选D。
5．（2022·河南·项城市第三高级中学高一期末）在下列条件的水溶液中可以大量共存的粒子组是
A．使酚酞变红的溶液中：Na+、HCO、Cl-、NO
B．含大量H+的溶液中：Na+、K+、NO、AlO
C．无色溶液中：SO、Cl-、Al3+、NH
D．含大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO、I-
【答案】C
【详解】A．使酚酞变红的溶液呈碱性，HCO与OH-反应生成CO和水，故不选A；
B．H+、AlO反应生成Al3+，含大量H+的溶液中不含AlO，故不选B；
C．无色溶液中，SO、Cl-、Al3+、NH相互之间不反应，能大量共存，故选C；
D．I-、Fe3+能发生氧化还原反应，含大量Fe3+的溶液中不含I-，故不选D；
选C。
6．（2022·北京·清华附中高一期末）下列方程式与所给事实不相符的是
A．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
B．红棕色的NO2溶于水变为无色：3NO2+H2O=2HNO3+NO
C．用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+=CO2↑+H2O
D．红热的Fe粉和水蒸气反应生成黑色固体：2Fe+3H2OFe2O3+3H2
【答案】D
【详解】A．Fe3+与Cu之间的氧化还原，拆分、配平均合理，方程式正确，不符题意；
B．NO2与水反应生成硝酸和NO，现象描述正确，对应方程正确，不符题意；
C．胃酸就是稀盐酸，利用碳酸氢钠与盐酸反应，消耗H+，反应方程拆分、配平均合理，不符题意；
D．铁粉高温下与水蒸气反应生成的是黑色的Fe3O4，不是Fe2O3，方程式表达不正确，符合题意；
综上，本题选D。
7．（2022·北京东城·高一期末）用砂纸仔细打磨铝片后，称取质量均为2.7g的两块铝片，将其中一铝片迅速放入120mL2mol/LNaOH溶液中，另一铝片在空气中放置一段时间后，再放入等浓度等体积的NaOH溶液中。下列说法不正确的是

A．均有氧化还原反应发生
B．消耗NaOH的物质的量相同
C．均有气体生成，且体积相同
D．均有NaAlO2生成，且质量相同
【答案】C
【详解】A．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，元素铝和氢的化合价发生变化，是氧化还原反应，铝可以和空气中的氧气反应生成氧化铝，元素铝和氧的化合价发生变化，是氧化还原反应，A正确；
B．第二种方案中，氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，无论是哪种方案，最终都是生成偏铝酸钠，根据铝元素守恒，最终生成的偏铝酸钠的物质的量相同，则消耗NaOH的物质的量相同，B正确；
C．第二种方案中铝生成氧化铝，氧化铝生成偏铝酸钠，都没有气体生成，C错误；
D．由选项B可知均有NaAlO2生成，且质量相同，D正确；
故选C。
8．（2022·北京房山·高一期中）纳米级Fe3O4可用于以太阳能为能源分解水制H2，过程如下图所示。下列说法中，不正确的是

A．过程I的反应：2Fe3O46FeO+O2↑
B．过程II的反应：2H2O2H2↑+O2↑
C．两个转化过程都发生了氧化还原反应
D．整个过程实现了太阳能向化学能的转化
【答案】B
【详解】A．根据图知，过程I在太阳能的作用下Fe3O4分解生成FeO和O2，则反应方程式为2Fe3O46FeO+O2↑，A正确；
B．过程II中FeO与水反应生成H2和Fe3O4，反应方程式为3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，B错误；
C．第一个反应中部分Fe元素化合价由+3价变为+2价、O元素化合价由-2价变为0价，第二个方程式中部分Fe元素化合价由+2价变为+3价、H元素化合价由+1价变为0价，这两个反应中都有元素化合价升降，所以这两个转化过程都发生了氧化还原反应，C正确；
D．过程I方程式为：2Fe3O46FeO+O2↑；过程II方程式为：3FeO+H2O=H2↑+Fe3O4，将I+II×2，整理可得：2H2O=2H2↑+O2↑，在整个过程实现了太阳能向化学能的转化，所以Fe3O4为整个过程的催化剂，D正确；
故答案为：B。
9．（2022·北京·清华附中高一期末）下列物质的应用中，主要利用的反应不属于氧化还原反应的是
A．用铝热剂在野外焊接钢轨
B．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)
C．用Na2O2作潜水艇的供氧剂
D．用浓硝酸溶解试管壁上的银单质
【答案】B
【详解】A．铝热剂在野外焊接钢轨是Al和氧化铁反应生成铁单质，利用了氧化还原反应，A不符合题意；
B．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3·xH2O)，是由于盐酸与铁锈发生反应，生成FeCl3和H2O，反应不是氧化还原反应，B符合题意；
C．用Na2O2作供氧剂是由于Na2O2能与人体呼出的H2O、CO2等反应生成O2，利用了氧化还原反应，C不符合题意；
D．用浓硝酸溶解试管壁上的银单质，是由于浓硝酸氧化银生成硝酸银，利用了氧化还原反应，D不符合题意；
故选B。
10．（2021·北京市顺义区第一中学高一期中）下列氯化物中，既能由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得的是
A．CuCl2 B．FeCl3 C．FeCl2 D．AlCl3
【答案】D
【详解】A.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，，但是铜单质不能与稀盐酸反应，故A错误；
B.，但是铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故B错误；
C.氯气化学性质非常活泼，与变价金属反应时生成高价氯化物，铁单质与稀盐酸反应生成FeCl2，故C错误；
D.，铝单质与稀盐酸反应生成AlCl3，故D正确；
故答案为D。
11．（2022·湖南·衡阳县第四中学高一开学考试）将稀硫酸和铁粉按一定顺序依次加入到一定量的硫酸铜溶液中充分反应。实验过程中，加入物质的质量与烧杯中剩余固体的质量关系如图所示，下列说法不正确的是

A．先加入的是铁粉，后加入的是稀硫酸
B．b、d点对应的剩余固体种类不同
C．m=6.4
D．向f点对应溶液中加入铁粉有气泡产生
【答案】B
【分析】由题图可知，剩余固体质量先增大后减小，所以先加入的是铁粉，铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜(0a段)，固体的质量增大，硫酸铜反应完后，继续加入铁粉，增幅减小(ac段)。后加入的是稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气(ce段)，铁反应完后，铜与稀硫酸不反应，固体质量不再改变。
【详解】A．根据分析可知，先加入的是铁粉，后加入的是稀硫酸，A正确；
B．b、d点对应的剩余固体均是铁和铜的混合物，B错误；
C．mg为生成的铜的质量，则有，解得m=6.4g，C正确；
D．f点时，稀硫酸过量，故向f点对应溶液中加入铁粉会有气泡产生，D正确；
故答案选B。
12．（2022·重庆十八中高一阶段练习）高锰酸钾溶液在酸性条件下可以与硫酸亚铁反应，化学方程式如下(未配平)：______________。下列说法正确的是
A．是氧化剂，是还原产物 B．的还原性强于
C．生成物水的化学计量数是16 D．生成4mol水分子时，转移10mol电子
【答案】B
【详解】A．FeSO4被氧化生成Fe2(SO4)3，Fe2(SO4)3为氧化产物，A错误；
B．FeSO4在该反应中是还原剂，MnSO4为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，B正确；
C．配平该反应的化学方程式为2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O，水的化学计量数是8，C错误；
D．根据配平方程式可知，生成4mol水分子时，转移5mol电子，D错误；
故选B。
13．（2022·山东师范大学附中高一阶段练习）在标准状况下，将11.2g铁和9.2g钠分别与含0.1molH2SO4的溶液反应，则放出H2的体积
A．铁和钠放出一样多 B．铁的多
C．钠的多 D．无法比较
【答案】C
【详解】n(Fe)==0.2mol，根据Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，Fe完全反应需要0.2molH2SO4，Fe过量，根据硫酸计算，则生成H2为0.1mol，体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L；
n(Na)==0.4mol，根据2Na+H2SO4=Na2SO4+H2↑，0.4mol钠反应需要H2SO4为0.2mol，根据硫酸计算，生成氢气为0.1mol，消耗钠0.2mol，剩余钠0.2mol，过量的Na和水反应，方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，生成氢气为0.1mol，则共生成H2为0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，则钠生成氢气多；
故选：C。
14．（2022·江苏·常州高级中学高一阶段练习）把含有和的混合溶液分成两等份，一份加入含的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子与镁离子物质的量之比为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同。一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全转化为Mg（OH）2，可知该份中n（Mg2+）=n[Mg（OH）2]=n（NaOH）=mol；另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为BaSO4，根据钡离子与硫酸根守恒可知该份中n（）=n（BaSO4）=n（BaCl2）=bmol，由电荷守恒得每份溶液中2n（Mg2+）+n（K+）=2n（），所以n（K+）=（2b-a）mol，则原混合溶液中n（K+）=2（2b-a）mol，n（Mg2+）=amol，所以原混合溶液中钾离子与镁离子物质的量之比为，故答案选C。
15．（2022·安徽师范大学附属中学高一阶段练习）向含NaOH和Na2CO3个数比为2:1的溶液中滴加一定浓度的稀盐酸。下列图像能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】向含NaOH和Na2CO3个数比为2:1的溶液中滴加一定浓度的稀盐酸，滴加过程中发生反应的化学方程式依次为：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，设NaOH为2mol，则N2CO3为1mol，加入3molHCl后，才发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑反应，才有CO2气体生成，再消耗1molHCl，生成CO2气体达最大量，所以产生气体和气体体积达最大值，消耗HCl的物质的量之比为3:1，故选D。
16．（2021·北京·首都师范大学附属密云中学高一期中）下列“实验结论”与“实验操作及现象”一致的是
选项
实验操作及现象
实验结论
A
某物质的焰色反应呈黄色
物质中一定不含有钾元素
B
向某溶液中滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀
该溶液中含有Cl-
C
向KI-淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色
氧化性：Cl2>I2
D
向某溶液中滴加几滴KSCN，溶液变成红色
该溶液中含有Fe2+
【答案】C
【详解】A．焰色反应呈黄色，物质中一定含有钠元素，不能确定有无钾元素，故A错误；
B．白色沉淀可能为AgCl或硫酸银等，则原溶液中不一定含Cl-，故B错误；
C．向KI-淀粉溶液中滴加氯水，溶液变成蓝色，说明有碘生成，氯气氧化碘离子生成碘，氯气是氧化剂、碘是氧化产物，则氧化性Cl2>I2，故C正确；
D．铁离子和KSCN溶液反应生成Fe(SCN)3而使溶液变红色，向某盐溶液中滴加KSCN，溶液变为红色，说明溶液中含有铁离子，故D错误；
故选C。
二．非选择题
17．（2022·重庆南开中学高一阶段练习）铁的化合物在实际中应用广泛，如氯化铁可用于五金蚀刻、污水处理及作催化剂、凝聚剂等，Na2FeO4可用作净水剂等。
(1)氯化铁溶液用于五金蚀刻时的反应产物是氯化亚铁，再通入氯气，又可将其转化为氯化铁，则通入氯气后反应的离子方程式为___________。
(2)氯化铁常用于净水，是因为铁离子转化为Fe(OH)3胶体，使水中悬浮物聚沉，Fe(OH)3胶体分散质微粒直径的范围是___________。实验室利用饱和氯化铁溶液制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为： ___________。
(3)氯化铁还可以充当双氧水分解的催化剂，2个H2O2分子发生分解时反应中转移的电子数是___________。
(4)Na2FeO4是一种新型的净水消毒剂，可以通过下列反应制得：Fe(NO3)3+NaOH＋Cl2 →Na2FeO4+ NaNO3+ NaCl＋H2O(未配平)。上述反应中氧化产物为___________。
【答案】(1)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
(2)   1～100nm     Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ (3)2 (4)Na2FeO4
【详解】（1）氯气具有强氧化性，能把氯化亚铁氧化为氯化铁，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
（2）Fe(OH)3胶体分散质微粒直径的范围是1～100nm。实验室利用饱和氯化铁溶液在加热的条件下制备Fe(OH)3胶体的离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
（3）氯化铁还可以充当双氧水分解的催化剂：2H2O22H2O+O2↑，氧元素化合价从－1价升高到0价，生成1分子氧气转移2个电子，则2个H2O2分子发生分解时反应中转移的电子数是2。
（4）铁元素化合价从+3价升高到+6价，失去电子被氧化，则上述反应中氧化产物为Na2FeO4。
18．（2021·山东·微山县第二中学高一阶段练习）如图为铁及其化合物的“价－类”二维图。

(1)填写二维图缺失的类别①_____和化学式②____。
(2)某同学利用以下试剂研究FeCl3性质，进行了如下预测：
①Cl2②Fe    ③NaOH    ④H2SO4⑤AgNO3
从物质类别上看，FeCl3属于盐，可能与_____发生反应(填序号)；从化合价角度看，Fe3+具有____性，可能与____发生反应(填序号)。
(3)某工厂用FeCl3溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路，其化学原理为如下反应：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2用双线桥表示电子转移____。
【答案】(1)     单质     Fe(OH)3
(2)     ③⑤     氧化     ②
(3)
【解析】（1）由二维图可知①为单质，②为Fe(OH)3，故答案为：单质；Fe(OH)3；
（2）从物质类别上看，FeCl3属于盐，可与③⑤分别发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl；FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO3)3；从化合价角度看，Fe3+具有氧化性，可与具有还原性的Fe发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：盐；③⑤；氧化；②；
（3）
由方程式Cu+2FeCl3==CuCl2+2FeCl2，用双线桥表示为： 。
19．（2022·黑龙江·嫩江市第一中学校高一开学考试）某班同学分成A、B两组，并分别设计如下实验探究能较长时间观察到白色沉淀的制取方法。回答下列问题：
A组实验：用NaOH溶液和溶液直接反应。(如图1)

(1)该方法能观察到白色的沉淀，但沉淀颜色快速发生变化，其颜色变化为___________。请分析沉淀颜色变化的原因：___________(用化学方程式表示)。
B组实验：选用稀硫酸、铁粉、NaOH溶液进行实验，装置如图2。

(2)实验时，先___________(填“打开”或“关闭”)止水夹K，然后打开___________的玻璃塞和活塞，使稀硫酸与铁粉反应，一段时间后， ___________(填“打开”或“关闭”)止水夹K，制得白色沉淀，且沉淀能一段时间不变色，原因是___________。
【答案】(1)     先生成白色沉淀，迅速转化为灰绿色，一段时间后变为红褐色    
(2)     打开     分液漏斗     关闭     稀硫酸与铁粉作用产生的排出了装置中的空气
【分析】铁与盐酸反应，生成硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应，可生成Fe(OH)2沉淀， 但Fe(OH)2的还原性比较强，易被空气中的氧气氧化，所以应设法控制空气与Fe(OH)2接触，以便能较长时间看到Fe(OH)2的颜色，以此解题。
（1）氢氧化亚铁中的二价铁还原性较强，容易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色的，故颜色变化为：先生成白色沉淀，迅速转化为灰绿色，一段时间后变为红褐色；沉淀颜色变化的原因为：；
（2）图2实验中，稀硫酸和铁粉反应生成硫酸亚铁和氢气，实验时，先打开止水夹K，然后打开分液漏斗的玻璃塞和活塞，随后关闭止水夹K，此时左侧装置内气体压强增大，使稀硫酸与铁粉反应，利用反应产生的氢气排除装置内的空气。
20．（2021·北京·首都师范大学附属密云中学高一期中）电子工业中常用FeCl3溶液做刻蚀液，来腐蚀镀铜板制作印刷电路板，并回收Cu和综合利用FeCl3溶液。流程图如下：

请回答：
(1)废液A中含有的金属阳离子有Fe3+和_______。
(2)过程①反应的离子方程式是_______。
(3)过程②中发生化合反应的离子方程式为_______。过程②中发生置换反应的离子方程式为_______。
(4)过程③中反应的离子方程式是_______。
(5)检验滤液B中金属阳离子存在的方法是_______(简述操作方法、现象和结论)。
【答案】(1)Fe2+、Cu2+
(2)2Fe3+＋Cu = 2 Fe2+＋Cu2+
(3)     2Fe3+ ＋Fe=3Fe2+     Fe ＋Cu2+ =Fe2+＋Cu
(4)2Fe2+＋Cl2=2 Fe3+＋ 2Cl-
(5)加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，滴加氯水，溶液变为红色；(或者：加入NaOH溶液，开始有白色沉淀，很快变成灰绿色，最终全部变为红褐色；或者加入铁氰化钾有蓝色沉淀)
【分析】用过量FeCl3的浓溶液腐蚀镀铜板，Fe3+和Cu发生反应，所得废液A中的阳离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+；向废液A中加入过量铁粉，Fe和Fe3+、Cu2+发生反应，过滤后所得滤液B中的阳离子有Fe2+，滤渣中含有Fe和Cu；向滤渣中加入足量的稀盐酸，并过滤，分离出Cu，将得到的含Fe2+的滤液合并到滤液B中；向滤液B中通入足量的氯气，Fe2+转化为Fe3+。
【详解】（1）由分析可知，废液A中含有的金属阳离子有Fe3+和Fe2+、Cu2+。
（2）过程①中，Fe3+和Cu发生反应生成Fe2+和Cu2+，该反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
（3）过程②中，Fe3+和Fe发生化合反应生成Fe2+，该反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，Fe和Cu2+发生置换反应生成Fe2+和Cu，该反应的离子方程式为Fe +Cu2+=Fe2++Cu。
（4）过程③中，Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，该反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
（5）滤液B中金属阳离子是Fe2+，其检验方法是加入KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，滴加氯水，溶液变为红色；(或者：加入NaOH溶液，开始有白色沉淀，很快变成灰绿色，最终全部变为红褐色；或者加入铁氰化钾有蓝色沉淀)。
21．（2022·江苏省前黄高级中学高一阶段练习）某工厂的废金属屑中主要成分为Cu、Fe和Al，此外还含有少量Al2O3和Fe2O3，为探索工业废料的再利用，某化学兴趣小组设计了如下实验流程，用该工厂的合金废料制取氯化铝、胆矾晶体(CuSO4·5H2O)和水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)。

请回答：
(1)试剂X是_______；试剂Y是_______。步骤Ⅰ涉及到的分离操作是_______。
(2)写出溶液A转化为固体C的离子方程式_______。
(3)在步骤Ⅱ时，若用大理石与浓盐酸制取并直接通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀会逐渐减少，可能的原因是_______。
(4)溶液E在空气中易被氧化，请设计一个简单的实验方案检验溶液E是否被氧化_______。由溶液E制取时，不同的温度下，不同质量浓度的对生成率有以下影响，由图可知工业生产中最佳条件(温度和的质量浓度)为_______。

(5)在固体F中加入稀硫酸和来制备溶液是一种环保工艺，该反应的总的化学方程式为_______。
【答案】(1)     NaOH溶液或KOH溶液     盐酸或稀硫酸     过滤
(2)
(3)CO2中含有HCl气体，溶于水溶解Al(OH)3
(4)     取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化     26℃，75
(5)
【分析】由制备流程可知，过量试剂X为NaOH或KOH，步骤Ⅰ为过滤，分离出溶液A含偏铝酸盐、NaOH或KOH，通入足量二氧化碳主要发生，步骤Ⅱ为过滤，固体C为Al(OH)3， C与盐酸反应生成氯化铝，在HCl气流中加热蒸发得到氯化铝，溶液D中含碳酸氢钠或碳酸氢钾；固体B，含Cu、Fe、Fe2O3，加过量试剂Y为盐酸或硫酸，步骤Ⅲ为过滤，分离出E含铁盐、亚铁盐，然后制备K2FeO4；固体F为Cu，可与氧气、硫酸反应生成硫酸铜，经加热浓缩，冷却结晶，过滤洗涤，最终制备胆矾，以此来解答。
（1）由分析可知，试剂X是NaOH或KOH；试剂Y是盐酸或硫酸；步骤Ⅰ为过滤，故答案为：NaOH溶液或KOH溶液；盐酸或稀硫酸；过滤；
（2）溶液A转化为固体C是向偏铝酸盐溶液中，通入过量的二氧化碳，方程式为：；
（3）用大理石与浓盐酸制取含有挥发出氯化氢，氯化氢的水溶液为盐酸，盐酸可以和氢氧化铝反应，导致白色沉淀会逐渐减少，故可能的原因是：CO2中含有HCl气体，溶于水溶解Al(OH)3；
（4）溶液E中存在亚铁离子，在空气中易被氧化为铁离子，检验铁离子的方法是：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；由溶液E制取K2FeO4时，不同的温度下，不同质量浓度的Fe3＋对K2FeO4生成率有以下影响，由图2可知工业生产中最佳条件(温度和Fe3+的质量浓度)为26°C，75g·L-1，故答案为：取少量E溶液于试管中，滴入几滴硫氰化钾溶液，若溶液变为血红色，则说明E溶液已被氧化，反之，则未被氧化；26℃，75；
（5）固体F为Cu，在固体F中加入稀硫酸和H2O2来制备CuSO4溶液是一种环保工艺，该反应的总的化学方程式为：，故答案为：。