2020-2021高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题及答案

1、2020-2021高考化学与铝及其化合物推断题有关的压轴题及答案一、铝及其化合物1.铭糅剂Cr(OH)SQ可用于提高皮革的耐曲折强度。一种以铭渣(含Cr2O3及少量F&d、CaOAI2O3、SiO2等杂质)为原料制备Cr(OH)SQ的工艺流程如图：Nag、"气一H燃烧m水.一T丑池l一J*过泣21Ms.JNanCfjOj:CfCOHjCI1IffiHnnftI茂清1浓/2回答下列问题：(1)焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为_。(2)水浸”过程中，物料的粒度(颗粒大小)对铭残余量的影响如图所示，则最佳反应条件,*眼*HS(3)滤渣1”中有一种成分为铁铝酸四

2、钙(Ca4Fe2A12。0),是制造水泥的原料之一，用氧化物的形式表示其化学式_。(4)滤渣2”主要成分为A1(OH)3和_(填化学式)，过滤2”后，将溶液pH调至a,a_6.5(填小于"或大于")目的是_(用离子方程式表示)。(5)已知CH30H在酸性条件下可被氧化生成CO2,写出Na2Cr2O7与CH30H反应生成Cr(OH)SO的化学方程式_。(6)某厂用mkg的铭渣(含Cr2O340%)制备Cr(OH)SQ,最终得到产品m2kg,则产率为高温【答案】2Cr2O3+4Na2CO+3O24Na2CrO4+4CO2物质的粒度为60目时4CaOFe203Al2O3H2SQ小

3、于2CrQ2-+2H+脩？Cr2O72-+H2ONa2Cr2O7+CH3OH+3H2SC4=2Cr(OH)SC4+CC2+Na2SC4+4H2O38m233ml100%【解析】【分析】以铭渣(含Cr2O3及少量F&O3、CaOAI2O3、SiQ等杂质)为原料制备Cr(OH)SQ,先加入碳酸钠、通入空气进行焙烧，再经过水浸、过滤除去固体杂质F&O3,调pH除去杂质氢氧化铝和氢氧化铁，最后通过氧化还原反应生成目标产物Cr(OH)SQ。【详解】(1)焙烧”时，Cr2O3转化为Na2CrO4,Cr元素的化合价升高，反应为氧化还原反应，还需高温氧化剂。2,根据电子守恒配平方程式为2Cr2

4、O3+4Na2CQ+3O2=4Na2CrO4+4CO2。(2)根据图示可知，当物质的粒度为60目时，铭的残余量最少，故最佳反应条件为物质的粒度为60目时。(3)铁铝酸四钙(C&FeAl2Oi0),用氧化物的形式表示其化学式为4CaOFe203AI2O3。(4)步骤过滤1后溶液中存在偏铝酸钠和硅酸钠等杂质，调节pH使其转化为沉淀Al(OH)3和H2SQ,故滤渣2主要成分为Al(OH)3和H2SiQ。过滤2”后，将溶液pH调至a,是为将2CrO42-转化为Cr2O72',酸性条件下可以实现转化，故a小于6.5实现2CrO42-+2H+降?Cr2O72-+H2O的转化。(5)根据条件

5、CH30H在酸性条件下可被氧化生成CO2,Na2Cr2O7与CH30H反应生成52一一，人m2kg,原料中铭兀素的含165Cr(OH)SQ为氧化还原反应，其中碳元素、铭元素的化合价发生改变，根据电子守恒得化学反应方程式为Na2Cr2O7+CH3OH+3H2SC4=2Cr(OH)SC4+CO2+Na2SQ+4H2。(6)最终得到产品Cr(OH)SQm2kg,其中铭元素的含量为一.522重为（m140%）kg,则广率为522163m2mi40%52165100%38m2100%052233m15221632.某无色稀溶液X中，可能含有下表所列离子中的某几种。阴离子COASQ2-、AIO2-、Cl阳

6、离了Al3+、Fe3+、Mg2+、NH/、Na+现取该溶液适量，向其中加入某试剂丫，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂体积(V)的关系如图所示。(1)若Y是盐酸，则oa段转化为沉淀的离子(指来源于X溶液的，下同)是,ab段发生反应的离子是,bc段发生反应的离子方程式为O(2)若丫是NaOH溶液，则X中一定含有的阳离子是,ab段反应的离子方程式为【答案】SiQ2-、AIO2-CQ2-Al(OH,+3H+=Al3+3H2Oa"、Mg2NH4+NH4+OH=NH3-H2O【解析】【分析】溶液无色说明溶液中不含Fe3+离子；(1)若丫是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2Si。；

7、ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32;(2)若Y为NaOH,根据沉淀量的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+。【详解】溶液无色说明溶液中不含Fe3+离子；(1)若丫是盐酸，oa段产生的沉淀可能为Al(OH)3或H2SiO3；ab段的特点为消耗盐酸，但沉淀量不变，确定含CO32;bc段沉淀部分溶液，确定为Al(OH)3和H2SiO3,所以oa段转化为沉淀的离子是AlO2-、SiO32-；ab段发生反应的离子是CO32+2H+=H2O+CO2?,发生反应的离子是CO32-;bc段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O;(2)若丫为NaOH,根据沉淀量

8、的变化确定一定含有Al3+、Mg2+、NH4+,结合图像bc段发生反应：Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O;oa段发生反应：Al3+3OH=Al(OH)3J、Mg2+2OH=Mg(OH”J；ab段发生反应NH4+OH-=NH3H2。【点睛】本题主要是考查离子推断、离子方程式的书写。明确常见离子的性质、依据图像分析反应的原理是答题的关键，题目难度较大。关于图像的答题需要注意以下几点：看面：弄清纵、横坐标的含义。看线：弄清线的变化趋势，每条线都代表着一定的化学反应过程。看点：弄清曲线上拐点的含义，如与坐标轴的交点、曲线的交点、折点、最高点与最低点等。曲线的拐点代表着一个反应过程的结束和开始。

9、3.从铝土矿(主要成分是Al2Q,含SiO2、F&Q、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：jm人过|EYIXI液体港固停ttiiM加燃请回答下列问题：(1)固体A的主要成分是(写名称)(2)铝土矿与过量烧碱反应的离子方程式为、(3)电解熔融氧化铝可制得两种单质，写出该反应化学方程式(4)指出流程乙的一个缺点是.(5)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X.已知每转移6.02X1023个电子，有0.5mol化合物X生成，此反应的化学方程式.【答案】二氧化硅Al2c3+2O由2AlO2-+H2OSQ2+2OH=SiO32+H2O2A

10、l2c3=4Al+302T氧化铝中含有二氧化硅杂质Al2O3+N2+3C2AlN+3CO.【解析】流程甲：铝土矿中加入过量的稀盐酸，SiO2与盐酸不反应，Al2Q、FezQ、MgO匀可与盐酸反应生成相应的氯化物，反应方程式为Al2O3+6H=2Al3+3H2O;Fe2O3+6H=2Fe3+3H2O；MgO+2H=Mg2+H2O；反应液中加入过量烧碱，Al3+变为AlO2,Mg"、Fe3+变为Mg(OH2和Fe(OH3沉淀，过滤后，滤液中通入足量的二氧化碳气体，生成了Al(OH)3沉淀；反应方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3HCO30流程乙：铝土矿中加入过量的氢氧化钠溶

11、液，F&O3、MgO与氢氧化钠不反应，SiO2、Al2O3均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸。(1)综上所述，固体A的主要成分是二氧化硅；正确答案：二氧化硅。(2)铝土矿中AlzQ、SiO2均与强碱反应，生成偏铝酸盐和硅酸盐，反应的离子方程式分别为：ALQ+20H=2AlO2+H2O、SiO2+2OH=SiO32+HO;正确答案：Al2O3+2OH-=2AlO2+H2O、SiO2+2OH-=SiO32+H2O0(3)电解熔融氧化铝可制得金属铝和氧气，反应化学方程式2Al2O3=4Al+3O2T;正确答案：2AlzQ=4A

12、l+3O2"(4)SiO2、Al2Q均与强碱反应生成硅酸钠和偏铝酸钠，过滤，滤液中通入足量的二氧化碳，反应生成了Al(OH)3沉淀和硅酸，加热后，得到氧化铝和二氧化硅，即氧化铝中含有二氧化硅杂质；正确答案：氧化铝中含有二氧化硅杂质。(5)氧化铝与焦炭的混合物在氮气中高温加热反应，制得新型非金属材料AlN与一种中学常见气体X,根据元素守恒可以知道X中应含有氧元素和碳元素，已知每转移6.02X1023个电子即1mol电子，有0.5mol化合物X生成，由电子转移守恒，可得在X中C的化合价lino!为-一-=2，所以X是co,所以该反应的化学方程式为it&niolfioinnAl2O

13、+N>+3C言温A正确答案：Al2O3+N2+3C2AlN+3CQ点睛：二氧化硅为酸性氧化物，与强碱反应，不与强酸反应；氧化铝为两性氧化物，既能与强酸，又能与强碱反应；氧化铁、氧化镁属于碱性氧化物，只能与强酸反应，不与强碱反应。4.己知A为淡黄色固体，R是地壳中含量最多的金属元素的单质，T为生活中使用最广泛的金属单质，F是无色无味的气体，H是白色沉淀，W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。T(1)物质A的化学式为。(2) B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为。(3) H在潮湿空气中变成M的实验现象是，化学方程式为。(4) A和水反应生成B和C的离子方程式为，A可以作为呼吸面具的。(5)

14、W和T反应的离子方程式。【答案】Na2O22Al+2H2O+20H=2AlO2'+3H2T白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe(OH»+02+2H2O=4Fe(OH32Na2O2+2H2O=4Na+40H+O2T供氧齐2Fe3+Fe=3F#【解析】【分析】题干已经对部分物质的特征进行了描述，可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质，地壳含量最多金属为Al,T为最广泛使用的金属单质，则为Fe,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色，则W含有Fe3;根据上述能直接确定的物质，结合各物质间转换图解答此题。【详解】(1) .A为淡黄色固体，常见物质可能为Na2O2或S,A与水的产物B可与Al

15、反应，同时C又与Fe反应。综上可推知A应为Na2O2,答案为Na2O2。(2) .根据分析B为NaOH,R为Al,答案为2Al+2H2O+20H=2AlO2-+3H2T。(3) .根据分析，A与水反应产物C为氧气，B为NaOH。D为Fe在氧气中燃烧产物FeO4,H为白色沉淀，则H应为Fe(OHW含有Fe3+,说明Fe(OH)2发生氧化生成Fe(OH)3o答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH。(4) .A为Na2O2与水反应生成NaOH和8,同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。故答案为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2T,供氧

16、剂。(5) .由分析可知W为FeC3,T为金属Fe。答案为2Fe3+Fe=3f3+。【点睛】解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉，首先应该根据这些表征即得出对应物质，然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。5 .某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质，现欲制取纯净的氧化铝，某同学设计如下的实验方案。回答下列问题：氧化铝过量盐酸样品过滤滤液B沉'淀Daxoh)3闻35(1)在操作中要用到的玻璃仪器有;(2)沉淀C的化学式是。滤液B中含有的溶质有(写化学式)；(3)步骤的离子方程式为。【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒SiQNaAlO2、NaCkN

17、aOHAlO2-+CO2+2H2Q=HCC3"+Al(OH)3J【解析】【分析】氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅，加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液，过滤得到沉淀C为二氧化硅，滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液，加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，过滤得到沉淀D为Fe(OH)3,滤液为NaAlO2,通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝沉淀，加热分解生成氧化铝。【详解】(1)步骤为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅；氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁，滤液A中为

18、氯化铝、氯化铁、盐酸，滤液A中加入过量NaOH,氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠，氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠，盐酸与碱反应生成氯化钠，则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH；(3)步骤为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应，离子方程式为：AlQ2-+CQ2+2H2Q=HCQ-+Al(OH)3J。6 .某铝合金(硬铝)中含有铝、镁、铜、硅，为了测定该合金中铝的含量，有人设计了如下实验:一溶墉1-77-(1)溶液I中的溶质为(填化学式，下同)，溶液n中的溶质为。(2)上述第步反应中，生成沉淀的离子方程式为。该合金中铝的含量为。【答案】AlC3、MgCl2、HClNaAl(OH)4、Na

19、Cl、NaOHAl(OH)4+CO2=Al(OH)3J+HCO39b而【解析】【分析】由测定该合金中铝的含量流程可知，加盐酸，Cu、Si不反应，则过滤彳#到的固体为Cu、Si,溶液中含A1C13、MgCl2以及过量的盐酸，加足量的NaOH,过滤得到的沉淀为Mg(OH)2,溶液中主要含NaA1(OH)4、与过量盐酸反应生成的氯化钠和过量的氢氧化钠，通足量的二氧化碳，反应生成Al(OH)3,灼烧氢氧化铝分解得到A12O3o【详解】(1)根据分析可知溶液I中的溶质为AlCb、MgCl2、HCl；溶液n中的溶质为NaAl(OH)4、NaCkNaOH,故答案为：AlCb、MgCl2、HCl;NaAl(O

20、H)4、NaCl、NaOH;(2)第步通入二氧化碳与Al(OH)4反应生成氢氧化铝沉淀，故答案为：Al(OH)41十CQ=Al(OH)3j+HCQ；铝的质量为bg27272+163(3)因铝在反应前后守恒，最后得到的固体Al2O3中铝的质量就是铝合金中的铝的质量，则100%=叫g,样品质量为ag,所以铝的质量分数10254b=102a【点睛】9b，100%=17a故答案为:9b17a本题利用了守恒法来进行计算，能很好的考查学生的实验能力、分析和解决问题的能力,题目难度中等。7 .某工厂废金属屑的主要成分为Cu、Fe和Al,此外还含有少量Al2O3和FezO3,为探索工业废料的再利用，某化学兴趣

21、小组设计了如下实验流程，用该工厂的金属废料制取氯化铝、绿矶晶体(FeSQ7H2O)和胆矶晶体。溶液曲舞T商液A固体自完成下列填空：(1)写出步骤I反应的离子方程式：。(2)试剂X是，溶液D是一。(3)在步骤H中，用如图装置制取CO2并通入溶液A中。一段时间后，仍观察不到烧杯中产生白色沉淀。为了固体C的生成，在药品和装置上可采取的改进措施是。装置出装置匕(4)溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+,用离子方程式解释其可能的原因：。(5)将固体F继续加入热的稀硫酸，同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSQ溶液，写出反应的化学方程式：。-_【答案】2Al+2H2O+2OH=2AlO

22、2+3H2、Al2O3+2OH=2AlO2+H2O稀硫酸NaHCO3溶液浓盐酸改为稀盐酸；在装置a和装置b之间增加一个盛有饱和NaHCQ溶液的洗气瓶，以除去装置a中挥发出的HCl2F3+Fe=3Fe2+>2Fe3+Cu=2F2+CU2+2CU+O2+2H2SO4=2CUSO4+2H2O【解析】【分析】Fe、Cu、F&O3都不与NaOH溶液反应，Al和Al2O3可与NaOH溶液反应，用含有Al、Fe、Cu和Al2O3和Fe2O3的废金属屑制取AlCl3、绿矶晶体(FeSQ?7H2O)和胆矶晶体流程为：合金中Al、Al2O3与NaOH反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，经途径n与足量

23、二氧化碳发生反应：AlO2+CO2+2H2O=AlOH3+HCO3,反应可生成Al(OH)3固体C,生成的Al(OH)3再和盐酸反应生成AlCl3,得到的AlCl3较纯净；溶液D为NaHCQ溶液；滤渣B为Fe和Cu的化合物，加入足量稀硫酸，得到的滤液E为FeSQ,经蒸发浓缩、冷却结晶可得到绿矶，滤渣F为Cu,可用于制备胆矶，据此分析解答。【详解】(1)铝、氧化铝与氢氧化钠反应，所得滤液A为NaAlO2溶液，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH-=2AlO2+H2O；(2)金属铁和金属铜不与氢氧化钠溶液反应，金属铜和稀硫酸之间不反应，但是金属铁可

24、以和稀硫酸之间反应生成硫酸亚铁和氢气，进而制得绿矶晶体，所以试剂X为稀硫酸；溶液D为NaHCQ溶液；(3)进行步骤n时，该小组用如图所示装置及试剂将制得的CQ气体通入溶液A中，一段时间后，观察到烧杯中产生的白色沉淀逐渐减少，其原因是二氧化碳气体中含有从盐酸中挥发出的HCl气体，氯化氢在水中溶解了部分沉淀，发生的反应为：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O,为了避免固体C减少，可在制取二氧化碳的收集装置中增加一个洗去HCl的装置，二氧化碳在饱和NaHCQ中不溶，氯化氢和NaHCQ反应生成二氧化碳气体，所以可降低盐酸浓度；在装置I和n之间增加一个盛有饱和NaHCQ溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中的

25、氯化氢；(4)溶液E中加入KSCN溶液无明显现象，表明滤液中不存在Fe3+,原因是Fe3+被Fe、Cu还原生成Fe2+,所以加入KSCN溶液没有明显现象，故答案为：2Fe3+Fe=3F审、2Fe3+Cu=2F5+Cif+；(5)用固体F继续加入热的稀H2SQ,同时不断鼓入空气，固体溶解得CuSQ溶液，说明在加热条件下，Cu、氧气和稀硫酸发生氧化还原反应生成硫酸铜和水，反应的化学方程式为：2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O°8.粉煤灰是燃煤产生的工业固体废料，主要成分有AI2O3、SiO2,还含有少量Fe2O3、CaO等。采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧

26、化硅的工艺流程如下：硫酸熟化过程中发生的反应有：Al2O3?2SiO+3H2SC4=AI(SC4)3+2SQ+3H2O3Al2O3?2SiQ+9H2SQ=3Al2(SQ)3+2SiQ+9H2O(1)结晶”操作：缓缓加热，浓缩至,放置冷却，得到Al2(SQ)3?18HO。(2)Al2(SO4)3?18H>O在250300c下失重40.5%得Al2(SQ)?xH?O,x=。(3)还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为。(4)设计实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3：。(5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2制备白炭黑的化学方程式为。(6)粗氧化铝制备冶金级氧化铝过程中发生反应Al(OH)4-+CQ

27、=Al(OH)3J+HCO-,该反应的平衡常数为已知Al(OH)3+H2O?Al(OH)4-+H+K=4X1-03;H2CQ?H2O+CQK2=600;Kal(H2CO)=4.2X710Ka2(H2CO)=5.6xRr焙烧【答案】表面出现结晶薄膜32Ab(SO)3+3C=2Al2O3+3CQ2f+6SQT取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN容液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质Na2SiO3+2CC2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiO2?n吨OJ1.75X103【解析】【分析】粉煤灰主要成分有ALO3、SiO?,还含有少量Fe2O3、CaO等，加入浓硫酸反应

28、生成硫酸铝，水浸主要得到SiQ高硅渣，滤液经过结晶脱水得到硫酸铝，硫酸铝与焦炭反应生成粗KSCN溶液，观察现SiQ?nHO。Al2(SO4)3?18限O；氧化铝，验证粗氧化铝是否含有氧化铁，先将物质溶于稀硫酸后加象；向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和白炭黑【详解】(1)结晶”操作：缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜，放置冷却，得到故答案为：表面出现结晶薄膜。(2)假设100gAl2(SQ)3?18h2O在250300c下失重40.5%,剩余100gx(1-40.5%)=59.5g666342+18x3。A12(SQ)?xHO,=,解得x=3；故答案为:(3)根据还原焙烧”产物之一经

29、过烟气制酸，硫酸铝和碳'100g59.5g还原焙烧”生成氧化铝、二氧化碳和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2A12(SO4)3+3C焙烧2A12O3+3COT+6SOT；故答案焙烧为：2A12(SO4)3+3C=2A12O3+3CC2T+6SOT。(4)实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3,将粗品溶于稀硫酸中，利用生成的铁离子与KSCN溶液反应是否有红色物质生成；故答案为：取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，？加KSCNB液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有F&O3杂质。(5)向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2?nZO,其化学方程式为Na2SiO3+2C

30、Q+(n+1)H2O=2NaHCQ+SiO2?nH<4；故答案为：Na2SiO3+2CO2+(n+1)H2O=2NaHCO3+SiQ?nH2Oj。(6)A1(OH)3+H2O?A1(OH)4+H+,H2CQ?H2O+CO2,H2CO3?HCO3+H+,根据盖4.2:0=1.75103；故答案410600斯定律-得到A1(OH)4+CQ=A1(OH)3j+HCO,方程式相减，平衡常数相除，因此Al(OH)4+CO2=Al(OH)3J+HCO平衡常数为K为：1.75X109.某A12O3样品中含有一定量的Cu、Fe、F及O3杂质。现通过下列生产过程，从该样品中提纯A12O3,并回收铁红。流程

31、如下：(1)操作是,在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有。(2)白色固体是,样品和试剂反应的化学方程式是。(3)固体加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：(用化学方程式表达)。(4)溶液中铁元素的存在形式是,如何用实验证明：。(5)溶液中通入某气体，该气体可以是(任写一种白化学式)，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A1(OH)3A12O3+2NaOH=2NaA1O2+H2OFe2O3+6HCl=2FeC3+3H2O、2FeCB+Fe=3FeC2、Fe+2HCl=FeCl+H2TFe+取少量溶液于试管中，滴入KSCM§液无变化，滴加氯水后变血红色6或者Cl22

32、Fe(OHX乙Fe2O3+3H2O【解析】【分析】A12O3样品中含有一定量的ClkFe、Fe2O3杂质，根据题中流程图可知，样品与试剂反应得溶液再通入CQ得白色沉淀，该白色固体加热分解产生A12O3,可推知试剂为NaOH,得到的固体为Cu、Fe、F&O3,溶液为NaA1O2、NaOH混合溶液，通入过量CQ后得溶液为NaHCQ溶液，白色固体为A1(OH)3,A1(OH)3受热分解得AI2O3,固体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=3F2+,则溶液中主要含有Fe2+,经过操作得红褐色固体应为Fe(OH)3,所以通入的气体应为氧化剂，可以是O2或C12,氢

33、氧化铁受热分解得Fe2O3。【详解】(1)操作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)白色固体受热分解产生A12O3,则是A1(OH)3,样品中含有A12O3和试剂NaOH溶液反应产生NaA1O2和H2O,反应的化学方程式是A12O3+2NaOH=2NaA1O2+H2O；(3)固体中含有A12O3、Cu、FeFe2O3,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FeO3+6HC1=2FeC3+3H2O、2FeC3+Fe=3FeC2、Fe+2HC1=FeC2+H2T；(4)由于固体中样品与适量盐酸反应后的固体粉末中含有Fe,结合Fe?O3+6HC1=2FeC3+3H2O、2Fe