专题07 铁、铝及其化合物（期末复习专项训练）（解析版）

1/1专题07铁、铝及其化合物题型1铁、铝及其化合物的性质与用途（重点）题型2铁、铝及其化合物的转化关系及其应用（重点）题型3铁、铝及其化合物的制备与性质探究题型4工业流程中的铁、铝及其化合物题型5铁、铝及其化合物的相关计算题型1铁、铝及其化合物的性质与用途1．【铁及其化合物的性质】（24-25高一上·浙江杭州·期末）下列关于铁及其化合物的说法不正确的是A．工人将模具干燥后再注入熔融钢水，防止铁与水蒸气在高温下会反应B．实验室配制溶液时，常加入适量铁粉以防止被氧化C．不稳定，在空气中受热易转化为D．激光打印机的墨粉中含有四氧化三铁是因为具有磁性【答案】C【解析】A．铁在高温下会与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，氢气具有可燃性，因此需要将模具干燥，A正确；B．铁粉可以将被氧化的还原为，反应方程式为：，因此，实验室配制溶液时，常加入适量铁粉以防止被氧化，B正确；C．在空气中受热时，通常会被氧化为，C错误；D．因为是一种磁性材料，俗称磁性氧化铁，常用于激光打印机的墨粉中，D正确；故选C。2．【亚铁化合物的性质】（24-25高一上·吉林松原·期末）“铁肥”(主要含)常用于解决植物叶面变黄问题。已知溶液与反应生成蓝色沉淀，下列有关“铁肥”的说法错误的是A．“铁肥”易因保存不当被空气氧化变质B．可用溶液检验“铁肥”中的C．为保证“铁肥”的效果，可向配制后的溶液中加入少量铁粉D．可用KSCN溶液检验“铁肥”是否完全变质【答案】D【解析】A．中具有还原性，易被空气中的氧气氧化而变质，A正确；B．溶液与反应生成蓝色沉淀，可用来检验“铁肥”中的，B正确；C．铁粉可与反应生成，从而保证“铁肥”的效果，C正确；D．需要验证不存在才能证明“铁肥”完全变质，D错误；故选D。3．【铁及其化合物的性质】（24-25高一上·河北保定·期末）下列铁元素的代表物描述错误的是选项代表物物质类别铁元素价态部分性质描述A单质0价在纯氧中燃烧生成B碱价不稳定，易被氧化C碱性氧化物价红棕色粉末，制作油漆或颜料D盐价水溶液不能和氯气反应【答案】D【解析】A．Fe在纯氧中燃烧生成，化合价和类别正确，A正确；B．易被氧化为，化合价和类别正确，B正确；C．是+3价碱性氧化物，红棕色，用于制作油漆或颜料，C正确；D．水溶液能与反应生成，化合价和类别正确，D错误；故选D。4．【铁与水蒸汽的反应】（24-25高一上·四川成都·期末）用下图装置验证铁与水蒸气的反应。下列说法错误的是A．化学反应B．用坩埚钳夹住燃着的火柴点燃肥皂泡C．从酒精灯的作用分析，加热湿棉花的温度比加热铁粉的温度低D．炽热的铁水注入模具之前，模具必须做充分的干燥处理【答案】A【解析】A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式应为，A错误；B．该反应产生氢气，氢气可燃烧，可用坩埚钳夹住燃着的火柴点燃肥皂泡(氢气混在肥皂泡中)，若听到爆鸣声等可验证有氢气生成，B正确；C．加热湿棉花是为了提供水蒸气，温度不需要太高，加热铁粉是为了让铁与水蒸气在高温下反应，所以加热湿棉花的温度比加热铁粉的温度低，C正确；D．炽热的铁水注入模具之前，模具必须充分干燥，否则铁与水蒸气反应生成氢气会有爆炸危险，D正确；故选A。5．【铁的化合物的性质的应用】（24-25高一下·河南新乡·开学考试）实验室利用溶液刻蚀铜板，并向反应后的废液中加入过量的铁粉。下列分析错误的是A．废液中一定含有、B．溶液能刻蚀铜板说明铜的还原性强于C．若废液中和的物质的量浓度恰好相等，则溶液中D．经过铁粉处理的废液中存在最多的离子是【答案】C【解析】A．与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，废液中必然含有Fe2+和Cu2+，故A正确；B．与Cu反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中Cu作还原剂，Fe2+是还原产物，所以Cu的还原性强于Fe2+，故B正确；C．根据反应式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，每2molFe3+生成2molFe2+和1molCu2+。若Fe2+与Fe3+浓度相等，设Fe3+初始为a，反应后剩余x，则x=a-x，得a=2x。此时Cu2+浓度为x/2，Fe3+浓度为x，故c(Cu2+):c(Fe3+)=1:2，故C错误；D．向反应后的废液中加入过量的铁粉，溶液中的溶质只有FeCl2，存在最多的离子是，故D正确；选C。6．【通过铁及其化合物的性质考查离子方程式的正误判断】（24-25高一上·江苏·期末）铁及其化合物在生活中应用广泛。下列指定反应的离子方程式书写正确的是A．将铁片投入稀硝酸中：Fe+2H+=Fe2++H2↑B．向FeCl3溶液中通入少量H2S：2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓C．用KSCN溶液检验Fe3+：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3↓D．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量锌粉：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+【答案】B【解析】A．稀硝酸具有强氧化性，与铁反应生成NO而非H2，且产物应为Fe3+而非Fe2+，离子方程式为，A错误；B．Fe3+氧化H2S生成S沉淀，电荷和原子均守恒，反应式正确，B正确；C．Fe3+与SCN-生成可溶性络合物Fe(SCN)3，而非沉淀，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，C错误；D．过量Zn会将Fe3+完全还原为Fe单质，而非Fe2+，离子方程式为2Fe3++3Zn=2Fe+3Zn2+，D错误；故选B。解题要点1.解题核心：紧扣“性质决定用途，用途印证性质”的逻辑主线，精准匹配物质核心性质与实际应用场景，同时规避易混淆性质误区。首先需系统梳理铁、铝及其化合物的关键性质：铁的核心是变价特性（0价、+2价、+3价），需熟记不同价态化合物的颜色（如FeO、Fe(OH)2为白色，Fe2O3、Fe(OH)3为红褐色）、氧化性与还原性（Fe3+可氧化Cu、Fe等，Fe2+易被O2、HNO3等氧化）；铝的核心是两性（单质、Al2O3、Al(OH)3均能与强酸、强碱反应）及表面易形成致密氧化膜的稳定性。2.解题步骤：（1）定位题干考查对象（单质/氧化物/氢氧化物/盐），快速调取对应核心性质；（2）分析选项中“性质-用途”的匹配合理性，如FeCl3作净水剂对应Fe3+水解生成胶体的吸附性，铝制炊具对应氧化膜的稳定性，避免出现“性质与用途不匹配”的错误；（3）规避常见易错点：如Al(OH)3不溶于弱碱（不能用NaOH制备Al(OH)3）、Fe2+检验需先加KSCN排除Fe3+干扰、铁在潮湿空气中易发生吸氧腐蚀等。答题时需规范表述性质与用途的关联，确保逻辑严谨、论据准确。题型2铁、铝及其化合物的转化关系1．【考查铁的价类二维图】（24-25高一上·广东惠州·期末）部分铁及其化合物的“价类二维图”如图所示。下列说法不正确的是A．a可与g反应生成f B．e在潮湿的空气中容易被氧化生成dC．b分别与水、盐酸反应对应生成e、f D．g可用KSCN溶液检验【答案】C【分析】根据价类二维图可知，a为Fe，b为FeO，c为Fe2O3，d为Fe(OH)3，e为Fe(OH)2，f和g为盐，如硫酸盐，f为FeSO4，g为Fe2(SO4)3，据此作答。【解析】A．a为Fe，g为Fe2(SO4)3，f为FeSO4，发生反应，A正确；B．e为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，Fe(OH)2在潮湿的空气中容易被氧化转变为Fe(OH)3，B正确；C．b为氧化亚铁，不能与水反应，C错误；D．可用KSCN溶液检验Fe3+，D正确；故答案选C。2．【考查铁的价类二维图的应用】（24-25高一上·云南德宏·期末）下图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是A．铁与高温水蒸气的反应可实现上述①转化B．维生素C能将转化为，该过程中维生素C作氧化剂C．在空气中，加热发生转化⑥，加热可生成D．中的铁为+6价，具有较强的氧化性，可以作为消毒剂使用【答案】D【解析】A．高温下铁与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，不能实现上述①转化，A错误；B．维生素C具有还原性，可将Fe3+转化为Fe2+，铁元素化合价降低，则该过程中维生素C作还原剂，B错误；C．加热Fe(OH)3发生转化⑥分解生成氧化铁，氧化铁不能溶于水，氢氧化亚铁具有还原性，在空气中很容易被氧化为氢氧化铁，则若在空气中加热不能生成，C错误；D．中铁元素的化合价为+6价，处于较高价态，容易转化为铁离子，因此具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，可以作为消毒剂使用，D正确；故选D。3．【考查铁、铝及其化合物转化的可行性】（24-25高一上·内蒙古通辽·期末）下列各组物质之间的转化不是全部通过一步反应完成的是A．Na→NaOH→Na2CO3→NaClB．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3C．Cl2→NaClO→NaHCO3→BaCO3→BaCl2→HClD．FeO→Fe3O4→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3→Fe2O3【答案】B【解析】A．Na与H2O反应产生NaOH，在溶液中NaOH吸收CO2气体反应产生Na2CO3，Na2CO3与足量HCl反应产生NaCl，能够全部通过一步反应完成，A不符合题意；B．Al与O2加热反应产生Al2O3，但Al2O3不能溶于水，不能与水直接反应产生Al(OH)3，Al(OH)3可以与HCl反应产生AlCl3，可见上述转化中Al2O3→Al(OH)3不能一步反应完成，B符合题意；C．加入NaOH溶液得到NaClO，通入得到，加入溶液得到，加入稀HCl得到，和反应生成HCl，可一步实现，C不符合题意；D．FeO在空气中加热可得到Fe3O4，Fe3O4与HCl溶液反应产生FeCl2，FeCl2与NaOH溶液反应产生Fe(OH)2，Fe(OH)2可以被O2氧化为Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，因此物质之间能够全部通过一步反应完成，D不符合题意；故选B。4．【考查铁、铝及其化合物转化在无机推断中的应用】（24-25高一上·河南洛阳·期末）A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，它们之间有如图所示的转化关系。A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉。反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应。下列有关说法错误的是A．①中所加试剂可能是氯气B．③中需要加具有还原性的试剂C．由B到C发生的变化也能通过加碘化钾溶液实现D．B的溶液可作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜【答案】B【分析】A为一种金属单质，其产量直接关系国民经济命脉，故A为Fe；A、B、C三种物质中均含有同一种元素M，反应①②③均为化合反应，反应④为置换反应，Fe与Cl2（或Br2）反应得到FeCl3（或FeBr3），FeCl3（或FeBr3）与Fe反应得到FeCl2（或FeBr2），FeCl2（或FeBr2）与Cl2（或Br2）反应得到FeCl3（或FeBr3），Fe与HCl（或HBr）发生置换反应可以得到FeCl2（或FeBr2），综合可知，A为Fe、B为FeCl3（或FeBr3）、C为FeCl2（或FeBr2），据此分析。【解析】A．根据上述分析，①中所加试剂可能为氯气，故A正确；B．反应③为Fe2+→Fe3+，需要加具有氧化性的试剂，故B错误；C．B的溶液中铁元素化合价为+3价，具有强氧化性，能将I－氧化成I2，本身还原成Fe2＋，根据上述分析，C中铁元素的化合价为＋2价，即反应为：可以发生，故C正确；D．B的溶液中铁元素化合价为+3价，具有强氧化性，能发生反应：，即可以作为“腐蚀液”去除覆铜板上不需要的铜，故D正确；故答案选B。解题要点1.解题核心：以“价态变化规律”和“物质类别转化逻辑”为双抓手，构建铁、铝化合物的转化框架。铁的转化重点关注0价→+2价→+3价的升降脉络，明确氧化剂/还原剂强度对产物的影响（如Fe与盐酸、CuSO4等弱氧化剂反应生成Fe2+，与Cl2、浓HNO3等强氧化剂反应生成Fe3+）；铝的转化核心是“铝三角”（Al3+⇌Al(OH)3⇌AlO2-），牢记酸碱用量对转化方向的决定作用（如Al3+加少量强碱生成Al(OH)3，加过量强碱生成AlO2-）。2.解题步骤：（1）标注题干中物质的价态与类别，梳理转化路径是否符合价态升降守恒和物质性质规律；（2）借助特征现象锁定突破口（如Fe(OH)2转化为Fe(OH)3的“白色→灰绿→红褐色”渐变，Al(OH)3溶于强碱的特性）；（3）验证转化条件的合理性，排除违背性质的选项（如Al(OH)3不溶于氨水，Fe2+与强氧化剂反应不会直接生成Fe单质）。3.规避易错点：忽略Fe3+与Fe的归中反应限制、混淆铝三角转化的酸碱用量要求，答题时需清晰标注转化的反应条件与价态变化，确保逻辑闭环。题型3铁、铝及其化合物的制备与性质探究1．【铁离子、亚铁离子的检验】（24-25高一上·辽宁·期末）下列离子的检验方法合理的是A．向某溶液中滴入KSCN溶液显红色，说明不含Fe2＋B．向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2＋C．向某溶液中加入NaOH溶液，得到红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe3＋D．向某溶液中加入NaOH溶液得白色沉淀，又观察到颜色逐渐变为红褐色，说明溶液中只含有Fe2＋，不含有Mg2＋【答案】C【解析】A．KSCN溶液显红色只能说明存在Fe3+，无法确定是否含有Fe2+，A错误；B．原溶液可能原本含有Fe3+，通入Cl2后无法排除Fe3+的干扰，不能证明Fe2+存在，B错误；C．红褐色沉淀是Fe(OH)3的特征，直接说明溶液中含有Fe3+，C正确；D．白色沉淀变为红褐色可证明Fe2+存在，但Mg2+的白色沉淀可能被红褐色掩盖，无法确定不含Mg2+，D错误；选C。2．【探究氯气与铁及其产物验证】（24-25高一上·湖北恩施·期末）探究氯气与铁反应并验证产物的微型封闭实验装置如图。下列说法正确的是A．滴入浓盐酸，发生的离子反应为B．与铁丝反应的产物中既有又有C．当H形管中充满红棕色烟时，拉注射器3，溶液产生红色沉淀，则说明生成了D．当H形管中充满红棕色烟时，拉注射器2，可观察白色沉淀，并迅速变成灰绿色，最终变成红褐色【答案】B【解析】A．浓盐酸与KMnO4发生的离子反应为2＋10Cl-+16H+=2Mn2+＋5Cl2↑+8H2O，A错误；B．Cl2与铁丝加热反应生成FeCl3，挥发的HCl与铁丝反应生成FeCl2，B正确；C．Fe3+与KSCN溶液反应生成红色络合物，而非沉淀，C错误；D．拉注射器2，FeCl3和FeCl2均会与NaOH反应生成Fe(OH)3和Fe(OH)2，但在红褐色的Fe(OH)3沉淀影响下观察不到白色沉淀Fe(OH)2，D错误；答案选B。3．【探究物质杂质除去的方案评价】（24-25高一上·江苏南京·期末）下列除杂方案所用的除杂试剂错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂A通BFe粉C气体DNaOH溶液【答案】D【解析】A．FeCl2（杂质）与Cl2反应生成FeCl3，A正确；B．Fe粉置换CuCl2中的Cu2+，生成FeCl2，B正确；C．CO2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，C正确；D．Al(OH)3（被提纯物）会与NaOH反应溶解，而Fe(OH)3不反应，D错误；故选D。4．【实验反常现象的探究】（24-25高一上·安徽六安·期末）同学们在做分组实验时，有同学发现将锌粒放入FeCl3溶液中，没有明显现象，一段时间后锌粒表面有气泡，对于这一“异常现象”产生的原因，同学们进行猜想。下列猜想正确的是A．甲同学认为锌粒不与FeCl3溶液反应B．乙同学猜想该FeCl3溶液呈酸性C．丙同学预测铜丝与FeCl3溶液反应，也会观察到有气泡产生D．丁同学推测该气体可能是，并推测是由于锌粒与水发生反应【答案】B【解析】A．锌的金属活动性比铁强，理论上Zn能与发生置换反应：，因此，甲同学的猜想锌粒不与溶液反应不成立，A错误；B．是强酸弱碱盐，易水解生成H+，使溶液呈酸性，反应式：。溶液中的H+可与Zn反应生成H2，乙同学猜想合理，B正确；C．铜的金属活动性弱于Fe，Cu与FeCl3溶液反应时，Cu被Fe3+氧化生成Cu2+和Fe2+，离子方程式：，但不会产生H2，因为Cu无法置换H2，丙同学的预测错误，C错误；D．丁同学推测气体是H2正确，但原因不准确。H2的产生是由于Zn与溶液中的H+反应：，而非单纯与水反应。H+的来源是FeCl3水解导致的酸性环境，D错误；故选B。解题要点1.解题核心：紧扣“制备适配物质特性，探究围绕性质设计”的逻辑，兼顾实验可行性与现象关联性。（1）制备类需优先明确目标物质的化学性质，精准选择试剂与控制条件：如制备Al(OH)3优先选氨水（避免强碱过量溶解），制备Fe(OH)2需采取液封、隔绝空气等措施（防止被氧化），制备易水解盐（如FeCl3）需在酸性环境中进行（抑制水解）。（2）性质探究需结合物质核心属性设计方案：如探究Fe3+氧化性可选用Cu粉、KI溶液等还原剂，探究Al的两性需分别用强酸、强碱试剂并对比现象。2.解题步骤：（1）梳理实验目的，明确制备/探究的核心物质与性质；（2）分析试剂作用、反应条件合理性，排除违背物质性质的方案；（3）规范关联实验现象与结论，控制单一变量（如浓度、温度）。3.规避易错点：忽略Fe(OH)2制备的防氧化操作、误将Al(OH)3溶于弱碱、未排除杂质离子对探究现象的干扰，答题时需清晰表述实验逻辑与性质关联。题型4工业流程中的铁、铝及其化合物1．【工业流程中除去铁、铝杂质】（24-25高一下·河南安阳·期末）工业上以软锰矿（含和少量的、、）为原料制备硫酸锰晶体的流程如图所示，下列有关说法错误的是A．酸浸过程不能将硫酸换为稀硝酸B．酸浸过程中发生氧化还原反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为C．试剂会氧化，从绿色化学角度分析，试剂可以选择、D．系列操作包括多步操作，第一步操作为蒸发溶液至有大量晶体析出，停止加热【答案】D【分析】以软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、Al2O3、SiO2）为原料制备硫酸锰晶体的流程为：酸浸时过量的FeSO4、H2SO4与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4、Fe2(SO4)3，Fe2O3、Al2O3分别转化为Fe3+、Al3+，过滤除去SiO2，滤液中含有Fe2+、Mn2+、Fe3+、Al3+，加入试剂A氧化Fe2+生成Fe3+，加入试剂B调节溶液pH，使Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，得到含有MnSO4的溶液，经过系列操作得到MnSO4•H2O晶体。【解析】A．该工艺是制备硫酸锰晶体，若将硫酸换成硝酸则会引入硝酸根成为杂质，难以除去，A正确；B．酸浸过程中发生氧化还原反应的氧化剂是MnO2，还原剂是FeSO4，有关系式：MnO2~Mn2+~得2e-，FeSO4~Fe3+~失e-，根据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为，B正确；C．试剂A的作用是将Fe2+氧化为Fe3+，作氧化剂生成H2O，作氧化剂生成-2价的O无污染，从绿色化学角度分析，试剂可以选择、，C正确；D．系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，析出晶体选择冷却结晶而不是蒸发结晶，故不能蒸发溶液至有大量晶体析出，蒸发浓缩即可，D错误；故选D。2．【工业流程中制备铁、Ti化合物】（24-25高一下·湖北武汉·期末）纳米TiO2是一种应用广泛的催化剂。用含Fe2O3的钛铁矿(主要成分为FeTiO3)制备TiO2的流程如图。下列说法正确的是A．为加快酸浸速率，步骤①可用浓硫酸B．步骤②涉及的离子反应主要为：Fe+Fe3+=3Fe2+C．步骤③实现混合物的分离是利用物质的熔沸点差异D．考虑成本、环保等因素，步骤④后的废液中应加入生石灰等碱性试剂处理【答案】D【分析】钛铁矿（主要成分为FeTiO3），加入硫酸浸取，得到含有Fe3+、Fe2+、TiO2+、的溶液；在溶液中加入过量的铁粉，将Fe3+转化为Fe2+，从溶液中得到硫酸亚铁晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，，过滤后，滤液中含有TiO2+、，经水浸后TiO2+转化为固体，煅烧后得到TiO2粗产品。【解析】A．浓硫酸的性质与稀硫酸不同，“酸浸”时，主要发生的是复分解反应，为加快浸出速率，提高生产效益也不可以使用浓硫酸，适当提高硫酸浓度即可，故A错误；B．加入过量的铁粉，将Fe3+转化为Fe2+，因此步骤②涉及的离子反应主要为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故B错误；C．步骤③最主要的是从溶液中得到硫酸亚铁晶体，应经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，因此利用的是溶解度差异，故C错误；D．水浸时发生离子方程式为TiO2++2H2O=H2TiO3↓+2H+，废液显酸性，应加入CaO或CaCO3或碱进行处理，故D正确；故答案选D。3．【工业流程中制备铁红】（24-25高一下·浙江·期末）由硫铁矿烧渣(含、、等)制备铁红的一种工艺流程如下图。下列说法不正确的是A．酸浸时，不与稀硫酸反应B．酸浸后，溶液中的金属阳离子只有C．沉铁时，双氧水将氧化为D．煅烧时，发生的反应为【答案】B【分析】硫铁矿烧渣用稀硫酸酸浸，溶液中含有Fe2+、Fe3+，SiO2不和稀硫酸反应存在于酸浸渣中，向滤液中加入H2O2和氨水，氨水将Fe2+、Fe3+转化为、，双氧水将氧化为，煅烧Fe(OH)3得到。【解析】A．为酸性氧化物，不与稀硫酸反应，A正确；B．根据分析，酸浸后溶液中的金属阳离子有Fe2+、Fe3+，B错误；C．根据分析，沉铁时，双氧水将氧化为，C正确；D．煅烧Fe(OH)3得到，方程式正确，D正确；故选B。4．【工业流程中制备铁的氢氧化物并除铝杂质】（24-25高一下·四川·期中）一种铁矿石主要含有，还含有少量和。一种以其为原料制备的流程如图所示。已知：“铝热还原”在隔绝空气时进行，Al元素会转化为难溶于酸、碱的熔点高的。下列说法错误的是A．“浸渣”回收后可用于制作耐火砖B．“浸取”时需要远离火源C．“氧化”时发生反应：D．生产1.07kg至少需要的双氧水10L【答案】D【分析】铁矿石主要含有，还含有少量和，向铁矿石中加入粉，可与发生铝热反应，生成和，此时体系中存在、和，加入盐酸后，与盐酸不反应，形成浸渣，与盐酸反应生成和，与盐酸反应生成与，向溶液中加入，可将氧化为，加入溶液后可生成。【解析】A．由分析可知浸渣为，熔点较高，因此回收后可用于制耐火砖，A项正确；B．“浸取”过程中与盐酸反应，生成和，与盐酸反应生成与，是可燃性气体，因此需远离火源，B项正确；C．“氧化”时，向溶液中加入，可将氧化为，离子方程式为，C项正确；D．“氧化”时，加入溶液后发生复分解反应，生成，计量关系为，可知需要的双氧水的体积为，D项错误；答案选D。5．【工业流程中制备氯化铁并除铜杂质】（24-25高一上·吉林松原·期末）某研究性学习小组从腐蚀印刷电路板的废液(含有、、)中回收铝并制备氯化铁晶体，设计流程如图所示。下列说法错误的是A．试剂a是铁粉，试剂b是盐酸，试剂c可以是氯气B．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ都用到玻璃棒C．操作Ⅲ包含的步骤有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥D．用酸性溶液可检验溶液W中是否含有【答案】D【分析】从含有、、的工业废液中回收铜，向工业废水中加入过量的铁，过滤，得到的滤渣Y为Fe、Cu，向滤渣Y中加入盐酸溶解过量的铁，分离出Cu并得到溶液，向溶液中通入，将氧化为，所以试剂a是铁，试剂b是盐酸，试剂c是氯气。【解析】A．根据分析可知，试剂a是铁粉，试剂b是盐酸，试剂c可以是氯气，A项正确；B．由分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ中包含蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，都用到玻璃棒，B项正确；C．操作Ⅲ是从溶液中得到氯化铁晶体，包含的步骤有蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，C项正确；D．溶液W中的也会被与氧化，故此处不能用检验，D项错误；故答案为：D。解题要点1.解题核心：以“流程主线拆解+物质性质关联+工业目标导向”为核心，精准分析各步骤的反应目的与试剂作用。首先明确工业流程的核心目标（如制备特定化合物、除杂提纯、资源回收），再梳理含铁、铝物质的转化脉络（通常为“原料溶解→杂质去除→目标物质转化→分离提纯”），关键是紧扣铁、铝化合物的特性突破难点。2.解题步骤：（1）标注流程中各环节的物质成分与反应条件，分析试剂作用（如加酸溶解金属氧化物、加氧化剂将Fe2+转化为Fe3+便于除杂、调节pH使Fe3+、Al3+形成氢氧化物沉淀）；（2）结合工业除杂原则（不引入新杂质、不损耗目标物质）判断转化合理性；3.规避易错点：如调节pH的范围控制（需确保杂质离子完全沉淀且目标离子不沉淀）、Fe(OH)3与Al(OH)3的分离试剂选择（优先用过量强碱）、忽略工业成本与环保要求。答题时需清晰关联“操作-性质-目的”，逻辑闭环地分析流程设计的科学性。题型5铁、铝及其化合物的相关计算1．【有关铁与硫酸、硝酸反应的计算】（24-25高一上·云南红河·期末）向200mL某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，产生气体量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知Fe被HNO3氧化为Fe3+，HNO3只被还原为NO气体)。下列说法正确的是A．OA段发生反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑B．OA段和BC段生成气体的物质的量之比为2∶1C．溶液中H2SO4与HNO3的物质的量浓度之比为1∶2D．C点时溶液的溶质为FeSO4和Fe(NO3)2【答案】B【解析】A．根据图示OA段发生反应，AB段发生反应，BC段发生反应，A错误；B．OA段，生成气体的物质的量为0.2mol，BC段，生成气体的物质的量为0.1mol，OA段和BC段生成气体的物质的量之比为2∶1，B正确；C．溶液中，则，溶液中，则，，溶液中，H2SO4与HNO3的物质的量浓度之比为2∶1，C错误；D．C点时溶液的溶质为FeSO4，D错误；故选B。2．【有关铁的氧化物的计算】（24-25高一上·重庆·期末）水热法制备纳米颗粒的原理如下：将与碱性溶液混合，通入足量，即可产生纳米颗粒，同时得到溶液，已知消耗、、的微粒数之比为，则纳米颗粒为A． B． C． D．【答案】B【解析】消耗FeCl2、Na2S2O3、O2的微粒数之比为4：3：5，设物质的量分别为4mol、3mol、5mol，Na2S2O3→Na2S2O6中S从+2到+5价，共失去6个电子，3mol失去18mol电子，5molO2共得到20mol电子，根据电子得失守恒，即4molFeCl2中有2mol失去电子，生成Fe3+，即最后物质中Fe2+：Fe3+=1:1，故为Fe4O5；故选B。3．【有关铁和铜的氧化物混合物的计算】（24-25高一上·湖南·期末）现有铁粉和氧化铜的混合物共9.92g，向其中加入适量的稀硫酸，使其全部溶解，产生无色气体和2.56g红色固体，得到的溶液中只有一种金属离子，下列说法正确的是A．混合物中铁粉的物质的量为0.14molB．该无色气体的体积为1.792LC．得到的溶液中的物质的量为0.12molD．若用产生的无色气体，还原混合物中的氧化铜，则该无色气体还剩余0.05mol【答案】C【解析】A．分析可知红色固体为金属铜，无色气体为，溶液中只有一种金属离子，则溶液中只存在。2.56g铜的物质的量为0.04mol，则混合物中含，则含，为0.12mol，A错误；，则由离子方程式可知，0.04molFe用于置换铜，0.08molFe用于生成，即，但因未指明为标准状况，B错误；C．由铁元素守恒，得到的溶液中金属离子全为，C正确；D．mol，由化学方程式可知，剩余，D错误。故选C。4．【有关铁盐和亚铁盐的计算】（24-25高一上·天津南开·期末）向溶液中逐渐通入，其中、随通入的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是A．曲线②为，且B．由