1、备战高考化学提高题专题复习铁及其化合物推断题练习题(1)一、铁及其化合物1 下列各物质是中学化学中常见的物质，甲为常见金属单质，丙为黄绿色的单质气体，乙、丁是常见无色气态非金属单质，其它均为化合物，C 常温下为一种液体，B、 D 分别为黑色粉末和黑色晶体，G 为淡黄色固体，J 为生活中常见的调味品，I 为红褐色固体，F 为棕黄色溶液。是实验室制取丁的反应之一。各物质间的转化如下图所示，回答下列问题(部分生成物未列出)：(1)物质 I 的化学式为 _； F 中阴离子是 _；(2)反应的化学方程式为为_ ；(3)B 与 K 的反应是实验室制取丙的反应，其离子方程式为_；(4)反应的化学方程式为_；
2、(5)若E 与 G 以物质的量比为1:1 投入足量水中，反应的化学方程式为_；生成1mol气体转移电子的个数为_。-MnO 2+Mn2+Cl2 +2HO 3Fe +【答案】 Fe(OH)3 Cl 2H2O22H2O+O2 MnO 2+4H +2Cl高温4H O(g)Fe O +4H 4FeCl +4Na O+ 6H O = 4Fe(OH) +8NaCl + O6N2342222232A【解析】【分析】丙为黄绿色单质气体，所以丙为Cl2， B 与 K 的反应是实验室制取丙的反应，且B 为黑色粉末，则 B 为 MnO 2，K 为 HCl；是实验室制取丁的反应之一，则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作
3、用下制取氧气的反应，所以C 为 H2 O，丁为氧气； G 为淡黄色固体，且可以生成氧气，则 G 应为 Na22NaCl， I 为红褐色固体应为O ，则 J 为生活中常见的调味品，应为33+， E与氯气反应可生成F，则 F 为 FeCl32Fe(OH) ；F 为棕黄色溶液，应含Fe， E 为 FeCl ；氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁，所以甲为铁单质，Fe 可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁，所以乙为氢气，D 为 Fe3O4。【详解】3-；(1)根据分析可知物质 I 为 Fe(OH) ； F 中阴离子为 Cl(2)反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气，方程式为MnO 22H
4、O2H O+O ；2222(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，方程式为：MnO 2+4H+2ClMn2+22+Cl +2H O；(4)反应为 Fe 在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应，方程式为：3Fe高温+4H ；+ 4H O(g)Fe O2342(5)E 为 FeCl2， G 为 Na2O2，过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子，被还原时-1 价的氧被还原成 -2 价，二者1： 1 反应，说明氧化产物不止有Fe3+，再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气，可知产物中应还有氧气，Na2O2 自身发生氧化还原反应，所以E 与 G 以物质的量比为1:1 投入足量水中，反应
5、方程式为4FeCl22 223 +8NaCl +4Na O+ 6H O = 4Fe(OH)O2 。【点睛】解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断，例如本题中“丙为黄绿色单质气体 ”，则丙为 Cl2， “F为棕黄色溶液 ”，则其溶液中应含有Fe3+，学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。2 某科研小组用镍触媒废料（主要成分为Ni-Al合金，混有少量Fe、 Cu、 Zn 及有机物）制备 NiO 并回收金属资源的流程如下所示：已知：相关数据如表1 和表 2 所示表 1 部分难溶电解质的溶度积常数（ 25）物质K物质KspspFe(OH)34.0 10 -38CuS6.3 1
6、0 -34Fe(OH)21.8 10 -16ZnS1.6 10 -24Al(OH) 31.0 10 -33NiS3.2 10 -18Ni(OH) 22.0 10 -15表 2 原料价格表物质价格 / （元 ?吨 -1）漂液（含25.2%NaClO）450双氧水（含 30%H2O2）2400烧碱（含 98%NaOH）2100纯碱（含99.5%Na2CO3）600请回答下列问题：（ 1）“焙烧”的目的是 _ 。（ 2）“试剂 a”的名称为 _；选择该试剂的理由是 _。（ 3）“氧化”时反应的离子方程式为_ 。（4）欲使溶液中Fe3+和 A13+的浓度均小于等于1.0 10 -6 mol ?L -1
7、 ，需“调节pH”至少为_。（5）“试剂b”应选择 _ ，“加水煮沸”时，反应的化学方程式为_ 。（6）氢镍电池是一种应用广泛的二次电池，放电时，该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M，当导线中流过2 mol 电子时，理论上负极质量减少_g。充电时的阳极反应式为_ 。【答案】除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本，不影响后续操作2Fe2+ClO- +2H+=2 Fe3+Cl - +H2O5Na2CO3NiCO3+H2ONi(OH)2+CO22-22Ni(OH) +OH-e =NiOOH +HO【解析】【分析】铁触媒废料焙烧，可以将部分金属单质转化为金属氧化物以
8、及使有机物燃烧而除去，焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐；再将Fe2+氧化成 Fe3+，氧化剂选择漂液（因为漂液价格低廉，且不影响后续实验）。然后调节pH 使 Fe3+、 Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。滤液 1 中还有 Zn2+、 Cu2+以及 Ni2+，加入 NiS，可以除去 Zn2+、 Cu2+。滤液 2 中有镍离子，同样的道理，在沉淀 Ni2+的时候，选择碳酸钠，它的价格也是比较低，加入碳酸钠后得到碳酸镍；碳酸镍加水煮沸会转化成 Ni（ OH） 2，最后 Ni（ OH） 2 灼烧分解，就可以得到氧化镍。【详解】（1）焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物，并且能够使有机物燃烧并除去。所
9、以“焙烧”的目的为：除去废料中的有机物；使部分金属单质转化为氧化物；（2）应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子，氧化剂包括了漂液和双氧水，但是双氧水的价格更贵，所以选择漂液；选择漂液的理由就是漂液成本更低，而且生成NaCl也不影响后续操作。（3）漂液中含有NaClO，将 Fe2+氧化成 Fe3+， ClO- 被还原成Cl - ，反应的离子方程式为2Fe2+ +ClO - +2H + =Cl - +2Fe3+ +H 2O ；（ 4） Fe（ OH） 3 和 Al （ OH） 3 类型相同， Fe(OH)3 的 Ksp 比 Al(OH)3 小，为了使它们完全沉淀，用 Al(OH)3 的 Ksp 进行
10、计算，-33Kw -14Ksp Al(OH) 3 =c(Al3+)c3(OH -）=10 -33，c(OH - )= 3 10 -6 =10-9， pH=-lg()=-lg(10 -9 )=5 ，10c(OH )10则 pH 至少为 5；（5）需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂， NaOH 的价格更贵，所以选择 Na23CO ，根据题意，加入233， NiCO3 加水煮沸转化成Ni （ OH）2，加水煮沸的方程式Na CO 时，生成的滤渣2 为 NiCO为 NiCO3+H2O Ni （ OH） 2+CO2。（6）镍氢电池放电时负极的是MH ，在反应中MH 变成了 M ，失去质量为H 的质量，负极-2
11、2mol，负极质量减少2g；充电时阳极发生氧化反应，化反应式为 MH-e+OH=M+HO，转移合价升高， Ni(OH)2变成 NiOOH，电极反应式为：2- -2Ni(OH) +OH -e =NiOOH +H O。【点睛】（2）中因为是工业流程，所以在选择原料的时候，不仅要考虑它会不会带来杂质，还需考虑经济成本，比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。（4）计算 pH 的时候，氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算，但是要完全沉淀，选择pH 较大的那个。3 某铁的化合物A 存在如下转化关系:已知 B 为黄绿色气体单质。请完成下列问题:（ 1） A 的化学式 _。（2）向 C的溶液中滴加适量KSCN溶液
12、,无明显现象 ,再滴加几滴B 的水溶液 ,溶液呈血红色。 用离子方程式表示该过程_、_。（ 3）若 D 为金属 ,则 D 的化学式 _ (写出 2 种 )。【答案】 FeC12+3+-3+-Fe、 Cu、Zn 等 (任选两种 ,其他答32Fe+Cl2=2Fe +2ClFe +3SCN=Fe(SCN)3案合理也给分 )【解析】 （1） B 为 Cl2，由题可知 A 和 C 的组成元素相同，均含Fe 和 Cl 元素，且 C 可以与 Cl2 反应生成 A，则 A 为 FeCl3， C 为 FeCl2， A 的化学式为 FeCl3。（2） Fe2+与 SCN-无明显现象，加几滴氯水，Fe2+被氧化为F
13、e3+， Fe3+与 SCN-反应生成红色的Fe(SCN 3)，对应的离子方程式为：2Fe2+Cl2 =2Fe3+2Cl- 、 Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3。（3） Fe3+转化为 Fe2+，加入活泼的金属如Fe、Zn 或不活泼金属如Cu，均可将 Fe3+还原为Fe2+。点睛：本题解题的关键是分析出A 和 C 均是铁的氯化物，铁元素化合价可以变化，C 可以与氯气反应生成A，说明 A 中铁元素的化合价高于C 中铁元素的化合价，故A 是 FeCl3， C是 FeCl2。4 已知 A、 B、 C、 D 分别是 AlCl3、 BaCl2、 FeSO4、 NaOH 四种化合物中的一种，它们的水溶
14、液之间的一些反应现象如下：A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解。 B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色。C+D白色沉淀，继续加 D 溶液，白色沉淀逐渐消失。（1）则各是什么物质的化学式为：A_、 B_、 C_、 D_。（2）现象中所发生的反应的化学方程式为：_、_ 。（ 3）现象中所发生反应的离子方程式为：_ 、_ 。【答案】 BaCl243NaOH；42244 Fe( OH)2FeSOAlClFeSO +2NaOH Fe( OH) + Na SO+O2233 +3OH-Al OH 3Al OH 3+OH-AlO2-+2H2+2H O4Fe OHAl( )( )O( )【解析
15、】【分析】A+B白色沉淀，加入稀硝酸，沉淀不溶解应，则生成的白色沉淀为BaSO4， B+D白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色，是Fe OH2的转化为Fe OH3A( )() ，故为 BaCl2，B 为 FeSO4， D 为 NaOH，则 C 为 AlCl3 ，氯化铝溶液与NaOH 溶液反应生成白色沉淀 Al( OH) 3， Al( OH) 3 能溶解在 NaOH 溶液中，符合中现象。【详解】( 1) 根据以上分析可知A、 B、 C、 D 依次为 BaCl2、 FeSO4 、AlCl3、 NaOH；( 2) 现象先生成白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学
16、方程式为： FeSO4+2244Fe( OH)22232NaOHFe( OH) + Na SO，+O +2H O 4Fe( OH) ；33+3OH-Al OH 3-() 现象中所发生反应的离子方程式为：Al+Al OH 3 OHAlO2( ) ，( ) +2H2 O。【点睛】考查无机物的推断，关键是明确物质之间的反应，根据现象进行判断，其中“白色沉淀，在空气中放置，沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口，这里发生了 Fe( OH) 2 沉淀的生成及转化为 Fe( OH) 3 的过程，另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。5A、 B、 C、 D 均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的关系如
17、图所示。(1)若 A 为强碱， C、 D 常被用做食用“碱 ”。 C D 反应的离子方程式为_。(2)若 A 为使用最广泛的金属单质，B 是某强酸的稀溶液，则检验D 溶液中金属阳离子的试剂为 _， D C反应的离子方程式为_。(3)若 A 为非金属单质， D 是空气中的主要温室气体。D 还可以转化为A，写出该反应的化学方程式 _。223+2+2点燃【答案】 CO3 232MgO + CO + H O = 2HCOKSCN溶液2Fe+ Fe = 3Fe2Mg + COC【解析】【分析】(1)若 A 为强碱， C、 D 常被用做食用“碱 ”，应为碳酸钠和碳酸氢钠，根据反应流程可知，A为氢氧化钠，与
18、少量二氧化碳反应生成C 为碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成D 为碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水；(2)若 A 为使用最广泛的金属单质，B 是某强酸的稀溶液，根据流程可推知A 为铁， B 为硝酸，过量的铁与稀硝酸反应生成C 为硝酸亚铁，少量的铁与稀硝酸反应生成D 为硝酸铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁；(3)若 A 为非金属单质， D 是空气中的主要温室气体CO2。根据流程可知A 为碳，碳在氧气不足的条件下燃烧生成C 为 CO，在氧气充足时燃烧生成D 为 CO2， CO在氧气中燃烧生成CO ， CO 与 C在高温条
19、件下反应生成CO。22【详解】(1)若 A 为强碱， C、 D 常被用做食用 “碱 ”，应为碳酸钠和碳酸氢钠，根据反应流程可知，A为氢氧化钠，与少量二氧化碳反应生成C 为碳酸钠，与足量二氧化碳反应生成D 为碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故 C D反应的离子方程式为2CO3 + CO2 + H2O = 2HCO3 ；(2)若 A 为使用最广泛的金属单质，B 是某强酸的稀溶液，根据流程可推知A 为铁， B 为硝酸，过量的铁与稀硝酸反应生成C 为硝酸亚铁，少量的铁与稀硝酸反应生成D 为硝酸铁，硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁与铁反应生成硝
20、酸亚铁，则检验D 溶液中金属阳离子 Fe3+的试剂为 KSCN溶液， D C反应的离子方程式为2Fe3+ + Fe = 3Fe2+；(3)若 A 为非金属单质， D 是空气中的主要温室气体CO2。根据流程可知A 为碳，碳在氧气不足的条件下燃烧生成C 为 CO，在氧气充足时燃烧生成D 为 CO2， CO在氧气中燃烧生成CO2， CO2 与 C在高温条件下反应生成CO，D 还可以转化为 A，是镁在二氧化碳中燃烧生成点燃氧化镁和 C，反应的化学方程式为2Mg + CO22MgO + C。6 氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。以工业碳酸钙（含有少量Al3+、 Fe3+等杂质）生产医药级二水合氯
21、化钙（CaCl22H2O）的主要流程如下：完成下列填空：(1)除杂操作是加入物质A 来调节溶液的 pH，以除去溶液中的Al3+、 Fe3+，根据下表所给信息，此时控制溶液的pH 范围是 _，加入的物质A 是 _（写化学式）。开始沉淀时的pH 沉淀完全时的 pH沉淀开始溶解时的 pHAl(OH)33.35.27.8Fe(OH)31.54.1(2)检验 Fe3+是否沉淀完全的实验操作是_ 。(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是_ 。(4)测定制得的样品的纯度，可采用如下方案：a称取0.750 g 样品，溶解，在250 mL 容量瓶中定容；b量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c用
22、 0.050 mol/L AgNO 3 溶液滴定至终点，消耗AgNO3 溶液体积的平均值为20.39 mL。上述测定过程中，需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有_ 。计算上述样品中CaCl22H2O 的质量分数为_（保留三位有效数字）。若配制和滴定操作均无误，但最终测定的样品中CaCl22H2O 的质量分数偏高，写出可能导致该结果的一种情况_ 。【答案】 5.2pH 7.8 Ca(OH)23取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若或 CaO或 CaCO不出现血红色，表明Fe(OH)3沉淀完全22将溶液中的少量 Ca(OH)转化为 CaCl 烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管99.9% 蒸发结晶过
23、程中，温度过高，使CaCl22H2O 失去部分结晶水【解析】【分析】工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解，得到Ca2+、 Al3+、 Fe3+，加入物质 A 来调节溶液的 pH，以除去溶液中的 Al3+、 Fe3+，根据沉淀对应的pH 表，需要把二者沉淀完全，pH 最小为 5.2，但是当 pH 大于等于7.8，氢氧化铝开始溶解，故调节pH 范围是5.2 pH 7.8；加入的 A能调节 pH，但是不能引入新杂质，则可以选用Ca(OH)2 或 CaO 或 CaCO3；过滤后滤液进行盐酸酸化，在 160 蒸发结晶，得产品CaCl22H2O。【详解】(1)根据分析，加入物质A 来调节溶液的 pH，此时控制溶液
24、的pH 范围是 5.2 pH7.8；加入的物质 A 是 Ca(OH)2或 CaO或 CaCO3（填一种即可）；(2)检验 Fe3+是否沉淀完全的实验操作是：取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明 Fe(OH)3 沉淀完全；(3)酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH，其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2 转化为 CaCl2 ，防止产物中混有 Ca(OH)2 杂质；(4) 测定样品的纯度过程中， a 为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程，需要用到的玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、 250mL容量瓶、胶头滴管； b、 c 为滴定过程，需要用到的玻璃仪器：锥形瓶、滴定管；故上述测定过程中，需要用
25、到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶，还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管； 使用 AgNO3溶液滴定样品的22CaCl 2H O， n（ Ag+） =0.050 mol/L 20.39 10-3L=1.0195 10-3 mol，则 25mL 中含 n （Cl- ） =1.019510-3mol， 250 mL 中含 n （Cl-） =1.019510-2mol，含 n（ CaCl22H2O） =5.0975 10-3mol ， m（ CaCl2 2H2 O） =5.0975 10-3mol 147g mol -1=0.7493g，样品 CaCl2 2H2O 的质量分数0.749 g100%=99.
26、9%； 蒸发结晶过程中，温度过高，使22H2O 失去部分结晶= 0.750gCaCl水，而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算，故最终测定的样品中CaCl22H2O 的质量分数偏高。【点睛】化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式；注意调节 pH 的范围，以及试剂的选用，不引入新杂质用可以与氢离子发生反应，一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。7 镉（CdCdO及少量ZnOCuO）可用于制作某些发光电子组件。一种以镉废渣（含、MnO 、 FeO 杂质）为原料制备镉的工艺流程如下：回答下列问题：（ 1） “滤渣 1”的主要成分为 Cu（ OH） 2 和 _（填化学式）。（ 2
27、） “氧化 ”时 KMnO4 的还原产物是 MnO 2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_、 _。n Zn 的实际用量（3） “置换 ”中镉置换率与（）的关系如图所示，其中Zn 的理论用量n Zn 的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。n Zn的实际用量实际生产中比值最佳为1.3，不宜超过该比值的原因是_。n Zn的理论用量若需置换出112kgCd，且使镉置换率达到98%，实际加入的Zn 应为 _kg。（ 4） “置换 ”后滤液溶质主要成分是 _（填化学式）。（ 5） “熔炼 ”时，将海绵镉（含 Cd 和 Zn）与 NaOH 混合反应，反应的化学方程式是_。当反应釜内无明显气泡产生时停止加
28、热，利用Cd 与 Na ZnO 的 _不同，将 Cd22从反应釜下口放出，以达到分离的目的。【答案】 CaSO42+4-223+2+4-3Fe +MnO+7H O=MnO +3 Fe(OH) +5H3Mn+2MnO22+锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH 的用+2H O=5MnO +4H量过多增加成本86.2ZnSO4Zn+2NaOH222Na ZnO +H 密度【解析】【分析】根据流程图，镉废渣(含 CdO 及少量 ZnO、 CuO、 MnO、 FeO 杂质 )，破碎后加入稀硫酸溶解，溶液中含有多种硫酸盐，加入石灰乳调节pH=5，沉淀除去Cu(OH)2 和硫酸钙，在滤液
29、中加入高锰酸钾溶液，氧化亚铁离子为铁离子，形成氢氧化铁沉淀，将Mn 2+氧化生成二氧化锰沉淀；在滤液中再加入锌置换出Cd，得到海绵镉，海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌，得到镉和 Na2ZnO2，据此分析解答。【详解】(1)硫酸钙微溶于水， “滤渣 1”的主要成分为Cu(OH) 和 CaSO，故答案为： CaSO；244(2) 氧“化 ”时 KMnO4 的还原产物是 MnO2，该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2+MnO 4-+7H2 O=MnO2 +3 Fe(OH)3 +5H+， 3Mn 2+2MnO 4-+2H2O=5MnO 2 +4H+，故答案为： 3Fe2+MnO 4-+7H2O
30、=MnO 2 +3 Fe(OH)3 +5H+；3Mn 2+2MnO 4-+2H2O=5MnO 2 +4H+；n Zn 的实际用量(3)实际生产中比值最佳为1.3，如果超过该比值，锌粉用量过多会n Zn 的理论用量增加成本；生成的海绵镉的纯度会降低；熔炼中NaOH 的用量过多，也会增加成本，故答案为：锌粉用量过多会增加成本；海绵镉的纯度降低；熔炼中NaOH 的用量过多增加成本；2+2+，若需置换出 112kgCd，且使镉置换率达到 98%，实锌置换镉的反应为 Cd+Zn=Cd+Zn112kg际加入的 Zn 的质量为98% 65kg/kmol 1.3=86.，2kg故答案为： 86.2；112kg
31、 / kmol(4)根据流程图， “氧化 ”后的溶液中主要含有Cd2+和 Zn2+，因此加入锌 “置换 ”后滤液溶质的主要成分是 ZnSO44，故答案为：ZnSO ；(5) 熔“炼 ”时，将海绵镉 (含 Cd 和 Zn)与 NaOH 混合反应，锌被NaOH 溶解，反应的化学方程式是 Zn+2NaOHNa222Cd 液体与ZnO +H 。当反应釜内无明显气泡产生时停止加热，Na2ZnO2 的密度不同，将Cd 从反应釜下口放出，以达到分离的目的，故答案为：Zn+2NaOHNa2ZnO2+H2；密度。【点睛】本题的易错点和难点为(3)的计算，要注意镉置换率达到98%，同时n Zn的实际用量=1.3。
32、n Zn的理论用量8 三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。工业上常以废铁屑（含有 SiO22 32 3等杂质）为原料制备氯化铁。其生产流程如、 Al O 、 MgO、 Fe O图：已知：氢氧化物的Ksp 如下表：氢氧化物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2sp-36-14-33-11K1.0 101.6 102.0 101.2 10请回答下列问题：（1）物质 X 可以选用下列物质中的_（选填序号）A NaCl BFeCl3C H2O2D H2SO4（2）滤液加入 NaOH 固体的目的是调节溶液的pH（忽略加入 NaOH 固体以后溶液体积的变化）。已知滤液中c(Fe3+-1， c(Al3+-1， c(Mg2+-)为 1.0 mol L)为 0.03 mol L)为 0.01 mol L13+3+-5-1， Al3+是否已经开始沉淀 _（填 “是 ”或，当 Fe 恰好沉淀完全时 c(Fe)=1 10molL“否 ”）。（3）写出滤渣 1 加 NaOH 溶液发生反应的离子方程式_ 。（4）生产流程中最后 “从 FeCl3 溶液得到无水FeCl3 固体 ”的操作分为两步：第一步，先冷却结晶得到 FeCl3 6H2O 晶体；第二步，制无水FeCl3 固体。第二步的正确操作是 _。（ 5） FeCl3 具有净水作用，但易腐
