3-2-1-金属材料(精准练习)(解析版).docx

2022-2023学年高一化学同步学习高效学讲练（精准练习）
第三章 铁 金属材料
第二节 金属材料
第1课时 金属材料
1．（2022·上海市宜川中学高一期末）工农业生产中用途最广、用量最多的金属是
A．铜 B．铁 C．金 D．铝
【答案】B
【详解】铁是日常生活中用途最广、用量最大的金属元素，主要使用的是铁的合金，包括铁和钢，故B正确；故选：B。
2．（2021·安徽滁州·高一期末）铁是人类较早使用的金属之一、据有关报道，目前已能冶炼出纯度高达的铁。纯铁的实际使用范围有限，人们大量使用的是铁的合金。钢铁是铁碳合金的总称，其强度高、价格便宜、应用广泛。以下关于不锈钢和普通钢的认识中，你认为正确的是
A．它们的组成元素是相同的
B．耐腐蚀的性能不同
C．都属于钢，物理性质相同
D．构成普通钢和不锈钢的主要元素都是铁，因此它们的化学性质完全相同
【答案】B
【详解】A．普碳钢主要成分是Fe、C，不锈钢则是由普碳钢与Cr、Ni、Mo等融合而成，因此二者组成元素是不同的，A错误；
B．不锈钢抗腐蚀能力比普通钢强，B正确；
C．不锈钢和普通钢尽管都属于钢，但由于组成成分不同，物理及机械性能都存在较大的差异，C错误；
D．不锈钢中含有Ni、Cr、Mo等元素，使不锈钢的化学性质有别于普碳钢，D错误；
故合理选项是B。
3．（2021·云南楚雄·高一期末）下列关于合金的说法正确的是
①合金只能由两种或两种以上的金属组成  ②合金具有金属特性  ③碳钢和生铁的主要成分相同，故性能相同  ④改变原料的配比及生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金
A．②③ B．②④ C．①② D．①④
【答案】B
【详解】①合金可由两种或两种以上的金属或者金属与非金属熔合而成，故错误；
②合金是指在一种金属中加热熔合其他金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，故正确；
③碳钢和生铁含碳量不同，含碳量越高，硬度越大，因此两者的性能不同，故错误；
④合金的性质与合金的原料配比以及制造工艺有关，所以改变原料的配比、变更制造合金的工艺，可以制得具有不同性能的合金，故正确；
故选：B；
4．（2022·湖南师大附中高一期末）“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
【答案】C
【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；
B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；
C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；
D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；
故选C。
5．（2021·江西省万载中学高一阶段练习）下列变化不可能通过一步反应直接完成的是
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】A．Al与氢氧化钠溶液反应可以一步生成，其方程式为，A不符合题意；
B．Al无法一步生成氢氧化铝，B符合题意；
C．氢氧化铝受热分解即可生成氧化铝，其方程式为，C不符合题意；
D．铝离子和过量的氢氧根离子反应可一步反应生成偏铝酸根离子，其方程式为，D不符合题意；
故选B。
6．（2022·浙江·东阳市横店高级中学高一开学考试）某溶液中加入铝粉，有H2放出，在该溶液中一定能大量共存的离子组是
A．K+、Na+、Cl—、SO B．Na+、NH、SO、HCO
C．Na+、Ba2+、NO、Cl— D．K+、Na+、NO、AlO
【答案】A
【分析】加入铝粉有氢气放出的溶液可能为非氧化性强酸溶液，或强碱溶液。
【详解】A．在非氧化性酸或强碱溶液中，K+、Na+、Cl—、SO四种离子之间不发生任何反应，一定大量共存，故A正确；
B．在非氧化性酸溶液中，碳酸氢根离子与氢离子反应，强碱溶液中，铵根离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，Na+、NH、SO、HCO在溶液中一定不能大量共存，故B错误；
C．在非氧化性酸溶液中，硝酸根离子与铝粉反应生成一氧化氮，不能生成氢气，不能大量共存，故C错误；
D．在非氧化性酸溶液中，硝酸根离子与铝粉反应生成一氧化氮，不能生成氢气，且偏铝酸根离子与氢离子反应，不能大量共存，故D错误；
故选A。
7．（2021·广东·深圳市观澜中学高一阶段练习）下列关于合金的说法中，正确的是
A．合金的硬度一般比其各成分金属的硬度高，熔点一定比其各成分金属的熔点低
B．合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质相同
C．生铁的含碳量为0.03%~2%
D．目前世界上用途最广、使用量最大的合金是钢
【答案】D
【详解】A．多数合金的硬度一般比其各成分的金属的硬度高，合金的熔点一般比各成分金属的熔点低，故A错误；
B．合金的化学性质一般与各成分金属的化学性质相同，合金的物理性质一般与其各成分金属的物理性质不相同，如合金的硬度高、熔点低等，故B错误；
C．钢中含碳量为0.03%~2%，生铁的含碳量为2%~4.3%，故C错误；
D．目前世界上用途最广、使用量最大的合金是钢，如炊具、建筑材料等，故D正确；
故选D。
8．（2022·黑龙江·大庆实验中学高一期末）下列说法正确的是
A．常温下，铝制品耐腐蚀是因为铝不活泼
B．铝合金密度小、强度高，广泛应用于航空领域
C．不锈钢中不含碳元素，它的合金元素主要是铬和镍
D．合金一般由多种元素组成，属于化合物
【答案】B
【详解】A．常温下，铝制品耐腐蚀是因为铝与氧气生成一层致密的氧化膜保护了内部金属，A错误；
B．铝合金密度小、强度高，广泛应用于航空领域，B正确；
C．不锈钢中含铁、碳元素，它的合金元素含有铬和镍，C错误；
D．合金一般由多种物质熔合而成的，属于混合物，D错误；
故选B。
9．（2022·上海徐汇·高一阶段练习）下列不属于合金的是
A．青铜 B．玻璃 C．碳钢 D．生铁
【答案】B
【详解】A．青铜是铜锡合金，故A正确；
B．玻璃是非金属材料，不是合金，B错误；
C．碳钢是铁和碳的合金，C正确；
D．生铁是铁和碳的合金，D正确；
故答案选B。
10．（2021·天津·静海一中高一阶段练习）下列说法正确的是
A．我国在战国中期时开始使用铁制品
B．自然界中的铁元素只存在于化合物中
C．不锈钢是铁合金，只含金属元素
D．镧镍(La-Ni)合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，可作储氢材料
【答案】D
【详解】A．我国目前发现最早的人工冶铁制品是春秋初年秦国的铜柄铁剑，故A错误；
B．自然界中的陨铁中的Fe以单质的形式存在，故B错误；
C．不锈钢是铁的合金，含有碳、硅等非金属，铬、镍等金属，故C错误；
D．镧镍(La-Ni)合金能大量吸收H2，并与H2结合成金属氢化物，稍稍加热又会分解，将储存在其中的氢释放出来，可作储氢材料，故D正确；
答案选D。
11．（2022·江苏·无锡市教育科学研究院高一期末）下列关于合金的叙述正确的是
A．铝合金硬度比纯铝小
B．生铁是铁碳合金，钢是纯净的铁单质
C．硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机外壳
D．不锈钢和钢都是铁合金，性质完全相同
【答案】C
【详解】A．合金的硬度比其任一组分都大，铝合金硬度比纯铝大，A错误；
B．生铁是铁碳合金，钢的含碳量比生铁低，也是铁碳合金，B错误；
C．硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机外壳，C正确；
D．不锈钢和钢都是铁合金，但其内部结构和组分不同，性质不相同，D错误；
故选C。
12．（2021·河北·石家庄二中高一阶段练习）北宋沈括对生铁炼钢有这么一段评价：“世间锻铁所谓钢铁者，用柔铁屈盘之，乃以生铁陷其间，泥封炼之，锻令相入，谓之“团钢”，亦谓之“灌钢”。此乃伪钢耳……”，下列说法正确的是
A．生铁和钢都是关于铁的含碳合金，钢中碳的含量较高
B．通过炼制和锻打，可以调节铁中元素的组成、元素的含量等来改变铁的性能
C．高碳钢的韧性较好，低碳钢的硬度较大
D．不锈钢是一种常见的合金钢，它的合金元素主要是钨(W)和硅(Si)
【答案】B
【详解】A．生铁和钢都是铁的含碳合金，钢中碳的含量在0.03%～2.0%之间，生铁中碳的含量在2.0%～4.3%之间，所以生铁的碳含量高于钢的碳含量，故A错误；
B．通过炼制和锻打，可以降低生铁中含碳量，除去生铁中有害元素P、S，调整生铁中Si、Mn的含量，这样的铁有韧性、可锻轧、可延压，故B正确；
C．根据含碳量的不同，碳素钢可分为高碳钢、中碳钢、低碳钢，其中高碳钢硬度较大，韧性较差，低碳钢，硬度较小，韧性较强，故C错误；
D．不锈钢是一种常见的合金钢，它的合金元素主要是铬(Cr)、镍(Ni)，常用来制造医疗器械、餐具等，故D错误；
答案为B。
13．（2022·黑龙江·佳木斯一中高一期末）2022年世界冬奥会和冬残奥会在北京举行，其中短道速滑项目队员所穿的速滑冰刀采用合金材料——不锈钢制成。

下列关于合金的叙述，错误的是
A．通过增加原子层之间的相对滑动难度，使合金的硬度变大
B．不锈钢中添加镍(Ni)和铬(Cr)等元素，因此不含非金属元素
C．储氢合金属于新型合金，可用于以氢气为燃料的汽车
D．硬铝具有强度高、密度小、抗腐蚀能力强等优点，常用于制造飞机外壳
【答案】B
【详解】A．合金的硬度大于纯金属的硬度，不锈钢是通过增加原子层之间的相对滑动难度，导致合金的硬度变大，故A正确；
B．钢是铁和碳的合金，不锈钢中含有金属元素，还含有非金属元素碳，故B错误；
C．储氢合金与水反应释放的氢气具有可燃性，可作汽车的燃料，故C正确；
D．合金的硬度大、抗腐蚀性强，则飞机外壳大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，故D正确；
故选：B。
14．（2022·上海市晋元高级中学高一期末）2022年北京冬奥会上，我国短道速滑队所用冰刀材料是特殊的钢材料。下列说法中正确的是
A．该合金熔点比纯铁熔点高 B．该合金硬度比纯铁高
C．该合金碳含量比生铁高 D．该合金属于共价晶体
【答案】B
【详解】A．合金的熔点低于成分金属，A错误；
B．合金的硬度比成分金属大，该合金硬度比纯铁高，适合用于制造冰刀，B正确；
C．钢的含碳量低于生铁，C错误；
D．合金属于金属晶体，D错误；
故答案选B。
15．（2021·陕西·西安市西航一中高一阶段练习）现有Al、MgO、Fe2O3组成的混合物共m g，放入150 mL某浓度的硫酸溶液中恰好完全反应，放出气体672 mL(标准状况)，当再加入 1.5 mol/L的NaOH溶液200 mL时，得到沉淀的物质的量为最大值，上述硫酸溶液的浓度为
A．0.50 mol/L B．1.0 mol/L C．2.0 mol/L D．3.0 mol/L
【答案】B
【分析】Al、MgO、Fe2O3组成的混合物中加入某浓度的硫酸溶液，生成硫酸铝、硫酸镁、硫酸铁；再加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量为最大值，则生成Al(OH)3、Mg(OH)2、Fe(OH)3和Na2SO4。
【详解】采用终态法，可建立如下关系式：2NaOH—H2SO4，n(NaOH)=1.5 mol/L×0.2L=0.3mol，则n(H2SO4)=n(NaOH)=0.15mol，c(H2SO4)== 1.0 mol/L，故选B。
16．（2021·四川达州·高一期末）将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中，充分反应后得到200 mL溶液，再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72 L，若反应过程中溶液的体积保持不变，则下列说法正确的是
A．最终溶液：c(Na+)=1.5 mol·L-1
B．标准状况下，通HCl气体前得到6.72 L气体
C．最终得到7.8 g沉淀
D．最终溶液：c(Na＋)=c(Cl-)
【答案】C
【分析】15.6gNa2O2的物质的量为：=0.2mol，5.4gAl的物质的量为：=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为：=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al(OH)3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al(OH)3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，根据质量守恒定律可知钠离子物质的量为0.4mol，则钠离子的浓度为：=2mol/L，A错误；
B．由分析可知，过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L/mol=8.96L，B错误；
C．由分析可知，最终生成Al(OH)3为0.1mol，质量为：0.1mol×78g/mol=7.8g，C正确；
D．由分析可知，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，则钠离子浓度大于氯离子浓度，D错误；
故答案为：C。
17．（2021·云南丽江·高一阶段练习）将4.6 g Na和2.7 g Al同时加入足量的水中充分反应，将反应后的溶液稀释为500 mL。下列说法中不正确的是
A．所得溶液中NaOH的物质的量浓度为0.2 mol·L-1
B．反应中消耗的水的质量是加入的Al的质量的2倍
C．所得溶液中的物质的量浓度为0.2 mol·L-1
D．反应中放出的气体在标准状况下的体积为2.24 L
【答案】D
【分析】可理解为先发生2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，消耗钠的物质的量为0.2mol，消耗水的物质的量为0.2mol，生成0.2molNaOH和0.1molH2；再发生2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，消耗Al的物质的量为0.1mol，消耗0.1molNaOH和0.1molH2O，生成0.1mol和0.15molH2；综上，消耗水的物质的量为0.3mol，NaOH剩余0.1mol，生成0.25molH2。
【详解】A．所得溶液中NaOH的物质的量浓度=0.1mol÷0.5L=0.2 mol·L-1，A正确；
B．消耗水的质量为：0.3mol×18g/mol=5.4g，是加入的铝的质量的2倍，B正确；
C．所得溶液中的物质的量浓度为=0.2mol/L，C正确；
D．共放出气体体积(标况下)为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，D错误；
故答案为D。
18．（2022·福建省宁化第六中学高一阶段练习）两份铝屑，第一份与盐酸反应，第二份与NaOH溶液反应，产生的氢气的体积比为1∶1，两份铝屑中参加反应的Al的质量比为
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．2∶1
【答案】A
【详解】铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，反应的方程式为2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知，反应产生的氢气的体积比为1∶1时，两份铝屑中参加反应的铝的质量比为1∶1，故答案选A。
19．（2021·陕西·武功县普集高级中学高一阶段练习）将一定质量的镁铝合金投入一定浓度的200mL盐酸中，使金属全部溶解，向所得溶液中滴加3.0 mol·L-1的NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。

计算：
(1)原合金中镁和铝的物质的量_______。
(2)反应中生成的H2在标况下的体积_______。
(3)盐酸中HCl的物质的量浓度_______。
【答案】(1)Mg为0.2mol；Al为0.4mol
(2)17.92L
(3)9.0mol/L

【解析】(1)
由图示可知，镁铝合金与盐酸反应后的镁离子、铝离子与氢氧根结合生成沉淀，其中0.2mol为氢氧化镁的物质的量，氢氧化铝的物质的量为0.6mol-0.2mol=0.4mol；
(2)
由以上可知，金属镁的物质的量为0.2mol，根据方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2 ，生成氢气的物质的量为0.2mol，金属铝的物质的量为0.4mol，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 ，生成氢气的物质的量为0.6mol，故氢气的物质的量为0.2mol+0.6mol=0.8mol，在标况下的体积为 ；
(3)
当加入600mL氢氧化钠时，沉淀达到最大值，溶液中溶质为NaCl，HCl与NaOH恰好完全反应，设盐酸中HCl的物质的量浓度为x，则有 ，解得x=9.0mol/L。
20．（2022·浙江省浦江中学高一阶段练习）在标准状况下进行甲、乙、丙三组实验。三组实验各取同浓度的盐酸，加入同一种镁铝合金粉末，产生气体。有关数据列表如表（气体体积均为标准状况下测得）：
实验序号
甲
乙
丙
合金质量/
0.255
0.385
0.765
生成气体/
280
336
336

(1)该盐酸的物质的量浓度_______。
(2)合金中、的物质的量之比为______。
(3)在丙组实验后，向容器中加入的溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为，并使刚好沉淀完全，溶液中的物质的量为________。
【答案】(1)
(2)
(3)0.045
【分析】结合表格数据，盐酸浓度、体积一定，甲中合金质量小于乙中合金质量，且甲中生成气体体积小于乙中气体体积，说明甲中盐酸过量、金属完全反应，乙中合金质量小于丙中合金质量，且乙、丙生成气体体积相等，说明乙、丙中盐酸完全反应，生成336mL氢气需要金属的质量为0.255g×=0.306g，故乙中金属剩余，盐酸不足。
（1）盐酸完全反应生成氢气336mL，氢气的物质的量为=0.015mol，根据氢元素守恒可知n(HCl)=2n(H2)=2×0.015mol=0.03mol，故盐酸的物质的量浓度为=0.6mol/L；
（2）甲中盐酸有剩余，金属完全反应，此时生成氢气280mL，故可以根据甲组数据计算金属的物质的量之比，设镁、铝的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可知24x+27y=0.255，根据电子转移守恒有2x+3y=×2，解得：x=0.005、y=0.005，故合金中镁与铝的物质的量之比为0.005mol：0.005mol=1：1；
（3）丙实验之后，向容器中加入NaOH溶液，恰好使合金中的铝元素全部转化为AlO2−，并使Mg2+刚好沉淀完全，反应后溶液中溶质为氯化钠、偏铝酸钠，由(2)中计算Mg、Al的物质的量可知丙中Al的物质的量为0.005mol×=0.015mol，根据铝元素守恒可知n(NaAlO2)=n(Al原子)=0.015mol，根据氯离子守恒可知n(NaCl)=1mol/L×0.03L=0.03mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)=0.03mol+0.015mol=0.045mol，n(Na+)=n(NaOH)=0.045mol。
21．（2022·河北秦皇岛·高一开学考试）某学习小组用图示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。

(1)A仪器名称为___________。
(2)实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是___________。
(3)检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂。上述操作的顺序是___________(填序号)。
(4)B中发生反应的化学方程式为___________。
(5)若实验用铝镁合金的质量为a g，测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为c g，则铝的相对原子质量为___________。
(6)实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将___________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。
【答案】(1)分液漏斗
(2)去除氧化膜
(3)①④③②
(4)2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 +3H2
(5)
(6)偏小
【分析】由于Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，由于Al可以和碱反应而Mg不反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量。
（1）由仪器的外形可知，A作为分液漏斗；
（2）铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去，因此实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻的目的是除去铝镁合金表面的氧化膜；
（3）实验时，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重，因此上述操作的顺序是①④③②；
（4）B中发生的反应为铝与NaOH溶液的反应，方程式为2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 +3H2；
（5）铝镁合金的质量为a g，B中剩余固体镁的质量为c g，则参加反应的铝的质量为(a-c)g，生成的氢气为mol，根据方程式可知消耗的Al为mol，所以铝的相对原子质量为；
（6）
不溶物为镁单质，若未洗涤过滤所得的不溶物，导致镁的质量偏大，则铝的质量分数偏小。
22．（2022·河北衡水·高一期末）铝土矿是工业生产金属铝的原料，铝土矿的主要成分为氧化铝，另外还含有杂质等，下图是工业冶炼铝的流程(所用试剂均过量)。

回答下列问题：
(1)溶解过程中生成的离子方程式为_______。
(2)滤渣Ⅰ的成分是_______(写化学式，下同)，滤渣Ⅱ的成分是_______，试剂a可以为_______。
(3)酸化时生成沉淀的离子方程式为_______。
(4)电解制铝的化学反应中，反应物的键能之和_______(填“大于”或“小于”)生成物的键能之和。图中电解制铝的化学方程式为_______。
(5)工业上制取常用与C、在高温条件下反应，已知每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，则该反应的氧化产物为_______(填化学式)。
【答案】(1)
(2)               NaOH溶液
(3)
(4)     大于    
(5)CO
【分析】铝土矿(主要成分为氧化铝和水，另外还含有杂质Fe2O3、SiO2等)加入硫酸溶解，发生反应Al2O3+6H+=2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，SiO2不反应，则滤渣1为SiO2；滤液1中含有Al3+、Fe3+等离子，Al3+与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则试剂a为NaOH，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入试剂b(过量)酸化将偏铝酸根离子转化为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3溶于强酸，则试剂b可选CO2；灼烧Al(OH)3得到Al2O3，最后电解熔融Al2O3冶炼铝。
（1）稀硫酸溶解Fe2O3生成Fe3+的离子方程式为，故答案为：；
（2）由上述分析可知，滤渣1为SiO2；Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，则试剂a为NaOH，滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入试剂a(过量)除去Fe3+，Al3+与过量氢氧根离子反应生成偏铝酸根离子，则试剂a可为NaOH溶液，故答案为：SiO2；Fe(OH)3；NaOH溶液；
（3）加入试剂b(过量)酸化将偏铝酸根离子转化为Al(OH)3沉淀，Al(OH)3溶于强酸，则试剂b可选CO2，发生反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）电解氧化铝生成铝和氧气，反应的化学方程式为；该反应属于吸热反应，反应物的键能之和大于生成物的键能之和，故答案为：大于；；
（5）Cl2有强氧化性，碳具有还原性，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，说明反应中碳失去2个电子，即氧化产物是CO，故答案为：CO。