（2013•信阳二模）明矾石的主要成分是K2SO4•Al2（SO4）3•2Al2O3•6H2O，还含有少量Fe2O3杂质

解题思路：（1）所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，计算生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量，转移电子是硫单质的4倍，再根据N=nN_A转移电子数目；
（2）根据n（SO₂）：n（NaOH）确定反应产物，再结合溶液呈酸性对离子浓度进行排序；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠；
（4）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe₂O₃，废渣中加入盐酸溶解，滴再加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃；
（5）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，据此判断，Al（OH）₃显两性，据此书写电离方程式．

（1）反应中硫元素化合价由Al₂（SO₄）₃中+6价降低为SO₂中+4价，故Al₂（SO₄）₃是氧化剂，反应中硫单质中硫元素化合价由0价升高为SO₂中+4价，硫单质为还原剂，生成1molAl₂O₃需要硫的物质的量为1mol×[3/2]=1.5mol，转移电子的物质的量为1.5mol×4=6mol，转移电子数目为6mol×6.02×10²³mol^-1=3.612×10²⁴，
故答案为：Al₂（SO₄）₃；3.612×10²⁴；
（2）1.12L二氧化硫的物质的量为 [1.12L/22.4L/mol]=0.05mol，n（NaOH）=0.1L×0.5mol/L=0.05mol，n（SO₂）：n（NaOH）=0.05mol：0.05mol=1：1，故反应后溶液中溶质为NaHSO₃，溶液呈酸性，说明HSO₃^-的电离程度大于水解程度，同时水电离生成氢离子，故c（H⁺）＞c（SO₃^2-），HSO₃^-电离程度不大，故c（HSO₃^-）＞c（H⁺），溶液c（OH^-）等于水电离生成，浓度很小，故溶液中离子浓度由大到小的排列顺序为c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-），
故答案为：c（Na⁺）＞c（HSO₃^-）＞c（H⁺）＞c（SO₃^2-）＞c（OH^-）；
（3）由工艺流程可知，熟料溶解为氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，离子方程式为Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O，
故答案为：Al₂O₃+2OH^-=2AlO₂^-+H₂O；
（4）由工艺流程可知，废渣的主要成分为Fe₂O₃，取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃，
故答案为：取少量废渣，加入适量盐酸溶解，再滴加KSCN溶液，若溶液被红色，说明废渣中含有Fe₂O₃，故答案为：稀盐酸、硫氰化钾；
（5）由工艺流程可知，熟料溶解所得的溶液中含有K⁺、Na⁺、SO₄^2-、AlO₂^-、OH^-等，加硫酸调PH值，AlO₂^-转化为Al（OH）₃，母液中离子主要有K⁺、Na⁺、SO₄^2-，含有溶质为K₂SO₄、Na₂SO₄，Al（OH）₃显两性，电离的离子方程式为：Al³⁺+3OH^-⇌Al（OH）₃⇌AlO₂^-+H⁺+H₂O，故答案为：K₂SO₄、Na₂SO₄．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程的理解、氧化还原反应、离子浓度大小比较、离子检验、实验方案设计等，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，题目难度中等，（2）中注意先根据计算确定反应后溶液中溶质．