安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铁及其化合物（2）

这是一份安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铁及其化合物（2），共21页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。

安徽省高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-12铁及其化合物（2）

一、单选题
1．（2022·安徽淮北·统考一模）下列实验对应的实验现象错误的是
选项
实验
含氯物质
试剂a
现象
A

FeCl2溶液
KMnO4溶液
紫红色退去
B
新制氯水
NaHCO3溶液
产生无色气体
C
84消毒液
Na2SO3溶液
产生刺激性气味气体
D
稀盐酸
Na2S2O3溶液
产生刺激性气味气体和淡黄色浑浊

A．A B．B C．C D．D
2．（2021·安徽蚌埠·统考一模）常温下，下列各组离子定能大量共存的是
A．的溶液中：
B．滴加溶液显红色的溶液中：
C．的溶液中：
D．水电离产生的的溶液中：
3．（2021·安徽合肥·统考一模）在给定条件下，下列选项所示转化关系均能一步实现的是
A． B．
C． D．
4．（2021·安徽蚌埠·统考一模）在给定条件下，下列所示的转化关系均能实现的是
A．FeFe2O3Fe2(SO4)3 B．SiSiO2H2SiO3
C．Al(OH)3Al2O3Na[Al(OH)4] D．NaNa2ONa2CO3
5．（2021·安徽淮北·统考一模）碱式盐是能电离出氢氧根或氧离子的盐。下列说法错误的是
A．Sn(OH)Cl和FeOOH都属于碱式盐
B．铜绿[主要成分为Cu2(OH)2CO3]产生的原因是2Cu+H2O+O2+CO2=Cu2(OH)2CO3
C．聚合硫酸铁{[Fe2(OH)n(SO4)3-]m}是一种无机高分子絮凝剂，可用于污水处理
D．Mg2(OH)3ClO•H2O在酸性溶液中具有杀菌、漂白作用
6．（2021·安徽淮北·统考一模）化合物X在一定条件下可发生如图转化，有关叙述错误的是

A．溶液C到溶液D中发生的离子方程式为：Fe3++3SCN—Fe(SCN)3
B．E为CO，物质的量为0.05mol
C．X为Fe(CO)4
D．过量的稀硫酸若换成盐酸，会造成环境污染
7．（2021·安徽淮北·统考一模）科学实验中，要尽可能避免干扰因素对实验的影响。下列分析错误的

A．用甲操作检验K+，应透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，来排除Na+干扰
B．用乙装置制备氢氧化亚铁，胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰
C．用丙装置制备并检验乙烯，氢氧化钠溶液用来排除CO2对乙烯检验的干扰
D．丁装置中，读出H2的体积时，待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平，是为了防止温度和压强对气体体积的影响
8．（2021·安徽合肥·统考三模）已知SiHCl3常温下为无色液体，沸点31.85℃，遇水剧烈反应。实验室用H2还原SiHCl3制备纯硅的装置如图所示(夹持装置和尾气处理装置略去)，下列说法不正确的是

A．装置II、Ⅲ中依次盛装的是浓硫酸、热水
B．实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗
C．可以用盐酸、双氧水和硫氰化钾溶液来检验制得的硅中是否含铁单质
D．装置I也可用于氢氧化钠固体与浓氨水反应制备氨气
9．（2021·安徽安庆·统考二模）下列制取或收集气体装置中棉花作用不正确的是

A
B
C
D
名称
加热高锰酸钾制取氧气
制取并收集氨气
铜与浓硫酸反应制取SO2
铁粉与高温下的水蒸气反应
装置



+
作用
防止高锰酸钾颗粒进入导气管，造成堵塞
吸收过量的氨气，防止氨气泄漏到空气中
吸收过量的二氧化硫，防止二氧化硫污染空气
提供水蒸气

A．A B．B C．C D．D
10．（2021·安徽马鞍山·统考一模）我国科研人员通过控制光沉积的方法构建Cu2O-Pt/SiC/IrOx型复合材料光催化剂，其中Fe2+和Fe3+离子渗透Nafion膜可协同CO2、H2O分别反应，构建了一个人工光合作用体系，其反应机理如图：

下列说法错误的是
A．该反应为2CO2+2H2O2HCOOH+O2
B．该反应能量转化形式为光能→化学能
C．图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+
D．反应过程中涉及到非极性键、极性键的断裂和形成
11．（2021·安徽安庆·统考一模）化学在日常生活和生产中有着重要的作用。下列有关说法正确的是
A．南朝《竹林七贤与启荣期》砖画砖块的主要成分是二氧化硅
B．地沟油不能食用，但可以用来制肥皂或生物柴油，实现变废为宝
C．84消毒液、过氧乙酸、医用酒精可灭活新冠病毒均利用了强氧化性
D．纳米级的铁粉能通过吸附作用除去水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
12．（2021·安徽合肥·统考一模）取一定质量铁和氧化铁的混合物加入100 mLl mol.L-1盐酸中，两者恰好完全反应，产生标准状况下气体0.448 L，且反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象。原混合物中铁和氧化铁的物质的量比是
A．1：1 B．2：1 C．3：1 D．1：2

二、工业流程题
13．（2022·安徽马鞍山·统考一模）钪(Sc)是一种稀土金属。从钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc)中富集钪，并制备氧化钪(Sc2O3)的工艺流程如下。

回答下列问题：
(1)“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是___________;
(2)在实验室中，“操作1”需要的玻璃仪器有烧杯、___________，“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、___________
(3)调pH的目的是___________；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为___________。
(4)写出草酸钪焙烧时反应的化学方程式___________
(5)钛白酸性废水中Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多___________kg。
14．（2021·安徽合肥·统考一模）铍在军工、航天、陶瓷、玻璃制造等行业应用广泛。一种以绿柱石(主要含有、、、和等)为原料制取单质被的工艺流程如图所示：

已知：铍和铝的化学性质相似，熔融时较难电离，在时会溶解。
回答下列问题：
(1)加快“酸浸”速率可采取的方法是_______(写出一种方法)，滤渣的主要成分是_______。
(2)“除铝”过程中，经过加热浓缩、冷却结晶，可除去部分铁铝，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，写出生成铝铵矾的化学方程式_______。
(3)“除铁”时加入的作用是_______。
(4)常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，列式计算说明此时溶液中的是否沉淀完全：_______(已知：常温下当溶液中的离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。)
(5)若在“沉铍”时加入过量的溶液，测铍的存在形式是_______(填离子符号)。
(6)写出加热条件下“氯化”反应的化学方程式_______。
(7)“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是_______。
15．（2021·安徽宿州·统考三模）电解二氧化锰(EMD)是优良的电池的去极化剂，具有放电容量大、活性强、体积小、寿命长等特点。一种利用软锰矿(主要成分为MnO2，含有少量Cu、Fe等杂质)制备电解二氧化锰的工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“浸出”步骤中，为提高浸出率，可采取的措施有___________。
(2)“浸出”过程中有Fe(OH)SO4和Fe(OH)3生成，Fe(OH)SO4属于___________；该过程中发生反应的化学方程式为___________。
(3)“Fe(OH)3渣”中含有的物质除Fe(OH)3外，主要还有___________。(填化学式)。
(4)本工艺流程可循环使用的物质有___________。
(5)“除铜”反应的平衡常数为___________(保留两位有效数字)。[已知Kp(MnS)=4.65×10-14， Ksp(CuS)=1.27×10-36]
(6)为处理10.7 kgFe(OH)3，至少需要标准状况下SO2___________m3。
16．（2021·安徽蚌埠·统考三模）镍是化工产业的重要原料。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料，制取纳米镍粉，同时获得净水剂黄钠铁矾［NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下：

溶液中Ni2+离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2+
开始沉淀时(c=0.01mol·L-1)的pH
7.2
沉淀完全时(c=1.0×10-5mol·L-1)的pH
8.7
回答下列问题：
(1)“酸浸”时需要加热，其原因是______。
(2)“氧化”过程发生反应的离子方程式是______。
(3)“沉铁”过程，控制不同的条件可以得到不同的沉淀，所得沉淀与温度、pH的关系如图所示(图1中阴影部分表示的是黄钠铁矾稳定存在区域)。若反应在80℃时进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是______；检验沉铁步骤中反应是否完全的方法是______。

(4)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp=______(列出计算式)。
(5)“转化”过程，向“过滤II”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4，控制溶液中NaOH的浓度，可得到不同晶态物质(NiSO4·Ni、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式______。
(6)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图2所示，当ω(H2SO4)大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为______。
17．（2021·安徽安庆·统考一模）氧化钪可制作成氧的传感器陶瓷、固体电解质等特种材料，在现代工业中用途广泛。工业上用钒钛磁铁矿选矿后所得的钪精矿制备Sc2O3的流程图如图所示：

(1)提高酸溶效率的措施______。
(2)酸溶液含有Ti2O和Fe3+，Ti2O中Ti的化合价为＋4价，在热水中水解为TiO2。“净化”过程中加热溶液的作用是_______。
(3)流程中萃取剂与酸溶液的用量比用E/A表示，Sc3+的萃取率用a%表示，不同条件下Sc3+的萃取率(a%)的变化曲线如图所示，则萃取采用的最佳“用量比”E/A和萃取时间分别为______、______。

(4)“萃取和反萃取“主要化学反应ScCl3+(2-3)TBP=ScCl•(2-3)TBP，ScCl•(2-3)TBP+H2O=ScCl+H2O+(2-3)TBP。“反萃取”所加的试剂X为_______。
(5)“沉钪”过程中发生的离子方程式：______。Sc2(C2O4)3在空气中灼烧时发生的化学方程式：______。

三、填空题
18．（2021·安徽淮北·统考一模）矾是一类含硫化合物，在生活和生产中有着重要应用。
(1)蓝矾(CuSO4•5H2O)属于的物质类别有___(填序号)。
a.混合物         b.电解质        c.氧化物       d.离子化合物
(2)绿矾(FeSO4•7H2O)溶于水后水溶液显__性，绿矾水溶液在空气中久置出现红褐色沉淀，写出相关的离子方程式___，绿矾水溶液保存时防止变质可加入试剂为___(填化学式)。
(3)黄矾[FexSyO9•zH2O]中Fe、S的化合价分别为+3、+6。y=2时，x=__，采用热重分析法测定该黄矾样品所含结晶水数，将样品加热到110℃时，只失掉2个结晶水，失重7.2%，黄矾的化学式为___。

四、实验题
19．（2021·安徽蚌埠·统考模拟预测）乳酸亚铁晶体［CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O是一种很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得，而乳酸可由聚乳酸()得到。某化学兴趣小组利用化学解聚方法，先由废旧聚乳酸餐盒制得乳酸，再与碳酸亚铁反应可得乳酸亚铁晶体。已知：
①乳酸亚铁晶体易溶于水，难溶于乙醇
②乳酸是淡黄色粘性液体，与乙醇、水混溶
I.废旧聚乳酸材料的解聚(装置如图1)
①分别取一定量的NaOH、无水乙醇和白色聚乳酸餐盒碎片，装入锥形瓶，加热解聚；
②待反应完毕，向锥形瓶中加入少量浓盐酸，然后加热浓缩，得到淡黄色粘稠状液体和少量白色不溶物；
③往②中所得混合物加入20mL无水乙醇并搅拌均匀，静置、过滤，弃去白色不溶物。

(1)步骤②中，加入浓盐酸的目的是_______。
(2)步骤③加入20mL无水乙醇的作用是_______。
II.碳酸亚铁的制备(装置如图2)实验步骤如下：
①检查气密性，按图示添加药品；
②在装置B中制取硫酸亚铁，并将整个装置内的空气排净；
③将B中溶液导入C中产生FeCO3沉淀；
④将C中混合物分离提纯，获得纯净的碳酸亚铁产品。
(1)装置D的作用是_______。
(2)装置C中生成FeCO3的离子方程式是_______。
(3)步骤②中应打开的开关是_______。(选填“K2”或“K3”)
II.制备乳酸亚铁晶体
将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应，然后再加入适量乳酸。经系列操作后得到产品。
(1)欲获得尽可能多的产品，上述系列操作指的是：冷却，_______，过滤，再洗涤和干燥。
(2)乳酸亚铁晶体中铁元素含量
称取mg样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用cmol·L-1硫代硫酸钠溶液滴定(已知：I2+2=2I-+)，滴定终点时，测得消耗标准溶液VmL。样品中铁元素的质量分数为_______。(用含有相关字母的代数式表示)。
20．（2021·安徽马鞍山·统考一模）蛭石是一种铝硅酸盐(不溶于稀酸、碱)，加热后体积会增大为原体积的60倍，具有理想的保温及涵水功能，是种植业的优良基质材料。一种“暖宝宝”内充Fe粉、蛭石粉、活性炭、NaCl固体和吸水性树脂，使用时去掉不透气的外包装使透气内袋暴露在空气中，即可发热至53℃左右。某化学兴趣小组设计了以下实验，探究已使用过的“暖宝宝”成分、回收蛭石，并制备“引火铁”(一种抛撒到空气中即可自燃的超细铁粉)。
【实验方案】

【实验装置】(制引火铁)

回答下列问题：
(1)在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是_______。影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是_______。
(2)“实验方案”中“操作A”的具体内容为_______。
(3)有关使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式，下列说法正确的是_______。
A．一定含有Fe、Fe2+、Fe3+ 　B．一定含Fe3+ 　C．一定含有Fe2+、Fe3+ 　D．可能含Fe
(4)制引火铁的“实验装置”中有两处明显的缺陷，分别是_______和_______。
(5)制取CO时，浓硫酸的作用是_______。实验开始时，应先点燃_______(填“X”或“Y”)处酒精灯。
(6)“引火铁”在空气中能自燃的原因是_______。

参考答案：
1．C
【详解】A．FeCl2具有还原性，KMnO4具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成MnCl2，KMnO4溶液的紫红色褪去，故A正确；
B．新制氯水含有H+，与NaHCO3溶液反应可产生二氧化碳气体，故B正确；
C．84消毒液有效成分为NaClO，具有强氧化性，而Na2SO3具有还原性，两者反应生成Na2SO4和NaCl，无氯气生成，即不产生刺激性气味气体，故C错误；
D．Na2S2O3中S为+2价，处于中间价态，加入稀盐酸发生歧化反应生成S和SO2，即产生刺激性气味气体和淡黄色浑浊，故D正确；
故选：C。
2．A
【详解】A．=1.0×1012的溶液，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液显酸性，所有离子可以大量共存， A正确；
B．滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明含有Fe3+，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，所以离子不能大量共存， B错误；
C．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中Fe3+会和碳酸氢根离子水解相互促进而不能共存， C错误；
D．水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液，说明水的电离被抑制，是酸或碱的溶液，铝离子在碱溶液不能存在， D错误；
故选A。
3．C
【详解】A．N2和氧气放电时生成NO，故A错误；
B．S的还原性较弱，S和氧气反应生成SO2，故B错误；
C．Na和氧气在加热下生成过氧化钠，Na2O2和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，能一步实现，故C正确；
D．Fe和水蒸气在高温下反应生成Fe3O4，故D错误；
故选：C。
4．C
【详解】A．铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，即4Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，则Fe与H2O反应到Fe2O3这步不能实现故A错误；
B．二氧化硅不溶于水，也与水不反应，则SiO2到H2SiO3这步不能实现，故B错误；
C．氢氧化铝受热分解产生氧化铝，即2Al(OH)3Al2O3+3H2O，氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，即Al2O3+2NaOH+3H2O═2Na[Al(OH)4]，每步均能实现，故C正确；
D．Na在O2中点燃，生成Na2O2，即2Na+O2Na2O2，则Na在O2中点燃到Na2O这步不能实现，故D错误；
答案为C。
5．A
【详解】A．FeOOH不能电离出酸根阴离子，不属于盐，A错误；
B．铜在空气中与氧气、二氧化碳和水反应生成铜锈，化学方程为2Cu+H2O+O2+CO2=Cu2(OH)2CO3，B正确；
C．聚合硫酸铁中Fe为+3价，溶于水产生Fe3+，Fe3+能水解生成具有吸附作用的Fe(OH)3胶体，可以净水，C正确；
D．Mg2(OH)3ClO•H2O在酸性溶液中生成次氯酸，次氯酸可以杀菌、漂白，D正确；
综上所述答案为A。
6．C
【分析】由溶液C中加入硫氰化钾溶液得到血红色溶液D可知，金属单质A为铁；由气体E能与足量氧化铜共热反应生成的气体F，F能与足量的氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀G可知，气体E为一氧化碳；由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的物质的量为0.05mol，则化合物X中铁和一氧化碳的物质的量比为：0.05mol=1：5，化学式为Fe(CO)5。
【详解】A．溶液C到溶液D中发生的反应为铁离子与硫氰酸根离子在溶液中反应生成血红色的硫氰化铁，反应的离子方程式为Fe3++3SCN—Fe(SCN)3，故A正确；
B．由分析可知，气体E为一氧化碳；由碳原子个数守恒可知，一氧化碳的物质的量为0.05mol，故B正确；
C．由分析可知，化合物X的化学式为Fe(CO)5，故C错误；
D．若过量的稀硫酸换成盐酸，加入酸性高锰酸钾溶液氧化亚铁离子时，过量的盐酸会与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应生成有毒的氯气，造成环境污染，故D正确；
故选C。
7．C
【详解】A．用焰色试验检验钾离子时，观测钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃片，滤去钠元素的黄光的干扰，来排除钠离子的干扰，故A正确；
B．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，制备氢氧化亚铁时，长胶头滴管插到覆盖一层苯的液面以下，以防止空气干扰，故B正确；
C．用乙醇与浓硫酸共热制备乙烯时，乙醇具有挥发性，浓硫酸具有脱水性和强氧化性，会发生副反应，使得乙烯气体中混有乙醇、二氧化硫、二氧化碳等杂质，其中乙烯和乙醇、二氧化硫都能与酸性高锰酸钾溶液反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，则检验乙烯时，应将混合气体通过盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收乙醇、二氧化硫、二氧化碳等，用来排除乙醇、二氧化硫对乙烯检验的干扰，故C错误；
D．测定气体体积时必须测定实验时的室温和压强，则读出氢气的体积时，应待装置冷却至室温，将漏斗缓缓下移至两端的液面处于相平测定氢气体积，防止温度和压强对氢气体积的影响，故D正确；
故选C。
8．B
【分析】装置Ⅰ中Zn与稀硫酸反应产生H2，由于SiHCl3遇水剧烈反应，故需要对H2进行干燥，即装置Ⅱ为干燥装置，内盛浓硫酸，装置Ⅲ需要通过热水浴加热，获得SiHCl3气体，并与H2一起进入装置Ⅳ中发生反应。
【详解】A．由分析知，装置Ⅱ为干燥装置，内盛浓硫酸，装置Ⅲ需使SiHCl3气化，故应将烧瓶置于热水浴中，A正确；
B．实验时，应先打开盛装稀硫酸的分液漏斗，利用产生的H2将装置中的空气赶出，防止H2不纯发生爆炸，B错误；
C．用盐酸溶解样品，Fe溶于盐酸生成FeCl2，而硅不溶，过滤后向滤液中加入双氧水，FeCl2被氧化为FeCl3，再加入几滴KSCN，若溶液变红，说明原样品中混有铁单质，C正确；
D．NaOH固体溶于水电离出OH-，使平衡逆向移动，促进氨气的逸出，同时NaOH固体溶于水放出大量热，降低氨气的溶解度，从而达到制取氨气的目的，D正确
故答案选B。
9．B
【详解】A．加热高锰酸钾制取氧气时，在导管口塞上棉花可以防止高锰酸钾颗粒进入导气管，造成堵塞，故A正确；
B．该实验中棉花的作用是防止空气在试管口形成对流，以提高所收集的氨气的纯度，若要吸收氨气则需要用湿棉花，故B错误；
C．浸有碱液的棉花可以吸收过量的二氧化硫，防止二氧化硫污染空气，故C正确；
D．红热的铁粉与水蒸气在高温下可以反应，所以湿棉花可以提供水蒸气，故D正确；
答案选B。
10．D
【详解】A．根据图示可知，反应物为二氧化碳和水，生成物为甲酸和氧气，因此该反应方程式为2CO2+2H2O2HCOOH+O2，故A正确；
B．由“人工光合作用体系”可知，该反应能量转化形式为光能→化学能，故B正确；
C．观察图中物质转化关系可知，b代表Fe3+，用于氧化H2O，a代表Fe2+，用于还原CO2，故C正确；
D．根据A项总反应可知，反应过程中不涉及到非极性共价键的断裂，故D错误；
答案选D。
11．B
【详解】A．砖块的主要成分是硅酸盐，而不是二氧化硅，A项不符合题意；
B．地沟油不能食用，其主要成分是高级脂肪酸甘油脂，可以发生皂化反应，用来制肥皂或制生物柴油，实现变废为宝，B项符合题意；
C．84消毒液中的次氯酸钠、过氧乙酸能杀菌消毒是因为其有强氧化性，医用酒精具有脂溶性，可以破坏生物磷脂双分子构成的生物膜，使蛋白质发生变性，C项不符合提题意；
D．除去重金属离子是利用了铁的还原性，将重金属离子转化为单质，D项不符合题意；
故正确选项为B。
12．C
【详解】反应后溶液中滴加KSCN溶液无明显现象，证明溶液中溶质为氯化亚铁，取一定质量铁和氧化铁的混合物加入100 mLl mol.L-1即0.1mol盐酸中，两者恰好完全反应，产生标准状况下气体0.448L，根据Fe+2HCl=FeCl2+H2↑可知，消耗铁为0.02mol，消耗盐酸为0.04mol；再根据Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O可知，该反应中消耗0.06mol盐酸和0.01mol Fe2O3，生成0.02mol FeCl3，再根据2FeCl3+Fe=3FeCl2，可知应消耗0.01molFe，所以共消耗铁0.03mol，故原混合物中铁和氧化铁的物质的量比是0.03mol:0.01mol=3:1，故C正确；
答案选C。
13．(1)将Fe2+氧化为Fe3+
(2) 玻璃棒、漏斗 Fe(OH)3、Sc(OH)3
(3) 溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液 取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+
(4)2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2
(5)1.80或1.8

【分析】钛白酸性废水(主要含Ti、Fe2＋，微量Sc) ，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入氢氧化钠溶液“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液，再加入草酸溶液得到草酸钪，草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，据此分析解题。
（1）
“有机相”中主要含有Ti4+、Fe2+、Sc3+，酸洗时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，有利于后面沉淀除去；
（2）
在实验室中，“操作1”为过滤，需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；“滤渣1”的主要成分是Ti(OH)4、Fe(OH)3、Sc(OH)3，因为加入氢氧化钠溶液之前溶液中含有Sc3+和Fe3+；
（3）
调pH的目的是溶解Sc(OH)3转化为含Sc的溶液；检验“含Sc3+“滤液”中是否含Fe3+的操作为：取少量滤液，向其中滴加KSCN溶液，若未出现血红色，证明不含Fe3+，因为Fe3+遇到KSCN溶液，溶液变为血红色；
（4）
草酸钪与氧气焙烧时反应生成Sc2O3和CO2，化学方程式为：2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2；
（5）
Sc3+含量10.0～20.0mg·L-1，该工艺日处理钛白酸性废水50.0m3， n(Sc)=，理论上能生产含85％氧化钪的产品最多：m= n(Sc)÷2×(90+48)÷85%=1.8kg。
14．(1) 粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等
(2)
(3)将氧化为
(4)是时，
(5)
(6)
(7)增强熔融盐的导电性

【分析】用稀硫酸溶解含铍矿绿柱石，其中BeO、Al2O3、Fe2O3和FeO均能溶于酸，而SiO2不溶于酸且不溶于水，经过滤，滤渣为SiO2，而滤液中主要含有Be2+、Al3+、Fe3+、Fe2+及过量的酸，滤液中加入(NH4)2SO4有铝铵矾[(NH4)Al(SO4)2•12H2O]析出，经过过滤除去，达到除铝的目的，继续向所得滤液中加入加入适量H2O2氧化Fe2+，再加适量氨水调整的pH，使溶液中Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，再过滤除去，达到除铁的目的，再向滤液中加入氨水，得到Be(OH)2，高温分解得到BeO，加入木炭、氯气氯化，“电解”熔融，制取。
【详解】（1）加快“酸浸”速率可采取的方法是粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等(写出一种方法)，滤渣的主要成分是。故答案为：粉碎、加热、适当增大硫酸浓度等；；
（2）“除铝”过程中，向含Al3+的滤液中加入(NH4)2SO4，其中大部分铝会以铝铵矾的形式析出，生成铝铵矾的化学方程式。故答案为：；
（3）“除铁”过程要求先氧化Fe2+，再调节溶液pH≥3，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，“除铁”时加入的作用是将氧化为。故答案为：将氧化为；
（4）常温下，“沉铍”时加入氨水调节至7.5，此时溶液中的沉淀完全：时，，故答案为：是，时，；
（5）若在“沉铍”时加入过量的溶液，Be(OH)2会溶于NaOH生成Na2BeO2，测铍的存在形式是(填离子符号)。故答案为：；
（6）加热条件下“氯化”反应的化学方程式。故答案为：；
（7）氯化铍在融熔态时较难电离，“电解”熔融，制取时需要加入，其作用是增强熔融盐的导电性。故答案为：增强熔融盐的导电性。
15． 粉碎、加热、搅拌等 盐（碱式盐） 2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3 CaSO4 FeSO4 3.7×1022 1.12
【分析】软锰矿除主要成分为MnO2外还含有少量Cu、Fe等杂质，将软锰矿投入到硫酸亚铁溶液中浸出使其转化为可溶的硫酸盐；向浸出液中加入过量的氢氧化钙调pH以除去铁离子，过滤；向滤液中加入过量的硫化锰出去铜离子，再次过滤；电解滤液得到EMO和硫酸；硫酸与硫酸铁二氧化硫反应可制取循环使用的硫酸亚铁，据此分析可得：
【详解】(1)提高浸出率，可采取的措施有：升高温度，将软锰矿粉碎、以及搅拌等措施，故答案为：粉碎、加热、搅拌等；
(2) Fe(OH)SO4属于碱式盐；在该反应过程中Fe的化合价由2+价升高至+3价，发生氧化反应，则中的Mn作为氧化剂，则根据“浸出”过程中有Fe(OH)SO4和Fe(OH)3生成有：2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3，故答案为：盐（或碱式盐）2FeSO4+MnO2+2H2O=MnSO4+Fe(OH)SO4+Fe(OH)3；
(3) “浸出”步骤加有，中和除铁中加入，则两种物质反应生成微溶的CaSO4，故答案为：CaSO4；
(4)由流程图可知，中和除铁的滤渣中含有，电极中生成，所以、以及反应可生成，所以本工艺流程可循环使用的物质为，故答案为：；
(5)“除铜”反应为，则，故答案为：；
(6)有关系式法有，解得V=1120L=1.12m3，故答案为：1.12。
16． 加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全 6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O FeOOH 取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全 10-15.6 N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O 随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜
【分析】红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)加入硫酸酸浸，酸浸后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，加入NaClO氧化亚铁离子发生6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀，沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，过滤后的滤液中在经过NaOH、N2H4处理发生N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O，可得到Ni，依此解答该题；
【详解】(1)酸浸时加热，目的是加快酸浸和氧化速率，促进氧化完全；
(2)根据分析，“氧化”过程发生反应的离子方程式是6H++6Fe2++=6Fe3++Cl-+3H2O；
(3)由图可知，若反应在80℃进行，加碳酸钠偏多，则所得黄钠铁矾中混有的杂质是FeOOH；检验沉铁反应是否完全的方法是取少量“沉铁”后的上层滤液，滴加KSCN溶液，若溶液不变红，则证明沉铁完全，反之不完全；
(4) 由上述图表可知，Ni2+完全沉淀时pH=8.7，此时c(Ni2+)=1×10-5mol/L，，故Ksp=c(Ni2+)·c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=10-15.6；
(5)根据分析，生成Ni的离子方程式：N2H4+2Ni2++4OH-=2Ni+N2+4H2O；
(6)浓硫酸具有强氧化性，使某些金属生成致密的氧化膜，故Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为随着硫酸质量分数的增加，Ni表面形成致密的氧化膜。
17． 粉碎钪精矿，适当升温 促进Fe3+以及Ti2O水解生成沉淀，从而除去 1：4 6min H2O 2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+ 2Sc2(C2O4)3+3O22Sc2O3+12CO2
【详解】(1)提高酸溶效率的措施可以是粉碎钪精矿，增大接触面积，适当升温，适当增加盐酸的浓度，搅拌等。
(2)根据题意，净化过程为除掉杂质元素铁钛，利用Fe3+的水解，加热可促进水解便于其沉淀去掉。而在热水中水解为难溶于水的TiO2.因此净化过程加热溶液的目的是便于除去杂质。
(3)最佳的萃取剂用量应该是用少量的萃取剂取得最高的萃取效果，当E/A=1：4时，萃取剂用量较少，萃取率接近90%，萃取时间应选择萃取时间较短，萃取率较高的时间段，因此选用6min。
(4)根据信息，可知“反萃取”所加的试剂为H2O。
(5)根据流程信息可得“沉钪”和“灼烧”过程发生的反应分别为：2Sc3++3H2C2O4=Sc2(C2O4)3+6H+、2Sc2(C2O4)3+3O2=2Sc2O3+12CO2
18． bd 酸 H2SO4、Fe 2 Fe2S2O9•10H2O
【详解】(1)CuSO4•5H2O属于盐，为电解质、属于离子化合物，故答案：bd；
(2) FeSO4•7H2O溶于水产生Fe2+，， 故其溶于水后显酸性，久置后溶液显酸性，。绿矾水溶液保存时防变质可加入H2SO4防水解、Fe防氧化。故答案：酸、，H2SO4、Fe
(3) ，根据化合价可知化学式为：Fe2S2O9•zH2O，失重7.2%指失去2个结晶水后Fe2S2O9•zH2O的质量分数则：，z=10，故黄矾的化学式为：Fe2S2O9•10H2O，故答案为：2、Fe2S2O9•10H2O。
19． 使解聚后的产物由乳酸盐转化为乳酸 乳酸为粘稠状液体，需用乙醇溶解后才容易过滤 液封，防止空气进入C中氧化Fe2+ Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑ K3 加入乙醇  
【分析】II.制备碳酸亚铁
亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备硫酸亚铁，C装置中FeSO4和NH4HCO3发生反应：FeSO4+2NH4HCO3=FeCO3↓+(NH4)2SO4+CO2↑+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的硫酸亚铁溶液压入C中，装置D防止空气中的氧气进入到C装置中，将Fe2+氧化；
【详解】I. (1)聚乳酸中含酯基，步骤①中聚乳酸水解成乳酸钠，步骤②中，加入浓盐酸的目的是：使解聚后的产物由乳酸盐转化为乳酸；
(2)已知②乳酸是淡黄色粘性液体，与乙醇、水混溶，则步骤③加入20mL无水乙醇的作用是：乳酸为粘稠状液体，需用乙醇溶解后才容易过滤；
II. (1)装置D的作用是：液封，防止空气进入C中氧化Fe2+；
(2)装置B中制备FeSO4，进入装置C发生反应的离子方程式：Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑；
(3)步骤②目的是利用产生的氢气排净装置内的空气，防止Fe2+被氧化，则应打开的开关是K3；
III. (1)已知①乳酸亚铁晶体易溶于水，难溶于乙醇，则为了减小晶体溶解，应加入乙醇再过滤；
(2) Fe原子守恒有：[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O～Fe2+～Fe3+，Fe3+与KI的反应为2Fe3++2I-=2Fe2++I2、I2+2=2I-+，则关系式为[CH3CH(OH)COO]2Fe•3H2O～，n(Fe2+)=n()=0.001cVmol，m(Fe)=nM=0.001cVmol×56g/mol=0.056cVg，则样品中铁元素含量为。
20． 保温 透气膜透过空气的速度和铁粉的含量 在空气中灼烧 BD 缺少除CO中甲酸气体的装置 尾气未处理 催化剂和脱水剂 X 铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大
【分析】由电化学可知“暖宝宝”内充Fe粉、蛭石粉、活性炭、NaCl固体和吸水性树脂的作用原理是利用铁、石墨和空气中的氧气形成微小的原电池来发热的，由实验方案可知，暖宝宝内容物与稀硫酸反应生成硫酸铁或硫酸亚铁，然后过滤得到固体A中含蛭石和石墨，通过实验可知酸溶液中含有铁离子和亚铁离子、氯化钠，硫酸和硫酸根等，加入双氧水和氢氧化钠后生成氢氧化铁沉淀，灼烧后得到红棕色粉末B为氧化铁，再与CO反应得到“引火铁”，据此分析解题。
【详解】(1) 由题干信息可知，蛭石是一种铝硅酸盐(不溶于稀酸、碱)，具有理想的保温及涵水功能故在“暖宝宝”的使用过程中，蛭石粉的作用是保温；影响“暖宝宝”发热的持续时间和温度的主要因素是反应速率即热量放出的速率，反应速率又与空气中氧气的进入速率有关，故影响的主要因素是透气膜透过空气的速度和铁粉的含量，故答案为：保温；透气膜透过空气的速度和铁粉的含量；
(2)由题干流程图可知，“实验方案”中“酸溶”后过滤出固体A中含有蛭石和活性炭，要得到蛭石就是要出去其中的活性炭，故“操作A”的具体内容为在空气中灼烧，故答案为：在空气中灼烧；
(3)由题干流程图可知，“酸溶液”中加入K3Fe(CN)6生成蓝色沉淀，说明“酸溶液”中含有Fe2+，可能是使用后的“暖宝宝”中存在Fe2+，也可能是Fe和稀硫酸反应生成了Fe2+，加入KSCN溶液，生成血红色溶液，说明酸溶液中含有Fe3+，而稀硫酸无强氧化性，故使用后的“暖宝宝”中一定存在Fe3+，综上分析可知，使用后的“暖宝宝”中铁元素的存在形式一定含Fe3+可能含Fe、Fe2+，故答案为：BD；
(4)由于HCOOH具有较强的挥发性且与氧化铁反应，CO有毒不能直接排放到空气中，必须进行尾气处理，故制引火铁的“实验装置”中两处明显的缺陷分别是缺少除CO中甲酸气体的装置和尾气未处理，故答案为：缺少除CO中甲酸气体的装置；尾气未处理；
(5)制取CO的反应方程式为：HCOOHCO+H2O，浓硫酸的作用是催化剂和脱水剂，由于CO具有可燃性，故需先通入CO将装置中的空气排空再加入红棕色粉末B，故实验开始时，应先点燃X处酒精灯，故答案为：催化剂和脱水剂；X；
(6)由于“引火铁”是一种超细铁粉，表面积很大，能与空气中的氧气充分接触，故反应速率很快，且反应放热而短时间内达到铁的着火点而自燃，故“引火铁”在空气中能自燃的原因是铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大，故答案为：铁粉的表面积大，能与空气充分接触，反应速率大。