上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-51铁及其化合物（4）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-51铁及其化合物（4），共23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。

上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-51铁及其化合物（4）

一、单选题
1．（2021·上海奉贤·统考一模）在某酸性溶液中，天然气脱硫原理如图所示。下列说法正确的是

A．为了增强氧化性，溶液的酸化可以使用硝酸
B．CH4是反应的催化剂
C．过程②使溶液酸性增强
D．过程①与过程②转移电子的物质的量之比为1﹕1
2．（2021·上海奉贤·统考一模）如果改变某一条件，生成物种类不变的是
A．金属钠与氧气(改变温度) B．氯化铝与氨水(改变氨水浓度)
C．铁和浓硫酸(改变温度) D．CO2气体与氢氧化钠溶液(改变氢氧化钠浓度)
3．（2021·上海·统考一模）能鉴别黄色FeCl3溶液和溴水的是
A．淀粉碘化钾试纸 B．氯水 C．CCl4 D．蓝色石蕊试纸
4．（2021·上海·统考一模）通过一步反应不能实现的是
A．Al2O3→Al(OH)3 B．Al→NaAlO2 C．Fe(OH)2→Fe(OH)3 D．FeCl3→FeCl2
5．（2021·上海松江·统考一模）铁在一定条件下与下列物质反应，产物中存在+3价铁元素的是
A．硫粉 B．氯气 C．硫酸铜 D．稀硫酸
6．（2021·上海闵行·统考一模）下列离子方程式书写正确的是
A．铁与稀盐酸反应：Fe+6H+=Fe3++3H2↑
B．氯气与氯化亚铁溶液反应：Cl2+Fe2+=Fe3++2Cl-
C．氯化铁溶液与铜反应：3Cu+2Fe3+=2Fe+3Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+
7．（2021·上海长宁·统考二模）金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（　　）
A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2
8．（2021·上海宝山·统考二模）一定能实现铁元素之间相互转化的措施是

A．实现①的转化，用比铁活泼的金属
B．实现②的转化，通过钢铁电化腐蚀
C．实现③的转化，加入少量稀硝酸
D．实现④的转化，加入过量氯气
9．（2021·上海长宁·统考二模）检验硫酸铁溶液中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是
A．NaOH 溶液 B．酸性 KMnO4 溶液 C．KSCN 溶液 D．Cu
10．（2021·上海·统考二模）为除去Fe2O3中的Al2O3，可选用的溶液是
A．HCl B．CH3COOH C．NaOH D．NH3·H2O
11．（2020·上海崇明·统考二模）对溶液中下列离子进行检验，正确的操作是（    ）
A．NH4+：取样，加入氢氧化钠溶液，即产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体
B．SO42-：取样，加入足量的盐酸无现象，再滴入氯化钡溶液有白色沉淀产生
C．Fe2+：取样，滴入硫氰化钾溶液无现象，再加入过量的氯水，溶液呈血红色
D．Cl-：取样，滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失
12．（2020·上海松江·一模）为了确定某物质是否变质，所选试剂(括号内物质)错误的是(　　)
A．氯水是否失效(pH试纸)
B．FeCl2是否被氧化(KSCN)
C．KI是否被氧化(淀粉溶液)
D．Na2SO3是否被氧化(BaCl2)
13．（2020·上海嘉定·二模）下列物质的转化在给定条件下能实现的是（    ）
①
②
③
④
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
14．（2020·上海·二模）不能和铁反应的溶液是（    ）
A．H2S B．NaOH C．Fe2(SO4)3 D．Cl2
15．（2020·上海徐汇·统考二模）用KI溶液和FeCl3溶液进行如下实验。下列说法中错误的是

A．实验i发生的反应为：2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2
B．黄色溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cl-、K+、I-离子
C．实验ⅲ水溶液中c(Fe2+)小于ⅰ中c(Fe2+)
D．若向实验ⅲ所得液体中滴加溶液，水层红色比实验ⅱ浅
16．（2020·上海徐汇·统考二模）NO2－既有氧化性，又有还原性。下列各组试剂不能利用以上性质检验NO2－的是
A．FeCl2、KSCN  
B．KMnO4、  H2SO4  
C．AgNO3、HNO3
D．KI、淀粉
17．（2020·上海奉贤·统考二模）可用于检验久置的FeSO4溶液是否变质的试剂
A．过氧化钠 B．铁粉 C．盐酸 D．KSCN溶液
18．（2020·上海静安·统考二模）化工产品在下列应用中，表现出还原性的是
A．明矾作净水剂 B．漂粉精作消毒剂
C．铁粉作食品脱氧剂 D．浓硫酸作干燥剂
19．（2020·上海松江·统考二模）在给定条件下，下列加点的物质在化学反应中能完全消耗的是（    ）
A．向150mL3mol·L-1的稀硝酸中加入6.4g铜
B．标准状况下，将1g铁片投入15mL18.4mol·L-1的硫酸中
C．用50mL8mol·L-1浓盐酸与10g二氧化锰共热制取氯气
D．5×107Pa、500℃和铁触媒条件下，用1mol氮气和4mol氢气合成氨
20．（2020·上海虹口·统考二模）某溶液含有Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-等离子，向其中加入足量的稀硫酸后，溶液中离子的物质的量几乎不变的是
A．Ba2+ B．Fe2+ C．Cl- D．NO3-
21．（2020·上海杨浦·统考二模）用FeCl3溶液蚀刻铜箔回收铜的一种流程如图所示。下列叙述正确的是

A．蚀刻铜箔的离子方程式：2Cu+Fe3+→2Cu2++Fe2+ B．试剂X是盐酸或稀硝酸
C．滤液Y呈浅绿色 D．试剂Z只能是氯水
22．（2020·上海崇明·统考二模）为提纯物质（含括号内的杂质少量），所选用试剂及实验方法均正确的是（    ）

物质
试剂
实验方法
A
CH3CH2OH（H2O）
CaO（新制）
蒸馏
B
CO2（CO）
O2（纯）
点燃
C
CH3CH3（CH2=CH2）
酸性KMnO4溶液
洗气
D
FeCl3（aq）（CuCl2）
铁粉（纯）
过滤

A．A B．B C．C D．D
23．（2020·上海崇明·统考二模）向盛有下列固体的试管中逐滴加入盐酸至过量，盐酸只发生一个化学反应的是（    ）
A．硝酸银 B．生锈的铁 C．碳酸钠 D．次氯酸钠
24．（2020·上海黄浦·统考模拟预测）下列变化不能通过一步反应直接完成的是（    ）
A．Al→Al3+ B．Na2SO3→NaOH C．Al2O3→Al(OH)3 D．Fe(OH)2→Fe(OH)3
25．（2020·上海松江·统考二模）下列物质不和NaOH溶液反应的是（    ）
A．NaHCO3 B．Fe(OH)3 C．Al2O3 D．H2S

二、工业流程题
26．（2021·上海奉贤·统考一模）碱式硫酸铁[Fe(OH)SO4]是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂。工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图：

已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表：
沉淀物
Fe(OH)2
Al(OH)3
开始沉淀
7.5
3.4
完全沉淀
9.7
4.4
回答下列问题：
(1)加入少量NaHCO3调节pH在4.4~7.5内，得到的滤渣成分为___________，写出滤渣中电解质的电离方程式___________；实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和 ___________ 。
(2)反应Ⅱ中加入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出亚铁离子是否完全被氧化的检验方法___________，在实际生产中，反应Ⅱ常同时通入O2以减少NaNO2的用量，若参与反应的O2有11.2L(标准状况)，则相当于节约NaNO2的物质的量为___________ mol。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为___________。
为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：
准确量取20.00 mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用 0.1000 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。
已知：2Fe3++2I- → 2Fe2++I2 2S2O+I2 → 2I-+S4O
(4)则溶液中铁元素的总含量为___________g·L-1.若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的铁元素的含量将会___________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。

三、填空题
27．（2021·上海·统考一模）(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O(硫酸亚铁铵)是一种重要的化工原料，用途广泛。完成下列填空：
(1)Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，铁原子核外有___种能量不同的电子，占有的轨道总数是___个。铁在元素周期表的第ⅦB和第ⅠB之间。铁位于第___周期___族。
(2)写出Fe与水反应的化学方程式：___。
(3)将(NH4)2Fe(SO4)2中非金属元素的简单阴离子按半径由小到大的顺序排列：___。
(4)同温度同浓度的FeSO4和(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，c(Fe2+)是否相等___？为什么？___。
(5)设计实验，证明(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中含有Fe2+___。
(6)已知：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在200℃失去全部结晶水。将一定质量的粉末状该晶体置于坩埚中，保持200℃受热，经冷却、恒重等正确操作，计算得到的1mol晶体中结晶水含量总是偏低，偏低的可能原因是___(写一条即可)。

四、实验题
28．（2021·上海嘉定·统考一模）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
(1)在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。由实验现象可推知：____________。
(2)为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。

①将补全下列实验操作步骤正确排序da_____e(填标号)；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热     b．熄灭酒精灯     c．关闭K1和K2 d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A     f．冷却至室温
②缓缓通入N2的目的是_________。
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_________(列式表示)。
(3)为探究硫酸亚铁的分解产物，将(2)中已恒重的装置A(取出a g后)接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。

①C、D中的溶液依次为BaCl2、品红。C、D中可观察到的现象分别为________、________。
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式________。
(4)为了测定A中样品的纯度，将取出a g样品溶于水，配制成500 mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00 mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是___________(填字母)。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
29．（2021·上海·统考一模）已知：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。
I.制备K2FeO4(夹持装置略)

(1)A为氯气发生装置，A中反应方程式是____(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂_____。

(2)C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有①3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，②(写离子方程式)____。
II.为了探究K2FeO4的性质，首先，取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2.为证明是否K2FeO4氧化了Cl-而产生Cl2，设计以下方案：
方案I
取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。
方案II
用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。
(3)由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有____离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，还可能由___产生(用文字描述或方程式表示)。
(4)方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl-。用KOH溶液洗涤的目的是____。
(5) 通过计算得知Na2FeO4的消毒效率(以单位质量得到的电子数表示)约是氯气的___倍。用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是___。(答出两点即可)。
30．（2020·上海·二模）某学生欲在实验室制备无水 FeCl3并得到副产物 FeCl3溶液。经查阅资料得知：无水 FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。如图是他设计的实验装置图（加热及夹持装置略去）

完成下列填空：
（1）装置 A 是 Cl2发生装置，其中的化学反应方程式为_____
（2）B 中的溶液是_____，C 的作用是_____
（3）D 加热后，少量生成 FeCl3沉积在D 的右端，要使沉积的 FeCl3进入E，操作是______________
E 中冰水的作用为_____
（4）实验员老师对上述装置提出了 2 点改进建议：一是装置连接部分都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件的原因是_____；二是这套装置还存在一个很大的缺陷，改进的方法是_______________
（5）证明 F中 FeCl2未被完全氧化的方法是_____

参考答案：
1．D
【分析】由图中可得出，反应①的反应物为Fe2(SO4)3、CH4、H2S，生成物为S、FeSO4、CH4；反应②的反应物为FeSO4、CH4、O2，生成物为Fe2(SO4)3、CH4，在反应中没有体现H2SO4的参与，从而得出反应的化学方程式。反应①：Fe2(SO4)3+H2S==S+2FeSO4+H2SO4；反应②： 4FeSO4+O2+ 2H2SO4==2Fe2(SO4)3+2H2O。
【详解】A．亚铁离子有还原性，硝酸有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故溶液的酸化不能使用硝酸，A不正确；
B．从分析中可以看出， CH4没有参与反应，所以CH4不是反应的催化剂，经过反应①②，达到天然气脱硫的目的，B不正确；
C．过程①的反应为Fe2(SO4)3+H2S==S+2FeSO4+H2SO4，使介质溶液酸性增强，过程②的反应为4FeSO4+O2+ 2H2SO4==2Fe2(SO4)3+2H2O，消耗氢离子，C不正确；
D．以FeSO4为基准，调整过程①与过程②的化学计量数，可得出转移电子的物质的量之比为1:1， ，D正确；
答案选D。
2．B
【详解】A．随着温度的不同有过氧化钠和氧化钠两种产物，A项错误；
B．生成物始终为氢氧化铝沉淀，B项正确；
C．常温下铁钝化，加热发生反应，C项错误；
D．氢氧化钠浓度低时生成碳酸氢钠，浓度高反应生成碳酸钠，D项错误；
故选B。
3．C
【详解】A．根据反应：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，2I-+Br2=2Br-+I2，故FeCl3溶液和溴水均能是淀粉碘化钾试纸变蓝，A不合题意；
B．氯水与FeCl3溶液和溴水均不反应，故均无明显现象，B不合题意；
C．FeCl3溶液与CCl4不互溶，且FeCl3也不溶于CCl4，故分层下层接近无色，上层为黄色，溴水中加入CCl4则溶液分层，上层接近无色，下层为深橙红色，故可以鉴别，C符合题意；
D．FeCl3溶液由于Fe3+水解而显酸性，溴水中Br2+H2O=HBr+HBrO显酸性，均能使蓝色石蕊试纸变红，D不合题意；
故答案为：C。
4．A
【详解】A．三氧化二铝不与水反应，所以不能一步转化为氢氧化铝，故A符合题意；
B．铝与NaOH溶液反应可以一步转化为偏铝酸钠，故B不符合题意；
C．Fe(OH)2与水和氧气发生化合反应可以一步转化为Fe(OH)3，故C不符合题意；
D．FeCl3与Fe反应可以一步转化为FeCl2，故D不符合题意；
综上所述答案为A。
5．B
【详解】A．硫粉与铁粉在加热条件下反应，生成硫化亚铁，产物中铁元素显+2价，A不符合题意；
B．氯气与铁在点燃条件下反应，生成FeCl3，产物中铁元素显+3价，B符合题意；
C．硫酸铜与铁在水溶液中发生反应，生成FeSO4和Cu，在产物中铁元素显+2价，C不符合题意；
D．稀硫酸与铁反应，生成FeSO4和H2，在产物中铁元素显+2价，D不符合题意；
故选B。
6．D
【详解】A．铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子反应方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；
B．氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，离子反应方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，故B错误；
C．氯化铁溶液与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，离子反应方程式为：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
D．氯化铁溶液与硫化氢反应生成氯化亚铁、盐酸和硫单质，离子反应方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故D正确；
答案选D。
7．A
【详解】A．铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2 价铁，故A正确；
B．铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2 价铁，故B错误；
C．铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误；
D．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误；
故选：A。
8．B
【详解】A. 金属钠活泼性很强，但是金属钠加入到氯化亚铁溶液中，生成氢氧化亚铁白色沉淀和氢气，不能置换出铁，A错误；
B. 钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀，负极反应均为：Fe-2e-= Fe2+，B正确；
C. 过量的铁与少量的稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，C错误；
D. 铁离子变为亚铁离子，应加入还原剂，如铁粉即可实现，不能加入氧化剂氯气，D错误；
综上所述，本题选B。
【点睛】铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，铁被氧化到+3价；如果铁过量，反应生成的铁离子与铁发生反应生成亚铁离子，因此过量的铁与一定量的硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水；反应物的量不同，产物不相同。
9．B
【详解】A．若加入NaOH，硫酸亚铁发生复分解反应产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反应产生的红褐色的Fe(OH)3遮挡，不容易观察到，因此不能鉴定，选项A错误；
B．KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有还原性，会发生氧化还原反应，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反应，因此可以作为鉴定试剂，选项B正确；
C．KSCN与硫酸铁会发生反应，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反应，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色，因此无法鉴定，选项C错误；
D．Cu与硫酸铁溶液发生反应而溶解，但不能与硫酸亚铁反应，因此不能鉴定，所以铜不能作为鉴定试剂，选项D错误。
答案选B。
10．C
【详解】氧化铁为碱性氧化物，能与酸反应；Al2O3是两性氧化物，既能与酸反应又能与强碱溶液反应，为除去Fe2O3中的Al2O3，需要选择它们性质的不同点，即氧化铝可溶于强碱溶液中，而氧化铁不溶，过滤分离，故答案选C。
11．B
【详解】A．氨气极易溶于水，在某溶液中加入氢氧化钠溶液，需要加热，使氨气逸出，才能产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体（氨气），故A错误；
B．硫酸钡为不溶于水、不溶于酸的白色沉淀，则检验硫酸根离子的方法为：取少量溶液于试管中，加入稀盐酸，没有明显现象，排除SO32-、CO32-，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明溶液中有SO42-，故B正确；
C．氯水具有氧化性，可氧化亚铁离子，则检验是否含亚铁离子，先加KSCN，无明显现象，再加氯水，溶液呈血红色，但氯水不能过量，过量的氯水能将KSCN氧化，溶液又变成无色，故C错误；
D．滴入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加入过量的硫酸沉淀不消失，该白色沉淀可能为硫酸银，原溶液中不一定含C1-，故D错误；
故选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意氯水具有强氧化性和漂白性，过量的氯水能将血红色溶液氧化褪色。
12．D
【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以次氯酸能使pH试纸褪色，次氯酸不稳定，易分解生成氯化氢和氧气，当氯水完全转化为盐酸后，盐酸不能使pH试纸褪色，所以可以用pH试纸检验氯水是否失效，故A正确；
B．氯化亚铁不稳定，易被氧化生成氯化铁，氯化铁和硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液，氯化亚铁和硫氰化钾溶液不反应，所以可以用硫氰化钾溶液检验氯化亚铁是否变质，故B正确；
C．碘化钾易被氧化生成碘单质，碘遇淀粉试液变蓝色，碘化钾和淀粉试液不反应，所以可以用淀粉检验碘化钾是否变质，故C正确；
D．亚硫酸钠不稳定，易被氧化生成硫酸钠，亚硫酸钠和硫酸钠与氯化钡溶液反应都生成白色沉淀，所以不能用氯化钡溶液检验亚硫酸钠是否变质，故D错误；
答案选D。
13．A
【详解】①Al2O3是两性氧化物，能够与NaOH反应产生NaAlO2，由于碳酸的酸性比Al(OH)3强，向NaAlO2溶液中通入CO2气体，会发生反应：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，能够实现给定物质的转化，①正确；
②S与O2点燃产生SO2，不能产生SO3，因此不能实现给定物质的转化，②错误；
③向饱和NaCl溶液中先通入NH3使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤，然后加热发生分解反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，制取得到Na2CO3，能够实现给定物质的转化，③正确；
④Fe2O3与HCl发生反应产生FeCl3溶液，在FeCl3溶液中发生水解反应产生HCl和Fe(OH)3，加热HCl挥发促进盐的水解，得到Fe(OH)3固体，Fe(OH)3受热分解产生Fe2O3，不能得到无水FeCl3，因此不能实现给定物质的转化，④错误；
综上所述可知：能够实现物质转化的序号是①③，故合理选项是A。
14．B
【详解】A．Fe可与H2S的水溶液发生反应Fe+H2S=FeS+H2↑，A不符合题意；
B．Fe不能和NaOH发生反应，B符合题意；
C．Fe具有还原性，可与Fe3+发生氧化还原反应生成Fe2+，则Fe与Fe2(SO4)3发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，C不符合题意；
D．Cl2具有强氧化性，Fe可被Cl2氧化生成FeCl3，D不符合题意；
答案选B。
15．C
【分析】KI溶液中加入少量氯化铁溶液，发生氧化还原反应，2Fe3++2I- =I2+2Fe2+，溶液分成二等份，一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明含铁离子，另一份溶液中滴加1mLCCl4溶液，碘单质溶于四氯化碳，下层为紫红色的碘的四氯化碳溶液，据此分析解答。
【详解】A．KI溶液中I-具有还原性，FeCl3溶液中Fe3+具有氧化性，二者发生氧化还原反应，滴加的氯化铁是少量的，反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，证明含铁离子，说明铁离子反应不完全，发生的反应是可逆的，即2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2，故A正确；
B．氯化铁(少量)和碘化钾之间的反应，产物是氯化亚铁、氯化钾，碘单质，并且碘化钾剩余，反应是可逆的，还存在少量的氯化铁，即黄色溶液中含有Fe2+、Fe3+、Cl-、K+、I-离子，故B正确；
C．实验iii中生成的I2萃取到CCl4层，从溶液中分离出产物I2，使反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，使c(Fe2+)大于i中c(Fe2+)，故C错误；
D．实验iii 是向所得液体中滴加CCl4，萃取了碘单质，反应2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2正向移动，铁离子浓度减小，所得液体中滴加KSCN溶液，水层红色变浅，故D正确；
故选C。
16．C
【详解】A．加入FeCl2和KSCN时，NO2－将Fe2＋氧化成Fe3＋，铁离子和硫氰根离子反应溶液变血红色，所以能用FeCl2和KSCN检验NO2－，故A正确；
B．NO2－有还原性能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以能用KMnO4和H2SO4检验NO2－，故B正确；
C．在含有NO2－溶液中加入AgNO3和HNO3无明显现象，所以不能检验，故C错误；
D．NO2－有氧化性能把碘离子氧化为碘单质，使碘化钾淀粉溶液变蓝色，所以能用KI和淀粉检验NO2－，故D正确；
故选C。
17．D
【分析】FeSO4溶液中Fe2+有还原性，容易被氧化变质。
【详解】A．过氧化钠有强氧化性，将Fe2+氧化，从而无法确定原溶液是否变质，A错误；
B．铁粉有还原性，若FeSO4溶液变质了，能将Fe3+还原成Fe2+，但无明显现象，无法确定原溶液是否变质，B错误；
C．加入盐酸，无明显现象，无法确定原溶液是否变质，C错误；
D．若FeSO4溶液变质了，溶液中会有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变血红色，D正确；
答案选D。
18．C
【详解】A．明矾可用作净水剂是因为明矾溶于水产生的Al3+能发生水解，生成能吸附悬浮物的Al(OH)3胶体，A项错误；
B．漂粉精可用作消毒剂，利用的是其有效成分Ca(ClO)2的强氧化性，B项错误；
C．铁粉是铁单质的粉末，具有还原性，能够更好地吸收食品包装中的氧气，C项正确；
D．浓硫酸可用作干燥剂，是利用其吸水性，D项错误；
答案选C。
19．A
【详解】A．6.4g铜的物质的量n(Cu)=，稀硝酸的物质的量n(HNO3)=3mol/L×0.15L=0.45mol，铜和稀硝酸的反应方程式为3Cu+8HNO3(稀) =3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，根据化学方程式可知；稀硝酸过量，铜消耗完，故A符合题意；
B．铁与浓硫酸在标况下会发生钝化，铁表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，故B不符合题意；
C．浓盐酸浓度变稀到一定浓度不会和二氧化锰发生氧化还原反应，则浓盐酸不能完全消耗，故C不符合题意；
D．合成氨在催化剂作用下反应是可逆反应，达平衡后反应物和产物都存在，氮气、氢气不能完全消耗，故D不符合题意；
答案选A。
【点睛】合成氨的反应结束后，氮气，氢气氨气同时存在，即反应达到限度，各种物质同时存在。
20．C
【详解】某溶液含有Ba2+、Fe2+、Cl-、NO3-等离子，向其中加入足量的稀硫酸后；Ba2+与SO42-生成白色沉淀BaSO4，Ba2+物质的量减小；NO3-（H+）具有强氧化性，Fe2+具有还原性，二者发生氧化还原反应：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故NO3-和Fe2+物质的量均减小；Cl-物质的量几乎不变；答案选C。
【点睛】硝酸根离子本身没有强氧化性，在酸性环境下，具有强氧化性。
21．C
【分析】铜箔中加入FeCl3溶液，发生反应Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+；往混合液中加入过量铁粉，发生反应2FeCl3+Fe＝3FeCl2、Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu；过滤，滤液Y中通Cl2或加入其它强氧化剂，将FeCl2转化为FeCl3；滤渣中加入过量盐酸，发生反应Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
【详解】A．蚀刻铜箔的离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，A不正确；
B．试剂X不能是稀硝酸，否则不能生成FeCl3，B不正确；
C．滤液Y为FeCl2，溶液呈浅绿色，C正确；
D．试剂Z可能是氯水，也可能是双氧水，D不正确；
故选C。
22．A
【详解】A．水与CaO反应后，增大了与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可分离，故A正确；
B．二氧化碳中少量的CO不易点燃，且易混入氧气，应通过足量热的CuO除杂，故B错误；
C．乙烯能够被酸性KMnO4溶液氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故C错误；
D．铁粉能与CuCl2反应生成氯化亚铁溶液和铜，也能与氯化铁反应生成氯化亚铁，会把原物质也除去，不符合除杂原则，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意乙烯被强氧化剂酸性高锰酸钾溶液氧化会生成二氧化碳等，引入新杂质。
23．A
【详解】A．向硝酸银中逐滴加入盐酸至过量，只发生氯离子与银离子的反应，只发生一个化学反应，故A正确；
B．生锈的铁中含有铁和氧化铁，逐滴加入盐酸至过量，盐酸能够与铁反应，也能与氧化铁反应，发生两个化学反应，故B错误；
C．向碳酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应生成二氧化碳和水，发生两个化学反应，故C错误；
D．向次氯酸钠中逐滴加入盐酸至过量，盐酸先与次氯酸钠反应生成次氯酸，然后次氯酸会缓慢分解生成盐酸和氧气，同时次氯酸也能将盐酸氧化放出氯气，发生的反应不止一个，故D错误；
故选A。
【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意次氯酸钠与盐酸的反应与盐酸的浓度有关，稀盐酸一般反应生成次氯酸，浓盐酸一般反应放出氯气。
24．C
【详解】A．Al与HCl等酸溶液反应能够生成铝盐，能够一步实现该转化，故A不符合题意；
B．Na2SO3与BaCl2溶液反应能够生成NaOH，能够一步实现该转化，故B不符合题意；
C．Al2O3与水、弱碱不发生反应，与强碱反应生成偏铝酸盐(或四羟基铝盐)，不会生成Al(OH)3，不能够一步实现该转化，故C符合题意；
D．Fe(OH)2与O2、H2O反应能够发生化合反应生成Fe(OH)3，能够一步实现该转化，故D不符合题意；
故答案为：C。
25．B
【详解】A．NaHCO3和NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故A不符合题意；
B．Fe(OH)3属于碱，不能和NaOH溶液反应，故B符合题意；
C．Al2O3属于两性氧化物，可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故C不符合题意；
D．H2S属于二元弱酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成硫化钠和水，故D不符合题意；
答案选B。
【点睛】能和氢氧化钠反应的物质具有酸性或两性。
26． Al(OH)3，Fe H++AlO+H2OAl(OH)3 Al3++3OH- 玻璃棒 取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化 2 2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+ 5.6 偏高
【详解】(1)制备硫酸亚铁，应与硫酸铝分离，应调节溶液pH生成Al(OH)3，要避免生成应Fe(OH)2沉淀，控制pH在4.4～7.5之间可以让Al3+完全沉淀而Fe2+不沉淀，废铁屑过量，反应后有铁单质剩余。Al(OH)3可以酸式电离也可以碱式电离，故电离方程式为：H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-。实验室进行过滤操作时需用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，故答案为：Al(OH)3，Fe；H++AlO+H2OAl(OH)3Al3++3OH-玻璃棒；
(2) NaNO2可氧化亚铁离子为铁离子，本身变为NO，故反应方程式为2H+ + Fe2++ NO2- = Fe3+ + NO↑ + H2O，检验亚铁离子可以用高锰酸钾，也可以用铁氰化钾检验，取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化。11.2L(标准状况) O2为0.5mol， ，，可知0.5mol O2得电子数为：，相当于节约NaNO2的物质的量为2mol，故答案为：取样，滴入酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色说明Fe2+未被完全氧化，若酸性KMnO4溶液不褪色说明Fe2+完全被氧化；2。
(3)碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+可部分水解生成Fe2(OH)聚合离子，该水解反应的离子方程式为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+，故答案为：2Fe(OH)2++2H2OFe2(OH)+2H+。
(4)根据反应方程式可以得出关系式为：，，铁元素的总含量为：，若滴定前溶液中H2O2没有除尽，则H2O2也可氧化I-得到I2，消耗的Na2S2O3将偏多，导致所测定的铁元素的含量偏高，故答案为：5.6；偏高。
27． 7 15 四(或4) Ⅷ r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-) 不相等 因为Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+、NH+H2ONH3·H2O+H+，的水解会抑制Fe2+水解，使(NH4)2Fe(SO4)2中c(Fe2+)偏大 取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+ (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低
【详解】(1)电子能量由能层和能级共同决定，同一能级能量相同，铁原子核外有7个能级填充电子，故有7种能量不同的电子；s能级有1个轨道，p能级有3个轨道，d能级有5个轨道，根据铁原子的电子排布式知，1s~4s能级每个轨道都有电子填充，故共有15个轨道有电子填充，占有的轨道总数为15个；铁元素价电子排布为：3d64s2，最高能层为第四层，故位于第四周期，价电子共有8个，位于周期表的第8列，周期表中8、9、10三列合称第Ⅷ族，即铁位于第四周期第Ⅷ族。
(2)Fe与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应方程式为：；
(3)四种非金属元素简单阴离子分别为：H-、N3-、S2-、O2-，其中H-电子层为一层，半径最小，S2-电子层为三层，半径最大，N3-、O2-电子层均为两层，但O的核电荷数大，对核外电子引力强，故半径小，所以四种离子半径大小顺序为：r(H-)＜r(O2-)＜r(N3-)＜r(S2-)；
(4)(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+水解与水解相互抑制，水解程度比FeSO4中Fe2+水解程度小，故(NH4)Fe(SO4)2中Fe2+浓度大于FeSO4中Fe2+浓度；
(5)证明(NH4)Fe(SO4)2中含有Fe2+，可以通过将Fe2+氧化为Fe3+检验，但需排除原有Fe3+干扰，故应该先加KSCN，再氧化Fe2+，具体方案为：取样少许，加水(或稀硫酸)溶解，滴加KSCN溶液，无明显现象，滴加少量氯水，溶液变为血红色，说明含Fe2+；
(6)由于样品中铁元素为二价，易被氧化，题目操作未说明隔绝空气，故会产生误差，即 (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O在坩埚中受热分解时，Fe2+可能会被空气中的氧气部分氧化，增加了氧元素的质量，使结晶水含量的测定偏低。
28． 样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe bcf 赶尽装置(系统)内的空气 % 产生白色沉淀、有气泡冒出 褪色 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑ BC
【详解】(1)少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化，溶液中含有亚铁离子，再向试管中通入空气，溶液中亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，溶液逐渐变红，故答案为样品中没有+3价Fe；+2价Fe易被空气氧化为+3价Fe。
(2)①实验时为避免亚铁离子被氧化，应先通入氮气，冷却时注意关闭开关，防止氧气进入，冷却至室温再称量固体质量的变化，正确顺序为dabcfe。
②缓缓通入N2的目的是赶尽装置(系统)内的空气，防止亚铁离子被氧化为铁离子。
③根据实验记录，m(FeSO4)=(m3-m1) g，m(H2O)= (m2-m3) g，n(FeSO4)=，n(H2O)=，绿矾化学式中结晶水数目x== 。
(3)①实验后反应管中残留固体为红色粉末，说明生成Fe2O3，反应中Fe元素化合价升高，则S元素化合价降低，一定生成SO2，由此可知硫酸亚铁高温分解生成Fe2O3、SO2和SO3，C中氯化钡用于检验SO3，可观察到白色沉淀，且可看到气泡，D中品红用于检验SO2，品红褪色。故答案为产生白色沉淀、有气泡冒出；褪色。
②由①分析可知硫酸亚铁高温分解的化学方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑。
(4) A．实验结束时俯视刻度线读数，读数偏小，使测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，故A不符合题意；
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，导致测得的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故B符合题意；
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，导致消耗的酸性高锰酸钾溶液的体积偏大，故C符合题意；
D．如果酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，三次测得的体积应该都偏大，故D不符合题意；
故答案为BC。
29． 2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O Fe3+ K2FeO4分解会产生 Fe3+(或4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O ) 排除ClO-的干扰 0.64 既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)
【分析】本实验的目的是制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质，首先利用浓盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去，之后通入过量KOH溶液中与Fe(OH)3反应生成高铁酸钾，NaOH溶液处理未反应的氯气，之后取C中紫色溶液，探究K2FeO4的性质。
【详解】(1)A装置中高锰酸钾将浓盐酸氧化反应生成Cl2，锰被还原为Mn2+，反应方程式为2KMnO4+16HCl→2MnCl2+2KCl +5Cl2↑+8H2O；装置B中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体，装置如图 ；
(2)C中有大量KOH溶液，所以还会发生氯气和KOH的反应，离子方程式为Cl2+2OH−→Cl−+ClO−+H2O；
(3)滴加KSCN溶液至过量溶液呈红色，说明含有Fe3+；根据题意可知K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2，根据氧化还原反应的规律可知K2FeO4分解产生氧气时还会产生Fe3+，发生反应：4+2H+→4Fe3++3O2↑+10H2O，所以Fe3+的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化；
(4)使用KOH溶液溶出K2FeO4晶体，可以使K2FeO4稳定析出，同时考虑到K2FeO4表面可能吸附ClO－，ClO－在酸性条件下可与Cl－反应生成Cl2，从而干扰实验，所以用KOH溶液洗涤的目的是：排除ClO-的干扰；
(5)Na2FeO4作氧化剂被还原生成Fe3+，1gNa2FeO4可以得到mol电子，氯气被还原成Cl-，所以1gCl2可以得到mol电子，则Na2FeO4的消毒效率约是氯气的=0.64倍；高铁酸钾被还原生成铁离子，铁离子可以水解产生氢氧化铁胶体，可以吸附水中杂质达到净水的目的，而且高铁酸钾无毒，所以用高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂的优点是既能消毒杀菌又能净水(或无毒或方便保存等)。
30． 饱和食盐水 干燥 在沉积的固体下方加热 冷凝，使沉积 氯气会腐蚀橡胶连接件 在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置） 取样，滴入1~2滴酸性溶液，溶液不显红色
【分析】根据实验装置分析可知，A为浓盐酸和Ca(ClO)2发生氧化还原反应制取Cl2的装置，B为吸收挥发的HCl气体的装置，C为干燥装置，D为Cl2和铁屑发生反应2Fe+3Cl22FeCl3制备无水FeCl3的装置，E为沉积装置，Cl2经无水CaCl2干燥后进入F装置中氧化FeCl2溶液制得FeCl3溶液，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析可知，A装置中浓盐酸和Ca(ClO)2发生氧化还原反应制取Cl2，同时生成CaCl2和H2O，则发生反应方程式为，故答案为：；
(2)由于浓HCl易挥发，因此制得的Cl2中含有少量的HCl气体，可用饱和食盐水除去，由题干信息可知，无水FeCl3在空气中易潮解，因此Cl2需干燥后再进入D装置中与铁屑发生反应制得无水FeCl3，则C装置的作用为干燥Cl2，故答案为：饱和食盐水；干燥Cl2；
(3)D加热后，少量生成FeCl3沉积在D的右端，由题干信息可知，无水FeCl3加热易升华，则在沉积的无水FeCl3固体下方加热，使其升华，从而进入E装置中，E装置中冰水的作用是：冷凝，使FeCl3沉积，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；冷凝，使FeCl3沉积；
(4)由于Cl2会腐蚀橡胶，因此装置连接部分可都改成标准玻璃接口，不用橡胶连接件；同时，Cl2有毒，直接排放到空气中会造成污染，所以该套装置应在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置），故答案为：氯气会腐蚀橡胶连接件；在最后接上盛有NaOH溶液的洗气瓶（增加用NaOH溶液吸收尾气的装置）；
(5)FeCl2中Fe2+具有还原性，可与强氧化性物质(如酸性高锰酸钾溶液)反应，则可通过向F的样液中滴入1~2滴酸性KMnO4溶液，观察溶液不显红色来判断F中FeCl2未被完全氧化，故答案为：取样，滴入1~2滴酸性KMnO4溶液，溶液不显红色。