上海高考化学三年（2021-2023）模拟题汇编-29铁及其化合物（2）
一、单选题
1．（2021·上海青浦·统考二模）某同学利用下图装置来探究无水硫酸亚铁灼烧后的分解产物，实验过程中，观察到装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀。下列说法不正确的是
A．装置b中出现白色沉淀
B．加热前要先通入氮气，加热结束时也要通入氮气
C．实验过程中，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红
D．若用足量溴水代替品红溶液，装置d中的现象不变
2．（2021·上海青浦·统考二模）下列物质的性质与其应用对应关系正确的是
选项 性质 应用
A 明矾易溶于水 用作净水剂
B 具有酸性 吸收烟气中的
C 具有还原性 清除游泳池中超标的
D Al是活泼金属 储运浓硝酸用铝罐
A．A B．B C．C D．D
3．（2021·上海青浦·统考二模）春秋初年，我国已掌握了冶铁技术。下列有关铁的化学反应的叙述正确的是
A．室温下，过量Fe与浓硫酸反应生成FeSO4
B．加热时，过量Fe与氯气反应生成FeCl2
C．高温下，铁与水蒸气反应有Fe3O4生成
D．高温下，铁粉与氧化铝粉末反应生成单质铝
4．（2021·上海松江·统考二模）有如下变化关系：ABC(反应条件略)，下列推断错误的是
A．若X是O2 ，则A可能是NH3 B．若X是O2 ，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3 D．若X是Cl2，则A可能是Fe
5．（2021·上海黄浦·统考二模）将新制氯水加入下列溶液中，得到无色溶液的是
A．AgNO3溶液 B．FeCl2溶液 C．NaBr溶液 D．石蕊试液
6．（2021·上海奉贤·统考二模）不能通过化合反应制备的物质是
A． B． C． D．
7．（2023·上海宝山·统考二模）关于生铁和钢的区别正确的是
A．生铁属于纯净物，钢属于混合物 B．生铁比钢的含碳量更高
C．生铁比钢弹性更好 D．生铁属于铁-碳合金，钢也是合金但不含碳
8．（2023·上海金山·统考二模）如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
9．（2023·上海黄浦·统考二模）把铁条放入盛有过量稀硫酸的试管中，下列改变不能加快氢气产生速率的是
A．改铁条为镁条 B．滴加少量CuSO4溶液
C．改稀硫酸为98%的硫酸 D．升高溶液的温度
10．（2023·上海杨浦·统考二模）将铜和氧化铁的混合物溶于足量稀盐酸中，所得溶液能使溶液变红色。下列说法错误的是
A．容器中可能有固体残渣 B．所得溶液中存在、、
C．原固体中 D．红色溶液中加入足量铁粉，红色褪去
11．（2023·上海徐汇·统考二模）可用于检验溶液是否少量变质的试剂
A．NaOH B．Fe C． D．KSCN
12．（2023·上海徐汇·统考二模）下列物质不能通过化合反应直接转化的是
A． B． C． D．
13．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，能完全溶解和反应后的固体混合物的试剂是
A．稀 B．浓 C．溶液 D．浓
14．（2023·上海杨浦·统考二模）下列药品易变质，其原因与氧化还原反应无关的是
A．漂粉精 B．溶液 C． D．烧碱
15．（2023·上海青浦·统考二模）为检验下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内)能达到目的的是
A．新制氯水(AgNO3溶液) B．FeCl2溶液(KSCN溶液)
C．漂白粉(Na2CO3溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)
16．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，溶液颜色变浅，要证明该过程发生了氧化还原反应，加入下列试剂一定可行的是
A．KSCN溶液 B．酸性高锰酸钾溶液
C．NaOH溶液 D．铜粉
17．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）关于钢与生铁的说法错误的是
A．都属于合金 B．都不易腐蚀
C．都比纯铁的硬度大 D．都比纯铁的用途广
18．（2022·上海虹口·统考模拟预测）下列各组反应物如果改变某一条件，生成物种类一定不变的是
A．与：改变温度 B．与氨水：改变氨水浓度
C．和浓硫酸：改变温度 D．与共热：改变溶剂种类
19．（2022·上海普陀·统考二模）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)
B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)
C．NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)
D．Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)
20．（2022·上海奉贤·统考二模）如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是
A．FeCl2溶液与H2O2溶液反应，可实现转化⑥
B．将Fe(OH)3溶于氢碘酸可实现转化③
C．将Fe(OH)2溶于稀硝酸可转化为Fe2+
D．铁与水蒸气在高温下反应可实现转化①
21．（2022·上海静安·统考二模）滴定法测铀时需添加VOSO4做催化剂，该物质易被氧化，实验室常用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，实验装置如图所示。下列分析正确的是
A．VOSO4和(VO2)2SO4中V元素的化合价相同
B．b中反应所生成气体的作用之一是将装置中的空气排尽
C．用小试管在m处收集气体并验纯后，应先关闭K2，再打开K3
D．实验完毕，可用氯水和KSCN溶液检验c中溶液是否含有Fe2+
22．（2022·上海宝山·统考二模）下列离子在溶液中因发生氧化还原反应而不能大量共存的是
A．H3O+、NO、Fe2+、Na+ B．Ag+、NO、Cl-、K+
C．K+、Ba2+、OH-、SO D．Cu2+、NH、Br-、OH-
二、实验题
23．（2021·上海虹口·统考二模）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
(1)反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作 内容 目的
① 实验开始时先打开K1、K3，关闭K2 _______
② 待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3 _______
(2)反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。_______
(3)反应Ⅱ的化学方程式为_______(葡萄糖酸用化学式表示)。
(4)反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是_______。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是_______。
(5)为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =______。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值_______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
24．（2021·上海静安·统考二模）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数 待测液体积 /mL 消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度 滴定后刻度
1 3.00 1.00 7.50
2 3.00 7.50 12.53
3 3.00 12.53 17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
(1)装置C中品红试液的作用是___________。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是___________(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是___________。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式___________。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO + 5H C O + 3H SO →K SO + 2MnSO + 10CO + 8H O，判断到达滴定终点时的现象应当是___________。
(3)为防止尾气污染，装置D中应加入___________溶液。
(4)根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为___________。
(5)下列操作，可能导致x：y的值偏大的是___________(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
25．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号) 实验现象
方案1 ____ _____
方案2 _____ ______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
26．（2021·上海黄浦·统考二模）草酸铁钾(Fe为价)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇、丙酮等有机溶剂，110℃失去结晶水，230℃分解，见光易分解，是一种军用光敏材料。实验室可以用如下的方法来制备这种材料并测定这种材料的组成和性质。
Ⅰ.制备
(1)“系列操作”依次为：恒温80℃加热蒸发→_______→_______→_______→_______→_______→三草酸合铁酸钾晶体粗产品。(填字母)
a.过滤
b.避光晾干
c.冰水浴冷却热饱和溶液
d.用95%的乙醇溶液洗涤晶体
e.加热至溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热
(2)结晶时应将饱和溶液用冰水冷却，同时放在黑暗处等待晶体的析出，这样操作的原因是_______。
Ⅱ.组成测定。称取一定质量的晶体置于锥形瓶中，加入足量蒸馏水和稀，将转化为后用0.1000 溶液滴定，当消耗溶液24.00mL时恰好完全反应()；向反应后的溶液中加入适量锌粉，至黄色刚好消失，此时溶液仍呈酸性；再用相同浓度的溶液继续滴定，用去溶液4.00mL。
(3)配制100mL 0.1000 溶液及滴定实验中所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、量筒、锥形瓶外还有_______(填仪器名称)，加入锌粉的目的是_______。
(4)第二次滴定的离子方程式为：_______。
_____________________→_____________________
第二次滴定终点的现象_______。
(5)通过计算确定中，_______，_______。
Ⅲ.探究草酸铁钾的光敏性。查阅资料得知草酸铁钾晶体光解与其溶液光解原理相似，X射线研究表明其光解后的残留固体为两种草酸盐。
(6)取草酸铁钾溶液按如图所示装置进行实验，观察到A中产生浅黄色沉淀和无色气体，B中变浑浊，推测浅黄色沉淀中铁元素的化合价为_______。
27．（2023·上海崇明·统考一模）过量排放含氮废水，会引起水体污染。含的废水脱氮方法主要有吹脱法、NaClO氧化法等，某小组研究废水除氮方法，测定废水中氨氮含量，并探究含氮化合物的性质。
I.氨氮去除
i.吹脱法
(1)加入Ca(OH)2的目的是___________。
(2)用热空气吹脱效果更好，原因是___________。
ii.NaClO氧化法
一定条件下，溶液pH对NaClO去除能力的影响如图所示。
已知：HClO的氧化性比NaClO强。
(3)时，将NaClO溶液氧化NH的方程式为：+2=N2++3H2O+2H+，若有6.72L(标准状况)氮气逸出，转移电子数为___________。由图分析可知，去除氨氮废水适宜的pH约为7—8，当pH大于8时，氨氮去除率随pH升高而降低的可能的原因是___________。
Ⅱ.氨氮含量测定
研究小组用如图装置测定(部分夹持装置省略)：
(4)①B中盛装的物质为___________；装置D的作用是___________。
②反应结束后，C装置增重1.53克，则废水中氨氮(以氨气计)的物质的量浓度为_______mol/L。
Ⅲ.含氮化合物的性质研究
某同学看到“利用零价铁还原脱除地下水中硝酸盐”的报道后，利用如图装置探究铁粉与KNO3溶液的反应。
实验如下：
i.打开弹簧夹，缓慢通入N2，并保持后续反应均在N2氛围中进行；
ii.加入pH已调至2.5的KNO3酸性溶液100mL，一段时间后铁屑部分溶解，溶液逐渐变为浅绿色；待铁粉不再溶解静置后发现，剩余固体表面有少量白色物质附着；
iii.过滤剩余固体时，表面的白色物质立即变为灰绿色后又迅速变为红褐色；
iv.检测到滤液中存在、和Fe2+。
(5)通入N2并保持后续反应均在N2氛围中进行的实验目的是___________，用化学方程式解释iii中白色固体变为红褐色的原因：___________。
(6)取iv中少量滤液，向其中加入几滴KSCN溶液，无明显现象；再加入几滴稀硫酸，溶液呈红色。溶液变成红色的原因是___________。
三、工业流程题
28．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）发蓝工艺是将钢铁浸入热的NaNO2碱性溶液中，在其表面形成一层四氧化三铁薄膜。其中铁经历了如下转化：
其中②的化学方程式为：Na2FeO2＋NaNO2＋H2ONa2Fe2O4＋NH3↑＋NaOH(未配平)。
完成下列填空：
(1)Na原子核外有_______种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占的电子亚层符号为_______。将反应②中涉及的短周期元素，按原子半径由大到小顺序排列。_______
(2)NH3分子的结构式为_______。从原子结构的角度解释氮元素的非金属性比氧元素弱的原因。_______
(3)配平反应②的化学方程式______。若反应生成11.2 L(标准状态)氨气，则电子转移的数目为_______。
(4)反应③中Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为_______。写出Fe→Fe3O4的置换反应的化学方程式_______
29．（2022·上海黄浦·统考二模）利用氯碱工业中的固体废物盐泥[主要成分为、、，还含有少量、、、等]与废酸反应制备，既处理了三废，又有经济效益。其主要流程如下：
已知：
①部分离子沉淀完全的
沉淀物
8.96 3.20 4.70 11.12
②三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线
(1)实验室模拟该流程，不会涉及的操作___________。
A． B． C． D．
加入可调节，且一种离子会被氧化。充分反应后再趁热过滤。
(2)以上操作利用了的___________性和___________性，且不引入新的杂质离子；趁热过滤的目的是___________；沉淀A的主要成分是___________、___________、___________。
(3)检验滤液B中是否含有的实验方法___________。
(4)从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量___________(填化学式)；②___________、___________；④过滤、洗涤得产品。
(5)若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有___________。
30．（2022·上海长宁·统考二模）硫酸亚铁晶体 在医药上作补血剂。工业上用废铁生产 的一种流程如下图所示：
(1)步骤 I 中除铁和硫酸、铁锈和硫酸反应外， 还有一个反应的化学方程式为_______：步骤 I 加入稀硫酸的量不能过量的原因是_______；步骤 II 加入稀硫酸的目的是_______。
(2)证明步骤 (1)滤液中只含有 的方法： 取样， 先滴加 溶液， 无明显现象， 再滴加_______； 该过程的现象为：_______。
(3)步骤 III 从硫酸亚铁溶液中获得硫酸亚铁晶体 的实验操作为_______、_______、过滤、冰水洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行， 原因是_______。
(4)取 隔绝空气加热至不同温度， 剩余固体的质量变化如下图所示。
分析数据， 写出 残留物的化学式_______； 时固体物质发生反应的化学方程式是_______，做出这一判断的依据是_______。
参考答案：
1．D
【分析】根据题中信息，装置c中的品红溶液褪色，装置d中的溶液中有白色沉淀，证明FeSO4加热分解产生了SO2，硫元素化合价降低了，FeSO4中亚铁离子有还原性，所以Fe元素化合价升高，由质量守恒和得失电子守恒可推知FeSO4在隔绝空气条件下受热分解的化学方程式为2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3；据此解答。
【详解】A．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了SO3，SO3+H2O=H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，b有白色沉淀生成，故A正确；
B．加热前要先通入氮气，是把装置内的空气排尽，避免空气对实验的干扰，加热结束时也要通入氮气，是把产生的气体全部被吸收，避免污染环境，故B正确；
C．由2FeSO4SO2↑+SO3↑+Fe2O3可知，反应产生了Fe2O3，Fe2O3是红棕色的，装置a的玻璃管中固体粉末可能变红，故C正确；
D．若用足量溴水代替品红溶液，足量的溴水能吸收二氧化硫，装置d中无明显现象，故D错误；
答案为D。
2．C
【详解】A．明矾含铝离子，能水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，因此能用作净水剂，与溶解性无关，A项错误；
B．吸收烟气中的，是因为Fe3+具有氧化性而S2-具有还原性，两者能发生氧化还原反应，B项错误；
C．具有还原性，能与具有氧化性的反应，C项正确；
D．储运浓硝酸用铝罐，是因为铝在浓硝酸中发生钝化，D项错误；
答案选C。
3．C
【详解】A．室温下，Fe在浓硫酸中钝化，无法持续反应，A错误；
B．氯气氧化性较强，无论Fe是否过量与氯气加热反应都只生成FeCl3，B错误；
C．高温条件下，Fe与水蒸气反应得到Fe3O4和氢气，C正确；
D．Fe的活动性不如Al，不能从氧化铝中置换出Al单质，D错误；
综上所述答案为C。
4．D
【详解】A．若X是O2 ，A是NH3，氨气发生催化氧化转化为一氧化氮，一氧化氮转化为二氧化氮，故A能满足转化关系；
B．若X是O2 ，A是H2S，H2S与氧气反应生成硫单质或二氧化硫，硫单质或二氧化硫与氧气反应生成二氧化硫或三氧化硫，故B能满足转化关系；
C．若X是NaOH溶液，A是AlCl3，氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，故C能满足转化关系；
D．若X是Cl2，A是Fe，铁与氯气直接转化为三氯化铁，三氯化铁与氯气不反应，故D不能满足转化关系；
答案选D。
5．D
【详解】A．新制氯水中含有氯离子，加入到硝酸银溶液中会生成氯化银沉淀，A不符合题意；
B．新制氯水加入到氯化亚铁溶液中，氯化亚铁被氧化得到氯化铁，溶液显淡黄色，B不符合题意；
C．新制氯水加入到溴化钠溶液生成溴单质，溴单质的水溶液为淡黄色，C不符合题意；
D．新制氯水中含有HClO，具有漂白性，会将石蕊漂白，最终得到无色溶液，D符合题意；
综上所述答案为D。
6．D
【详解】A．：2Na+O2Na2O2属于化合反应，A不合题意；
B．：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3属于化合反应，B不合题意；
C．：2Cu+SCu2S属于化合反应，C不合题意；
D．：2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2 ↑属于置换反应，Al2O3++3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O，2Al(OH)3+3H2SO4=Al2(SO4)3+6H2O属于复分解反应，D符合题意；
故答案为：D。
7．B
【详解】A．生铁也是混合物，且含碳量更高，A错误；
B．生铁比钢的含碳量更高(生铁：>2%，钢：0.03-2%)，B正确；
C．钢弹性更好，C错误；
D．钢中含碳，D错误。
故答案：B。
8．C
【详解】A．物质X是FeO，故A错误；
B．Fe2O3→Fe的转化，铁化合价降低，因此Fe2O3发生还原反应，故B错误；
C．在空气中Z→Y是氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，其现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，故C正确；
D．FeCl2和FeCl3中铁的化合价发生了改变，只能通过氧化还原反应实现相互转化，不能通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化，故D错误。
综上所述，答案为C。
9．C
【详解】A．镁比铁更活泼，与稀硫酸反应速率更快，能加快氢气产生速率，A正确；
B．滴加少量CuSO4，Fe与CuSO4反应生成Cu，Fe、Cu和稀硫酸构成原电池，加快反应速率，B正确；
C．常温下，铁在浓硫酸中发生钝化，无法产生氢气，C错误；
D．升高溶液温度，反应速率加快，D正确；
故答案选C。
10．A
【分析】将铜和氧化铁的混合物溶于足量稀盐酸中，发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐。
【详解】A． 氧化铁溶于过量的稀盐酸，生成的氯化铁过量铜全部溶解，容器中不可能有固体残渣，故A错误；
B． 向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，铜在溶液中一定全部溶解，生成氯化铜，部分铁元素变化为亚铁盐，所得溶液中存在、、，故B正确；
C． 发生反应Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，向所得溶液中滴入2滴KSCN溶液后出现红色，说明铁离子过量，原固体中，故C正确；
D． 溶液中存在铁离子，加入足量铁粉发生反应2FeCl3+Fe=3FeCl2，铁离子被完全消耗，溶液红色褪去，故D正确；
故选：A。
11．D
【详解】易被氧化为Fe2(SO4)3，只需检验是否含有Fe3+即可说明溶液是否变质，Fe3+能和SCN-生成络合物硫氰化铁，使溶液呈现血红色，因此可用KSCN检验溶液是否少量变质；
故答案选D。
12．D
【详解】A．FeCl3和Fe发生化合反应生成，故A不符合题意；
B．Na2CO3 和CO2、H2O发生化合反应生成NaHCO3，故B不符合题意；
C．Fe(OH)2和O2、H2O发生化合反应得到Fe(OH)3，故C不符合题意；
D．Al(OH)3只能通过复分解反应生成，不能通过化合反应直接制得，故D符合题意；
故答案选D。
13．A
【分析】铝和氧化铁高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝。
【详解】A．铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氧化铝与稀硫酸反应生成硫酸氯和水，则稀硫酸能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故A正确；
B．室温下，铁在浓硫酸中发生钝化，不能持续反应，则浓硫酸不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故B错误；
C．铁与氢氧化钠溶液不反应，则氢氧化钠溶液不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故C错误；
D．室温下，铁在浓硝酸中发生钝化，不能持续反应，则浓硝酸不能完全溶解铁和氧化铝固体混合物，故D错误；
故选A。
14．D
【详解】A．漂粉精变质的原因为漂粉精的有效成分与空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故A不符合题意；
B．硫酸亚铁溶液中的亚铁离子易与空气中的氧气反应生成铁离子，则变质原因与氧化还原反应有关，故B不符合题意；
C．过氧化钠变质的原因为过氧化钠与空气中的二氧化碳或水蒸气反应生成氧气，则变质原因与氧化还原反应有关，故C不符合题意；
D．烧碱变质的原因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠，则变质原因与氧化还原反应无关，故D符合题意；
故选D。
15．B
【详解】A．新制氯水中含有盐酸，所以氯水无论是否变质都能与AgNO3溶液反应生成氯化银沉淀，所以不能达到目的，故不选A；
B．若FeCl2溶液变质，溶液中有Fe3+，加KSCN溶液会变红色，能达到目的，故选B；
C．漂白粉中含有氯化钙，所以漂白粉无论是否变质都能与Na2CO3溶液反应生成碳酸钙沉淀，所以不能达到目的，故不选C；
D．若Na2SO3溶液变质，溶液中含有硫酸钠，Na2SO3、Na2SO4都能与BaCl2溶液反应生成白色沉淀，所以不能达到目的，故不选D；、
选B。
16．B
【分析】硫酸铁溶液中加入少量Fe粉，发生反应：Fe2(SO4)3+Fe=3FeSO4，要证明该过程发生了氧化还原反应，则要证明Fe2+的存在。
【详解】A．KSCN溶液用于检验Fe3+的存在，不能用于检验Fe2+，A不可行；
B．酸性高锰酸钾溶液能将Fe2+氧化为Fe3+，从而发生颜色变化，B可行；
C．NaOH溶液既能与Fe2+反应，也能与Fe3+反应，由于Fe(OH)2、Fe(OH)3的混合物与Fe(OH)3的颜色差异不明显，所以难以确定Fe(OH)2的存在，C不可行；
D．铜粉与Fe2+不反应，不能证明Fe2+的存在，D不可行；
故选B。
17．B
【详解】A．钢和生铁都是铁的合金，A正确；
B．钢和生铁主要是含碳量不同，生铁含碳量高，钢的含碳量低，都易被腐蚀，B错误；
C．合金的硬度大，比纯铁的硬度大，C正确；
D．合金有很多优良性能，用途广泛，D正确；
故选B。
18．B
【详解】A．Na与O2的反应中，常温下生成氧化钠，加热生成过氧化钠，改变温度后的得到的产物不同，A不符合题意；
B．AlCl3与氨水反应生成氢氧化铝沉淀，与氨水的浓度无关，改变氨水浓度，生成物种类不变，B符合题意；
C．Fe和浓硫酸在常温下发生钝化现象生成铁的氧化物，若加热生成硫酸铁、水和二氧化硫，改变温度后得到的产物不同，C不符合题意；
D．CH3CH2Br与NaOH共热，若溶剂为水时发生水解反应生成乙醇，若溶剂为乙醇时发生消去反应生成乙烯，改变溶剂种类后得到的产物不同，D不符合题意；
故选B。
19．C
【详解】A．偏铝酸钠和过量的盐酸反应生成氯化铝不是氢氧化铝，A错误；
B．氯化钠和二氧化碳不反应，B错误；
C．溴化钠和氯气反应生成氯化钠和溴单质，溴和碘化钠反应生成碘单质和溴化钠，C正确；
D．铁和盐酸反应生成氯化亚铁不是氯化铁，D错误；
故选C。
20．A
【详解】A．转化⑥Fe2+转化为Fe3+，发生氧化反应，H2O2为氧化剂，与FeCl2溶液反应可以实现转化⑥，反应为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，A项正确；
B．氢碘酸中I-有强还原性，Fe(OH)3溶于氢碘酸反应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++I2+6H2O，不能实现转化③，B项错误；
C．硝酸有强氧化性，Fe(OH)2溶于稀硝酸反应为：3Fe(OH)2++10H+=3Fe3++NO↑+8H2O，Fe(OH)2转化为Fe3+，C项错误；
D．铁与水蒸气在高温下反应为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，不可实现转化①，D项错误；
答案选A。
21．B
【分析】本实验用Fe2+去除VOSO4溶液中的(VO2)2SO4，b中稀硫酸和铁粉反应生成H2，反应前需要用H2将装置中的空气排尽，防止空气中氧气氧化VOSO4，关闭K3，打开K2，H2将硫酸亚铁溶液压入c中，发生反应，以此作答。
【详解】A．VOSO4中V的化合价为+4价，(VO2)2SO4中V的化合价为+5价，A错误；
B．VOSO4易被氧化，所以b中反应产生的H2的作用之一就是排尽装置中的空气，防止VOSO4被氧化，B正确；
C．用小试管在m处收集气体并验纯，应先打开K3，再关闭K2，C错误；
D．实验完毕后，c中含有较多VOSO4，VOSO4易被氧化可与氯水反应，故不能用氯水和KSCN溶液检验c中是否含有Fe2+，D错误；
故答案选B。
22．A
【详解】A．存在水合氢离子，则酸性环境下Fe2+被氧化为Fe3+不共存，A选；
B． Ag＋与Cl－生成氯化银沉淀不共存，不是氧化还原反应，B不选；
C． Ba2＋与生成硫酸钡沉淀不共存，不是氧化还原反应，C不选；
D． Cu2＋、能分别与OH－生成氢氧化铜沉淀和NH3·H2O不共存，不是氧化还原反应，D不选；
答案：A。
23． 生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气 利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净 FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑ 抑制Fe2+水解 葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇 2 偏小
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
【详解】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
24． 检验二氧化硫是否被完全吸收 赞同 由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响 当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色 NaOH Fe4S5 cd
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
【详解】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式计算：3mL溶液中未反应的MnO的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式计算生成二氧化硫，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故答案选cd。
25． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br +2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号) 实验现象
方案1 b 下层（CCl4层）无色
方案2 d 溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
26． e c a d b 用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解 100mL容量瓶、胶头滴管、酸式滴定管 将Fe3＋转化为Fe2＋ +5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O 滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化 3 3 +2
【详解】(1)从溶液中得到粗产品，恒温条件下加热，直到溶液表面出现亮绿色晶体，停止加热，再用冰水浴冷却，使得晶体充分析出，再过滤，用乙醇洗涤晶体，避光晾干，因此操作顺序为e→c→a→d→b；
(2)由题目信息可知该化合物是一种光敏感材料，用冰水冷却可以降低溶解度，有利于析出更多晶体：答案为用冰水浴冷却有利于析出更多的晶体，黑暗可以防止晶体见光分解；
(3)配制一定物质的量浓度的溶液的实验中，在烧杯中溶解好的KMnO4需要转移到100mL容量瓶中；定容时，需要用到胶头滴管；滴定时，KMnO4溶液需用酸式滴定管滴定；根据实验步骤，第二次滴定是滴定Fe2＋，因此加入锌粉的目的是将Fe3＋转化为Fe2＋；
(4)第二次滴定的离子化学方程式为高锰酸钾溶液滴定亚铁离子发生氧化还原反应的离子方程式为：MnO4﹣+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O，反应终点是利用滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变化为紫红色且半分钟不再变化，说明反应达到终点；
(5)由+5Fe2++8H+＝Mn2++5Fe3++4H2O可知，n(Fe3+)＝5n()＝5×0.004L×0.10mol L﹣1＝0.002mol，由可知，n(H2C2O4)＝n()＝×0.024L×0.10mol L﹣1＝0.006mol，所以0.002mol：0.006mol＝1：y，解得y＝3，根据化合价代数和为0可知，x+3+3×(﹣2)＝0，解得x＝3，化合物KxFe(C2O4)y 3H2O的化学式为：K3Fe(C2O4)3 3H2O；
(6)见光分解后的产物中的气体可以使澄清石灰水变混着，说明该气体是CO2，该物质中的C的化合价为＋3，说明C的化合价升高，有种元素化合价降低，是Fe，Fe从＋3降低到＋2，则该浅黄色沉淀中铁元素的化合价为+2。
27．(1)将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低
(2)温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出
(3) 1.8NA 溶液碱性增强，HClO转化为氧化性弱的次氯酸根(ClO-)；
(4) 碱石灰 吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中 0.9
(5) 通入氮气，排净装置中的氧气，防止空气中的O2对反应造成干扰 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
(6)滤液中有Fe2+和，加入H+后发生反应3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，生成的Fe3+和SCN-反应使溶液变红
【分析】I.氨氮去除：
含有大量的废水加入反应生成氨气或NH3·H2O，NH3·H2O不稳定，受热易分解，利用热的空气将氨气吹出以便变废为宝。
Ⅱ.氨氮含量测定：
由图可知，装置A中铵根离子在热空气的作用下与氢氧化钠溶液反应生成氨气，一水合氨在热空气作用下分解生成氨气，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，防止水蒸气被浓硫酸吸收，导致实验误差，装置C中盛有的浓硫酸用于吸收和测定反应生成的氨气，装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中被浓硫酸吸收，导致实验误差。
Ⅲ.含氮化合物的性质研究：
已知利用零价铁还原脱除地下水中硝酸盐，反应生成的为亚铁离子，为防止装置上部的空气氧化亚铁离子为铁离子，则需通入氮气，排净装置中的氧气。
【详解】（1）铵盐能与强碱反应，则加入的目的是将转化为NH3，有利于废水中氮元素降低。
（2）NH3·H2O不稳定，受热易分解，因此用热空气吹脱效果更好，原因是温度升高，有利于NH3·H2O分解，NH3的溶解度降低，更易被吹出。
（3）根据离子方程式：+2=N2++3H2O+2H+，每生成1molN2转移电子6mol，若有6.72L(标准状况)即0.3mol氮气逸出，转移电子数为1.8NA。
已知：HClO的氧化性比NaClO强，则当pH大于8时氨氮去除率随pH升高而降低的可能的原因是：pH大于8时，溶液碱性增强，次氯酸与氢氧根离子反应转化为氧化性弱的次氯酸根离子，导致氨氮去除率降低。
（4）①由分析可知，装置B用于干燥氨气，故B中盛有的是碱石灰；装置D中盛有的碱石灰用于吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中被浓硫酸吸收而导致实验误差。
②反应结束后，C装置增重1.53克，则废水中氨氮(以氨气计)的物质的量浓度为=0.9mol/L。
（5）空气中的O2会氧化Fe及Fe2+，对结果造成影响，通入氮气可排出氧气并且保持氮气环境是为了防止空气中的O2对反应造成干扰；ⅱ中溶液中主要离子为Fe2+，Fe2+会少量水解生成Fe(OH)2为白色固体，且放置一段时间会被空气中的氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3，化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
（6）由Ⅳ中条件：检测到滤液中存在、NH和Fe2+，可知滤液中有Fe2+和，硝酸具有强氧化性，则加入H+后发生反应3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，生成的Fe3+和SCN-反应使溶液变红。
28．(1) 4 3s r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)
(2) 氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，核对外层电子吸引能力更强，原子半径更小，得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素
(3) 6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH 3NA或1.806×1024
(4) 1：1 3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2
【分析】由流程可知，反应①为3Fe+NaNO2+5NaOH=3Na2FeO2+H2O+NH3↑，反应②为6Na2FeO2+NaNO2+5H2O=3Na2Fe2O4 +NH3↑+7NaOH，反应③为Na2FeO2+Na2Fe2O4+2H2O=Fe3O4 + 4NaOH，从而制得Fe3O4。
(1)
Na的核外电子排布式为1s22s22p63s1，占有4个轨道，因此有4种不同能量的电子；其中3s轨道的能量最高；反应②中涉及的短周期元素有Na、N、O、H，一般来说，电子层数越多，半径越大，同周期元素从左到右原子半径依次减小，因此半径r(Na)＞r(N)＞r(O)＞r(H)；
(2)
NH3的N和H之间为极性共价键，每个H与N共用一对电子，结构式为；氧原子和氮原子电子层数相同，氧原子核电荷数更大，正电荷多，原子核对外层电子吸引能力更强，导致原子半径更小，因此得电子能力更强，所以非金属性氧元素强于氮元素；
(3)
Na2FeO2中Fe由+2价升为+6价，NaNO2中N由+3价降为-3价，根据转移电子守恒和原子守恒，可配平方程式6Na2FeO2＋5NaNO2＋H2O3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH；11.2 LNH3的物质的量为0.5mol，根据方程式可知，生成1个NH3分子转移电子数为6，因此转移电子总数为0.5NA×6=3NA或1.806×1024；
(4)
根据分析，反应③为Na2FeO2 +Na2Fe2O4+ 2H2O=Fe3O4+4NaOH，因此Na2FeO2与Na2Fe2O4的物质的量之比为1：1；Fe与水蒸气发生置换反应生成Fe3O4，方程式为3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2.
29．(1)B
(2) 碱性 氧化性 过滤出硫酸钙 Al(OH)3 Fe(OH)3 CaSO4·2H2O
(3)加入硫氰化钾溶液
(4) 稀硫酸 加入氢氧化钠溶液，过滤得到氢氧化镁 再加入硫酸，蒸发结晶
(5)天平、坩埚、马弗炉
【分析】盐泥主要成分可知，要用稀硫酸溶解，硫酸钙在高温时溶解度较小，趁热过滤，滤液A中含有Mg2+、Na+、Al +、Fe3+，加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子，滤渣A为氢氧化铁和氢氧化铝、硫酸钙和盐泥中少量的硫酸钡，滤液B中的离子有Mg2+、Na+，加入氢氧化钠，滤渣B为氢氧化镁，再加入硫酸，溶液C为硫酸镁和硫酸钠，再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，再向沉淀中加入硫酸得到硫酸镁溶液，经蒸发结晶得到，据此分析解题。
（1）
实验室模拟该流程涉及溶解，过滤和蒸发结晶，不涉及蒸馏，不会涉及的操作B；
（2）
以上操作利用了的氧化性和碱性，NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子；根据三种化合物的溶解度(S)随温度变化的曲线，可以知道高温下CaSO4·2H2O溶解度小，温度较高时钙盐与镁盐分离得更彻底；由滤液A到滤液B需先加入NaClO调溶液pH约为5把亚铁离子氧化成铁离子同时铁离子、铝离子形成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀、硫酸钙沉淀，所得到的滤渣主要成分是：Al(OH)3、Fe(OH)3、CaSO4·2H2O；
（3）
检验滤液B中是否含有的实验方法向其中加入硫氰化钾溶液，若溶液变红则说明含有；
（4）
从沉淀B中获得晶体的实验步骤依次为①向沉淀B中加入足量硫酸；②再加入氢氧化钠得到沉淀氢氧化镁，过滤得到氢氧化镁，③再加入硫酸，蒸发结晶可以获得硫酸镁晶体。
（5）
若测定晶体中结晶水的含量，需要的定量仪器有分析天平、坩埚、马弗炉，准确称量失水前的重量，将其置入坩埚，再放入马弗炉，冷却后再称重，两者差值即为结晶水质量。
30．(1) ； 确保生成物全部都是硫酸亚铁； 防止亚铁离子水解；
(2) 氯水； 溶液变成血红色；
(3) 蒸发浓缩； 冷却结晶 防止分解失去部分结晶水
(4) 为0.1mol，加热分解到C点后质量不再变化，C为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
【分析】根据题中信息知废铁中含有铁、铁锈和不溶性杂质。步骤I加稀硫酸，铁和铁锈与硫酸，生成的硫酸铁也会和铁反应生成硫酸亚铁，过滤后可除去不溶性杂质；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，得到的硫酸亚铁溶液经过步骤III：蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体。
【详解】（1）铁锈与硫酸反应生成硫酸铁，硫酸铁能够继续与铁反应生成硫酸亚铁，化学方程式为：；在步骤I加稀硫酸不能过量，是为了确保生成物全部是硫酸亚铁，得到的产物更纯净，不用后续除杂；在步骤II加稀硫酸是为了抑制亚铁离子水解，防止得到的晶体中有杂质；
（2）检验亚铁离子，先加KSCN溶液无现象，再加氯水将亚铁离子氧化成铁离子，若出现血红色，则有亚铁离子。故加入的试剂为氯水，现象为溶液变成血红色；
（3）要得到带结晶水的晶体，通常采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。硫酸亚铁溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体；受热易失去结晶水，因此低温烘干是为了防止晶体失去结晶水；
（4）27.8g的物质的量为0.1mol，结晶水完全失去时剩下固体的质量为：，由图可知B()完全失去结晶水，成分为，对比B()和A()点，两者质量差为，即A比B多一个结晶水，A点成分为：；自始至终，铁元素质量守恒，为0.1mol，加热分解到C()点后质量不再变化，C点成分为铁的氧化物。剩余固体是8g，铁元素的质量为5.6g，则氧元素的质量为2.4g，可得出氧化物中铁和氧原子个数比为2:3，故为。根据氧化还原反应规律推断铁元素化合价升高，必有元素化合价降低，则有生成，由质量守恒定律得出化学反应为：。
试卷第1页，共3页
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