3.1铁及其化合物课堂同步练-人教版高中化学必修第一册
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．向某晶体的水溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显变化，当滴加几滴溴水后，混合液出现血红色。那么，由此得出下列的结论错误的是
A．该晶体的水溶液中一定含有SCN- B．Fe3+的氧化性比Br2的氧化性强
C．Fe2+被Br2氧化为Fe3+ D．Fe2+ 与SCN-不能形成血红色的化合物
2．铁盐与亚铁盐在工业生产和生活中具有重要应用。三氯化铁在水溶液中易形成氢氧化铁胶体，具有吸附作用，可用作净水剂。三氯化铁溶液可用作印刷电路板刻剂，反应化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。硫酸亚铁溶液可用于脱除烟气中的二氧化硫等有害气体。下列离子能在印刷电路板的蚀刻废液中大量存在的是
A．H+ B． C．OH- D．Ag+
3．如图是某兴趣小组的探究性实验图示，有关说法合理的是（ ）
A．若X中溶液为FeCl2溶液，则Z中最终可生成Fe(OH)2沉淀
B．若X中溶液为新制的饱和氯水，则烧杯中液体的漂白性：X＞Y＞Z
C．若X中溶液为NH4Cl溶液，则烧杯中液体的pH：X＞Z
D．若X中溶液为AlCl3溶液，可通过丁达尔现象证明 Z 中是否存在Al(OH)3胶体
4．镁、铝、铁合金投入300mL 溶液中，金属恰好溶解，分别转化成和;还原产物为NO，在标准状况下体积为6.72L。在反应后的溶液中加入300mL某浓度的NaOH溶液，金属阳离子恰好全部沉淀，干燥后测得质量为27.2g。下列有关推断正确的是
A．参加反应的的物质的量为0.9mol B．NaOH的物质的量浓度为6
C．参加反应的金属的质量为11.9g D．的物质的量浓度为3
5．下列关于化学实验的表述正确的是
A．为除去KI固体中的少量I2单质，可将固体溶解后采取如图所示操作
B．为除去H2中混有的少量HCl，可以通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶
C．检验FeSO4溶液中是否有Fe2(SO4)3，可选用酸性KMnO4溶液或K3[Fe(CN)6]溶液
D．“凡渍药酒，皆须细切，……，便可漉出”，“漉出”指的是过滤
6．有一包实验室回收的固体粉末，可能含有Na2CO3、NaCl、CuSO4、FeCl3、FeCl2、MgCl2、Na2SO4中的一种或几种，现进行如下实验：
①取少量固体溶于水中，得到澄清透明溶液。
②取少量上述溶液三份，在其中一份溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解。
③第二份溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3，有白色沉淀。
④第三份溶液中滴加KSCN不显红色，再滴加双氧水，溶液显血红色
下列说法正确的是
A．固体中一定不含有CuSO4、FeCl3
B．固体中一定不含有Na2CO3、一定含有Na2SO4
C．固体中一定含有FeCl2，不一定含有NaCl
D．要检验固体中有没有MgCl2，需再取一份溶液，滴加NaOH溶液，若产生白色沉淀，则含有MgCl2
7．能将Na+、Al3+、Mg2+、Fe3+四种离子的溶液一次性鉴别开来的试剂是
A．NaCl溶液 B．NaOH溶液 C．氨水 D．NaHCO3溶液
8．由硫铁矿烧渣(主要成分：Fe3O4、Fe2O3和FeO)得到绿矾(FeSO4 7H2O)，再通过绿矾制备铁黄[FeO(OH)]的流程如图：
已知：FeS2和铁黄均难溶于水，pH=6.5时，Fe2+易形成Fe(OH)2沉淀。下列说法正确的是
A．步骤①中，溶解烧渣的酸可以是硫酸、盐酸或者是硝酸
B．步骤②中，涉及的离子方程式为
C．步骤③中，将溶液加热到有较多固体析出，再用余热将液体蒸干，可得纯净绿矾
D．步骤④操作时，若反应条件控制不当也不会使铁黄中混有Fe(OH)3
9．水是一种重要的资源，图中和水相连的物质都能和水反应，下列说法正确的是
A．①反应，1molNa与足量水反应，放出11.2L氢气
B．②反应，与足量水反应的离子方程式为：
C．③反应，生成和
D．④反应，水为还原剂
10．除去FeCl2溶液中混有少量的FeCl3杂质，应选用的试剂是
A．铁粉 B．盐酸 C．镁粉 D．氯水
二、填空题
11．铁制的自来水管件比铜制的容易生锈，由此反映出 (填“铁”或“铜”)的化学性质更加活泼。将Fe放置于CuSO4溶液中，反应生成Cu，反应的化学方程式为 。
12．某同学用如下实验探究和的性质，请回答下列问题。
(1)分别取一定量固体，均配制成的溶液。在溶液中需加入少量铁粉，其目的是 。
(2)甲组同学取溶液，加入几滴氯水。再加入1滴溶液，溶液变红，说明可将氧化。溶液与氯水反应的离子方程式为 。
(3)乙组同学认为甲组实验不够严谨。乙组同学在溶液中先加入煤油，再用滴管伸入溶液中依次加入几滴溶液和几滴氯水，溶液变红。实验中煤油的作用是 。
(4)丙组同学取溶液，加入溶液混合。分别取此溶液于2支试管中进行如下实验。
①第1支试管中加入充分振荡，静置，层呈紫色。
②第2支试管中加入1滴溶液，溶液变红。
实验①和②说明，在过量的情况下，溶液中仍含有 (填离子符号)，由此可见与发生的反应 (选填“能”或“不能”)进行到底。
13．绿矾可用作除草剂、净水剂或抗贫血药等．某研究小组同学采用硫铁矿焙烧后的烧渣（主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质）制备绿矾，设计了如下流程．
请回答：
（1）①～③所涉及的实验操作方法中，用到过滤的是 （填序号）．
（2）③中发生反应的离子方程式是 ．
（3）下列说法正确的是（填字母） ．
a．①中可选用盐酸，③中只能用硫酸
b．溶液B中含有OH﹣、SiO32﹣、AlO2﹣等阴离子
c．④中发生了氧化还原反应，固体C做还原剂
（4）原烧渣中Fe2O3的质量分数为 ．
14．用下面两种方法可以制得白色的Fe(OH)2沉淀。
方法一：用不含Fe3+的FeSO4溶液与不含O2的蒸馏水配制的NaOH溶液反应制备。
(1)用硫酸亚铁晶体配制上述FeSO4溶液时，除加硫酸防止生成Fe(OH)2外，还需加入 。
(2)除去蒸馏水中溶解的O2，常采用 的方法。
(3)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液的液面以下，再挤出NaOH溶液。这样操作的理由是 。
方法二：在如图所示的装置中，用NaOH溶液、铁屑、稀H2SO4等试剂制备。
(1)在试管Ⅰ里加入的试剂是 。
(2)在试管Ⅱ里加入的试剂是 。
(3)为了制得白色的Fe(OH)2沉淀，在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是 。
(4)这样生成的Fe(OH)2沉淀能较长时间保持白色，其理由是 。
15．Na、NaOH、Fe2O3、FeCl3是中学化学常见的四种物质，请依据这些物质回答下列问题。
(1)钠可以和TiCl4反应制取金属Ti，体现钠的 性。将一小块金属钠投入水中，反应的离子方程式为 ，能说明钠的密度比水小的现象是 。
(2)氯碱工业是利用实验溶液电解制取烧碱和氯气，其反应为：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，该反应的离子方程式为 ；氯气有毒，可以用 吸收。
(3)写出Fe2O3的一种用途 ，请设计实验证明赤铁矿中含有铁元素 。
(4)电子工业常用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板(由高分子材料和铜箔复合而成)，化学方程式为 。
16．现有五种溶液，分别含下列离子：①Ag+、②Mg2+、③Fe2+、④Al3+、⑤Fe3+。
(1)写出符合下列条件的离子符号：既能被氧化又能被还原的离子是 ，遇KSCN溶液显血红色的是 ，加铁粉后溶液增重的是 ；
(2)向③的溶液中滴加NaOH溶液，现象是 ，写出此步操作属于氧化还原反应的化学方程式 。
17．已知：还原性I->Fe2+>Br-。向含有1molFeI2和2molFeBr2的溶液中通入一定量的Cl2。
(1)若通入2molCl2，此时被氧化的离子是 ，被氧化的离子的物质的量分别是 。
(2)若通入3molCl2，则被氧化的离子是 ，对应氧化产物的物质的量分别是 。
18．黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括SiO2、Fe2O3和铝硅酸盐(Al2O3 SiO2)等。采用以下流程可由黏土钒矿制备V2O5、Fe2O3和硫酸铝铵。
已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：Mn+(aq)+nHR(org)MR(org)+nH+(aq)(org表示有机溶液)
ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱。
iii.HR能萃取Fe3+而不能萃取Fe2+。
(1)从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有 。
(2)浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因： 。
(3)从平衡移动原理解释加入20%H2SO4溶液的作用： 。
(4)KClO3和VO2+(反应生成VO和Cl-的离子方程式是 。
(5)测定V2O5产品的纯度
称取V2O5产品ag，先加入硫酸将V2O5转化为VO，加入指示剂后，cmol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定将VO转化为VO2+至终点，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则V2O5产品中V2O5的质量分数是 (V2O5的摩尔质量为Mg/mol)。
(6)从无机层获得Fe(OH)3的离子方程式是 。
(7)硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据如图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、 、洗涤、干燥。
19．硫酸亚铁是一种补铁剂，某兴趣小组利用经过初步处理的含有Fe2+的废液制备硫酸亚铁晶体的流程如下：
(1)加入铁粉的作用是 。
(2)测定废液中Fe2+的浓度可使用已知浓度的酸性高锰酸钾溶液：
①分别写出KMnO4、NaHCO3 的电离方程式： 、 。
②配平方程式，并用双线桥法表示电子转移过程 ：
KMnO4 +FeSO4 +H2SO4 =MnSO4 +K2SO4 +Fe2(SO4)3 +H2O
③已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1： 2的比例恰好完全反应，该反应的离子方程式为 。
(3)该兴趣小组在研究硫酸亚铁(FeSO4)热稳定性时，作出了两种假设：
①假设它按CaCO3受热分解的方式分解，反应的化学方程式为 。
②假设它按KClO3 受热分解的方式分解，已知产物中有两种酸性氧化物生成，则分解反应的化学方程式为 。
20．将溶液和溶液混合(写离子方程式) 。
三、实验题
21．纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性，高效催化性等优良的性质。
Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示：
(1)纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为 。
(2)将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2应在 (填仪器名称)中进行。
(3)生成纳米级Fe的化学方程式为 。
Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验并验证产物。
(4)纳米级Fe粉与水蒸气在500℃条件下反应的化学方程式是 。
(5)为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验：
实验步骤 实验操作 实验现象
Ⅰ 将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热 黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生
Ⅱ 实验Ⅰ得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡 溶液没有出现红色
根据以上实验，甲同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。乙同学认为甲同学的结论不正确，他的理由是 (用简要文字叙述)。
(6)丙同学称取5.60gFe粉，在600℃与水蒸气反应，停止后将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丙同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数约为 (结果保留三位有效数字)。
22．食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热而引起的。
已知：①氧化性：IO>Fe3+>I2；还原性：S2O>I-
②3I2+6OH-=5I-+IO+3H2O
(1)某学习小组对加碘盐进行了如下实验：取一定量某加碘盐(可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+)，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得试液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。
①加KSCN溶液显红色，该红色物质是 (用化学式表示)；CCl4中显紫红色的物质是 (用电子式表示)。
②第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为 ， 。
(2)KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。写出潮湿环境中KI与氧气反应的化学方程式： 。
(3)为了提高加碘盐(添加KI)的稳定性，可加稳定剂减少碘的损失。下列物质中有可能作为稳定剂的是_______。
A．Na2S2O3 B．AlCl3 C．Na2CO3 D．NaNO2
23．摩尔盐是一种常见的复盐。以下是摩尔盐的制备流程。请回答相关问题。
取适量的废铁屑于锥形瓶中，加15mL10%溶液，小火加热煮沸2min，分离并洗涤 → 加入15 mL 3molL'，水浴加热至反应完成，趁热抽滤 → 在滤液中加入一定量的固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤
步骤1：铁屑的净化 步骤2： 步骤3：摩尔盐的制备
(1)步骤2的名称应为 。
(2)抽滤装置如图所示。和普通过滤相比，抽滤的优点是 。
(3)加热浓缩时所用到的主要仪器中属于硅酸盐材质的有酒精灯、玻璃棒和 。
(4)生成摩尔盐的反应方程式为 。
(5)步骤3中将滤液加热浓缩至 即停止加热，这样做的原因是 。
(6)步骤3抽滤后用乙醇洗涤后再用滤纸吸干。用乙醇洗涤的原因是 。
(7)含量是影响产品品质的关键指标。定量测定方法是：取1.00g产品于烧杯中，加入适量盐酸溶解，并加入3滴溶液，定容至50mL，取溶液置于比色管中，与标准色阶进行目视比色，确定产品级别。可以根据颜色确定产品级别的原理是 。
(8)取30.00g所制得的固体于小烧杯中，加入适量稀硫酸，溶解后在250 mL容量瓶中定容。取25.00 mL于锥形瓶中，用0.1的，溶液滴定至终点。平行操作三次，消耗溶液的平均体积为16.00 mL。此样品中含量为 %（保留小数点后1位）。导致该测定结果与理论值有偏差的可能原因是 。
A．配溶液定容时俯视刻度线
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥
D．摩尔盐的结晶水数量不足
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【分析】向溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显现象，但在加入溴水后溶液变红，是因为溴水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合，说明混合液原溶液中含有SCN-。
【详解】A．向溶液中加入Fe2+的溶液后，无明显想，但在加入溴水后溶液变红，是因为溴水将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+再与SCN-结合，说明混合液原溶液中含有SCN-，SCN-只能来源于晶体，所以该晶体含有SCN-，选项A正确；
B．Br2能将Fe2+氧化为Fe3+，则说明Br2的氧化性比Fe3+强，选项B错误；
C．Fe2+被Br2氧化为Fe3+，选项C正确；
D．加入溴水后，Fe2+被氧化为Fe3+，溶液才变红，说明Fe2+不能与SCN-结合形成血红色物质，选项D正确；
答案选B。
2．A
【详解】根据题意，用FeCl3作刻蚀液水，会发生反应：2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，反应完全后，得到的蚀刻废液中成分应为FeCl2、FeCl3和CuCl2等，根据物质性质分析解答。
A．H+与FeCl2、FeCl3和CuCl2等的微粒不能反应，可以共存，A符合题意；
B．具有强氧化性，能够与FeCl2的Fe2+发生反应产生FeCl3，不能大量共存，B不符合题意；
C．FeCl2、FeCl3和CuCl2等金属阳离子都会与OH-发生反应形成Fe(OH)2、Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．Ag+与盐溶液中的Cl-反应产生AgCl白色沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是A。
3．D
【分析】石灰石（CaCO3）加入，根据沉淀溶解平衡和弱电解质的电离平衡有：CaCO3(s) Ca2+(aq)+CO32-(aq)，CO32-+H+HCO3-，因此可以调节溶液的pH。
【详解】A. 若X中溶液为FeCl2溶液，FeCl2是强酸弱碱盐，Fe2+发生水解，生成Fe(OH)2白色沉淀，Fe(OH)2在空气中易被氧气氧化，则Z中最终可生成Fe(OH)3沉淀，A错误；
B. Cl2+H2OH++Cl-+HClO，碳酸钙使平衡正向移动。Y中HClO的浓度最大，z中HClO的浓度最小，所以三只烧杯液体的漂白性: Y> X> Z，故B错误；
C. 若X中溶液为NH4Cl溶液，X中溶液呈酸性，加入石灰石后与溶液中H+反应，溶液碱性增强，则烧杯中液体的pH：X
答案选D。
4．C
【解析】镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子得失守恒、原子守恒计算。
【详解】将镁、铝、铁合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Mg2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为：=0.9mol，反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量，即：n(OH-)=n(NO3-)=0.9mol，则
A．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，A选项错误；
B．沉淀达到最大量时，溶液中的溶质为硝酸钠，由钠离子守恒可知，氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c(NaOH)==3mol/L，B选项错误；
C．反应后沉淀的质量=金属质量+m(OH-)＝金属质量+0.9mol×17g/mol=27.2g，则金属的质量为：27.2g-15.3g=11.9g，C选项正确；
D．参加反应的硝酸的物质的量为：n(HNO3)=n(NO3-)+n(NO)=0.3mol+0.9mol=1.2mol，硝酸的物质的量浓度为：c(HNO3)= =4mol/L，D选项错误；
答案选C。
【点睛】本题考查了混合物计算、物质的量浓度的计算，明确“反应中金属失去电子的物质的量=生成物硝酸盐中硝酸根离子的物质的量=生成碱中的氢氧根离子的物质的量”为解答本题的关键，注意电子守恒在计算中的应用。
5．D
【详解】A．I2单质可溶于KI溶液，无法用过滤的方法分离，A错误；
B．H2中混有HCl，通过饱和NaHCO3溶液时产生新的杂质CO2，B错误；
C．FeSO4可以使酸性KMnO4溶液紫色褪去，或滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀，检验Fe3+应滴加KSCN溶液，C错误；
D．“凡渍药酒，皆须细切，……，便可漉出”，该过程中分离固体和溶液，所以“漉出”指过滤，D正确；
综上所述答案为D。
6．C
【详解】①取少量固体溶于水中，得到澄清透明溶液。
②取少量上述溶液三份，在其中一份溶液中滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解，白色沉淀是硫酸钡，说明含有硫酸钠或硫酸铜。
③第二份溶液中滴加硝酸酸化的AgNO3，有白色沉淀，白色沉淀是氯化银或硫酸银。
④第三份溶液中滴加KSCN不显红色，再滴加双氧水，溶液显血红色，说明含有氯化亚铁，不存在氯化铁，所以一定不存在碳酸钠。
A．固体中一定不含有FeCl3，CuSO4不能确定，A错误；
B．固体中一定不含有Na2CO3、Na2SO4、CuSO4至少有一种，B错误；
C．固体中一定含有FeCl2，不一定含有NaCl，C正确；
D．加入氢氧化钠一定产生氢氧化亚铁白色沉淀，也可能产生氢氧化铜蓝色沉淀，会干扰氯化镁的检验，D错误；
答案选C。
7．B
【分析】Na+、A13+、Mg2+、Fe3+四种离子分别与NaOH混合的现象为：无现象、先生成白色沉淀后沉淀溶解、白色沉淀、红褐色沉淀，以此来解答。
【详解】A．均与NaCl不反应，不能进行鉴别，A不符合题意；
B．Na+、A13+、Mg2+、Fe3+四种离子分别与NaOH混合的现象为：无现象、先生成白色沉淀后沉淀溶解、白色沉淀、红褐色沉淀，四种溶液现象各不相同，可进行鉴别，B符合题意；
C．Al3+、Mg2+均与氨水反应生成白色沉淀，现象相同，不能进行鉴别，C不符合题意；
D．Na+、Mg2+均与NaHCO3溶液发生，现象相同，不能进行鉴别，D不符合题意；
故合理选项是B。
8．B
【详解】A．因绿矾的酸根离子为硫酸根离子，则步骤①最好用硫酸来溶解烧渣，不能用盐酸来溶解烧渣，否则引入氯离子，硝酸会氧化Fe2+生成Fe3+且会引入硝酸根，故也不能用硝酸，故A错误；
B．步骤②发生的反应FeS2与溶液中的Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4和H2SO4，反应的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42-+16H+，故B正确；
C．步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，若用余热将液体蒸干，绿矾受热会失去结晶水，故C错误；
D．若步骤④反应条件控制不当，绿矾会与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe(OH)3，故D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．金属钠与H2O反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，题中没有给出是否是标准状况，无法计算生成氢气的体积，选项A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，应写化学式，正确的离子方程式为，选项B错误；
C．铁与水蒸气在高温下反应生成和，选项C正确；
D．C和H2O反应C+H2OCO+H2，H元素的化合价由+1价降低为0价，水作氧化剂，选项D错误；
答案选C。
10．A
【详解】A.铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，A正确。
B. 盐酸不与氯化铁反应，B错误；
C. 镁和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化镁，氯化镁是新杂质，C错误；
D. 氯水和氯化亚铁反应，D错误；
答案选A。
【点睛】纯化物质时，被提纯的物质不能反应，用化学方法时，要选对试剂，去除旧杂质的同时不能引入新杂质。
11． 铁 Fe+CuSO4= FeSO4+Cu
【详解】铁制的自来水管件比铜制的容易生锈，说明铁比铜更易与空气中的氧气、水反应，由此反映出铁的化学性质更加活泼；铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4= FeSO4+Cu。答案为：铁；Fe+CuSO4= FeSO4+Cu。
12．(1)防止被氧化
(2)
(3)隔绝空气，排除氧气对实验的干扰
(4) 不能
【详解】（1）不稳定，易被空气中的氧气氧化，加入少量铁屑，可防止被氧化；
（2）具有强氧化性，可将氧化成，离子反应方程式为：；
（3）不稳定，易被空气中的氧气氧化，加入煤油，覆盖在溶液上面，可以隔绝空气，排除氧气对实验的干扰；
（4）实验①和②，加入1滴溶液，溶液变红，存在，进一步说明在过量的情况下，溶液中仍含有，证明与发生的反应不能进行彻底，该反应为可逆反应。
13． ①② Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O ac 48.00%（或0.48）
【分析】烧渣主要成分为Fe2O3、Al2O3和SiO2，不考虑其他杂质，与足量酸混合，离子反应方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，；
SiO2和酸不反应，然后过滤得到的固体A为SiO2，溶液A中含有H+、Al3+、Fe3+，加入足量碱，发生的反应为Fe3++3OH﹣=Fe（OH）3↓、Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，然后过滤得到的滤液B中含有偏铝酸盐和碱，固体B为Fe（OH）3，为防止引进杂质，酸用稀硫酸，B和稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3，C中含有硫酸和硫酸铁，加入固体C，为防止引入杂质，则固体C为Fe，发生氧化还原反应生成硫酸亚铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到绿矾
【详解】（1）通过以上分析知，采用过滤方法分离的是①②，故答案为①②；
（2）氢氧化铁和酸反应生成铁盐和水，离子方程式为Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O，故答案为Fe（OH）3+3H+=Fe3++3H2O；
（3）a． ①的目的是溶解金属氧化物，③的目的是得到硫酸盐，所以①中可选用盐酸，③中只能用硫酸，，故正确；
b．通过以上分析知，溶液B中含有OH﹣、AlO2﹣，不含硅酸根离子，故错误；
c．④中发生了氧化还原反应，固体C做还原剂，失电子发生氧化反应，故正确；
故选ac；
（4）n[FeSO4 7H2O]==0.09mol，根据2Fe3++Fe=3Fe2+知，有的亚铁离子来自于铁离子，所以根据Fe原子守恒得n（Fe2O3）=××n[FeSO4 7H2O]=××0.09mol=0.03mol，m（Fe2O3）=0.03mol×160g/mol=4.8g，氧化铁质量分数=100%=48.00%（或0.48），
故答案为48.00%（或0.48）．
14． 铁屑 煮沸 避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2转化成Fe(OH)3沉淀 稀H2SO4、铁屑 NaOH溶液 检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度。当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹 试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入
【详解】方法一：(1)根据FeSO4溶液中亚铁离子易被氧化为三价铁离子的特点，在配制其溶液时还需加入铁屑防止硫酸亚铁被氧化，发生反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，
故答案为铁屑；
(2)蒸馏水中若溶有O2，则会加速Fe(OH)2氧化，由于氧气的溶解度随温度的升高而减小，因此可采用加热煮沸的方法除去，
故答案为煮沸；
(3)为避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2，可用长滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再挤出NaOH溶液方可达到目的，
故答案为避免生成的Fe(OH)2沉淀接触O2转化成Fe(OH)3沉淀；
方法二：(1)铁与硫酸反应Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑，生成氢气，关闭止水夹，会使装置Ι中压强变大，使Ι中的药品进入Ⅱ中，与Ⅱ中的药品反应得到氢氧化亚铁，
故答案为稀H2SO4、铁屑；
(2)硫酸亚铁进入试管Ⅱ中与一种试剂反应生成氢氧化亚铁，所以试管Ⅱ中放入的是氢氧化钠溶液，
故答案为NaOH溶液；
(3)Fe(OH)2在空气中很容易被氧化，为了制得白色Fe(OH)2沉淀，应在操作过程中隔绝氧气，故在试管Ⅰ和Ⅱ中加入试剂，打开止水夹，塞紧塞子后的实验步骤是待反应一段时间后，在Ⅱ处对氢气验纯(目的是验证是否还存在氧气)，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹，
故答案为检验试管Ⅱ出口处排出的氢气的纯度，当排出的H2纯净时，再夹紧止水夹；
(4)Fe(OH)2易被氧化而变质，试管Ⅰ中反应生成的H2充满了Ⅰ试管和Ⅱ试管，且外界空气不容易进入，
故答案为试管Ⅰ中反应生成的H2充满了试管Ⅰ和试管Ⅱ，且外界空气不容易进入。
15． 还原 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑ 钠浮在水面上 2Cl-+2H2O2OH- +Cl2↑ + H2↑ NaOH溶液 作颜料或冶炼铁 取少量赤铁矿溶于酸(盐酸等)，滴加KSCN溶液变红，说明含铁元素 2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2
【分析】(1)钠是活泼金属具有还原性，可以还原TiCl4反应生成Ti和氯化钠，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，钠密度小于水浮在水面；
(2)氯化钠水溶液电解生成氢氧化钠、氯气和氢气，氯化钠、氢氧化钠是强电解质，氯气有毒可以和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
(3)氧化铁是红色固体难溶于水，证明赤铁矿中含有铁元素，可以取少量赤铁矿溶于盐酸后滴加KSCN溶液检验是否含有铁离子；
(4)电子工业常用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板是氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。
【详解】(1)钠是活泼金属具有强的还原性，可以还原TiCl4反应生成Ti和氯化钠，Na和水反应生成NaOH和H2，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，由于钠密度比水小而浮在水面上；
(2)电解NaCl饱和溶液生成烧碱、氢气和氯气，反应方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，其离子方程式为2Cl-+2H2O2OH- +Cl2↑ + H2↑；氯气有毒，可根据Cl2能够与碱发生反应产生可溶性物质的性质，用NaOH溶液进行尾气处理；
(3)Fe2O3含有铁元素，则它的一种用途是作冶炼铁的原料；由于其颜色为红棕色， 也可以作红色颜料或油漆的成分。实验证明赤铁矿中含有铁元素的方法是取少量赤铁矿溶于酸(盐酸等)，然后向溶液中滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，就说明含铁元素；
(4)电子工业常用FeCl3溶液刻蚀印刷电路板，是由于氯化铁与铜可以发生反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
【点睛】本题考查了钠、铁、铜及其化合物的性质及应用，主要是化学方程式、离子方程式的书写、离子的检验、物质的用途。
16． Fe2+ Fe3+ Fe3+ 生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【详解】(1)既能被氧化又能被还原的离子是居于中间价态的离子。Fe2＋中Fe元素化合价为+2价，既能够失电子被氧化变为Fe3+，也能够得电子被还原产生Fe单质，所以既能被氧化又能被还原的离子是Fe2+；
Fe3+遇SCN-溶液变为血红色，所以可以能用KSCN溶液检验Fe3+；
向含有Fe3+的溶液中加入铁粉，发生Fe+2Fe3＋=3Fe2＋，溶液质量增加，向含有Ag+的溶液中加入Fe粉，发生反应：Fe+2Ag＋=Fe2＋+2Ag，溶液质量减轻，而Fe与Mg2+、Al3+不能发生反应，所以加铁粉后溶液增重的是Fe3+；
(2)向含有Fe2+的溶液中加入NaOH溶液，发生反应：Fe2++2OH-=Fe(OH)2 ↓，看到产生白色沉淀，但Fe(OH)2不稳定，容易被溶解在溶液中的空气氧化变为红褐色Fe(OH)3，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此向Fe2＋的溶液中滴加NaOH溶液，看到的实验现象是：生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀。
17．(1) I-、Fe2+ 2 mol、2 mol
(2) I-、Fe2+、Br - 1 mol、3 mol、0.5 mol
【分析】在混合溶液中，实际上与氯气反应的是三种离子：I-为2 mol，Fe2+为3 mol，Br-为4 mol，按照“还原性I->Fe2+>Br-”依次反应即可作答。
(1)
当通入2molCl2时，2 mol I-消耗1mol Cl2，余下的1mol Cl2又可氧化2 mol Fe2+<3mol，故此时被氧化的离子是I-、Fe2+，被氧化的离子的物质的量均为2 mol，故答案为：I-、Fe2+；2 mol、2 mol。
(2)
当通入3molCl2时，首先2 mol I-被氧化生成1molI2，其次3 mol Fe2+被氧化生成3 mol Fe3+，此时共消耗Cl22.5mol，剩余的0.5mol Cl2，仍可氧化1mol Br-而生成0.5mol Br2，则被氧化的离子是I-、Fe2+、Br-，对应氧化产物的物质的量分别是1 mol、3 mol、0.5 mol，故答案为：I-、Fe2+、Br -；1 mol、3 mol、0.5 mol。
18．(1)使用浓硫酸、升温至250℃
(2)将溶液中的+5价钒、Fe3+分 别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离
(3)加入20%H2SO4，增大c(H+)，平衡Mn+(aq)+nHR(org)MR(org)+nH+(aq)逆向移动，使萃取的钒脱离有机层返回到无机层，与萃取剂分离
(4)ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+
(5)
(6)4Fe2++O2+8NH3 H2O+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NH
(7)冷却结晶、过滤
【分析】结合黏土钒矿中钒的化合价及杂质性质，先加酸溶解并用氧气氧化得到多种金属阳离子（其中钒为+5价），滤渣为不溶于酸的SiO2；加氨水调pH分离出硫酸铝铵固体，在过滤所得溶液中加入铁粉还原+5价钒和Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，有利于萃取分离；再利用反萃取加入硫酸促使萃取平衡逆向移动使萃取的钒脱离有机层返回到无机层，与萃取剂分离；无机层中的Fe2+被氨水和氧气转化为Fe(OH)3沉淀进一步焙烧为Fe2O3。
【详解】（1）由流程线上信息可得加快浸出速率的措施有使用浓硫酸，升温到250℃，也可采取粉碎黏土钒矿，搅拌等措施。
（2）利用铁还原+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，结合已知ii和iii可知这样有利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离。
（3）加入20%H2SO4，增大c(H+)，有利于平衡Mn+(aq)+nHR(org)MR(org)+nH+(aq)逆向移动，使萃取的钒脱离有机层返回到无机层，与萃取剂分离。
（4）由题干可知部分反应物为ClO和VO2+，部分生成物为Cl-和VO，氯元素降低6价，钒元素升高1价，围绕酸性环境用H+平电荷，即ClO+6VO2++3H2O=Cl-+6VO+6H+。
（5）明确滴定关系Fe2+~VO此时物质的量相等，n(钒元素)=n(Fe2+)=cV10-3，则n(V2O5)=，(V2O5)= =
（6）有机酸萃取后，Fe2+被氧气氧化，又与氨水结合生成Fe(OH)3沉淀，即4Fe2++O2+8NH3 H2O+2H2O=4Fe(OH)3↓+8NH。
（7）由图可知硫酸铵溶解度大于硫酸铝铵，而硫酸铝铵溶解度随温度变化较大，故可冷却结晶，过滤。
19．(1)防止亚铁离子被氧化
(2) KMnO4 = K+ + NaHCO3 = Na+ + Fe2+ + 2= FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3) FeSO4 FeO + SO3↑ 2FeSO4Fe2O3 + SO2↑+SO3↑
【分析】含亚铁离子的废液中加入饱和碳酸氢钠溶液生成碳酸亚铁沉淀，然后用稀硫酸溶解碳酸亚铁，并加入适量铁粉防止亚铁离子被氧化，最后浓缩结晶得到硫酸亚铁晶体。
【详解】（1）亚铁离子易被氧化，则加入铁粉的作用是防止亚铁离子被氧化，故答案：防止亚铁离子被氧化；
（2）①KMnO4、NaHCO3均是强电解质，其电离方程式分别为KMnO4 = K+ +、NaHCO3 = Na+ + ，故答案： KMnO4 = K+ +；NaHCO3 = Na+ + ；
②反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Fe元素化合价从+2价升高到+3价，失去3个电子，根据得失电子守恒以及原子守恒可知配平后的方程式为，故答案：；
③已知Fe2+与NaHCO3按物质的量1：2的比例恰好完全反应，根据原子守恒可知还有二氧化碳和水生成，该反应的离子方程式为Fe2+ + 2= FeCO3↓+CO2↑+H2O ，故答案：Fe2+ + 2= FeCO3↓+CO2↑+H2O；
（3）①假设它按CaCO3受热分解的方式分解，则FeSO4分解生成FeO和SO3，反应的化学方程式为FeSO4 FeO + SO3↑，故答案：FeSO4 FeO + SO3↑；
②假设它按KClO3受热分解的方式分解，已知产物中有两种酸性氧化物生成，应该是二氧化硫和三氧化硫，硫元素化合价降低，则铁元素化合价一定升高，则分解反应的化学方程式为2FeSO4Fe2O3 + SO2↑+SO3↑，故答案：2FeSO4Fe2O3 + SO2↑+SO3↑。
20．
【详解】溶液和溶液混合，Fe3+会氧化I-，离子方程式，答案：。
21．(1)Fe+2H+=Fe2++H2↑
(2)坩埚
(3)FeCl2+H2Fe+2HCl
(4)Fe+H2O(g)FeO+H2
(5)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+
(6)67.4%
【详解】（1）铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。
（2）给固体加热脱水应在坩埚中进行，因此将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2应在坩埚中进行。
（3）由流程图可知，氯化亚铁与氢气发生氧化还原反应生成铁和氯化氢，化学方程式为：FeCl2+H2Fe+2HCl。
（4）由题意可知，纳米级Fe粉与水蒸气在500℃条件下反应生成FeO和氢气，反应的化学方程式为：Fe+H2O(g)FeO+H2。
（5）加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有铁离子，可能是因为纳米级铁粉与水蒸气反应的过程中铁过量，加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色，因此，答案为：加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+。
（6）称取5.60gFe粉，在600℃与水蒸气反应，则铁粉与水蒸气反应的固体产物为四氧化三铁，反应后所得固体质量为6.88g，其中氧原子质量为m(O)=6.88g-5.60g=1.28g，则n(O)==0.08mol。由关系式：Fe3O4~4O，可得n(Fe3O4)=0.02mol，所以固体物质中氧化物的质量分数==≈67.4%。
22．(1) Fe(SCN)3 IO+5I-+6H+=3I2+3H2O 2Fe3++2I-=2Fe2++I2
(2)O2+4KI+2H2O=2I2+4KOH
(3)AC
【解析】(1)
①某加碘盐可能含有KIO3、KI、Mg2+、Fe3+，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为3份。第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3＋，反应为：Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，该红色物质是Fe(SCN)3；第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘单质生成，I2的电子式为：。②由题中信息可知，氧化性：IO3-＞Fe3+＞I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此可得该加碘盐添加了KIO3，第二份试液中加入足量KI固体后，反应的离子方程式为：IO3-＋5I-＋6H+=3I2＋3H2O、2Fe3+＋2I-=2Fe2+＋I2。
(2)
KI具有还原性，在潮湿环境下与氧气发生氧化还原反应，化学方程式为：4KI＋O2＋2H2O=2I2＋4KOH。
(3)
在潮湿环境中，由于空气中氧气的作用，容易引起KI作为加碘剂的碘的损失，故可加入还原性较I-强的Na2S2O3使I-得到保护，或者加入适量Na2CO3使环境干燥，而AlCl3和NaNO2对人体有害不可添加，故答案选AC。
23．(1)硫酸亚铁的制备
(2)加快过滤速度；得到更干燥的固体
(3)蒸发皿
(4)
(5) 表面有晶膜出现 防止杂质析出（并防止结晶水数量不足）
(6)产物在乙醇中溶解度小，减小溶解损失；乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥
(7)和反应生成红色的，浓度越大，溶液颜色越深
(8) 14.9 AD
【分析】本实验的目的是制备摩尔盐，加入碳酸钠溶液煮沸，除去表面油污，过滤分离洗涤后，加入硫酸反应制备FeSO4，趁热抽滤后加入硫酸铵固体，加热浓缩，冷却结晶，抽滤并洗涤，得到产品。
【详解】（1）步骤2中Fe与稀硫酸反应得到FeSO4，所以该步骤的名称为硫酸亚铁的制备；
（2）抽滤时抽滤瓶中形成真空，可以加快过滤速度，得到更干燥的固体；
（3）加热浓缩时需要在蒸发皿中进行，蒸发皿也属于硅酸盐材质的仪器；
（4）根据题意硫酸亚铁和硫酸铵反应可以得到摩尔盐，根据元素守恒可得化学方程式为FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O=(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；
（5）将滤液加热浓缩至表面有晶膜出现时，即停止加热，这样做可以防止杂质析出，同时也可以防止结晶水数量不足；
（6）产物在乙醇中溶解度小，用乙醇洗涤可以减小溶解损失；同时乙醇易挥发，乙醇挥发带走水分，产品能快速干燥；
（7）Fe3+和SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3，该反应为可逆反应，Fe3+浓度越大，平衡正向移动，溶液颜色越深，所以可以根据颜色确定产品级别；
（8）根据电子守恒可知滴定过程中存在数量关系n(Fe2+)=5n(KMnO4)，所以25.00mL待测液中n(Fe2+)=5×0.1mol/L×0.016L=0.008mol，则250mL待测液中n(Fe2+)=0.08mol，则样品中Fe2＋含量为×100%≈14.9%；
理论上Fe2＋含量应为×100%≈14.3%；测定结果偏大；
A．配溶液定容时俯视刻度线，导致所配待测液浓度偏大，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏多，测定结果偏大，A符合题意；
B．取摩尔盐溶液的滴定管没有润洗，导致摩尔盐被稀释，25.00mL待测液消耗的高锰酸钾溶液偏少，测定结果应偏小，B不符合题意；
C．取待测液的锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，C不符合题意；
D．摩尔盐的结晶水数量不足导致30.00固体中所含Fe2+偏多，测定结果偏大，D符合题意；
综上所述答案为AD。
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