上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-48铁及其化合物（1）

这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-48铁及其化合物（1），共23页。试卷主要包含了多选题，单选题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-48铁及其化合物（1）

一、多选题
1．（2022·上海闵行·统考一模）除去下列物质中所含少量杂质(括号内为杂质)，所选试剂和方法均正确的是
A．溴苯(Br2)溶液：加溶液，分液
B．甲烷(C2H4)：酸性溶液，洗气
C．乙醛(HCOOH)：新制，蒸馏
D．氯化亚铁溶液(FeCl3)，铁粉，过滤

二、单选题
2．（2022·上海·统考一模）下列除杂所选试剂错误的是
A．溴苯()：溶液 B．()：饱和食盐水
C．()：溶液 D．()：铁粉
3．（2022·上海·统考一模）下列离子方程式正确的是
A．硫化钠溶液与硝酸混合：
B．过量铁粉与稀硝酸反应：
C．过量的氨水与少量氯化铝溶液混合：
D．溶液与少量溶液混合：
4．（2022·上海·一模）向、的混合液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在。则下列判断正确的是
A．加入溶液一定不变红色 B．溶液中不一定含有
C．溶液中一定含有 D．剩余固体中不一定含有
5．（2022·上海·一模）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是
A．能与、反应产生，所以常用于作呼吸面具的供氧剂
B．铁比铜金属性强，工业上用溶液腐蚀铜制印刷电路板以回收金属铜
C．能与盐酸反应，所以可用于制胃药以治疗胃酸过多
D．、溶液都显碱性，所以它们可用作食用碱或工业用碱
6．（2022·上海杨浦·统考一模）等物质的量的A1、Fe分别与水完全反应，下列说法正确的是
A．电子转移的数目相同 B．均有碱生成 C．生成等量的氢气 D．反应条件不同
7．（2022·上海杨浦·统考一模）不能由单质化合生成的物质是
A． B． C． D．
8．（2022·上海·一模）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．在氨水中：
B．在氯化钠溶液中：
C．在醋酸溶液中：
D．在硝酸银溶液中：
9．（2022·上海松江·统考二模）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
10．（2022·上海徐汇·统考三模）双氧水()与下列溶液反应，不能体现氧化性的是
A．酸性溶液 B．淀粉KI溶液
C．溶有的溶液 D．盐酸酸化的溶液
11．（2022·上海金山·统考二模）某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A．不能确定是否有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在
C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+
12．（2022·上海普陀·统考二模）一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S为-2价)与100mL盐酸恰好完全反应(杂质不与盐酸反应)，生成0.1mol硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。有关说法正确的是
A．c(HCl)=4.0mol·L-1 B．x=0.85
C．生成了0.4molH2S D．FexS中，n(Fe2+)∶n(Fe3+)=2∶1
13．（2022·上海普陀·统考二模）向NH4Fe(SO4)2(aq)中逐滴滴加Ba(OH)2(aq)至过量的过程中，有关离子反应错误的是
A．2Fe3+＋3＋3Ba2+＋6OH-→2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓
B．Fe3+＋5＋4＋4Ba2+＋8OH-→Fe(OH)3↓＋5NH3·H2O＋4BaSO4↓
C．3Fe3+＋＋5＋5Ba2+＋10OH-→3Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋5BaSO4↓
D．Fe3+＋＋2＋2Ba2+＋4OH-→Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓
14．（2022·上海青浦·统考二模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．Cl2通入FeCl2溶液中 B．SO2通入BaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中 D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中
15．（2022·上海普陀·统考二模）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是
A．含有废铁屑的FeCl2溶液，可用于除去工业废气中的Cl2
B．盐碱地(含较多Na2CO3等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
C．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
D．钢铁设施采用“牺牲阳极的阴极保护法”时，表面连接的金属一定比铁活泼
16．（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)
17．（2022·上海普陀·统考二模）下列物质不属于合金的是
A．奥运金牌 B．青铜器 C．生铁 D．水银
18．（2022·上海静安·统考二模）指定条件下，以铁为原料，不能一步制得的是
A．FeFeCl3 B．FeFe2O3
C．FeFe(NO3)3 D．FeFeSO4
19．（2022·上海·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
20．（2022·上海·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
21．（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
22．（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
23．（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+
24．（2022·上海·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-
25．（2022·上海闵行·统考模拟预测）根据有关物质检验的实验方案和现象，结论正确的是

方案、现象
结论
A
将乙醇与浓硫酸混合升温至170℃，产生气体通入溴水，红棕色褪去
生成乙烯
B
取少量有机物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中，充分振荡，未见砖红色沉淀
有机物不含醛基
C
取少量Na2SO3固体溶于蒸馏水，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀
Na2SO3固体已变质
D
取铁与水蒸气反应的混合物用稀硫酸充分溶解，所得溶液，一份滴加KSCN溶液，呈血红色；另一份滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去
铁与水蒸气的产物中铁元素有+2、+3两种化合价

A．A B．B C．C D．D
26．（2022·上海·统考一模）要除去FeCl2溶液中少量的FeCl3，下列方法可行的是
A．滴入KSCN溶液 B．加入铁粉 C．通入氯气 D．加入铜粉

三、工业流程题
27．（2022·上海崇明·统考二模）ZnO是一种难溶于水的白色固体，在化学工业中主要用作橡胶和颜料的添加剂，医药上用于制软膏、橡皮膏等。工业上可由菱锌矿(主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素)制备。工艺如图所示：

相关金属离子[c(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
Cd2+
Mn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
7.4
8.1
6.9
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
9.4
10.1
8.9
已知：
①“溶浸”后的溶液pH=1，所含金属离子主要有：Zn2+、Fe2+、Cd2+、Mn2+、Ni2+；
②弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2；
③氧化性顺序：Ni2+>Cd2+>Zn2+。
回答下列问题：
(1)①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是_______。(写一条即可)
②“调pH”是向“溶浸”后的溶液中加入少量_______(填化学式)调节至弱酸性(pH约为5)，“调pH”的目的是_______。
(2)“滤渣2”的化学成分为_______(写化学式)；用离子方程式表示“氧化除杂”时KMnO4溶液与Mn2+的反应原理_______。
(3)“还原除杂”除去的离子是_______；加入的还原剂是_______。
(4)“沉锌”时生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，分析测得1kg该沉淀“高温灼烧”后获得ZnO0.670kg。则“高温灼烧”过程中原料的转化率为_______。
28．（2022·上海·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．AD
【详解】A．溴苯(Br2)溶液：加溶液，与反应生成可溶于水的钠盐溶液，再用分液方法分离，A正确；
B．酸性溶液将氧化，生成，在甲烷气体中引入新的杂质，B错误；
C．乙醛和都能与新制反应，不能用新制反应除去乙醛中的，C错误；
D．氯化亚铁溶液(FeCl3)，加入铁粉，发生反应：，过滤除去多余的铁粉，D正确；
故选A D。
2．D
【详解】A．溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故A正确；
B．HCl易溶于水，而氯气不溶于饱和食盐水，可用于除杂，故B正确；
C．H2S与CuSO4 反应生成CuS沉淀，可除去杂质，故C正确；
D．和都能和铁反应，不能用铁粉出去中的，故D错误；
故选D。
3．D
【详解】A．硝酸为强氧化性酸，能氧化-2价的硫，-2价的硫向相邻价态0价变化，所以硫化钠溶液跟稀硝酸相混合：，故A错误；
B．过量铁粉与稀硝酸反应生成，离子方程式为：3Fe+8H++2═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．过量的氨水与少量氯化铝溶液混合得到氢氧化铝沉淀，离子方程式为：，故C错误；
D．溶液与少量溶液混合产生碳酸钡沉淀，离子方程式为：，故D正确；
故选D。
4．A
【分析】由于FeCl3的氧化性强于CuCl2，所以加入的铁粉先与FeCl3反应生成了FeCl2，多余的铁粉再与CuCl2反应生成了Cu单质。有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无三价铁离子存在，一定存在亚铁离子，可能含有铜离子；若有铁剩余，一定有铜生成，三价铁离子和铜离子无剩余。
【详解】A．由分析可知，充分反应后仍有固体存在，溶液中一定不含Fe3+，所以加入KSCN溶液不变红色，故A说法正确；
B．通过以上分析知，溶液中一定含有Fe2+，故B说法错误；
C．通过以上分析知，溶液中可能含有Cu2+，故C说法错误；
D．通过以上分析知，剩余固体中一定含Cu，故D说法错误；
答案选A。
5．B
【详解】A．能与、反应产生，所以常用于作呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B．腐蚀Cu刻制印刷电路板，是因为三价铁离子氧化性强于铜离子，故B错误；
C．能与盐酸反应，所以可用于制胃药以治疗胃酸过多，故C正确；
D．、溶液都显碱性，所以它们可用作食用碱或工业用碱，故D正确；
故选B。
6．D
【详解】铝与水共热反应生成氢氧化铝和氢气，1mol铝完全反应转移3mol电子、生成mol氢气，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，1mol铁完全反应转移mol电子、生成mol氢气，则等物质的量的铝、铁分别与水完全反应，反应条件不同，铝反应生成两性氢氧化物氢氧化铝、铁反应生成四氧化三铁，反应转移电子数目不同，生成氢气的物质的量不同，故选D。
7．B
【详解】A．铜与硫在加热条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故A不符合题意；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以不能由单质直接化合而成，故B符合题意；
C．铁与氯气在加热的条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故C不符合题意；
D．氮与氧气在放电的条件下生成NO，所以NO能由单质直接化合而成，故D不符合题意；
故答案选B。
8．C
【详解】A．氨水显碱性，会与反应，不能大量共存，A项错误；
B．会发生氧化还原反应，不能大量共存，B项错误；
C．醋酸显酸性，在醋酸溶液中均不会发生反应，能大量共存，C项正确；
D．硝酸银中的银离子会与氯离子反应生成沉淀，不能大量共存，D项错误；
答案选C。

9．D
【详解】A．足量稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，无固体剩余，故A不符合；
B．足量稀硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，无固体剩余，故B不符合；
C．足量热的浓硫酸与铁反应生成硫酸铁、SO2、和水，无固体剩余，故C不符合；
D．冷的浓硝酸使铁发生钝化，铁表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硝酸继续与内层金属进一步反应，有固体剩余，故D符合；
故选D。
10．A
【详解】A．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，双氧水为反应的还原剂，反应中被氧化为氧气，表现还原性，故A符合题意；
B．双氧水与淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故B不符合题意；
C．双氧水与溶有二氧化硫的氯化钡溶液中的二氧化硫反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故C不符合题意；
D．双氧水与盐酸酸化的氯化亚铁溶液中的氯化亚铁反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故D不符合题意；
故选A。
11．D
【分析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在；
【详解】A．各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A错误；
B．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；
C．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；
D．依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；
故合理选项为D。
12．C
【详解】A．盐酸恰好反应生成0.4molFeCl2，根据氯原子守恒得c(HCl)=，故A错误；
B．FexS中S的物质的量等于S和H2S物质的量之和，n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，故B错误；
C．部分HCl中的氢离子转化为H2S，根据氢原子、氯原子守恒得H2S的物质的量n(H2S)=0.5n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，故C正确；
D．FexS中S为-2价，生成S化合价为0，则生成0.1mol S，生成H2S气体不发生化合价变化，则共转移电子为0.1mol×2=0.2mol，生成亚铁离子不存在化合价变化，则根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.2mol：0.2mol=1：1，故D错误；
故选：C。
13．B
【详解】硫酸铁铵溶液与逐滴滴加的氢氧化钡溶液反应时，铁离子与氢氧根离子反应的能力强于铵根离子，会优先反应，当铵根离子反应时，铁离子已经完全反应，所以由化学式可知，反应时，铵根离子物质的量可能为0，或小于等于铁离子的物质的量，则B选项中铵根离子的化学计量数大于铁离子不可能发生，故选B。
14．B
【详解】A．Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A错误；
B．SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，故B正确；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，现象为产生白色沉淀，故C错误；
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜过饱和，析出蓝色晶体，故D错误；
故选：B。
15．B
【详解】A．FeCl2可与Cl2反应，产物FeCl3与Fe反应生成FeCl2，继续与Cl2反应，此方法可用于除去工业废气中的Cl2，合理，故A不选；
B．Na2CO3和Ca(OH)2反应生成碳酸钙沉淀和NaOH，所以不能用熟石灰对土壤进行改良，不合理，故B选；
C．铝中添加适量锂制成合金，能降低金属的密度，提高强度，可用于航空工业，合理，故C不选；
D．采用牺牲阳极的阴极保护法保护钢铁设施，利用的原理是原电池原理，应把钢铁设施作原电池的正极，则负极金属一定比铁活泼，合理，故D不选；
答案选B。
16．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。
17．D
【详解】由两种或两种以上的金属或金属和非金属熔合而成的具有金属特性的物质称为合金，即合金一定是混合物。奥运金牌、青铜器、生铁均属于合金，水银是单质，属于纯净物，不是合金；故选D。
18．B
【详解】A．铁单质在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，生成FeCl3，A正确；
B．铁和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，无法直接生成氧化铁，B错误；
C．硝酸具有强氧化性和酸性，可与铁反应生成硝酸铁，C正确；
D．铁的金属活动性强于Cu，可以将硫酸铜溶液中的Cu置换出来，生成硫酸亚铁，D正确；
故答案选B。
19．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。
20．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。
21．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。
22．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。
23．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。
24．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。
25．C
【详解】A．反应中可能生成的二氧化硫气体也能使溴水褪色，不能说明是乙烯的作用，A错误；
B．没有进行水浴加热，不能说明有机物含有醛基，B错误；
C．硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的白色硫酸钡沉淀，加足量稀盐酸，再加足量BaCl2溶液，有白色沉淀，说明Na2SO3固体已变质，C正确；
D．混合物可能含有铁，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子也会能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D错误；
故选C。
26．B
【详解】因为铁离子能和铁反应生成亚铁离子，化学方程式为2FeCl3+Fe=3FeCl2，故可用铁粉除去FeCl2溶液中的少量氯化铁；
答案选B。
27．(1) 加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎 ZnO或Zn(OH)2 使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀
(2) Fe(OH)3、MnO2 2MnO+3Mn2++2H2O═5MnO2↓+4H+
(3) Ni2+、Cd2+ Zn
(4)0.9898

【分析】菱锌矿的主要成分为ZnCO3，还含有Ni、Cd、Fe、Mn等元素，加入稀硫酸溶浸后得到含Zn2+、Ni2+、Cd2+、Fe2+、Mn2+的滤液，滤液调节pH后加入KMnO4氧化除杂除去Fe2+、Mn2+；接着还原除杂除去Ni2+、Cd2+；最后向含ZnSO4的溶液中加入Na2CO3溶液生成碱式碳酸锌[ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O]沉淀，碱式碳酸锌高温灼烧得到ZnO。
(1)
①“溶浸”过程中，为了提高浸出率，可采取的措施是加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎；答案为：加热或搅拌或适当提高硫酸的浓度或将矿石粉碎。
②“溶浸”后的溶液pH=1，“调pH”调节至弱酸性(pH约为5)，加入的试剂能消耗H+，且不引入新杂质，故向“溶浸”后的溶液中加入少量ZnO或Zn(OH)2调节pH；根据各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“调pH”的目的是使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀；答案为：ZnO或Zn(OH)2；使Fe3+完全沉淀而其他离子不沉淀。
(2)
弱酸性溶液中KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，KMnO4将Fe2+氧化，结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH可知，“滤渣2”的化学成分为Fe(OH)3、MnO2；KMnO4氧化Mn2+时，产物中含Mn元素物质只有MnO2，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+；答案为：Fe(OH)3、MnO2；2+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(3)
根据分析，“还原除杂”除去的离子是Ni2+、Cd2+；氧化性顺序：Ni2+＞Cd2+＞Zn2+，为了不引入新杂质，加入的还原剂为Zn；答案为：Ni2+、Cd2+；Zn。
(4)
碱式碳酸锌高温灼烧的方程式为ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O3ZnO+CO2↑+4H2O，生成0.670kgZnO消耗ZnCO3·2Zn(OH)2·2H2O的质量为=0.9898kg，则“高温灼烧”过程中原料的转化率为=0.9898；答案为：0.9898。
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+、Al³+、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：。