2023-2024学年高中上学期期末模拟考试高一化学期末模拟卷02（全国通用，人教版2019必修第一册全部）（Word版附解析）

2023−2024学年上学期期末模拟考试02第Ⅰ卷（选择题共54分）一、选择题：本题共18个小题，每小题3分，共54分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生产、生活、科技等密切相关。下列说法不正确的是A．Na着火可用泡沫灭火器灭火B．氯气可用于自来水的杀菌、消毒C．氯化铁溶液可用作覆铜板蚀刻的腐蚀液D．氧化铝可用于制造耐高温的容器【答案】A【解析】A．泡沫灭火器可产生二氧化碳，钠能与二氧化碳反应，故不能用泡沫灭火器灭火，A错误；B．氯气溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，具有杀菌消毒的作用，B正确；C．氯化铁溶液中的铁离子能与Cu反应生成亚铁离子和铜离子，可用作覆铜板蚀刻的腐蚀液，C正确；D．氧化铝熔点较高，可用于制造耐高温的容器，D正确；故答案选A。2．化学物质种类繁多，通过分类思想来学习可以化繁为简。下列关于物质分类正确是选项混合物碱碱性氧化物A冰水混合物苛性钾B、石墨混合物氨水CD漂白粉【答案】D【解析】A．冰和水都由水分子构成，冰水混合物属于纯净物，Mn2O7属于酸性氧化物，故A不符合题意；B．氨水是氨气溶于水形成的混合物，一水合氨才是碱，故B不符合题意；C．是纯净物，Cu2(OH)2CO3属于碱式盐，Na2O2与酸反应，除生成盐和水外，还有氧气生成，不属于碱性氧化物，属于过氧化物，故C不符合题意；D．漂白粉是由氯化钙和次氯酸钙构成的混合物，Mg(OH)2属于难溶性碱，Na2O是氢氧化钠对应的碱性氧化物，故D符合题意。综上所述，答案为D。3．用NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A．浓盐酸与足量MnO2反应生成11.2LCl2，转移电子数为NAB．将1molCl2通入足量水中，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和为2NA C．有铁粉参加的反应，若生成2molFe2+，则转移电子数一定为4NAD．0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA【答案】D【解析】A．气体状态未知，不能计算转移电子数，A错误；B．氯气溶于水，部分以氯气分子存在，HClO、Cl-、ClO-微粒数之和小于2NA，B错误；C．有铁粉参加的反应，若生成2molFe2+，则转移电子数不一定为4NA，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，C错误；D．Fe(OH)3胶体是多个Fe(OH)3的集合体，0.1molFeCl3加入沸水中完全反应生成Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，D正确；故选D。4．下列有关物质性质的比较正确的是A．碱性：B．离子半径：C．还原性：D．热稳定性：【答案】C【解析】A．金属性越强其最高价氧化物对应水化物碱性越强，即，A错误；B．三种离子核外电子层排布相同，核电荷数越大半径越小，即，B错误；C．非金属单质氧化性越强其阴离子还原性越弱，即还原性，C正确；D．元素非金属性越强，对应氢化物稳定性越强，即热稳定性，D错误；故选C。5．下列有关化学用语的表示正确的是A．N2的电子式：B．H2O的结构式：H−O−HC．钠离子的结构示意图：D．质量数为44、中子数为24的钙原子：Ca【答案】B【解析】A．N最外层5个电子与其他原子共用三对电子达饱和，N2的电子式为，A项错误；B．O最外层6个电子，与其他原子共用两对电子达饱和，即H2O的结构式为H-O-H，B项正确；C．钠离子的结构示意图为，C项错误；D．质量数为44、中子数为24的钙原子，质子数为20，表达为，D项错误；故选B。6．下列叙述不正确的是A．钠在氧气中燃烧比在空气中更为剧烈 B．钠燃烧发出黄色火焰，生成淡黄色固体Na2O2C．金属钠很活泼，金属性很强D．将Na投入FeSO4溶液中可置换出Fe【答案】D【解析】A．O2具有助燃的作用，故钠在氧气中燃烧比在空气中更为剧烈，A正确；B．钠在空气中燃烧时，迅速熔化为一个光亮的小球，发出黄色火焰，生成淡黄色固体，即为Na2O2，B正确；C．金属钠属于碱金属元素，性质很活泼，金属性很强，C正确；D．将Na投入FeSO4溶液，Na先与H2O反应，2Na＋2H2O＝2H2O＋H2↑，生成的NaOH再与FeSO4反应，FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4，不能置换出Fe，D错误；故答案为：D。7．下列离子组能大量共存且溶液为无色的是A．Mg2+、K+、SO、NOB．Fe3+、Ba2+、Cl-、NOC．Ca2+、K+、CO、OH-D．Na+、Al3+、OH-、Cl-【答案】A【解析】A．A中的四种离子不会发生反应也无色，故可以大量共存，A正确；B．B中的四种离子虽不会发生反应但Fe3+为黄色，B错误；C．C中的Ca2+和CO会反应生成沉淀，C错误；D．D中的Al3+和OH-会反应生成沉淀，D错误；故选A。8．为了检验某FeCl2溶液是否变质，可以向溶液中加入A．盐酸B．铁片C．KSCN溶液D．石蕊溶液【答案】C【解析】FeCl2变质生成氯化铁，可用KSCN溶液检验三价铁离子，若溶液出现红色，则说明变质，综上所述，故选C。9．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．明矾易溶于水，可用作净水剂B．受热易分解，可用于治疗胃酸过多C．具有两性，可用作耐高温材料D．次氯酸具有强氧化性，可用于杀菌消毒【答案】D【解析】A．明矾溶于水，电离产的的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，能够吸附水中固体杂质颗粒，可用于净水，故A不符合题意；B．碳酸氢钠可与盐酸反应，消耗盐酸，可用于治疗胃酸过多，故B不符合题意；C．Al2O3可用作耐高温材料是因为其具有很高的熔点，故C不符合题意；D．次氯酸具有强的氧化性，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，故D符合题意；故选：D。 10．下列制取氯气的实验装置或者操作正确的是A.制备氯气B.除去中的气体C.干燥氯气D.吸收多余的氯气【答案】C【解析】A．二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，则题给装置中缺少酒精灯，不能用于制备氯气，故A错误；B．氯气和氯化氢都能与饱和碳酸氢钠溶液反应，所以不能用饱和碳酸氢钠溶液除去氯气中的氯化氢气体，应选择饱和食盐水，则题给装置不能用于除去氯气中的氯化氢气体，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥氯气，则题给装置能用于干燥氯气，故C正确；D．澄清石灰水中氢氧根离子浓度小，不能与氯气充分反应，所以不能用于吸收多余的氯气，应选择氢氧根离子浓度大、吸收效果好的氢氧化钠溶液，则题给装置不能用于吸收多余的氯气，故D错误；故选C。11．“类比”是研究物质变化规律的重要方法。下列有关“类比”对物质性质的推测正确的是A．溶液显酸性，溶液也显酸性B．是酸性氧化物，也是酸性氧化物C．Na在空气中加热生成，Li在空气中加热也生成D．溶解度大于，的溶解度也大于【答案】B【解析】A．NaHCO3是弱酸的酸式盐，水溶液碱性，A项错误；B．碳和硫都是非金属氧化物，CO2是酸性氧化物，所以SO2也是酸性氧化物，B项正确；C．Na在空气中加热生成Na2O2，Li的活泼性比Na小，Li在空气中加热生成Li2O，C项错误；D．NaHCO3的溶解度也大于Na2CO3，D项错误；故选B。12．为除去括号内的杂质，下列各选项中所选用的试剂或方法错误的是A．固体：加热B．气体：通过饱和溶液，洗气C．()：将混合物在氧气中加热D．固体：加入足量的溶液，过滤【答案】B【解析】A．受热易分解生成固体碳酸钠、水和二氧化碳，所以利用加热方法可达到除杂目的，A 正确；B．饱和溶液不仅可与HCl反应，还可与二氧化碳气体发生反应，不能达到除杂目的，最佳试剂应选择饱和碳酸氢钠溶液，B错误；C．可与氧气在加热条件下发生反应生成过氧化钠，选用试剂和方法均正确，C正确；D．铝可与氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，而镁不发生反应，所以通过过滤可达到除杂目的，D正确；故选B。13．下列关于铝及其化合物的说法不正确的是A．铝的化学性质不活泼B．Al(OH)3是一种医用胃酸中和剂C．向AlCl3溶液中滴加氨水可产生白色沉淀D．铝制餐具不可以用来长时间存放碱性食物【答案】A【解析】A．铝是活泼金属，但是铝易在空气中形成致密的氧化膜，所以铝比较耐腐蚀，选项A错误；B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于中和过多胃酸，是一种医用胃酸中和剂，选项B正确；C．AlCl3溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀,所以向AlCl3溶液中滴加氨水可产生白色沉淀，选项C正确；D．铝、氧化铝能与碱性物质反应，所以铝制餐具不可以用来长时间存放碱性食物，选项D正确；答案选A。14．实验室欲用氯化钠固体配制500mL0.10mol·L-1的NaCl溶液，下列叙述正确的是A．实验可用的玻璃仪器：烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管B．用托盘天平称取29.25gNaCl固体配制溶液C．定容时若俯视刻度线，则所得溶液浓度偏低D．加水时不慎超过了刻度线，用胶头滴管直接吸出多余液体【答案】A【解析】A．配制500mL0.10mol/LNaCl溶液，需要用烧杯和玻璃棒溶解氯化钠固体，用玻璃棒引流将氯化钠溶液转移到500mL容量瓶中，用胶头滴管定容，故A正确；B．配制500mL0.10mol/LNaCl溶液需要氯化钠的质量m=Mn=cVM=0.10mol/L×0.5L×58.5g/mol=2.925g，托盘天平能称取2.9g，故B错误；C．定容时俯视液面，会使得加入的溶剂水量偏少，所得溶液浓度偏高，故C错误；D．定容时，加水不慎超过刻度线，会将溶液稀释，此时应该重新配制，故D错误；故选A。15．下列关于氯气和氯水的叙述正确的是A．可以用pH试纸测定新制氯水的pHB．氯水放置数天后，溶液的酸性逐渐减弱C．新制的氯水一定含有H2、H2O和HClO三种分子D．加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀说明有Cl-的存在 【答案】D【解析】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定新制氯水的pH，故A错误；B．次氯酸易分解生成盐酸和氧气，氯水放置数天后，弱酸变为强酸，溶液的酸性逐渐增强，故B错误；C．新制的氯水含有Cl2、H2O和HClO三种分子，故C错误；D．根据Ag++Cl-=AgCl↓，加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀说明有Cl-的存在，故D正确；选D。16．下列各组物质中，满足图示关系并在一定条件下能一步转化的组合是序号XYZW  ①NaClNa②③HClHClO④AlA．①②B．①③C．②③D．③④【答案】B【解析】①在不加热条件下，Na与O2反应可生成Na2O，Na2O与O2在加热条件下反应可生成Na2O2，Na2O2与HCl反应可生成NaCl，NaCl熔融电解可生成Na，①符合题意；②FeCl2与Cl2反应可生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应可生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解可生成Fe2O3，但Fe2O3不能一步转化为FeCl2，②不符合题意；③Ca(ClO)2与盐酸反应可生成Cl2，Cl2与H2在点燃条件下反应可生成HCl，HCl与NaClO反应可生成HClO，HClO与Ca(OH)2反应可生成Ca(ClO)2，③符合题意；④Al(OH)3受热分解可生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应可生成NaAlO2，但NaAlO2不能一步转化为Al，Al也不能一步转化为Al(OH)3，④不符合题意；综合以上分析，①③中的各物质都可实现一步转化，故选B。17．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y在短周期中原子半径最大，Z是地壳中含量最高的金属元素，X和W同主族，W的最高正化合价与最低负化合价的代数和为4。下列说法正确的是A．简单气态氢化物的稳定性：B．原子半径由小到大的顺序：C．最高价氧化物对应水化物的碱性：D．X与Y形成的化合物中只能形成离子键，不能形成共价键【答案】C【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y在短周期中原子半径最大，则Y为Na元素；Z是地壳中含量最高的金属元素，则Z为Al元素；X和W同主族，W的最高正化合价与最低负化合价的代数和为 4，二者处于ⅥA族，故X为O元素、W为S元素。【解析】由分析可知，X为O元素、Y为Na元素、Z为Al元素、W为S元素；A．元素非金属性：O＞S，故氢化物稳定性：H2O＞H2S，故A错误；B．同周期主族元素自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：O＜S＜Al，故B错误；C．金属性：Na＞Al，故碱性：NaOH＞Al(OH)3，故C正确；D．X与Y形成的化合物有Na2O、Na2O2，氧化钠只含有离子键，但过氧化钠既含有离子键，又含有共价键，故D错误；故选：C。18．双碱法脱硫过程如图所示。下列说法不正确的是A．过程Ⅰ中，表现出酸性氧化物的性质B．过程Ⅱ中，1mol可氧化2molC．总反应为D．双碱法脱硫过程中，可以循环利用【答案】D【解析】A．过程Ⅰ的化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，即酸性氧化物与碱反应生成盐和水，SO2表现出酸性氧化物的性质，故A正确；B．过程Ⅱ中，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，则O2做氧化剂，每1molO2可得到4mol电子，Na2SO3中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，则每1molNa2SO3被氧化时，失去2mol电子，根据得失电子守恒可知，1molO2可氧化2molNa2SO3，故B正确；C．总反应的反应物为、SO2和O2，生成物为CaSO4，O2中氧元素的化合价从0价降低到-2价，SO2中硫元素的化合价从+4价升高到+6价，根据元素化合价升降总数守恒以及原子守恒可知总反应为，故C正确；D．双碱法脱硫过程中，过程Ⅰ消耗NaOH，过程Ⅱ会生成NaOH，NaOH参与了反应，可循环利用，不能循环利用，故D错误；故选D。第II卷（非选择题共46分）二、非选择题：本题共5个小题，共46分。19．（8分）分类是研究物质组成及其变化的一种常用的科学方法。I．现有以下物质：①液氯；②氢氧化铁胶体；③Na2O2粉末；④熔融NaHSO4；⑤饱和食盐水。（1）在上述物质中，属于化合物的是(填标号，下同)，属于电解质的是，能导电的是。 （2）写出④的电离方程式。（3）写出①在水中发生反应的离子方程式。II．四种基本反应类型与氧化还原反应的关系如图所示，其中甲、乙、丙、丁分别表示一种基本反应类型。（4）下列反应中，与图中丙所表示反应类型一致的是，属于氧化还原反应且水只用作还原剂的是。A．2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑B．3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2C．2F2+2H2O=4HF+O2D．3NO2+H2O=2HNO3+NO【答案】（1）③④③④②④⑤（2）（3）（4）BCC【解析】（1）在上述物质中，①液氯属于单质，②氢氧化铁胶体、⑤饱和食盐水属于混合物，③Na2O2粉末、④熔融NaHSO4属于化合物，则属于化合物的是③④；③Na2O2粉末属于金属氧化物，④熔融NaHSO4属于盐，则属于电解质的是③④；②氢氧化铁胶体、④熔融NaHSO4、⑤饱和食盐水中都存在自由移动的离子，则能导电的是②④⑤。（2）④熔融NaHSO4属于盐，电离产生Na+和酸式根离子，则电离方程式为。（3）①液氯与水发生歧化反应，生成盐酸和次氯酸，离子方程式为。（4）从图中可以看出，丙应为置换反应，则与其所表示反应类型一致的是B．3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2、C．2F2+2H2O=4HF+O2，故选BC；在反应2F2+2H2O=4HF+O2中，F2作氧化剂，水作还原剂，则属于氧化还原反应且水只用作还原剂的是C。20．（8分）下表是部分元素周期表的结构图，表中每一个序号代表一种元素。请根据要求回答下列问题。①②③④⑤⑥⑦⑧（1）以上元素中金属性最强的元素符号是。（2）元素④、⑤所形成的简单离子半径较大的是(用化学符号表示)。（3）以上元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的酸是(填化学式)。（4）A、B均为以上某两种元素组成的含四个原子核的分子，A中有10个电子，B中有18个电子，则A的电子式，B的分子式。 （5）由①、③、⑧三种元素以原子个数比形成的化合物中含有的化学键类型是。（6）元素⑤、⑥的最高价氧化物对应水化物之间反应的离子方程式为。【答案】（1）Na（2）O2-（3）HClO4（4）H2O2（5）离子键和共价键（6）Al(OH)3+OH-=【分析】由所给部分元素周期表的结构图知，①为H，②为C，③为N，④为O，⑤为Na，⑥为Al，⑦为S，⑧为Cl。【解析】（1）金属性是指失电子能力，以上元素中金属性最强的是Na；（2）元素④、⑤所形成的简单离子分别为O2-、Na+，二者核外电子数相同均为10，核电荷数大的半径较小，故半径较大的是O2-；（3）以上元素中Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4的酸性最强；（4）A是含10个电子的四原子分子，则A为NH3，电子式为：；B是含18个电子的四原子分子，则B为H2O2；（5）由①、③、⑧三种元素以原子个数比形成的化合物为NH4Cl，其中含有离子键和共价键两种化学键；（6）元素⑤最高价氧化物对应水化物为NaOH，元素⑥最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，二者之间反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=。21．（10分）现有七种物质，它们之间能发生如下反应(图中部分反应物、产物及反应条件末标出)。请根据以上信息回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B、C、乙。（2）A物质在空气中燃烧的产物是色的粉末，该物质与反应放出的气体是。（3）写出反应③和⑤的离子反应方程式：。 （4）在物质中加入溶液，现象为，发生反应的化学方程式为。【答案】（1）AlFeCl2（2）淡黄氧气（3）、（4）先生成白色沉淀，然后变为灰绿色，最后变为红褐色、【分析】金属A焰色为黄色，所以A为钠；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，所以气体甲为氢气、物质D为氢氧化钠；气体乙为黄绿色，所以乙是氯气；氢气与氯气反应生成氯化氢，气体丙为氯化氢，物质E为盐酸；金属B能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以B为铝；氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，所以物质G是氯化铁，金属C为铁。【解析】（1）由上述分析可知，B为Al，C为Fe，乙为Cl2，故答案为：Al；Fe；Cl2；（2）A物质在空气中燃烧的产物是过氧化钠，是淡黄色的粉末，该物质与反应生成碳酸钠和氧气，答案为：淡黄；氧气；（3）反应③为氢氧化钠与金属铝反应生成氢气与偏铝酸钠，反应的离子方程式为，反应⑤为氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，反应的离子方程式为，答案为：，；（4）在物质中加入溶液生成氢氧化亚铁白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色，发生反应的化学方程式为、，答案为：先生成白色沉淀然后变为灰绿色最后变为红褐色；、。22．（10分）NaClO2是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，某探究小组制备NaClO2所需装置如图所示(夹持装置略)：已知：①2ClO2＋H2O2＋2NaOH=2NaClO2＋O2＋2H2O；②ClO2气体极易溶于水，但不与水反应，可与碱溶液反应；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全。回答下列问题：（1）完成该实验需要450mL4mol·L-1的NaOH溶液，配制该溶液需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管和量筒外，还需要，所需NaOH固体的质量为。（2）仪器A的名称是，装置连接顺序为( 按气流方向，用小写字母表示，每个装置仅使用一次)。（3）装置④中发生反应的化学方程式为。（4）②中NaOH溶液的作用是；打开K通入足量空气的目的是。（5）ClO2作消毒剂后转化为Cl-，则其消毒效率(以单位物质的量得到的电子数表示)是Cl2的倍。【答案】（1）500mL容量瓶、玻璃棒80.0g（2）分液漏斗fabedc（3）2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O（4）吸收ClO2，防止污染环境稀释ClO2，防止爆炸（5）2.5【分析】在装置④内，NaClO3与Na2SO3的混合液中滴加浓H2SO4，发生反应2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入①装置；①装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入③中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低；ClO2气体会污染大气，装置②进行尾气处理；【解析】（1）配制450mLNaOH溶液需要500mL规格的容量瓶，还需要玻璃棒引流，n(NaOH)=c∙V=4mol·L-1×0.5L=2mol，所需NaOH固体的质量为m=n∙M=2mol×40g·mol-1=80.0g；（2）仪器A的名称是分液漏斗；装置连接顺序为装置④制取ClO2，通入空气将ClO2与O2气体排入装置①，装置③制取NaClO2，装置②进行尾气处理，装置连接顺序为fabedc；（3）装置④中发生反应的化学方程式为2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4=2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O；（4）已知ClO2可与碱溶液反应，②中NaOH溶液的作用是吸收ClO2，防止污染环境；纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，则通入足量空气的目的是：稀释ClO2，防止爆炸；（5）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子．ClO2消毒的效率是Cl2的=2.5倍。23．（10分）某实验小组以含铁污泥(主要成分为Fe2O3、FeO、Fe及杂质；杂质与酸不反应，且难溶于水)为原料，设计了如图两种不同的合成路线(部分步骤已略去)，用于生产绿矾(FeSO4•7H2O)和柠檬酸铁铵。根据所学知识，回答下列问题：（1）操作①的名称是，路线I中，加入H2O2溶液的目的是。 （2）写出“酸浸”时，Fe2O3与硫酸反应的化学方程式：；检验含有Fe3+的方法是。（3）“滤液X”中一定含有的阳离子为。（4）实验室中配制FeSO4溶液时通常需加入少量的试剂a，目的是，请写出相应的离子方程式：。【答案】（1）过滤将Fe2+氧化为Fe3+（2）Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O取少量待测液于试管中，滴加硫氰化钾溶液(或KSCN溶液)，溶液变红色，说明溶液中有Fe3+（3）H+、Fe2+（4）防止Fe2+被氧化2Fe3++Fe=3Fe2+【分析】含铁污泥(主要成分为Fe2O3、FeO、Fe及杂质，杂质与酸不反应，且难溶于水)加入过量稀硫酸，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁，氧化亚铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，铁会先和生成的硫酸铁反应生成硫酸亚铁，若铁剩余，则继续与硫酸反应生成硫酸亚铁，杂质变为滤渣，滤液X中一定含硫酸亚铁和硫酸，可能含硫酸铁，路线I中加入过氧化氢溶液，将亚铁离子全部氧化为铁离子，加氨水得到氢氧化铁沉淀，再向氢氧化铁沉淀中加柠檬酸，经过一系列步骤得到柠檬酸铁氨；路线II中加过量铁粉，硫酸与铁反应生成硫酸亚铁，若有铁离子，也与铁反应转化为亚铁离子，过滤得到硫酸亚铁溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【解析】（1）由分析可知，含铁污泥和过量稀硫酸反应后Fe2O3、FeO、Fe溶解，杂质变为沉淀，操作①的名称过滤将滤液和滤渣分离，路线I中，加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+。（2）“酸浸”时，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，化学方程式：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O；检验含有Fe3+的方法是取少量待测液于试管中，滴加硫氰化钾溶液(或KSCN溶液)，溶液变红色，说明溶液中有Fe3+。（3）由分析可知，Fe2O3与稀硫酸反应生成Fe2(SO4)3，FeO与稀硫酸反应生成FeSO4，Fe会先和生成的Fe2(SO4)3反应生成FeSO4，若Fe剩余，则继续与硫酸反应生成FeSO4，则“滤液X”中一定含有的阳离子为H+、Fe2+。