2019届高三化学上学期第三次月考试题(含解析) (I).doc

2019届高三化学上学期第三次月考试题(含解析) (I)一、选择题（每题只有一个正确答案，每题3分）1.化学在生产和日常生活中有着重要的应用，下列说法不正确的是（ ）A. 氧化镁用作耐火材料B. 明矾溶于水形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化C. 泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火D. FeCl3溶液可用于刻蚀印刷铜电路板【答案】C【解析】【详解】A.氧化镁的熔点很高且化学性质稳定，可用作耐火材料，故A正确；B.明矾溶于水形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化，故B正确；C.泡沫中有水，若电源三相未完全切断，某相依旧带电，使用后会漏电伤人，电机等电器进水后，绝缘会受到破坏，导致电机损毁，所以电器起火不能用泡沫灭火器灭火，一般用干粉灭火器对电器设备灭火，故C错误；D.氯化铁与铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用于刻制印刷电路板，故D正确；本题答案为C。【点睛】泡沫灭火器的灭火原理是，Al2(SO4)3和NaHCO3在溶液中发生了反应生成Al(OH)3、CO2能产生大量泡沫隔绝空气、降低温度，达到灭火的目的。2.xx全国下列实验操作能达到实验目的的是A. 用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物B. 用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NOC. 配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释D. 将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl2【答案】C【解析】A. 乙酸与乙醇反应的产物是乙酸乙酯，该物质密度比水小，难溶于水，而未反应的乙醇和乙酸都易溶于水，所以分离互不相溶的两层液体物质要用用分液漏斗，A错误；B.NO的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO2，NO不能溶于水，所以应该用排水法收集，B错误；C. 氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中铁离子发生水解反应，消耗水电离产生的氢氧根离子产生难溶性的氢氧化铁，使溶液变浑浊当最终水达到电离平衡时，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，为了抑制盐的水解，应该先将氯化铁溶解在较浓的盐酸中，然后再加水稀释到相应的浓度，C正确；D.将Cl2与HCl混合气体通过饱和食盐水时，由于HCl极容易溶于水，而氯气与水的反应是可逆反应，水中含有一定浓度的NaCl，由于c(Cl-)增大，氯气的溶解度减小，故只能除去氯气中的HCl杂质，但不能除去其中的水蒸气，因此不能得到纯净的Cl2，D错误。答案选C。【此处有视频，请去附件查看】3. 下列各组离子一定能大量共存的是A. 在无色溶液中：NH4+、Fe2+、SO42-、CO32-B. 在含大量Ba2+的溶液中：Cu2+、Na+、Cl-、OH-C. 在强酸性溶液中：K+、Fe2+、Cl-、CH3COO-D. 在强碱溶液中：Na+、K+、Cl-、SO32-【答案】D【解析】试题分析：A. Fe2+显浅绿色， 无色溶液中不能存在，错误；B. Cu2+和OH-反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，错误；C. 在强酸性溶液中，CH3COO-与H+反应生成醋酸，错误。D.在强碱溶液中：Na+、K+、Cl-、SO32-各离子不反应，能大量共存，正确。考点：考查离子共存。4.甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲乙沉淀；甲丙沉淀；乙丙沉淀；丙十丁沉淀；乙丁无色无味气体。则甲、乙、丙、丁四种溶液依次是A. BaCl2、Na2CO3、盐酸 、AgNO3 B. BaCl2、Na2CO3、AgNO3、盐酸C. Na2CO3、 盐酸 、AgNO3、 BaCl2 D. AgNO3、盐酸、 BaCl2、Na2CO3【答案】B【解析】试题分析：转化关系中乙+丁无色无味气体，证明乙丁为Na2CO3、盐酸；依据反应：甲+乙沉淀；乙+丙沉淀；乙和甲丙反应生成沉淀，丙十丁沉淀，判断为乙为Na2CO3；丁为盐酸；丙为AgNO3；甲为BaCl2；故选B。考点：考查物质检验。5. 实验室配制一种仅含四种离子（不包括水电离的离子）的无色混合溶液，且要求混合溶液中四种离子的浓度均相等，下列选项能达到要求的是A. Cu2+、NH4+、SO42、NO3 B. Ca2+、Al3+、NO3、ClC. Na+、Mg2+、SO42、I D. H+、HCO3、K+、F【答案】C【解析】A：Cu2+呈蓝色，排除B：电荷不守恒，排除C：符合题意D：H+与HCO3发生反应，不可能大量共存答案为C6. 下列离子方程式的书写正确的是A. 铁和稀硫酸反应：2Fe + 6H+ 2Fe 3+3H 2B. NaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH + HCO3 CO32 + H2OC. 钠和冷水反应 Na2H2ONa+2OH-H2D. 氯化铝溶液中加入过量的氨水 Al3+ + 4NH3H2O AlO2+ 4NH4+ 2H2O【答案】B【解析】试题分析：A铁和稀硫酸反应生成亚铁离子，错误；B NaHCO3溶液与NaOH溶液反应： OH+ HCO3- H2O + CO32-，正确；C电荷不守恒，得失电子数目不相等，错误；D氢氧化铝不溶于弱碱氨水，故应生成氢氧化铝沉淀，错误。考点：考查离子方程式的书写。7.下列物质不能通过化合反应直接得到的是（ ）A. CuS B. NaHCO3 C. FeCl2 D. Fe（OH）3【答案】A【解析】【详解】A.Cu与S发生化合反应直接生成Cu2S，不能生成CuS，故C不能；B.Na2CO3H2OCO2=2NaHCO3，所以能通过化合反应制得，故D能；C.Fe2FeCl3=3FeCl2，所以能通过化合反应制得，故A能；D.4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3, 所以能通过化合反应制得，故D能；本题答案为A。8.将NaCl、KAl(SO4)2、FeCl2、Fe2(SO4)3、Mg(NO3)2五种溶液，只用一种试剂通过实验就能加以区别，这种试剂是A. KSCN B. BaCl2 C. NaCl D. NaOH【答案】D【解析】试题分析：NaOH与NaCl不反应，无现象；NaOH与KAl(SO4)2先有沉淀，后沉淀溶解；NaOH与FeCl2先有白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；NaOH与Fe2(SO4)3有红褐色沉淀；NaOH与Mg(NO3)2有白色沉淀，故D项正确。考点：本题考查物质检验。9.向HCl、NH4Cl、AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，产生沉淀的物质的量（n）随加入NaOH溶液体积（V）的关系正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】向HCl、NH4Cl、AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，首先发生盐酸和氢氧化钠的中和反应，H+OH-=H2O，此时无沉淀生成；当盐酸反应完全后，在和氯化铝反应，Al3+3OH-=Al(OH)3，随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐增多，直至沉淀完全；然后发生氯化铵和氢氧化钠的反应，NH4+OH-=NH3H2O，此时无沉淀生成，所以至氯化铵反应完全沉淀量保持不变；最后加入氢氧化钠发生反应，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,随着氢氧化钠的滴加沉淀逐渐溶解直至消失。综上所述选项D符合所发生的变化过程；本题答案为D。10.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 标准状况下，11.2 L SO3含有的分子数为0.5NAB. 含有NA个原子的氦气体积约为22.4 LC. 25 、1.01105 Pa时，44 g CO2中含有的氧原子数为2NAD. 1 mol NaOH溶解在1 L水中，则其100 mL溶液中Na数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A.标准状况下，SO3不是气态，所以11.2 L SO3含有的分子数大于0.5NA，故A错误；B.含有NA个原子的氦气，物质的量是1mol，但未指明是标准状况，所以其体积不一定是22.4L，故B错误；C.44 g CO2物质的量为1mol，含有氧原子的物质的量为2mol，故C正确；D.1 mol NaOH溶解在1 L水中，1 mol NaOH电离出1molNa+，此时溶液的体积大于1L，所以取出100ml溶液，含有的Na+数小于0.1NA，故D错误；本题答案为C。11.配制100 mL 1.0 molL1的NaOH溶液时，下列实验操作会使溶液浓度偏高的是（ ）A. 称量时用滤纸盛放氢氧化钠固体B. 转移溶液时，发现容量瓶中有水C. 摇匀后，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度D. 在容量瓶中定容时俯视刻度线【答案】D【解析】【详解】A.称量时用滤纸盛放氢氧化钠固体，由于氢氧化钠易潮解，所以转移至容量瓶中的氢氧化钠减少，结果偏低，故A偏低；B.转移溶液时，发现容量瓶中有水，对所配溶液浓度无影响，故B不会偏高；C.摇匀后，发现液面低于刻度，再补充几滴水至刻度，相当于稀释原溶液，结果偏低，故C偏低；D.在容量瓶中定容时俯视刻度线，所读取的液体体积小于容量瓶的规格，即溶液体积偏小，结果偏高，故D偏高；本题答案为D。【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液，误差分析时，用c=，进行讨论不当操作对n、v的影响即可。12.某无色透明溶液中可能有Cu2+、Na+、CO32、Ba2+、Cl、SO42，向其中加入适量盐酸有无色无味气体生成，再向其中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，则下列说法正确的是（ ）A. 不可能存在的离子是：Cu2+、Ba2+、SO42B. 一定存在的离子是：Na+、CO32C. 可能存在的离子有：Na+、Cl、SO42D. 无色气体为二氧化碳，沉淀为硫酸银【答案】B【解析】【详解】因溶液是无色透明溶液，所以一定不存在Cu2+，加入盐酸有无色无味气体生成，则一定含有CO32-,因Ba2+和CO32-不共存，所以一定不含Ba2+,为使溶液电荷守恒必有Na+，因为已经向溶液中加入了盐酸，再向其中加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，不能证明原溶液中有Cl-,综上所述：溶液中一定含有旳离子是Na+、CO32-，一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+,不能确定的是SO42-、Cl-,所以B正确。本题答案为B。13.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝下列说法不正确的是（ ）铝土矿a bcdAlA. b中铝元素是以阳离子形式存在B. 、中除加试剂外，还需要进行过滤操作C. 进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝D. 中需要通入过量的二氧化碳【答案】D【解析】【详解】A.氧化铝与过量氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，然后加入过量盐酸，生成氯化铝，则b中铝元素是以阳离子形式存在，故A正确；B.加入氢氧化钠后只有氧化铁不反应，应过滤分离，中加入过量盐酸,需将氯化铝溶液和硅酸用过滤的方法分离，故B正确；C.因为电解熔融的氧化铝生成铝，则进行的操作是加热使氢氧化铝分解为氧化铝，故d一定是氧化铝，C正确；D.b含有氯化铝，要生成氢氧化铝沉淀，应加入碱性物质，加入二氧化碳实现不了，故D错误.；本题答案为D。14.两种金属粉末的混合物15 g，投入足量的稀盐酸中，得到5.6 L氢气（标准状况），则这种混合物可能是A. 镁和铁 B. 镁和铝 C. 铁和锌 D. 铜和锌【答案】C【解析】把两种金属看作是一种金属，令为R，与盐酸反应，假设生成+2价，化学反应方程式为R2HCl=RCl2H2，根据反应方程式，求出R的平均摩尔质量为gmol1，=60gmol1，符合形式的应是一种金属的摩尔质量大于60 gmol1，另一种金属的摩尔质量小于60gmol1，A、摩尔质量分别是24gmol1、56gmol1，不符合，故A错误；B、铝参与反应的化合价为3价，转化成2价，其摩尔质量为272/3gmol1=18gmol1，不符合，故B错误；C、摩尔质量分别是56gmol1、65gmol1，符合，故C正确；D、摩尔质量分别是64gmol1、65gmol1，不符合，故D错误。15.在Al2（SO4）3和MgSO4的混合溶液中,滴加NaOH溶液,生成沉淀的量与滴入NaOH溶液的体积关系如图所示,则原混合溶液中Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为（ ）A. 12 B. 31C. 21 D. 61【答案】A【解析】【详解】由图可以看出，溶解氢氧化铝用去10mlNaOH，那么沉淀铝离子需要30mlNaOH，前面总共50ml，减去铝离子用去的30ml，那么镁离子沉淀用去的就是20mlNaOH，由沉淀时：Mg2+ 2NaOH、Al3+3NaOH，可知沉淀Mg2+、Al3+消耗NaOH的体积之比为2:3，则n(Mg2+)：n(Al3+)=1:1，在同一溶液中溶液的体积相同，Al2（SO4）3与MgSO4的物质的量浓度之比为：1:2，故A正确。本题答案为A。16.将铁和氧化铁的混合物2.72g加入50mL1.6mol/l的盐酸中，恰好完全反应，滴入KSCN溶液后不显红色，若忽略化学反应中溶液体积的变化，则在所得的溶液中，Fe2+的物质的量浓度为（ ）mol/l。A. 0.2 B. 0.8 C. 0.4 D. 1.6【答案】B【解析】【详解】铁和氧化铁溶于盐酸后，加入硫氰化钾不变红，说明溶液中不含铁离子只有亚铁离子，溶液为氯化亚铁溶液，盐酸的物质的量为1.60.05=0.08mol，根据元素守恒，则氯化亚铁为0.04mol，亚铁离子浓度为0.04/0.05 mol/L=0.8mol/L，故B正确。本题答案为B。【点睛】铁和氧化铁的混合物中加入盐酸，盐酸首先和氧化铁反应生成氯化铁和水，然后氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，若铁还有剩余，铁再与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气。所以当溶液中再加入硫氰化钾不显红色，说明溶液中没有铁离子，只有亚铁离子。二、非选择题17.某混合物A，含有KAl（SO4）2、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的物质之间的变化：据此回答下列问题：（1）、四步中对于溶液和沉淀的分离采取的方法是_。（2）根据上述框图反应关系，写出下列B、D所含物质的化学式：固体B_ ；沉淀D_。（3）写出、四个反应方程式_；_；_；_。【答案】 (1). 过滤 (2). Al2O3 (3). Fe2O3 (4). Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O (5). Al33NH3H2O=Al（OH）33NH4 (6). NaAlO2HClH2O=Al（OH）3NaCl (7). 2Al（OH）3Al2O33H2O【解析】【分析】KAl(SO4)2溶于水，Al2O3和Fe2O3均不溶于水，混合物A加水溶解后，溶液中是KAl(SO4)2，沉淀C为Al2O3和Fe2O3；由转化关系图可知，向沉淀C中加NaOH溶液，Fe2O3不反应，沉淀D为Fe2O3，Al2O3可与NaOH溶液反应生成NaAlO2，向NaAlO2溶液中通入CO2可得Al(OH)3沉淀，Al(OH)3受热分解生成固体B为Al2O3；向溶液中加过量氨水，溶液与过量氨水反应，Al3+被沉淀，得到氢氧化铝沉淀，溶液中E为K2SO4、(NH4)2SO4，经过蒸发、结晶，得到K2SO4和(NH4)2SO4 。【详解】(1)溶液和沉淀的分离利用过滤；(2)由上述分析可知B为Al2O3，C为Al2O3、Fe2O3，D为Fe2O3溶液E为K2SO4、(NH4)2SO4；(3)反应为Al2O3+2NaOH+3H2O=2NaAl(OH)4，反应为2KAl(SO4)2+6NH3H2O=K2SO4+3(NH4)2SO4+2Al(OH)3，反应为NaAl(OH)4+HCl=NaCl+H2O+Al(OH)3，反应为2Al(OH)3Al2O3+3H2O。18.现有一定量含有Na2O杂质的Na2O2试样，用如图的实验装置测定Na2O2试样的纯度。（可供选用的反应物只有CaCO3固体、6 molL-1盐酸、6 molL-1硫酸和蒸馏水）回答下列问题：（1）装置A中液体试剂选用_（2）装置B的作用是_，装置C的作用是_，装置E中碱石灰的作用是_。（3）装置D中发生反应的化学方程式是_、_。（4）若开始时测得样品的质量为2.0 g，反应结束后测得气体体积为224 mL（标准状况），则Na2O2试样的纯度为_。【答案】 (1). 6 molL-1盐酸 (2). 除去气体中的HCl (3). 干燥气体 (4). 吸收装置D中反应剩余的CO2 (5). 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2、 (6). Na2O+CO2Na2CO3 (7). 78%【解析】【分析】（1）A是用来制取CO2的装置，应选择6 molL-1盐酸和CaCO3固体反应，不能用6 molL-1硫酸，因为CaSO4微溶于水，覆盖在CaCO3表面,使反应终止；（2）装置B用于除去CO2中的HCl杂质，装置C用浓硫酸干燥CO2，装置E中的碱石灰可以吸收D中剩余的CO2；（3）装置D中发生Na2O、Na2O2分别与CO2的反应；（4）依据收集到O2224ml，计算出Na2O2的质量，然后计算纯度。【详解】（1）A是用来制取CO2的装置，应选择6 molL-1盐酸和CaCO3固体反应，所以装置A中液体试剂是：6 molL-1盐酸，本题答案为：6 molL-1盐酸。（2）装置B盛装的NaHCO3,通过NaHCO3HCl=NaClH2OCO2,除去CO2中HCl，装置C中利用浓硫酸的吸水性来干燥CO2，装置E中的碱石灰和CO2反应，可以吸收D中剩余的CO2防止对氧气的体积测量造成干扰；本题答案为：除去气体中的HCl，干燥气体，吸收装置D中反应剩余的CO2。（3）装置D中发生Na2O2、Na2O分别与CO2的反应，化学方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2， Na2O+CO2Na2CO3；本题答案为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，Na2O+CO2Na2CO3。（4）根据反应2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，反应结束后测得气体体积为224ml(标准状况),生成的氧气的物质的量为：n(O2)=0.01mol，过氧化钠的物质的量为n(Na2O2)=2n(O2)=0.02mol,过氧化钠的纯度为：（Na2O2）=78，本题答案为：78。19.某100mL溶液中含有的部分离子浓度大小如图所示，。该溶液可能还含有Fe2+、Ba2+、H+、SO42-、CO32-。为了进一步确认，对该溶液进行实验检测:步骤一; 仔细观察，该溶液呈无色、透明、均一状态。步骤二: 加入足量BaCl2溶液，生成23.3g 白色沉淀，再加稀硝酸,沉淀不消失。（1）原溶液中除上图中的离子以外，肯定还含有的离子是_,肯定不含有的离子是_。（2）实验操作的步骤二中称量沉淀前的实验操作步骤有: 过滤、洗涤、干燥、检验沉淀已洗干净的方法是_。（3）原溶液中H+物质的量浓度为_mol/L。（4）向原溶液中加入NaHCO3溶液，反应的离子方程式为:_。（5）若向100 mL 原溶液中加入1mo/L 的Ba（OH）2溶液，当生成的沉淀质量刚好最大时，则加入的Ba（OH）2溶液体积为_L。【答案】 (1). SO42-、H+ (2). Fe2+、Ba2+、CO32- (3). 取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净 (4). 3 (5). H+HCO3-=H2O +CO2 (6). 0.2【解析】【分析】溶液为无色透明，说明没有亚铁离子；加入氯化钡产生不溶于硝酸的沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，则没有钡离子和碳酸根离子。根据已知的离子浓度分析，现在阳离子带的电荷比阴离子带的电荷少，说明还有其他阳离子存在，则为氢离子，所以一定存在的有SO42-、H+ ，肯定不存在的有Fe3+、Ba2+、CO32-。【详解】（1）溶液为无色透明，说明没有亚铁离子；加入氯化钡产生不溶于硝酸的沉淀23.3g，该沉淀为硫酸钡，其物质的量为0.1mol，说明原溶液中有硫酸根离子，其浓度为1mol/L，溶液中一定没有钡离子和碳酸根离子。根据已知的离子浓度分析，现在阳离子带的电荷比阴离子带的电荷少，说明还有其他阳离子存在，则为氢离子，所以一定存在的有SO42-、H+ ，肯定不存在的有Fe3+、Ba2+、CO32-；（2）沉淀过滤洗涤干燥后才能称量，在最后一次的洗涤液中加入硝酸银，无白色沉淀则为洗涤干净，故答案为：干燥；取最后一次洗涤液少量于试管中，加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，证明已洗涤干净； （3）硫酸钡沉淀的物质的量为23.3/233 mol =0.1mol，根据溶液中的电荷守恒分析，氢离子的浓度为3.01+12-（1.01+0.52）mol/L =3mol/L，故答案为：3；（4）原溶液加入碳酸氢钠，与溶液中的氢离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为：H+HCO3-=H2O +CO2；（5）加入氢氧化钡沉淀达到最大值，则硫酸根离子和镁离子都生成沉淀，硫酸根离子为0.1mol，需要0.1mol钡离子，镁离子为0.05mol，氢离子为0.3mol，需要0.4mol氢氧根离子，所以需要0.2mol氢氧化钡溶液，故加入1mo/L 的Ba（OH）2溶液的体积为0.2L。20.某氯化亚铁和氯化铁的混合物，现要测定其中FeCl2和FeCl3的物质的量，按以下步骤进行实验：（1）将混合物配制成250mL的待测溶液，所用到的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有_（填仪器名称）。（2）取25.00mL待测溶液，向其中通入标准状况下336mLCl2恰好将Fe2+氧化为Fe3+，请写出通入氯气发生的反应的离子方程式：_；由此可知原溶液中n（FeCl2）=_mol。（3）向（2）反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液，然后进行过滤，将所得沉淀洗涤干净，加热、灼烧该沉淀，冷却至室温后，准确称量可知，得到红棕色固体粉末3.2g，由此可以确定原溶液中c（FeCl3）=_molL1 。（4）检验Fe3+中含有Fe2+ 的方法是_。【答案】 (1). 250mL容量瓶 (2). 2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl (3). 0.3 (4). 0.4 (5). 滴加酸性KmnO4溶液，若溶液褪色，则证明Fe3+中含有Fe2+【解析】【分析】（1）依据配制250mL的待测溶液，所需的玻璃仪器分析缺少的仪器；（2）将Cl2通入FeCl2溶液中，生成FeCl3，依据反应的化学方程式计算25ml溶液中FeCl2的物质的量；(3) 向（2）反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，得到红棕色固体粉末3.2g的Fe2O3，其中的Fe是原溶液中的FeCl2、FeCl3中的铁的总和，由此计算原溶液中的c（FeCl3）；（4）因Fe2+具有 还原性可是酸性高锰酸钾溶液褪色，以此选择检验Fe2+的试剂和方法。【详解】（1）配制250mL的待测溶液，需要的玻璃仪器除烧杯、胶头滴管、玻璃棒外，还必须有250ml的容量瓶；本题答案为：250ml的容量瓶。（2）将Cl2通入FeCl2溶液中，生成FeCl3，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+-,依据反应的离子方程式，336mLCl2的物质的量为:n(Cl2)=0.015mol,设336mLCl2可氧化Fe2+的物质的量为x,则有1:2=0.015:x,则x=0.03mol，原溶液中含n(Fe2+)=0.03mol10=0.3mol,n(FeCl2)= n(Fe2+)=0.3mol；本题答案为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，0.3。（3）向（2）反应后所得到溶液中加入过量的NaOH溶液，生成Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解生成Fe2O3，依据题意25ml溶液中n(Fe)=2n(Fe2O3)=2=0.04mol,由于原溶液含n(Fe2+)=0.03mol,所以含n(Fe3+)=0.04mol-0.03mol=0.01mol因为n(FeCl3)= n(Fe3+)，所以25ml溶液中含n(FeCl3)=0.01mol,故250ml溶液中含三氯化铁的物质的量为：n(FeCl3)=0.1mol，其浓度为：c(FeCl3)=0.4mol/L，本题答案为：0.4。（4）因Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故滴加酸性KmnO4溶液，若溶液褪色，则证明Fe3+中含有Fe2+；本题答案为：滴加酸性KmnO4溶液，若溶液褪色，则证明Fe3+中含有Fe2+。