河南省郑州一〇六中学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素练习题及答案.docx

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河南省郑州一〇六中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素练习题及答案

河南省郑州一〇六中学化学第五章化工生产中的重要非金属元素练习题及答案

一、选择题

1．有Fe和Fe2O3的混合物27.2g溶于100ml的稀硫酸中，恰好完全反应，放出H22.24L（标况下），向反应后的溶液中滴入无色KSCN溶液，未见血红色。

混合物中单质Fe的质量为（）

A．5.6gB．8.4gC．11.2gD．16.8g

【答案】C

【详解】

铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，则最终溶液中溶质为FeSO4，反应生成H2的物质的量为：

2.24L÷22.4L/mol＝0.1mol，则：

Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑

0.1mol0.1mol0.1mol

设原混合物中Fe2O3的物质的量为xmol，则：

Fe+Fe2O3+3H2SO4=3FeSO4+3H2O

xmolxmol3xmol

由题意可知：

（x+0.1）mol×56g/mol+xmol×160g/mol=27.2g，解得x=0.1mol，混合物中m（Fe2O3）=0.1mol×160g•mol-1=16g，m（Fe）=27.2g-16g=11.2g，答案选C。

2．一定条件下，氨气和氟气发生反应：

4NH3+3F2→NF3+3NH4F，其中产物NF3分子结构和NH3相似。

下列有关说法错误的是（）

A．NF3分子含有极性共价键B．NF3属于共价化合物

C．氧化剂与还原剂物质的量之比3：

1D．上述反应中，反应物和生成物均属于共价分子

【答案】D

【分析】

4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，NH4F为离子化合物，含有离子键和共价键，以此来解答。

【详解】

A．NF3分子中含有氮氟化学键，该化学键是极性共价键，故A不选；

B．NF3分子结构和NH3相似，都属于共价化合物，故B不选；

C．在4NH3+3F2=NF3+3NH4F中，N元素的化合价由-3价升高为+3价，F元素的化合价由0降低为-1，氧化剂是氟气，还原剂是氨气，有方程式可知，氧化剂与还原剂物质的量之比3：

1，故C不选；

D．NH4F是离子化合物，为离子晶体，故D选；

故选：

D。

3．下列离子方程式书写正确的是

A．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba（OH）2溶液时，反应为：

Al3++2SO

+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO

+2H2O

B．硫化亚铁与浓硫酸混合：

2H＋＋FeS=H2S↑＋Fe2＋

C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：

Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO

D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe2＋＋4H＋＋NO

=3Fe3＋＋NO↑＋3H2O

【答案】A

【详解】

A．Ba（OH）2足量，故明矾KAl（SO4）2·12H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成

，即①

，

与Ba2+反应，②

，由于Al3+、

都来源于明矾，故应满足原比例1:

2，则总反应为①+②×2，即

，A正确；

B．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；

C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为

，自身被还原为Cl-，C错误；

D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；

故答案选A。

4．下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是（）

序号

被提纯的物质

加入试剂

分离方法

A

NaBr溶液（NaI）

氯水、四氯化碳

萃取、分液

B

NaHCO3溶液（Na2CO3）

石灰水

过滤

C

SO2（HCl）

饱和食盐水

洗气

D

MgCl2溶液（CaCl2）

石灰水

过滤、加盐酸溶解

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．NaBr溶液（NaI）中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不正确；

B．NaHCO3溶液（Na2CO3）中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；

C．SO2（HCl）中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；

D．MgCl2溶液（CaCl2）中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg（OH）2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；

故选D。

5．下列“推理或结论”与“实验操作及现象”相符的一组是

选项

实验操作及现象

推理或结论

A

向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀

该溶液中一定含有SO

B

向水中加入金属钠，钠熔成闪亮的小球浮在水面上

钠与水反应放热，钠的熔点低，钠的密度比水小

C

向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体

该盐一定是碳酸钠

D

某物质的焰色试验火焰显黄色

该物质一定不含钾元素

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

A.氯化银、碳酸钡、亚硫酸钡和硫酸钡均为白色沉淀，与氯化钡溶液反应生成白色沉淀，溶液中不一定含有硫酸根离子，还可能含有银离子或碳酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.金属钠浮在水面上说明金属钠的密度比水小，熔成闪亮的小球说明钠的熔点低，与水的反应放出的热量使熔成闪亮的小球，故B正确；

C.碳酸氢钠、亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能与盐酸反应放出使澄清石灰水变浑浊的二氧化碳和二氧化硫气体，则向某钠盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该盐不一定是碳酸钠，还可能是碳酸氢钠或亚硫酸钠或亚硫酸氢钠，故C错误；

D.某物质的焰色试验火焰显黄色，说明该物质一定含有钠元素，黄色光掩盖紫色光，由于没用蓝色钴玻璃片滤去黄色光，则不能确定该物质是否含有钾元素，故D错误；

故选B。

6．下列选项中，描述与结论都正确的是（）

A

常温下用铁罐运输浓硫酸

常温下铁和浓硫酸不反应

B

SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变蓝

SO2溶于水后溶液显酸性

C

用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气

两者反应会产生大量白烟

D

加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化并滴落

铝单质的熔点较低

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】

A．常温下可以用铁罐运输浓硫酸，是由于浓硫酸具有强氧化性，会将金属Fe表面氧化，产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，不是二者不反应，结论不合理，A错误；

B．SO2溶于水后与水反应产生H2SO3，H2SO3电离产生H+使溶液显酸性，因此将SO2通入紫色石蕊溶液，溶液变红色，描述不符合事实，B错误；

C．由于浓盐酸具有挥发性，挥发产生的HCl与氨气反应产生NH4Cl白色固体小颗粒，因此用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验氨气，会发现两者反应会产生大量白烟，C正确；

D．加热铝箔时Al与空气中的O2反应产生Al2O3，Al2O3熔点高达2050℃，但Al的熔点只有660℃，故加热仔细打磨的铝箔，铝箔会熔化但不滴落，证明Al易与O2反应，产物的熔点高，铝单质的熔点较低，描述有问题，D错误；

故合理选项是C。

7．现今手机等电子产品产业蓬勃发展，推动了高纯硅的生产与应用。

工业上用“西门子法”。

以硅石（SiO2） 为原料制备冶金级高纯硅的工艺流程如下图所示。

下列说法不正确的是

已知：

SiHCl3室温下为易挥发、易水解的无色液体。

A．“还原”过程需要在高温条件下，该反应的主要还原产物为Si

B．为最大程度节约成本，上述 生产工艺中能循环使用的物质只有H2

C．为防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行

D．“氧化”过程反应的化学方程式为Si+3HC1

SiHCl3+H2

【答案】B

【分析】

二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，加入稀硫酸除去氧化镁，过滤得到硅，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，与最后与氢气反应生成Si。

【详解】

A．二氧化硅和金属镁在高温下反应生成氧化镁和硅，还原产物为硅，镁和硅反应可生成Mg2Si，故A正确；

B．流程中H2、HCl既是反应物也是生成物，则可循环使用，故B错误；

C．“氧化”、“分离”与“热解”的过程均需要在无水、无氧的条件下进行，可防止SiHCl3水解而损失、氢气爆炸，故C正确；

D．由流程可知，通入氯化氢在200～300℃下反应生成SiHCl3，反应的化学方程式为Si+3HCl

SiHCl3+H2，故D正确；

故选B。

8．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）

a

b

c

A

Al

AlCl3

Al（OH）3

B

NO

NO2

HNO3

C

Si

SiO2

H2SiO3

D

S

SO2

H2SO4

A．AB．BC．CD．D

【答案】B

【详解】

试题分析：

A项：

用Al（OH）3无法一步生成Al，故错。

B项：

可以。

如2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，故正确。

C项：

SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。

D项：

H2SO4无法一步生成FeS2，故错。

故选B。

考点：

无机推断

点评：

本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

9．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。

则下列说法不正确的是

A．原合金中含0.1molFe、0.15molCu

B．25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物

C．气体X中含0.3molNO、0.1molNO2

D．气体X中含0.3molNO2、0.1molNO

【答案】C

【解析】

试题分析：

铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu（NO3）2和Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，设合金中有xmolFe、ymolCu，

，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1molFe、0.15molCu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3molNO、0.1molNO2，故C错误。

考点：

本题考查化学计算。

10．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列叙述中正确的是

A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL

B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol

C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L

D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g

【答案】B

【解析】

【分析】

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。

金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；

【详解】

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；

B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。

若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；

D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D错误；

答案选B。

11．在15g铁和氧化铁的混合物中，加入稀硫酸150mL，能放出H21.68L（标准状况）。

同时铁和氧化铁均无剩余。

向溶液中滴入KSCN溶液，未见颜色变化，为了中和过量的硫酸，而且使Fe2+完全转化成Fe（OH）2，共消耗3mol/L的NaOH溶液200mL，原硫酸溶液的物质的量浓度是（）

A．1.5mol/LB．2.5mol/LC．2mol/LD．3mol/L

【答案】C

【详解】

试题分析：

将铁和氧化铁的混合物加入稀硫酸中，产生气体，向溶液中滴入硫氰化钾溶液，未见颜色变化，说明生成的是硫酸亚铁，向该溶液中加入NaOH中和过量的硫酸，而且使铁完全转化成氢氧化亚铁，产生溶液中溶质为Na2SO4，根据硫酸根守恒可知n（H2SO4）=n（Na2SO4），根据钠离子守恒n（NaOH）=2n（Na2SO4），故n（H2SO4）=1/2n（NaOH）=1/2×3mol/L×0.2L=0.3mol，故c（H2SO4）=n（H2SO4）÷V=0.3mol÷0.15L=2mol/L，选项C正确。

考点：

考查混合物反应的计算的知识。

12．已知：

稀硝酸能与SO2或亚硝酸盐发生氧化还原反应：

3SO2+2HNO3+H2O=3H2SO4+2NO。

下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是（）

A．Fe（NO3）2溶液→通入SO2+过量盐酸→加BaCl2溶液→白色沉淀

B．Ba（NO3）2溶液→加过量盐酸→加Na2SO3溶液→白色沉淀

C．无色溶液→加稀HNO3→加BaCl2溶液→白色沉淀

D．无色溶液→加过量盐酸→无色溶液→加BaCl2溶液→白色溶液

【答案】C

【详解】

A．硝酸亚铁中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，通入二氧化硫气体，二氧化硫与水生成亚硫酸，被硝酸氧化成硫酸根离子，加氯化钡最终生成BaSO4沉淀，A不符合题意；

B．硝酸钡溶液中有硝酸根离子存在，加入过量的稀盐酸，就相当于硝酸存在，加入亚硫酸钠，亚硫酸根离子被硝酸氧化成硫酸根离子，所以一定是硫酸钡白色沉淀，B不符合题意；

C．无色溶液加入稀硝酸，加入氯化钡，Ag+可能干扰，最终生成的白色沉淀可能是AgCl或BaSO4，C符合题意；

D．无色溶液，加盐酸无沉淀，就排除了亚硫酸钡和氯化银，因为亚硫酸钡会和盐酸生成二氧化硫和水，再加氯化钡有生成沉淀，所以一定是硫酸钡白色沉淀，D不符合题意；

答案选C。

13．某混合物X由Na2O、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成．某校兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究．

下列有关说法不正确的是（）

A．由Ⅱ可知X中一定存在SiO2

B．无法判断混合物中是否含有Na2O

C．1.92g固体成分为Cu

D．15.6g混合物X中m（Fe2O3）：

m（Cu）=1：

1

【答案】B

【解析】

途径a：

15.6gX和过量盐酸反应生成蓝色溶液，所以是铜离子的颜色，但是金属Cu和盐酸不反应，所以一定含有氧化铁，和盐酸反应生成的三价铁离子可以和金属铜反应，二氧化硅可以和氢氧化钠反应，4.92g固体和氢氧化钠反应后，固体质量减少了3.0g，所以该固体为二氧化硅，质量为3.0g，涉及的反应有：

Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+，SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，又Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu；结合途径b可知15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，固体质量减少15.6g﹣6.4g=9.2g，固体中一定还有氧化钠，其质量为9.2g，

A．由以上分析可知X中一定存在SiO2，故A正确；

B.15.6gX和足量水反应，固体质量变为6.4g，只有氧化钠与水反应，混合物中一定含有Na2O，故B错误；

C．Cu与NaOH不反应，1.92g固体只含Cu，故C正确；

D．设氧化铁的物质的量是x，金属铜的物质的量是y，由Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+得出：

Fe2O3～2Fe3+～Cu，则160x+64y=6.4，64y﹣64x=1.92，解得x=0.02mol，y=0.05mol，所以氧化铁的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g，金属铜的质量为0.05mol×64g/mol=3.2g，则原混合物中m（Fe2O3）：

m（Cu）=1：

1，故D正确；

【点评】本题考查了物质的成分推断及有关化学反应的简单计算，侧重于学生的分析和计算能力的考查，为高考常见题型，注意掌握检验未知物的采用方法，能够根据反应现象判断存在的物质，注意合理分析题中数据，根据题中数据及反应方程式计算出铜和氧化铁的质量，难度中等．

14．下列有关S和

的叙述正确的是（）

A．硫粉在过量的氧气中燃烧可以生成

B．空气吹出法提取海水中的溴常用

作氧化剂

C．将

通入

溶液能生成白色沉淀

D．

具有漂白性，所以能使品红溶液和高锰酸钾酸性溶液褪色

【答案】C

【详解】

A．硫粉在过量的氧气中燃烧也只能生成

，A不正确；

B．空气吹出法提取海水中的溴，常用

作还原剂，将溴还原为易溶于水的氢溴酸而富集，B不正确；

C．二氧化硫的水溶液显酸性，硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以将二氧化硫氧化为硫酸，因此，将

通入

溶液能生成白色沉淀硫酸钡，C正确；

D．

具有漂白性，所以能使品红溶液褪色，但是其能使高锰酸钾酸性溶液褪色不是因为其有漂白性，而是因为其有还原性，D不正确。

综上所述，有关S和

的叙述正确的是C。

15．CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。

下列说法不正确的是（）

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:

2

B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想

C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol

D．Y可以是葡萄糖

【答案】C

【详解】

A、根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2，选项A正确；

B、途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；

C、1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；

D、醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；

所以正确的答案选C。

16．下列化合物中，不能通过化合反应制取的是

A．FeCl3B．H2SiO3C．Fe（OH）3D．FeCl2

【答案】B

【详解】

A.氯气具有强氧化性，氯气与变价金属反应生成最高价金属氯化物，铁与氯气反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，FeCl3可以由Fe与Cl2直接化合得到，故A错误；

B.二氧化硅不溶于水，二氧化硅和水不能发生化合反应生成H2SiO3，故B正确；

C.Fe（OH）2、O2、H2O反应产生Fe（OH）3，反应的化学方程式为：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，能通过化合反应产生Fe（OH）3，故C错误；

D.Fe与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，氯化亚铁可由化合反应生成，故D错误；

故选B。

17．在某100mL混合液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L。

向该混合液中加入1.92g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中的Cu2+的物质的量浓度是（）mol/L

A．0.15B．0.225C．0.35D．0.45

【答案】B

【分析】

铜屑投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子硝酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断。

【详解】

反应实质为：

3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+3H2O，1.92g铜粉物质的量=

=0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4的物质的量浓度分别是0.4mol/L和0.1mol/L，所含氢离子物质的量=0.1L×0.4mol/L+0.1L×0.1mol/L×2=0.06mol，根据反应离子方程式可以知道铜剩余，根据氢离子物质的量计算生成铜离子物质的量为8H+~3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.06mol×

=0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为

=0.225mol/L，

所以B选项是正确的。

18．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。

现进行下列实验，下列说法正确的是（　　）

A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+

B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种

C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的

D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+

【答案】C

【分析】

由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】

A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；

B项、因溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；

C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；

D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；

故选C。

【