安徽省宿州市十三所重点中学2021-2022学年高一上学期期末质量检测化学试题含答案

这是一份安徽省宿州市十三所重点中学2021-2022学年高一上学期期末质量检测化学试题含答案，共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，工业流程题，元素或物质推断题等内容，欢迎下载使用。
安徽省宿州市十三所重点中学2021-2022学年高一上学期期末质量检测化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．为了满足科学技术发展的需要，人们设计和合成了很多新型的材料，下列说法错误的是
A．合金钢也叫特种钢，就是在碳素钢里加入一种或几种合金元素
B．新型储氢合金材料的研究和开发为氢气能源的实际应用起到重要的推动作用
C．过渡金属也称过渡元素，人们经常在该区域中寻找合适的半导体材料
D．硬铝密度小、强度高，且具有较强的抗腐蚀性，是制造飞机的理想材料
【答案】C
【详解】A．合金钢也叫特种钢，是在碳素钢里适量地加入一种或几种合金元素，使钢的组织结构发生变化，从而使钢具有各种特殊性能，故A正确；
B．氢气的沸点很低，常温为气体，不便于储存和运输，所以研发新型储氢合金材料将为氢气作为能源的实际应用起到重要的推动作用，故B正确；
C．优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，故C错误；
D．铝是轻金属，能与氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，具有较强的抗腐蚀能力，并且硬铝密度小、硬度高，则硬铝是制造飞机的理想材料，故D正确；
故答案选C。
2．如图为X、Y、Z之间从属的关系，下列关系中符合如图关系的是：


X
Y
Z
A
有色玻璃
胶体
分散系
B
酸性氧化物
非金属氧化物
氧化物
C
核素
同位素
元素
D
有单质生成的反应
置换反应
氧化还原反应

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．有色玻璃属于固溶胶，胶体属于分散系一种，A正确；
B．酸性氧化物不一定都是非金属氧化物，如七氧化二锰，B错误；
C．质子数相同，中子数不同的核外互为同位素，所以核素与同位素不是被包含与包含的关系，C错误；
D．有单质生成的反应不一定是置换反应，如金刚石与石墨之间的转化，有单质生成，但是不是置换反应，D错误；
答案选A。
3．已知阿伏伽德罗的值可用NA表示，下列说法正确的是：
A．常温常压下，56克CO和N2混合气体中总的原子数为4NA
B．标准状况下，44.8L氯气溶于一定量水中，共转移电子2NA
C．2.0 mol·L-1CaCl2溶液中Cl-的个数为4NA
D．34gH2O2中共用电子对数为4NA
【答案】A
【详解】A．常温常压下，56g CO和N2混合气体中含原子数为，故A正确；
B．标准状况下，44.8L氯气的物质的量为，氯气与水反应是可逆反应，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，故氯气溶于水转移电子数小于2NA，故B错误；
C．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故C错误；
D．过氧化氢分子中的共用电子对为3，根据公式，故D错误；
故答案选A。
4．黑火药的主要成分是硝酸钾、木炭和硫磺，爆炸反应方程式为2KNO3+S+3C=3CO2↑+N2↑+K2S;下列说法正确的是：
A．该反应中被氧化的元素为N和S，被还原的元素为C
B．该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：1
C．KNO3和K2S均属于离子化合物，都只存在离子键
D．CO2分子中只有极性共价键，N2分子中只有非极性共价键
【答案】D
【分析】反应2KNO3+3C+S═K2S+N2↑+3CO2↑中，N和S元素化合价降低，得电子，被还原，S和KNO3为氧化剂，N2和K2S为还原产物，C元素化合价升高，失电子，被氧化，C为还原剂，CO2为氧化产物。
【详解】A．根据分析，反应中N和S被还原，C被氧化，A错误；
B．根据分析，CO2为氧化产物，N2和K2S为还原产物，三者的物质的量之比为3：1：1，B错误；
C．KNO3和K2S均属于离子化合物，KNO3中N与O之间为共价键，C错误；
D．CO2分子中C与O之间为极性共价键，N2分子中N与N之间为非极性共价键，D正确；
故选D。
5．下列离子反应方程式错误的是：
A．氯气与氢氧化钠溶液：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．铜与氯化铁溶液：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
C．铝与氢氧化钠溶液：2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
D．过氧化钠与水：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
【答案】B
【详解】
A.Cl2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- +H2O，故A项正确；
B.Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式为：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，题中离子方程式违背了电荷守恒和电子守恒，故B项错误；
C.Al与NaOH溶液反应的离子方程式为：2Al + 2OH- + 2H2O = 2+ 3H2，故C项正确；
D.Na2O2与H2O反应的离子方程式为：2Na2O2 + 2H2O = 4Na+ + 4OH- + O2，故D项正确。
故答案选：B。
6．将有色的鲜花放入盛有干燥氯气的集气瓶，盖上玻璃片，一段时间后发现鲜花褪色。下列说法正确的是
A．该实验说明干燥的氯气具有漂白性
B．将氯气通入任何有色溶液中，溶液都将变为无色
C．氯气具有强氧化性，在与其它物质反应时只能作为氧化剂
D．等物质的量的Cl2和ClO2，ClO2的漂白效果更好
【答案】D
【详解】A．干燥的氯气不具有漂白性，氯气和水反应可生成盐酸和次氯酸，起漂白作用的为次氯酸，故A错误；
B．将氯气通入有色溶液中，不一定发生褪色反应，如氯化铁溶液和氯气不反应，故B错误；
C．Cl2+2NaOH= NaCl+ NaClO+H2O，反应中，氯气体现氧化性和还原性，故C错误；
D．等物质的量的Cl2和ClO2，且设为1mol，两者均变为-1价离子，Cl2由0价降低为-1价，失去电子数为2mol，ClO2由+4变为-1价，失去电子数为5mol，ClO2的漂白效果更好，故D正确；
故答案选D。
7．下列各组离子在指定溶液中一定可以大量共存的是：
A．使石蕊变红的溶液：NH、Na+、Cl-、HCO
B．新制氯水中： K+、Fe2+、Cl-、SO
C．在强碱性溶液中：Na+、K+、AlO、CO
D．加入铝粉放出氢气的溶液：K+、Fe2+、SO、ClO-
【答案】C
【详解】A．使石蕊变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸氢根与氢离子反应生成二氧化碳，不能大量共存，故A错误；
B．新制氯水中含有次氯酸根，能将二价铁离子氧化为三价，不能大量共存，故B错误；
C．在强碱性溶液中，Na+、K+、AlO、CO四种离子不发生任何反应，一定可以大量共存，故C正确；
D．加入铝粉放出氢气的溶液既可以为酸性也可以为碱性，若为碱性则与亚铁离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，不能大量共存，故D错误；
故选C。
8．铁、铝两种金属的混合物与足量的稀硫酸反应，生成2.24L气体(标准状况)则两种金属的质量之和不可能是：
A．3.6g B．4.8g C．5.4g D．7.2g
【答案】D
【详解】生成氢气的物质的量为=0.1mol，假设金属全部为Fe，则，假设金属全部为Al，根据电子转移守恒，，，则，故1.8＜m(混合物)＜5.6，故D选项不符合题意，故选D。
9．某工厂的工业废水中含有大量的Fe2+，Fe3+， Cu2+和少量Na+ 。工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜，设计如下流程。

下列说法正确的是：
A．加入过量A，发生的反应均为置换反应
B．固体B为混合物而和固体E为纯净物
C．物质D既可以用稀硫酸也可以用稀盐酸
D．滤液C和滤液F组成完全相同
【答案】B
【分析】向工业废水中加入过量的铁粉，铁粉与废水中的Fe3+、Cu2+反应生成Fe2+和Cu，因此固体B为Fe、Cu，滤液C含Fe2+。向固体B中加入过量的H2SO4，生成了FeSO4和Cu。经过滤后得到Cu（固体E）和FeSO4、H2SO4（滤液F）。滤液F和滤液C再经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体。据此解答。
【详解】A．根据分析可知，A为Fe，发生的反应有：Fe + 2Fe3+ = 3Fe2+、Fe + Cu2+ = Fe2+ + Cu，包含化合反应和置换反应，故A项错误；
B．固体B为Fe、Cu的混合物，固体E为Cu，故B项正确；
C．根据分析可知物质D只能用硫酸，用稀盐酸会引入杂质，制得的FeSO4·7H2O晶体不纯，故C项错误；
D．滤液C中含Fe2+，滤液F中除含Fe2+，还有过量的H2SO4， 因此滤液C和滤液F组成不完全相同，故D项错误。
故答案选：B。
10．实验室可以用如图所示装置制备氢氧化亚铁，下列说法错误的是


A．实验前应把稀硫酸和氢氧化钠溶液均煮沸处理
B．实验开始阶段，应把弹簧夹C和D都打开
C．一段时间后，关闭弹簧夹C和D，在B中生成白色絮状沉淀
D．实验结束后关闭弹簧夹D，可以长时间保存氢氧化亚铁
【答案】C
【分析】用右图装置制备氢氧化亚铁，A中药品为：铁粉和稀硫酸，B中为氢氧化钠溶液，结合装置分析可知，实验开始阶段，应把弹簧夹C和D都打开，利用反应生成氢气排净装置中的空气，可以收集D处的气体检验是否是纯净的氢气，将仪器中的空气排尽后，然后关闭C，利用生成的氢气在装置A中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，可观察到氢氧化亚铁的颜色为白色沉淀，以此解答该题。
【详解】A．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁时应将稀硫酸和氢氧化钠溶液预先煮沸，使溶解的空气逸出，故A正确；
B．氢氧化亚铁具有强还原性，易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，故实验开始阶段，应把弹簧夹C和D都打开，A中反应产生氢气，排除空气，防止亚铁离子被氧气氧化，故B正确；
C．一段时间后，关闭弹簧夹C，但不能关闭弹簧夹D，可利用生成的氢气在装置A中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁白色沉淀，故C错误；
D．本实验利用反应生成氢气排净装置中的空气，使装置处于还原氛围，故实验结束后关闭弹簧夹D，可以长时间保存氢氧化亚铁，故D正确；
故选：C。
11．溴(Br)与氯同属“卤族元素”，性质上与氯具有很大的相似性，但Br2比Cl2的活泼性弱，下面是根据氯的性质对溴的性质的预测，其中正确的是：
A．溴单质既有氧化性，又有还原性
B．溴单质与水反应可生成HBr和O2
C．Br-具有还原性，但还原性比Cl-弱
D．溴蒸气与氢气反应比氯气与氢气反应剧烈
【答案】A
【分析】已知氯气可与水反应生成盐酸和次氯酸，在反应中既表现为氧化性又表现为还原性，氯和溴原子最外层都有7个电子，性质相似，因非金属性氯大于溴，结合性质的异同分析解答。
【详解】A．溴单质中溴元素化合价为0价，处于Br元素的中间价态，因此Br2既具有氧化性又具有还原性，如Br2与水的反应生成HBr和HBrO时，Br2既作氧化剂又作还原剂，A正确；
B．溴单质与水反应可生成HBr和HBrO，B错误；
C．在Br-中，Br元素的化合价处于最低价态-1价，具有还原性，由于Br-离子半径比Cl-大，因此Br-还原性比Cl-强，C错误；
D．氯气可与氢气在点燃或光照条件下发生反应，氯气比溴活泼，溴单质在加热条件下可与氢气反应生成溴化氢，溴蒸气与氢气反应没有氯气与氢气反应剧烈，D错误；
故合理选项是A。
12．下列物质的鉴别方法不正确的是(　)
A．用焰色反应鉴别NaCl、KCl
B．用氢氧化钠溶液鉴别MgCl2溶液、AlCl3溶液
C．利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液
D．用氢氧化钙溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3两种溶液
【答案】D
【详解】A．钠元素的焰色反应显黄色，钾元素的焰色反应显紫色（透过蓝色钴玻璃），可用焰色反应鉴别NaCl、KCl，故A正确；
B．NaOH与AlCl3溶液反应先生成沉淀后沉淀消失，NaOH与MgCl2溶液反应生成白色沉淀，现象不同，可鉴别，故B正确；
C．丁达尔效应为胶体特有的性质，则利用丁达尔效应鉴别Fe(OH)3胶体与FeCl3溶液，故C正确；
D．Na2CO3和NaHCO3两种溶液均与氢氧化钙溶液反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；
答案选D。
【点睛】本题考查物质的检验和鉴别，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，鉴别时必须有明显的不同现象，因此物质检验的关键是熟练掌握各物质（或离子）的特征反应，准确地选择鉴别试剂和实验方法。
13．中国氢弹之父于敏2014年获得国家最高科技奖，习近平主席在人民大会亲自颁奖。239Pu是于敏型氢弹的重要原料，下列说法错误的的是：
A．239Pu原子中质子数和中子数之和为239
B．由239Pu到235U的过程为化学变化
C．238Pu、239 Pu和241Pu的化学性质相似
D．238Pu、239 Pu和241Pu在周期表中的位置相同
【答案】B
【详解】A．239Pu中的239表示的是质量数，质量数=质子数+中子数，A正确；
B．由于化学变化不涉及原子核的变化，所以元素的衰变不是化学变化，B错误
C．238Pu、239 Pu和241Pu属于同种元素，最外层电子数相同，化学性质相似，C正确；
D．238Pu、239 Pu和241Pu核电荷数相同，属于同种元素，在元素周期表中的位置相同，D正确；
故选B。
14．X、Y、Z、W为短周期主族元素，X原子的L层电子数是K层电子数的3倍；Y存在质量数为28，中子数为14的核素；Z原子的L层电子数是K层和M层电子数之和；常温下，W的单质为黄绿色气体。下列说法正确的是：
A．原子半径的大小关系为：W＞Z＞Y＞X
B．最高价氧化物对应水化物的酸性强弱为：Y＞Z＞W
C．氢化物的稳定性强弱顺序为：X＞Z＞Y
D．X 、Z、W三种元素阴离子还原性：X＞Z＞W
【答案】C
【分析】X原子的L层电子数是K层电子数的3倍，X为O，Y存在质量数为28，中子数为14的核素，质子数为28-14=14，Y为Si，Z原子的L层电子数是K层和M层电子数之和，Z为S，常温下，W的单质为黄绿色气体，W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为O、Si、S、Cl。
【详解】A．同周期元素从左到右原子半径依次减小，一般来说电子层数越多半径越大，因此半径Si＞S＞Cl＞O，A错误；
B．同周期元素从左到右非金属性依次增强，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因此酸性H2SiO3＜H2SO4＜HClO4，B错误；
C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此稳定性H2O＞H2S＞SiH4，C正确；
D．非金属性越强，阴离子的还原性越弱，因此还原性S2-＞Cl-＞O2-，D错误；
故选C。
15．下列各组化合物中均既有离子键又有共价键的一组是
A．NaOH、H2O、NH4Cl B．KOH、Na2O2、NH4Cl C．Na2SO4、HCl、MgCl2 D．MgO、Al2O3、NaCl
【答案】B
【详解】A．NaOH为离子化合物，氢氧根含有共价键、H2O为共价化合物，不含离子键、NH4Cl为离子化合物既有离子键又有共价键，A错误；
B．KOH、Na2O2、NH4Cl，这三种物质均为离子化合物既有离子键又有共价键，B正确；
C．HCl只含有共价键，为共价化合物，C错误；
D．Al2O3只含有共价键，为共价化合物，D错误；
答案选B。
16．将等物质的量的Al2O3和 Fe2O3混合物完全溶于100mL稀硫酸中，向反应后的溶液中缓慢加入NaOH溶液，下列图像中可能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH的体积，纵坐标表示生成沉淀的质量)：
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】Al2O3和 Fe2O3分别与H2SO4反应生成Al2(SO4)3和Fe2(SO4)3，加入氢氧化钠后开始出现沉淀，发生的反应为Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++3OH-=Al(OH)3↓，当沉淀达到最大值时再加入氢氧化钠，此时氢氧化铝开始溶解，反应的方程式为NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，当沉淀不再减少时，所得沉淀全部为Fe(OH)3，根据NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O可知，若溶解Al(OH)3消耗的NaOH体积为10mL，设NaOH的浓度为cmol/L，说明Al3+的物质的量为0.01cmol，则Fe3+的物质的量为0.01cmol，故沉淀Al3+和Fe3+的NaOH的物质的量为(0.01cmol+0.01cmol)×3=0.06cmol，体积为=0.06L=60mL，因此B选项所对应的图像符合题意，故选B。

二、实验题
17．离子反应是中学化学中重要的反应类型。请回答下列问题：
(1)在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在的是_______(填字母)。
A．单质 B．氧化物 C．盐 D．化合物
(2)有一瓶澄清的溶液中含H+、Mg2+、Ba2+、、Cl-、、中的四种，取该溶液进行以下实验：
实验一：向该溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液呈红色。
实验二：另取原溶液少许加入过量NaOH溶液，有白色沉淀产生。
实验三：取实验二的滤液少许，加入过量Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。
①根据上述实验事实确定溶液中一定存在的离子是_______，一定不存在的离子是_______。
②实验三中反应的离子方程式为_______。
③要确定原溶液中不能确定的离子，应补充的实验操作为_______。
【答案】(1)D
(2)     H+、Mg2+、Ba2+     、     Ba2++=BaCO3↓     取原溶液，向其中加入AgNO3溶液，观察有无白色沉淀生成。若有白色沉淀生成，则证明其中含有Cl-，无，反之则含有，无Cl-。
【分析】(1)离子反应是由离子参加的反应，化合物在一定的条件下电离出能反应的离子；
(2 )实验一：向该溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液呈红色，表明溶液呈酸性，则含有H+，与H+反应的离子不能大量存在；
实验二：另取原溶液少许加入过量NaOH溶液，有白色沉淀产生，说明生成了Mg(OH)2沉淀，则其中含有Mg2+；
实验三：取实验二的滤液少许，加过量Na2CO3溶液，有白色沉淀生成，说明生成了碳酸钡沉淀，则其中含有Ba2+，与Ba2+反应的不能大量存在；
综上所述可知：原溶液中一定存在的离子是H+、Mg2+、Ba2+ ，、一定不存在，Cl-、只能存在一种，据此分析解答。
（1）
有离子参与或生成的反应是离子反应，只要反应中有离子参与或生成，就必有电解质参与或生成，而电解质属于化合物，则在发生离子反应的反应物或生成物中，一定存在化合物，不一定有单质、氧化物和盐参与或生成，如在复分解反应CuCl2+2NaOH=2NaCl+Cu(OH)2↓中无单质、氧化物参与或生成，在反应2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中无盐参与或生成，故合理选项是D；
（2）
)①由上述分析可知，原溶液中一定存在的离子是H+、Mg2+、Ba2+，一定不存在的离子是、；
②原溶液中一定含有Ba2+，加过量Na2CO3溶液，生成的白色沉淀为BaCO3，该反应的离子反应方程式为：Ba2++=BaCO3↓；
③由以上分析可知，溶液中一定存在H+、Mg2+、Ba2+，一定不存在、，不能确定的离子为Cl-、，但由于原溶液只有四种离子，要确定溶液中不能确定的离子，应补充检验Cl-的实验，实验操作为：取原溶液加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则含有Cl-，无，若无白色沉淀生成，则含有，无Cl-。

三、工业流程题
18．工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3杂质为原料冶炼铝的工艺流程如下：
已知：①SiO2既不溶于水也不溶于盐酸
②冰晶石(Na3AlF6)可以改变某些金属氧化物的结构，从而使其熔点降低

(1)反应I的离子方程式为___________(任写一个)。
(2)已知溶液X的焰色反应为黄色，则试剂X为___________ ，沉淀乙为___________(填化学式)。
(3)操作II的名称为___________，该操作所使用的玻璃仪器除玻璃棒外，还需___________。
(4)反应III中除生成Al(OH)3外，还有一种酸式盐，写出该反应的化学方程式为___________。
(5)Al2O3的熔点较高，电解时非常困难，工业上为了冶炼铝可采取的措施是___________。
【答案】(1)Al2O3+ 6H+=2Al3++3H2O或Fe2O3+ 6H+=2Fe3++3H2O
(2)     NaOH     Fe(OH)3
(3)     过滤     烧杯、漏斗
(4)NaAlO2+CO2+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓
(5)加入一定量冰晶石，降低Al2O3的熔点
【分析】工业上用铝土矿主要成分为Al2O3，含SiO2、Fe2O3杂质加入过量稀盐酸，二氧化硅不溶于稀盐酸，经过过滤后，沉淀甲为二氧化硅，溶液X的焰色反应为黄色，则试剂X为NaOH，沉淀乙为Fe(OH)3；溶液乙含有铝离子，通入过量二氧化碳生成氢氧化铝，溶液丙为碳酸氢钠，据此分析解题。
（1）
反应I的离子方程式为：Al2O3+ 6H+=2Al3++3H2O或Fe2O3+ 6H+=2Fe3++3H2O；
（2）
已知溶液X的焰色反应为黄色，则试剂X为 NaOH，沉淀乙为Fe(OH)3；
（3）
操作II的名称为过滤，该操作所使用的玻璃仪器除玻璃棒外，还需烧杯、漏斗；
（4）
反应III中除生成Al (OH)3外，还有一种酸式盐，该反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+H2O=NaHCO3+Al(OH)3↓；
（5）
Al2O3的熔点较高，电解时非常困难，工业上为了冶炼铝可采取的措施是：加入冰晶石，降低氧化铝的熔点。
19．“速力菲”(主要成分：琥珀酸亚铁)是一种常见的补铁药物。某兴趣小组为了测定“速力菲”药片中铁元素的含量，设计如下实验(假设反应过程无铁元素损耗)：

请回答下列问题：
(1)研细的目的是___________。
(2)加入盐酸后溶液为淡黄色，说明“速力菲”中的Fe2+已部分被氧化。通常在服用“速力菲”同时服用维生素C，说明维生素C具有___________(填“氧化性”或“还原性”)。
(3)设计实验证明淡黄色溶液中是否含有Fe2+___________。
(4)淡黄色溶液中加入氯水，发生反应的离子方程式为___________。
(5)Fe(OH)2沉淀也易被O2氧化，写出该反应的化学方程式___________。
(6)“速力菲”药片中铁元素的含量为 ___________(用含有a、b的式子表示)。
【答案】(1)增大接触面积，加快反应速率
(2)还原性
(3)取代该淡黄色溶液少许与试管中，滴加酸性高锰酸钾，若高锰酸钾溶液褪色，则说明有Fe2+
(4)2Fe2++Cl2=2Fe3+ +2Cl-
(5)4Fe(OH)2 +O2+2H2O=4Fe(OH)3
(6)
【分析】用氯水将“速立菲”药片中的Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH溶液将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，经灼烧后得到Fe2O3。根据元素守恒通过测定Fe2O3的质量来计算药片中铁元素的含量。据此解答。
（1）
将药片研细的目的是增大接触面积，加快反应速率。
故答案为：增大接触面积，加快反应速率
（2）
通常在服用“速力菲”同时服用维生素C，目的是维生素C具有还原性，可以防止“速力菲”中的Fe2+被氧化。
故答案为：还原性
（3）
溶液中的Fe2+可与酸性KMnO4溶液反应使酸性KMnO4溶液褪色。因此可取淡黄色溶液少许于试管中，滴加适量酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色，证明淡黄色溶液中含Fe2+。
故答案为：取淡黄色溶液少许于试管中，滴加适量酸性KMnO4溶液，若酸性KMnO4溶液褪色，证明淡黄色溶液中含Fe2+。
（4）
氯水将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为：Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl-。
故答案为：Cl2 + 2Fe2+ = 2Fe3+ + 2Cl-
（5）
Fe(OH)2被氧气氧化的化学方程式为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3。
故答案为：4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O = 4Fe(OH)3
（6）
反应过程中无铁元素损耗，则根据元素守恒，“速力菲”药片中铁元素含量与b g Fe2O3中铁元素质量相等。b g Fe2O3中铁元素质量为：= 0.7b g，因此“速力菲”药片中铁元素含量为：=。
故答案为：
【点睛】根据元素守恒，“速力菲”药片中铁元素含量与b g Fe2O3中铁元素质量相等，以此来计算“速力菲”药片中铁元素含量。

四、元素或物质推断题
20．下表是元素周期表的一部分，按要求填空

周期
族
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0
1
①







2



②

③
④

3
⑤
⑥
⑦



⑧
⑨

(1)①～⑧元素中金属性最强的元素是___________(写元素符号)，画出⑨的原子结构示意图___________。
(2)①～⑧元素中，最高价氧化物水化物酸性最强的物质是___________(写化学式)。
(3)⑤⑥⑦⑧四种元素中，离子半径最小的是___________(填离子符号)。
(4)⑧的一种含氧酸具有强氧化性，常用于杀菌、消毒、漂白，请用写出该化合物的电子式___________。
(5)将54.4 g铁粉和氧化铁的混合物中加入200 mL的稀硫酸，恰好完全反应，放出氢气4.48 L(标准状况)反应后的溶液中滴加KSCN不显红色。求：
I． 混合物中氧化铁是___________g。
II． 原稀硫酸的物质的量浓度___________mol·L-1。
【答案】(1)     Na    
(2)HClO4
(3)Al3+
(4)
(5)     32     4
【分析】根据周期表的位置可知，①-⑨分别为H、C、O、F、Na、Mg、Al、Cl、Ar。
（1）
同一周期从左到右金属性依次减弱，同一主族从上到下金属性依次增强，①～⑧中金属性最强的是Na；根据分析，⑨为Ar，原子结构示意图为；
（2）
非金属性越强，最高价氧化物水化物酸性越强，同一周期从左到右非金属性依次增强，同一主族从上到下非金属性依次减弱，①～⑧中Cl的非金属性最强，最高价氧化物水化物为HClO4；
（3）
一般来说电子层数越少半径越小，核外电子层排布相同时，原子序数越大半径越小，Na+、Mg2+、Al3+为两层，Cl-为三层，因此四种元素中，离子半径最小的是Al3+；
（4）
Cl的一种含氧酸具有强氧化性，常用于杀菌、消毒、漂白，该物质为HClO，HClO为共价键化合物，电子式为；
（5）
①标准状况下4.48L氢气的物质的量为0.2mol，铁粉和氧化铁的混合物中加入稀硫酸，发生的反应有Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O和Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，反应后的溶液中滴加KSCN不显红色，且无固体剩余物，说明反应后溶液中的溶质全部都是FeSO4，在反应Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4中，单质铁中铁元素的化合价升高到+2价，氧化铁中+3价的铁元素化合价降低到+2价，硫酸中+1价的氢元素的化合价降低到氢气中的0价。设混合物中铁的物质的量为xmol，氧化铁的物质的量为ymol，则根据铁粉和氧化铁共54.4g和电子守恒，可列方程组 ，可求得，原混合物中氧化铁的质量为0.2mol×160g/mol=32g；
②反应后溶液中的溶质为FeSO4，根据铁元素守恒，铁粉和氧化铁中的铁全部进入了FeSO4中，所以FeSO4的物质的量为0.4mol+0.2mol×2=0.8mol，FeSO4中的 全部来自硫酸，所以硫酸的物质的量也为0.8mol，物质的量浓度为 =4mol/L。