91，新疆乌鲁木齐市第八中学2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题

这是一份91，新疆乌鲁木齐市第八中学2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题，共20页。试卷主要包含了 下列说法中正确的是， 下列说法中不正确的是， 下列说法中一定错误的是， 下列分类标准不正确的是等内容，欢迎下载使用。
考试时间：100分 分数：100分
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 P-31 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108
(命题范围：人教版必修第一册+必修第二册第一节)
第Ⅰ卷 (选择题 共42分)
一、选择题(共21小题，每题2分，共42分，每小题只有一个选项符合题意)
1. 下列说法中正确的是
A. 含有共价键的化合物一定是共价化合物B. 在共价化合物中可能含有离子键
C. 含有离子键的化合物一定是离子化合物D. 单质分子中一定含有非极性共价键
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．只含有共价键的化合物才是共价化合物，如NaOH中既含有离子键，又含有共价键，NaOH属于离子化合物，A错误；
B．只含有共价键的化合物一定是共价化合物，在共价化合物中一定含有共价键，不能含有离子键，B错误；
C．无论是否含共价键，只要含有离子键的化合物一定是离子化合物，C正确；
D．稀有气体属于单原子分子，不含化学键，所以单质分子中不一定有非极性共价键，D错误；
答案选C。
2. 下列说法中不正确的是
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
②氨溶于水得到氨水溶液能导电，所以氨水是电解质
③固态HCl不导电，熔融态的HCl可以导电
④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，所以是酸
⑤电解质放在水中一定能导电，非电解质放在水中一定不导电
A. 仅①④B. 仅①④⑤
C. 仅②③D. ①②③④⑤
【答案】D您看到的资料都源自我们平台，家威鑫 MXSJ663 免费下载 【解析】
【详解】电解质是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，非电解质是在水溶液里和熔融状态下都不导电的化合物，电解质必须是在上述条件下自身能导电的化合物，而不是溶于水反应后再导电的物质，另外，电解质与物质的溶解性无关，与在溶液中的导电能力无关，紧扣条件，便可得到正确结论。
①将硫酸钡放入水中不能导电，但硫酸钡是电解质；②氨溶于水得到氨水溶液能导电，氨水是混合物，不是电解质，一水合氨是电解质；③固态HCl不导电，熔融态的HCl不能电离不能导电；④NaHSO4电离时生成的阳离子有氢离子，也有钠离子，不是酸是盐；⑤电解质放在水中不一定能导电，有些电解质在水中溶解度小，放在水中不能导电，但非电解质放在水中也不一定不导电，例如二氧化碳是非电解质，但溶于水后形成碳酸，碳酸为电解质，水溶液能导电。
故选D。
3. 下列说法中一定错误的是
A. 某原子K层上只有一个电子
B. 某阳离子的核电荷数与最外层电子数相等
C. 某原子M层上电子数为L层上电子数的4倍
D. 某离子M层上和L层上电子数均为K层的4倍
【答案】BC
【解析】
【详解】A．氢原子K层上只有一个电子，A正确；
B．主族元素形成的离子的最外层电子数为2或8，核电荷数与最外层电子数相等，可能有两种情况：一种是为2，但这种情况只能是原子，为He；另一种均为8，核电荷数为8的元素为氧，氧离子的最外层子数也为8，没有阳离子；零族元素不形成离子，除主族、零族外其他族的元素，核电荷数均大于20，而离子最外层电子数不可能大于20；综上所述不存在阳离子满足核电荷数与最外层电子数相等，B错误
C．若某原子M层上的电子数为L层上电子数的4倍，则M层上的电子有32个，因M层最多有18个电子，C错误；
D．离子M层上和L层上的电子数均为K层的4倍，则M、L层均有8个电子，符合电子排布规律，如K+、Cl-等，D正确；
故选BC。
4. 下列分类标准不正确的是
A. 化学反应分为氧化还原反应、非氧化还原反应(标准：是否有电子的转移)
B. 分散系分为溶液、胶体、浊液(标准：能否产生丁达尔效应)
C. 纯净物分为单质、化合物(标准：组成纯净物的元素种类数)
D. 化合物分为电解质、非电解质(标准：在水溶液中或熔融状态下能否导电)
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．根据是否有电子转移（化合价升降），化学反应可分为氧化还原反应和非氧化还原反应，A项正确；
B．分散系可分为溶液、胶体、浊液，分类标准是分散质微粒直径的大小，B项错误；
C．根据组成纯净物的元素种类数，纯净物可分为单质和化合物，C项正确；
D．根据在水溶液中或熔融状态下能否导电，化合物可分为电解质和非电解质，D项正确；
故选：B。
5. 28g镁、锌、铁的混合物与足量的稀硫酸反应得到混合溶液，蒸发得到220g固体(换算为无水硫酸盐)。则反应产生氢气的质量是
A. 5 gB. 4 gC. 4.6 gD. 3.5g
【答案】B
【解析】
【详解】28g镁、锌、铁的混合物与足量的稀硫酸反应后，生成硫酸镁、硫酸锌、硫酸亚铁的混合物220g，根据反应前后元素质量不变，则硫酸镁、硫酸锌、硫酸亚铁三种物质的混合物中含硫酸根的质量为220g-28g=192g，硫酸的化学式为H2SO4，其中氢元素与硫酸根的质量比=2:96=1:48，则硫酸中所含硫酸根的质量为192g时，硫酸中氢元素的质量=4g，即反应中产生的氢气质量为4g；
故选B。
6. 下列关于离子键的说法中，正确的是
A. 阴、阳离子间的相互吸引即离子键
B. 非金属元素所组成的化合物中不可能有离子键
C. ⅠA族元素与VIA族元素之间形成的化合物一定含离子键
D. 某化合物在熔融状态下能导电，该化合物一定含离子键
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．阴阳离子间相互作用即离子键，相互作用包含吸引力和排斥力，故A错误；
B．非金属元素所组成的化合物中可能有离子键，如铵盐，故B错误；
C．ⅠA族元素与VIA族元素之间形成的化合物不一定含离子键，例如H2O等，故C错误；
D．某化合物在熔融状态下能导电，说明含有自由移动的阴阳离子，因此该化合物一定含离子键，故D正确；
故选D。
7. 将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中的Fe3＋和Fe2＋浓度相等。则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比是
A. 2∶3B. 3∶2C. 1∶2D. 1∶1
【答案】A
【解析】
分析】
【详解】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为x，则有 ，因为溶液中c(Fe3+)=c(Fe2+)，则没反应的Fe3+的物质的量为1.5x，反应的Fe3+的物质的量为x，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比= x∶1.5x =2∶3，故A符合题意。
故答案：A。
8. 某学习小组进行了下图所示的实验，实验后组员之间的交流不合理的是
A. 甲同学认为试管b中收集到的气体可点燃，且产生淡蓝色火焰
B. 乙同学认为试管a中生成黑色固体可能为四氧化三铁
C. 丙同学认为将少量还原性铁粉放入试管中，加适量的水，加热也可实现该反应
D. 丁同学认为用盐酸溶解固体生成物所得溶液有颜色
【答案】C
【解析】
【详解】A．在高温下铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，则试管b中收集到的气体可点燃，且产生淡蓝色火焰，故A正确；
B．高温下铁与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁，则试管a中生成的黑色固体可能为四氧化三铁，故B正确；
C．铁与水不反应，应该是水蒸气，丙同学的观点错误，故C错误；
D．用盐酸溶解固体生成物得到氯化亚铁和氯化铁的混合溶液，溶液带有颜色，故D正确；
故答案为：C。
9. 由CH4、O2、N2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，则该混合气体中CH4、O2、N2的体积比可能是
A. 1：1：3B. 1：3：1C. 3：1：1D. 3：1：3
【答案】B
【解析】
【详解】CH4、O2、N2组成的混合气体在同温、同压下与CO的密度相同，说明混合气体的平均相对分子质量等于CO的相对分子质量28；由于N2与CO的相对分子质量相等，故CH4、O2、N2混合气体的平均相对分子质量仅由CH4、O2的物质的量之比决定，N2物质的量为任意值；由十字交叉法，CH4和O2的物质的量之比为1:3，同温同压下CH4与O2的体积比为1：3，N2物质的量为任意值；
故选B。
10. 向mg镁和铝的混合物重加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL。向反应后的溶液中加入cml/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng。再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体p g。则下列关系正确的是
A. p=m+B. c=C. n=m+17VcD. mNa＋>Al3＋
（4）HClO4 > H2SO4 > H2CO3
（5）
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，a为H，b为C，c为N，d为O，e为Na，f为Al，g为S，h为Cl，k为Ar，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知，g为S，则其在周期表中的位置是第第三周期第ⅥA族；
【小问2详解】
由分析可知，c为N，d为O，O的非金属性大于N，非金属性越强，氢化物越稳定，则两种元素氢化物的稳定性更强的是H2O；
【小问3详解】
由分析可知，d为O，e为Na，f为Al，g为S，电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越小半径越大，则简单离子半径大小顺序为：S2->O2->Na＋>Al3＋；
【小问4详解】
由分析可知，，b为C，g为S，h为Cl，非金属性Cl>S>C，非金属性越强，其最高氧化物对应水化物酸性越强，故酸性大小顺序为：HClO4 > H2SO4 > H2CO3；
【小问5详解】
由分析可知，a为H，g为S，两者可形成共价化合物氯化氢，用电子式可以表示为：。
23. 某同学利用如图实验装置用氯气制备少量的漂白粉。回答下列问题：
（1）漂白粉的有效成分是 ___________。(填化学式)
（2）装置C的作用是 ___________，C中发生反应的离子方程式为 ___________。
（3）装置B中反应放热会使体系温度升高，导致氯气和石灰浆发生副反应产生杂质Ca(ClO3)2，该副反应氧化剂和还原剂的质量之比___________；为防止该副反应发生，可采取的措施是 ___________。
（4）利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气的离子方程式为 ___________。
【答案】（1）Ca(ClO)2
（2） ①. 除去多余的Cl2，防止污染空气 ②. Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（3） ①. 5：1 ②. 把B放入盛有冰水的水槽中
（4）4H+ +2Cl-+MnO2 Mn2++Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热发生反应制取Cl2，然后将反应产生的Cl2通入装置B的盛有石灰浆的装置B中，反应产生漂白粉，在装置C中用NaOH溶液吸收Cl2，防止大气污染。
【小问1详解】
Cl2与Ca(OH)2反应制取漂白粉，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，所得漂白粉是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2；
【小问2详解】
C的作用主要是尾气处理，故为除去多余的Cl2，防止污染空气；C中发生反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
【小问3详解】
氯气和石灰浆发生副反应，方程式为6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，氧化剂为化合价降低的元素，所以为5mlCl2，还原剂是化合价升高的元素，为1mlCl2，质量之比等于物质的量的之比，故副反应中氧化剂与还原剂的质量之比为5:1；为防止该副反应发生可以降低温度，故可采取的措施是把B放入盛有冰水的水槽中；
【小问4详解】
在装置A中浓盐酸与MnO2混合加热发生反应制取Cl2，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
24. 实验室欲用NaOH固体配制0.1 ml/L的NaOH溶液475mL：
（1）使用容量瓶前必须进行的一步操作是___________。
（2）要完成本实验该同学应称出NaOH___________g。
（3）某同学欲称量NaOH的质量，他先用托盘天平称量烧杯的质量，天平平衡后的状态如图。
烧杯的实际质量为___________g
（4）配制时，必须使用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、___________。
（5）在配制过程中，其他操作都是正确的，下列操作会引起误差偏高的是___________。
①没有洗涤烧杯和玻璃棒
②定容时俯视刻度线
③转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面
④容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水
⑤定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线
⑥未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
【答案】（1）检查是否漏水
（2）2.0 （3）27.4
（4）500mL的容量瓶
（5）②⑥
【解析】
【分析】（1）根据实验操作的步骤以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器；
（2）利用n=cv计算出氢氧化钠的物质的量，再根据m=nM计算所需氢氧化钠的质量；
（3）托盘天平平衡原理为左盘内质量=右盘内质量+游码数值；
（4）最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；
（5）分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，根据c=分析判断；
【小问1详解】
最后需颠倒摇匀，所以容量瓶在使用前必须检查是否漏水；
【小问2详解】
需氢氧化钠的质量为m=0.5L×0.1ml•L-1×40g/ml=2.0g；
【小问3详解】
由图可知，烧杯与砝码位置颠倒了，所以烧杯的实际质量为30.0g-2.6g=27.4g；
【小问4详解】
没有475mL容量瓶，所以选择500mL容量瓶；操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，用玻璃棒搅拌，加速溶解，恢复室温后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2-3次，并将洗涤液移入容量瓶中，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀；所以需要的仪器有托盘天平、烧杯、500ml的容量瓶、胶头滴管、药匙，故答案为：500ml的容量瓶；
【小问5详解】
①未洗涤烧杯、玻璃棒，少量氢氧化钠沾在烧杯壁与玻璃棒上，氢氧化钠的实际质量减小，溶液浓度偏低，①错误；
②定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，②正确；
③转移溶液时不慎有少量洒到容量瓶外面，移入容量瓶中的氢氧化钠的质量减小，所配溶液浓度偏低，③错误；
④最后需要定容，容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，④错误；
⑤摇匀后液面下降，一部分溶液留在瓶塞与瓶口之间，再加蒸馏水至刻度线，导致溶液体积偏大，所以溶液浓度偏低，⑤错误；
⑥液体具有热胀冷缩的性质，氢氧化钠溶解放热，未冷却到室温，趁热将溶液到入容量瓶，并配成溶液，温度恢复室温后，会导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，⑥正确；
故答案为：②⑥。
25. 如图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入0.6ml HCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时活塞位置如下图。已知甲、乙两室中气体的质量之差为10.9g。
（1）甲室中NH3、H2的物质的量之比为 ___________。
（2）甲室中气体的物质的量为 ___________。
（3）甲室中气体质量为 ___________g。
（4）将隔板a去掉，发生下列反应：HCl(g)+NH3(g)=NH4Cl(s)，当HCl与NH3充分反应后，活塞b将位于刻度“___________”处(填数字)。
【答案】（1）3：2 （2）1
（3）11 （4）2
【解析】
【分析】在同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量的比，n(混合）：n(HCl）=5:3；由于n(HCl）=0.6ml，则n(混合）:0.6=5:3；n(混合）=1ml；在乙室中HCl气体的物质的质量是0.6ml×36.5g/ml=21.9g，因为单位体积的NH3或H2的质量都比HCl小，所以混合气体的质量也比HCl少。则混合气体的质量是21.9g-10.9g=11.0g，以此解题。
【小问1详解】
假设混合气体NH3、H2的物质的量分别是x、y。则x+y=1，17x+2y=11。解得x=0.6ml；y=0.4ml。所以在甲室中NH3、H2的物质的量之比n(NH3）:n(H2）=0.6:0.4=3:2；
【小问2详解】
由分析可知，n(混合）=1ml；
【小问3详解】
由分析可知，混合气体的质量是21.9g-10.9g=11.0g；
【小问4详解】
将隔板a去掉，发生下列反应：HCl(g）+NH3(g）=NH4Cl(s），由于n(HCl)= n(NH3)=0.6ml，当HCl与NH3充分反应后，容器中的HCl和NH3恰好反应得到NH4Cl固体，最后只剩余0.4ml的氢气。由于在同温同压下，气体的体积比等于它们的物质的量的比，所以0.6ml的气体具有3个体积，则0.4ml的气体占据2个体积。因此充分反应后，活塞b将位于刻度“2”处。
26. 用如图所示的装置设计一个实验，验证浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应产生的各种产物。
（1）写出甲中反应的化学方程式：___________。再此反应中硫酸显___________性。
如按气流由左向右流向，连接上述装置的正确顺序是(填各接口字母)：A接G，H接C，D接F，E接C，D接B。
（2）仪器乙、丙应有怎样的实验现象才表明已检验出CO2？乙中___________，第二次使用的丙中 ___________；
（3）丁中酸性KMnO4溶液的作用是 ___________；
（4）硫酸有很多的性质，将下列性质对应的字母填入各小题后面对应的横线上：
A．脱水性 B．酸性 C．强氧化性 D．吸水性
Ⅰ.在化学实验中，浓硫酸可干燥剂。 ___________。
Ⅱ.Cu与浓H2SO4反应，可生成CuSO4和SO2。 ___________。
Ⅲ.向滤纸上滴加浓H2SO4，滤纸变黑。 ___________。
Ⅳ.在冷浓H2SO4中放入铁片没明显现象。 ___________。
【答案】（1） ①. C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O ②. 氧化性
（2） ①. 出现白色沉淀 ②. 品红溶液没有褪色
（3）除去/吸收SO2
（4） ①. D ②. BC ③. A ④. C
【解析】
【分析】浓硫酸与木炭粉反应C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，实验目的是验证反应产生的各种产物。水蒸气通常用无水硫酸铜检验，SO2用品红溶液检验，用澄清石灰水检验CO2。因为SO2也能使澄清石灰水变浑浊：Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O，所以在检验CO2前必须除尽SO2，并实验证明SO2已经除尽，以此连接实验装置。浓硫酸具有强酸性，能够制取碳酸产生CO2，浓硫酸的强氧化性使铁钝化，浓硫酸的吸水性使浓硫酸可作某些气体的干燥剂，浓硫酸能够将纤维素中的氢、氧元素按水的比例脱下，生成水而使纤维素炭化。由此分析。
【小问1详解】
加热条件下浓硫酸氧化木炭粉的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；该反应中浓硫酸是氧化剂，体现氧化性；
【小问2详解】
只有丙中品红不褪色，才能确信SO2已经除尽；能够使澄清石灰水变浑浊的只有CO2，所以表明已检验出CO2的实验现象是乙中出现白色沉淀，第二次使用的丙中品红溶液没有褪色；
【小问3详解】
KMnO4酸性溶液能够充分吸收SO2气体，所以丁中酸性KMnO4溶液的作用是除去气体中的SO2；
【小问4详解】
I.浓硫酸具有吸收性，能干燥SO2、CO2等气体，答案选D；
Ⅱ.生成硫酸铜体现浓硫酸的酸性，生成二氧化硫体现浓硫酸的强氧化性，故选：BC；
Ⅲ. 浓硫酸具有脱水性，滤纸的主要成分是纤维素[(C6H10O5)n]，(C6H10O5)n6nC+5nH2O，答案选A；
Ⅳ. 浓硫酸具有强氧化性，常温下浓硫酸能使铁的表面形成一层致密氧化物薄膜阻止浓硫酸与铁继续反应（称为钝化），答案选C。
27. 某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
（1）甲组同学研究pH对FeSO4稳定性的影响，得到如图所示结果，增强Fe2+稳定性的措施为 ___________。(写出一条即可)
（2）乙组同学为了探究Fe2(SO4)3与Cu的反应，做了如图所示实验：
①Fe3+与Cu反应的离子方程式为 ___________。
②为了探究白色沉淀产生的原因，同学们查阅资料得知：
i．CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．SCN的化学性质与I-相似；
iii．2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
实验方案：
Cu2+与SCN-反应的离子方程式为 ___________。
（3）市售某种补铁口服液的主要成分是葡萄糖酸亚铁。根据名称猜测该糖浆中含有Fe2+，设计方案进行验证。
①方案ⅰ预期现象与实际现象相同，并不能证明补贴口服液中一定含有Fe2+，猜想理由是：___________。
②方案ⅱ中实验现象是___________，证明补铁口服液中含有Fe2+。
【答案】（1）增强溶液的酸性(降低溶液的pH值等)
（2） ①. Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ ②. 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2
（3） ①. 葡萄糖酸亚铁口服液中除了有Fe2+还有其他还原剂 ②. 滴加KSCN溶液无现象，加入酸性H2O2溶液后溶液变红色
【解析】
【小问1详解】
如图1可知随着pH的增大Fe2+被氧化的量增大，所以增强Fe2+稳定性的措施为增强溶液的酸性或降低溶液的pH；
故答案为：增强溶液的酸性(降低溶液的pH)。
【小问2详解】
Cu有还原性，Fe3有氧化性，可以发生氧化还原反应，即2Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+；由化学反应可知生成两份的Fe2+同时生成了一份的Cu2+，为了探究白色沉淀产生的原因，需控制Fe3+和 Cu2+的浓度之比为2:1，步骤一取4mL0.2ml/L的FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1m/LKSCN溶液，则步骤二取4mL 0.1ml/L的CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/LKSCN溶液，说明白色沉淀为CuSCN，已知SCN-的化学性质与I-相似，2Cu2++4I-=2CuI↓+，CuSCN是难溶于水的白色固体，所以Cu2+与SCN-反应的离子方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN+(SCN)2 ；
故答案为：2Fe3++Cu=2 Fe2++Cu2+；2Cu2++4SCN-=2CuSCN+(SCN)2 。
【小问3详解】
补铁口服液为混合物，其主要成分是葡萄糖酸亚铁，里面还可能含有其他的还原剂，能使有氧化性的高锰酸钾褪色；Fe2+的检验：加入KSCN后无明显现象，加入酸性H2O2后溶液变血红色，则证明口服液中含Fe2+；
故答案为：葡萄糖酸亚铁口服液中除了有Fe2+还有其他还原剂；滴加KSCN溶液无现象，加入酸性H2O2溶液后溶液变红色。a
b
c
d
e
f
g
h
k
实验方案
现象
步骤1：取4mL0.2ml/L的FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液
无明显现象
步骤2：取4mL 0.1 ml/L的CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1ml/L的KSCN溶液
产生白色沉淀

方案
试剂X
方案ⅰ
1mL 1ml/L酸性KMnO4溶液
方案ⅱ
依次加入5滴KSCN溶液、1mL新制氯水