2022年天津市普通高中学业水平等级性考试高考化学模拟试卷（附答案详解）.pdf

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1、2022年天津市普通高中学业水平等级性考试高考化学模拟试卷1.化学工业是国民经济的支柱产业，下列生产过程中不涉及化学变化的是()A.氮肥厂用氢气和氮气合成氨C.化工厂用电解法制备氯气B.钢铁厂用热还原法冶炼铁D.炼油厂用分馆法生产汽油2.纳米材料粒子的直径为1-100nm下列分散系中分散质的微粒直径和纳米材料属于相同数量的是（)A.溶液B悬浊液C.胶体D.乳浊液3.化学与科学、技术、社会、环境都密切相关，下列说法不正确的是（)A.古人利用明矶溶液的酸性来清洗青铜器上的铜锈B人体摄入适扯的油脂有利千促进维生素的吸收C.肘后备急方中记载“青嵩一握，以水二升渍，绞取汁”，所述过程不涉及化学变化D.手

2、机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料4.下列有关物质的性质与用途，不具有对应关系的是（)A.Na2见为淡黄色固体，可用作潜水艇中的供氧剂B.Fe2仇为红棕色，可用做红色颜料C.Al2见的熔点高，常用作耐火、耐高温材料D.NaCIO具有强氧化性，常作为杀菌、消毒剂5.下列有关化学用语表示正确的是（)A.碳化硅的分子式：SiCH B.NH41的电子式H:tt:HJ+l-H C 中子数为18的硫原子结构示意图：6沪D.HCIO的结构式：H-CI-0 6.在其他条件不变的情况下，升高温度，下列数值不一定增大的是（)G)水解平衡常数化学平衡常数电离平衡常数溶度积常数A.B.C.D.7.一种将

3、丙炕转化为丙烯的反应机理如图所示。下列说法错误的是（)cH6+H:()C,H CrO,co,A.该反应有利于消除CO2排放，变废为宝B.反应的总方程式为C3比CO2C3凡CO+H20(g)C.Cr203是反应的中间体D.增加Cr03的矗有利千提高CO2的转化率8.X、Y、Z、W是短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Y原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，W与Y同主族。下列说法正确的是（)A.X形成的单质只有一种B.原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)C.常温下，Z单质可溶千W的最高价氧化物的水化物的浓溶液中D.y简单气

4、态氢化物的热稳定性比W的强9.美托拉宗临床用千治疗水肿及高血压。有机化合物P是制备美托拉宗的中间产物，其结构简式如图所示，其组成元素Z、X、Y、Q、M、W为原子序数依次增大的短周wx/xx/Yz z|/YM/x乡xx/Qz期元素，X、Y、Q为同周期相邻元素。下列说法正确的是（)A.氢化物的沸点高低顺序一定为QMXB.MQW2和XQW2空间构型均为平面三角形C.Na2凡Q3溶液在酸性条件下会产生黄色浑浊和无色气体D.M、W均可与Q形成原子个数比为1:2的化合物，两种化合物漂白原理相同10.完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是（)第2页，共19页A B c D 实分离植物油和氯除去氯化钠晶体

5、中混有的分离CCl4中的除去CO2气体中验化钠溶液氯化钾品体Br2 的HCI气体装置或仪器I.II I ,|二今I溶液A.A B.B C.C D.D 11.双极性膜1、2在直流电场作用下能够将水分离成旷与OH-，可以作为旷与OH-的供应源，用如图所示的三室式电渗析转化器可以将有机酸钠盐(NaR)转化制得纯度出口1个a出口2C t；室1I 盐室.室2M 1 b t d 2 NaR 较高的有机弱酸(HR)。下列相关说法正确的是（)A.ab膜、cd膜分别是阳离子交换膜、阴离子交换膜B.室1溶液中发生的离子反应为H+R=HR C.M电极的电极反应式为2旷2e-=H2 i D.盐室进口处和出口处c(Na

6、+）相等12.某温度下，向lOmLO.lmol L-1Na2S溶液中滴加pC O.lmol L-1cuc12溶液，S2浓度与CuCl2溶液体积的关系如图所示。已知：pC=-lgc(S2-)，已知：K5(CuS)=1.0 x 10-36,K5(FeS)=6.0 x 10一180 下列说法错误的是（)N。10 V(CuCIJ)Iml A.水的电离程度：nb 2c(HS-)+2c(H2S)D.若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动13.钦（Ti)被称为“未来金属”，广泛应用千国防、航空航天、材料等领域。(1)基态钦原子的价电子排布式为。(2)钦可与高于70c的浓硝酸发生反应，生成

7、Ti(N03)4。其球棍结构如图1,T)的配位数是，试写出该反应的方程式。o:乡n仁o Ti 飞1i甘2(3)钙铁矿(CaTi03)是自然界中的一种常见矿物，其晶胞结构如图2。设NA为阿伏加德罗常数的值，计算一个晶胞的质量为g。(4)TiCl4是由钦精矿（主要成分为Ti02)制备钦(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如图3:荨兰三言荨图3,I 一0E-I二,i oo 30-100 600 soo 10001200 T它图4资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质化合物SiCl4 TiCl4 AICl3 FeCl3 MgCl2 沸点oc58 136 181（升华）316 1412

8、熔点oc-69-25 193 304 714 在TiCl4中的溶解性互溶微溶难溶T心与Cl2难以直接反应，加碳生成co和CO2可使反应得以进行。已知：Ti02(s)+2Cl2(g)=TiC14(g)+02(g)/1H1=+175.4kJ mo1-1 ZC(s)+02(g)=2CO(g)/1H2=-220.9kJ mo!一1G)沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式夕氯化过程中co和CO2可以柜互转化，根据如图判断：CO2生成co反应的AH0（填”“”、“r(W)r(X)r(Y)，故B错误；C铝与浓硫酸发生钝化反应，不能溶液浓硫酸，故C错误；D非金属性0 s,元素的非金属

9、性越强，对应的氢化物越稳定，故D正确。故选：D。短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量最高的元素，则Y为0元素：W与Y同主族，应为S元素，Y原子最外层电子数是Z原子最外层电子数的2倍，可知Z应为Al元素，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍，最外层电子数不超过8个，且X原子序数小千Y,则X的最外层电子数为4、内层电子数为2,可知X为C元素，以此解答该题。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。9.【答案】C【解析】解：由分析可知，Z为H、X为C、Y为N、

10、Q为0、M为S、W为Cl;A.X的氢化物为经类物质，有气态、液态、固态三种状态，固体的熔沸比水高，液态、固态的沸点比硫化氢高，故A错误；6-2-lx2 B.MQW2和XQW2分别为SOCl2、COCl2,前者中心原子S原子孤电子对数=1,价层电子对数1+3=4,分子空间构型为三角锥形，后者中心原CS原子孤电子对数4-2-1X2=0,价层电子对数3+3=3,分子空间构型为平面三角形，故B错误；C.Na2岛03溶液在酸性条件下生成S、S02,产生黄色浑浊和无色气体，故C正确；D.M、W均可与Q形成原子个数比为1:2的化合物为S02、CI02,二者均具有漂臼性，二氧化硫与有色物质化合为无色物质，二氧

11、化氯利用强氧化性将有色物质氧化为无色物质，二者漂白原理不相同，故D错误：故选：C。Z、X、Y、Q、M、W为原子序数依次增大的短周期元素，在美托拉宗结构简式中，X形成4个共价键且形成六元环，则X为C元素，X、Y、Q为同周期相邻元素，则Y为N元素、Q为0元素结构中Z形成1个共价键，M形成6个共价键、W形成1个共价键，结合原子序数可知Z为H元素、M为S元素、W为Cl元素。本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，紧扣短周期元素，充分利用原子的价键结构进行分析推断，题目侧重考查学生观察能力、分析推理能力、灵活运用知识的能力。10.【答案】A【解析】解：A植物油不溶千水，溶液分层，可以通过分液

12、操作分离，故A正确；B二者的溶解度不同，应用重结晶的方法分离，故B错误；C澳易溶于四氯化碳，二者沸点不同可用蒸饿的方法分离，故C错误；D二氧化碳和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故D错误。故选：A。A植物油不溶于水，可以通过分液操作分离；B应用重结晶的方法分离；C浪易溶于四氯化碳，二者沸点不同；D二氧化碳和氯化氢都与氢氧化钠溶液反应。本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及分液、过滤、蒸馆、物质分离与提纯等知识，明确常见化学实验基本操作方法为解答关键，试题培养了学生的化学实验能力。11.【答案】B【解析】解：AM为阳极，阳极反应式为2H20-4e-=02 i+4H+

13、,N为阴极，阴极反应式为为2H20+4e-=2H2 i+40H-，盐室中R一通过ab膜进入1室与旷发生生成HR,N旷通过cd膜进入2室得到NaOH溶液，故ab膜为阴离子交换膜，cd膜是阳离子交换膜，故A错误；B盐室中R一通过ab膜进入1室与们发生反应H+R-=HR,故B正确：C.M为阳极，阳极反应式为2H20-4e-=02 i+4H+，故C错误；D.R-、N旷分别向两电极移动，盐室出口处c(Na+)较进口处减小，故D错误；故选：B。M为阳极，阳极反应式为2H20-4e-=02 i+4H+,N为阴极，阴极反应式为为2H少4e-=2H2 i+40H-，盐室中R一通过ab膜进入1室与H十发生反应H+

14、R-=HR,N矿通过cd膜进入2室得到NaOH溶液。本题考查电解原理应用，两极电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，第12页，共19页熟记离子放电顺序，题目侧重考查学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。12.【答案】C【解析】解：AS2水解促进水电离，abn的过程中S2一的浓度依次减小，水的电离程度依次减小：n b c(H勹，所以c(OH-)K5p(CuS)，若用FeCl2溶液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动，故D正确；故选：C。A.S2水解促进水电离，abn的过程中S2一的浓度依次减小；B图像中n点，Na2S溶液和CuCl2恰好反应生成CuS沉淀，S2一的浓度为山1

15、.0 x 10-36mol/L=10-18moljL;C.a点溶液，根据质子守恒c(OH-)=c(HS-)+2c(H2S)+c(H勹，c(HS-)c(H勹；D.K5p(FeS)K5p(CuS)，若用FeCl2浴液替代CuCl2溶液，则n点向d点方向移动。本题考查难溶物的溶解平衡，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确离子浓度大小比较等知识点是解本题关键，D选项为解答易错点，题目难度不大。布于70C13.【答案】3d如8Ti+8HNO式浓)-Ti(NO山4N02i+4H20思Ti02(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)1:,H=-45.SkJ mo!一1随涽温度的升高

16、，co的浓度增加，说明生成co的反应是吸热反应【解析】解：（l)Ti是22号元素，基态钦原子的核外电子排布式为Ar3d24s2,则价电子排布式为3d24s气故答案为：3d勺s气(2)根据Ti(N03)4的球棍结构胆示可知T的配位数是8,钦与高千70C的浓硝酸发生反应，生成Ti(N03)4,还生成N02和H20,反应的化学方程式为：Ti+8HN03（浓布千70C)-Ti(N03)4+4N02 i+4H20 忘于70C故答案为：8;Ti+8HN03（浓）-Ti(NO山4N02i+4H20;(3)在一个晶胞中含有Ca数目是l;含有兀数目为8X-1，含有的0数目为12X-;=3,8 4 136 则一个

17、晶胞中含有1个CaTi03,设NA为阿伏加德罗常数的值，则一个晶胞的质扯为-g,NA 故答案为：136 NA(4)生成TiCl4和co的反应方程式为Ti02+2Cl2+2C=TiCl4+2CO,根据盖斯定律，两式相加，得到Ti02(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiC14(g)+2CO(g)t:,.H=6H1+6H2=(-220.9kJ mo!一1)+(+175.4kJ mo!一1)=-45.SkJ mo!一1故答案为：Ti02(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)t:,.H=-45.SkJ mol-1;)根据图像，随着温度的升高，co的浓度增加，CO2浓度降低

18、，说明升高温度，平衡向正反应方向移动，生成co的反应是吸热反应，即t:,.H O,故答案为：；随着温度的升高，co的浓度增加，说明生成co的反应是吸热反应。(1)兀是22号元素；(2)根据Ti(N03)4的球棍结构胆示可知Ti的配位数是8,钦与高千70c的浓硝酸发生反应，生成Ti(N03)4,还生成N02和H20;(3)在一个晶胞中含有Ca数目是l;含有兀数目为8X;1，含有的0数目为12x;=3,则一个晶胞中含有1个CaTiO扣(4)(D生成TiCl4和CO的反应方程式为Ti也2Cl2+2C=TiCl4+2CO,根据盖斯定律，两式相加，得到Ti02(g)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl

19、4(g)+2CO(g);）根据图像，随着温度的升高，co的浓度增加，CO2浓度降低，说明升高温度，平衡向正反应方向移动。本题考查物质结构与性质，涉及核外电子排布、晶体类型与性质、晶胞计算等，（3）中质蜇的计算为易错点、难点，需要学生具备一定的空间想象与数学计算能力。14.【答案】S=C=O极性CD bd X点（或0.0625)【解析】解：（l)COS的结构与二氝化碳类似，结构式为：S=C=O,COS分子的正负电荷中心不重合，是极性分子，故答案为：S=C=0;极性；(2)A.V正(HzS)=v正(COS)都指正反应速率，不能说明平衡，故A错误；B反应II是气体分子数不变的反应，容器内压强一直保待

20、不变，则压强不再变化不能说明平衡，故B错误；C.c(H2S):c(COS)不再变化说明浓度不再变化，反应达到平衡，故C正确；D.v.iI(HzS)=v逆(COS)即正反应速率等千逆反应速率，反应达到平衡，故D正确；E.H2S结构是为H-S-H,COS结构式为：S=C=0,2molH-S键断裂的同时lmolC=S 键断裂，才能说明正逆反应速率相等，则lmo!H-S键断裂的同时lmo!C=S键断裂不能说明平衡，故E错误；故答案为：CD;(3)c、d均随温度的升高，生成物COS的物质的量减小，则反应I、II均为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，V正v逆，则杠增大的倍数k逆增大的倍数，第14页，共19

21、页故答案为：vIE(II,H2S)，即反应l的速率比反应II快，结合图示中c、d表示两反应的平衡曲线，从图像可知，曲线d的生成物COS的物质的量大，则曲线b、d表示反应I,曲线a反应未达到平衡状态，相同条件下，延长反应时间能使反应体系中Y点COS的矗达到X点，1000c下，的物质的谥为O.Zmol,可逆反应C02(g)+H2S(g)COS(g)+H20(g)开始(mol)l1 反应(mol)0.20.2 平衡(mol)0.80.8 22.ooo。0.2 0.2 o.2 0.8 设容器体积为VL,则平衡时c(COS)=c(H20)=mol/L,c(C02)=c(H2S)=mol/L,V V 0.

22、2 0.2 该温度下化学平衡常数K=c(COS)xc(H心）了x了=_ 1 c(C02)xc(H2S)竺x竺=或0.0625,16 V V 故答案为：bd;X；点（或0.0625)。(l)COS的结构与二氧化碳类似，COS中C和0、S原子之间都存在双键；正负电荷中心不重合的分子为极性分子；(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；(3)升高温度平衡向吸热方向移动；(4)温度相同时，反应I的平衡常数大千反应11的平衡常数，说明达的平衡时反应I中生成COS物质的量多，所以相同温度时，生成的COS多的为反应l;a

23、曲线表示反应l l，该温度下Y点要达到平衡状态时，COS的物质的橄在曲线c上；根据图知，该温度下n(COS)=0.2mol,可逆反应C02(g)+H2S(g)COS(g)+H20(g)开始(mol)l1 反应(mol)0.20.2 平衡(mol)0.80.8 22.ooo。0.2 0.2 0.2 设容器体积为VL,则平衡时c(COS)=c(H拉）=-mol/L,c(C02)=c(H2S)0.8 V=mol/L,V 该温度下化学平衡常数K=c(COS)xc(H心）c(C02)xc(H 2S)0 本题考查化学平衡计算、化学平衡状态判断，侧重考查阅读、图象分析判断及计算能力，明确化学平衡状态判断方法

24、、外界条件对平衡影响原理、化学平衡常数计算方法是解本题关键，题目难度中等。15.【答案】甲苯C10H200302和Cu（或Ag),加热取代反应狻 00gE d 23 ll ClCl g-CIY,(g coo态基或。：矗H 2 麟。:6-H。co仓一卜H Io 9 _ CHO仓心OH),心言00-3HO13,，心rII:LII(）【解析】解：（l)A是一种芳香经，其名称为甲苯；CH20H I H结构简式为CH（CH2),CCHO的|CH20H 分子式为C10H200扣故答案为：甲苯；C10H200护(2)C分D是催化氧化，因此反应条件为02和Cu（或Ag)，加热，BC是发生水解反应，其反应类型为

25、取代反应，故答案为：02和Cu（或Ag)，加热；取代反应；(3)E结构简式为COOH,其官能团的名称狻基，根据E和1结构简式和J的分子 式得到的结构简式是C心ooc!令00叩态产00令故答案为：狻基；00g坛己g,子CHag c coo态(4)D为苯甲醒，苯甲酪与新制Cu(OH)2悬浊液加热条件下生成砖红色沉淀，其反应的化CHO cooH心o.o.-2H:O学方程式仓：OtOH卜愈或一，tOHK-、心言00i-3HO,CHO 故答案为：6 COOH心0.2H:O.0心OH一愈或第16页，共19页5屯OHi一、心言003HO(5)化合物W的相对分子质最比E大14,则W分子式为C8比02,CI)属

26、千芳香族化合物，说明含有苯环，）遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚胫基，）能发生银镜反应，说明含有醒基因此W的可能含有OH和CH2CHO，存在邻、间、对三种结构，可能含有OH、-CH3和CHO，当OH、-CH3在邻位，则有4种位置的氢，则有4种结构，当OH、-CH3在间位，则有4种位置的氢，则有4种结构，当OH、-CH3在对位，则有2种位置的氢，则有2种结构，共13种结构，其中核磁共振氢谱有5组吸收峰，且峰面积比为2:2:2:1:1的结构简式为110-0-Cll:CHO,故答案为：13;II(）-二CII?（:IIC)。A（甲苯）和氯气发生取代反应生成B(（三Cll2CI),-c11,c1发生

27、水解反应生成C(5尸比OH),尸庄OH被氧化生成D(-CHO)CHO被氧化生成E(-COOH)，根据I的分子式得到ICH20H|CH3(CH2平庄OH，因此可得出甲院和氯气发生取代反应的带二氯甲院，在碱性条CH20H CH20H I 件下水解，最后生成甲醋(G),甲醉和CH3(CH2)6CHO反应生成H(CH3(CH2网TCHO,CH20H CH10H CH20H f 础(CH2)sfCHO与氢气发生加成反应生成ICH3(CH2)sTCH20H，根据E和1结构CH20H CH20H 简式和I的分子式得到的结构简式是 C屯00令OOC屯妇宁OO心。本题考查有机物的推断，为高频考点，把握官能团与性

28、质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。16.【答案】增大接触面积，使其充分溶解盐酸KSCN溶液Fe3+加入H202溶液后，溶液）由浅红色变成深红色22 1 2 Fe3+2 H20 SCN一中硫元素为2价，具有还原性；H202中氧元素为1价，具有氧化性取少量无色溶液千试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红（或取少谥无色溶液千试管中，滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀）点；维生素C具有较强还原性，防止Fe2被氧化【解析】解：（1）将补铁剂辗碎的目的是增大接触面积，使其在用盐酸溶解时能够充分反应，故答案为：增大接触面积，使其充分溶解；(2)根据上述分析可知试剂1是盐酸，试剂2是

29、KSCN溶液，故答案为：盐酸：KSCN溶液；(3)由千Fe3与SCN一反应产生血红色物质Fe(SCNh,所以加入试剂2后溶液变为浅红色，说明溶液G)中含有Fe3+,故答案为：Fe气(4)能证明溶液G)中含有Fe2的实验现象是加入H202溶液后，溶液）由浅红色变成深红色，说明溶液中有更多的Fe3生成，是Fe2被H202氧化产生的，故答案为：加入H2见溶液后，溶液）由浅红色变成深红色；(5)在该反应中Fe元素化合价由反应前Fe2中的2价变为反应后Fe3的3价，升高1价；0元素化合价由反应前H202中的1价变为反应后比0中的2价，化合价降低lx2=2价，化合价升降最小公倍数是2,所以Fe2+、Fe3

30、的系数是2,H2伍的系数是1，然后根据电荷守恒可知H十的系数是2,最后根据原子守恒可知H20的系数是2,则配平后的离子方程式为：2H+2Fez+H202=2Fe3+2H20,故答案为：2;2;l;2;Fe3+;2;凡O;(6)甲同学猜测深红色溶液）迅速变为无色溶液G)的原因，可能是溶液中 的SCN一与H202发生了化学反应；a甲同学猜测的依据是SCN一中硫元素为2价，具有还原性；H202中氧元素为1价，具有氧化性，二者发生氧化还原反应消耗SCN-，导致溶液红色褪去，故答案为：SCN一中硫元素为2价，具有还原性；H202中氧元素为1价，具有氧化性；b乙同学通过实验证实了甲同学的猜测，可通过再加入

31、SCN-，根据溶液是否变为红色判断；也可以根据反应后溶液中是否含有进行判断。其实验方案及现象是：取少愿无色溶液千试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红；或取少谥无色溶液千试管中，滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀，故答案为：取少矗无色溶液千试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红（或取少昼无色溶液千试管中，滴入BaCl2溶液，产生白色沉淀）；(7)m片补铁剂经上述处理后反应产生Fe2伪质掀是ag,则其中Fe元素的质械为m(Fe)=ag 160g/mol x 2 x 56g/mol芍g,故每一片补铁剂中含有铁元素的质揽为言；g,第18页，共19页故答案为：一7a 10m (8)人体只能吸收Fe2+，医生建议

32、在服用该补铁剂时，同时服用有较强还原性的维生素C,这是由于维生素C具有较强还原性，能够与Fe3反应产生Fe2+，从而可防止Fe2被氧化而导致失效变质，故答案为：维生素C具有较强还原性，防止Fe2被氧化。将补铁剂辗碎，然后向其中加入足量盐酸，使二者充分接触发生反应，看到溶液几乎无色，向与盐酸反应后的溶液中加入KSCN溶液，看到溶液显浅红色，说明其中含有少蜇Fe3+，然后再加入绿色氧化剂儿02,看到溶液变为深红色，说明该溶液中同时含有Fe2+,H202将Fe2氧化为Fe3+，要验证补铁剂中铁元素的含虽，可以将补铁剂辗碎，然后向其中加入足量盐酸，使二者充分接触发生反应，然后过滤除去不溶性杂质，再向滤液中加入足量H20z,将Fe2氧化为Fe3+，然后加入足揽NaOH溶液，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，将沉淀洗涤、灼烧，分解产生Fe203,根据Fe203的质蜇，利用Fe元素可计算出补铁剂中铁元素的含量。本题考查铁离子、亚铁离子的检验方法，题目难度中等，涉及了铁离子亚铁离子的检验、实验方案的设计，注意明确物质的性质及特殊物质或离子的颜色，试题侧堇对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的规范严谨的实验设计能力，提高学生的学科素养。