2024-2025学年高一上学期化学人教版（2019）必修第一册 第四章 物质结构元素周期律 复习题（一）

吉林省重点高中高一化学必修一第四章复习题（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．下列说法正确的个数是 ①实验未用完的钠、钾、白磷不可放回原试剂瓶 ②可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去Cl2中的HCl ③钠钾合金常温下呈液态，导热性好，可用作核反应堆的传热介质 ④将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中可制备Fe(OH)3胶体 ⑤节日燃放的五彩缤纷的烟花，是锂、钠、钾、铁、锶、钡等金属化合物发生焰色试验所呈现的各种艳丽的色彩 ⑥氯气与澄清石灰水反应制漂白粉 ⑦在过渡元素中，可以找到半导体材料 ⑧14C与C60互为同素异形体 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．我国科研人员通过控制光沉积的方法构建新型催化剂，以和渗透Nafion膜，协同、分别反应构建人工光合作用体系形成HCOOH，其反应机理如图。(已知：HCOOH结构式) 下列说法错误的是 A．图中a、b分别代表、 B．反应过程中涉及到极性键的断裂和形成 C．结合反应机理图，1 mol 被氧化为，转移电子数约为 D．该人工光合作用体系的总反应为 3．考古学上常用来测定文物的年代。的原子核内中子数是 A．20 B．14 C．8 D．6 4．下列物质属于电解质且为共价化合物的是 A． B． C． D． 5．短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其次外层电子数的3倍，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，Y、W的最外层电子数相同，下列说法正确的是 A．简单离子半径：Y>Z B．Y单质能从溶液中置换出W单质 C．非金属性：X<Y D．Z2X2只有氧化性，没有还原性 6．铯(Cs)是制造真空器件、光电管、原子钟等的重要材料，金属铯的密度为，熔点为。下列说法正确的是 A．的原子序数为87 B．碱性： C．铯与水反应时，铯浮在水面上，反应剧烈，发生爆炸 D．铯的熔点大于钠 7．下列化合物的微观结构中，同种原子间不形成共价键的是 A． B． C． D． “微观决定宏观，结构决定性质”始终是化学学科认识物质的基本观点。以元素周期系为依据对元素进行分类和归纳，掌握元素之间的联系和差别，有助于理解和应用物质的性质。有原子序数依次增大的五种短周期主族元素W、X、Y、Z、Q，其中只有X、Y、Z处于同周期，且X与Z的原子序数之比为，Z与Q同主族。请回答（8-13）题： 8．Q在周期表中的位置为 A．第二周期第ⅣA族 B．第二周期第ⅦA族 C．第三周期第VA族 D．第三周期第ⅥA族 9．下列关于Z与Q形成的两种常见化合物的叙述错误的是 A．都能与水反应 B．都能与氧气反应 C．都能与氧化钠反应 D．都能使澄清石灰水变浑浊 10．X、Y、Z三种元素的原子半径大小关系为 A． B． C． D． 11．下列关于由W、Y、Z三种元素形成的常见化合物的叙述正确的是 A．难溶于水 B．仅含有离子键 C．可能具有强氧化性 D．原子最外层都形成了8电子结构 12．下列关于这五种元素的叙述正确的是 A．五种元素都是组成蛋白质的元素 B．元素Q最高价氧化物对应的水化物具有挥发性 C．元素Z的最高正价在数值上等于它所处的族序数 D．元素Y的最简单氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红 13．许多元素都有同位素，如W与Z两种元素都各有三种核素，则由W、Z两种元素组成的化合物中，摩尔质量最小与最大的两种分子的相对分子质量之比最接近的是 A． B． C． D． 14.镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如图所示。下列判断不合理的是 A．金属镓可与溶液反应生成Na[Ga(OH)4]和氢气 B．可与盐酸反应生成 C．向溶液中逐滴加入足量氨水，先生成沉淀，后沉淀溶解 D．、均处于第三主族 15．类比或推理是重要的学习方法，下列类比或推理合理的是 选项 已知 类比或推理 A 溶液显碱性 溶液也显碱性 B 工业电解熔融氯化镁制镁 工业电解熔融氯化铝制铝 C 可以用浓干燥 也可以用浓干燥 D 通入溶液无明显现象 通入溶液也无明显现象 A．A B．B C．C D．D 16．短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，D为过渡元素；甲、乙、丙、丁、戊、己为这些元素组成的单质或化合物，转化关系如图所示(反应条件和部分产物已略去)，其中乙、丁为单质，甲为含碳量 A．纯净的乙可用于漂白有色纸张 B．X中各物质均只含有极性共价键 C．简单氢化物的稳定性：C＞B D．通常状况下，氧化性：乙＞戊＞己 17．下列有关说法正确的是 A．碳酸钠、碳酸钾均属于碳酸盐 B．能和酸反应生成盐和水的物质一定是碱 C．C60与石墨的组成元素相同，性质也完全相同 D．向饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液可制备Fe(OH)3胶体 18．为原子序数依次增大的短周期主族元素。Y与Z位于同一主族，Z的核外电子数是Y的2倍，原子的最外层电子数之和等于W的核外电子数。下列说法正确的是 A．离子半径： B．简单氢化物稳定性： C．Z的单质在Y的单质中燃烧生成 D．氧化物对应水化物的酸性： 二、填空题 19．取钠、镁、铝的单质各1g，分别与足量盐酸反应，产生氢气最快的是 ，产生氢气最多的是 ，反应中失电子数目最多的是 ． 20．下表列出了①~⑥六种元素在周期表中的位置：       族 周期 ⅠA 0 1 ① ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA 2 ② ③ ④ 3 ⑤ ⑥ (1)⑤元素的原子结构示意图为 ； (2)③元素原子的最外层电子数为 ； (3)⑤元素与④元素形成的离子化合物的化学式为 （写出一种即可）； (4)②、③、④三种元素的非金属性逐渐 （填“减弱”或“增强”）； (5)④元素和⑥元素形成的氢化物，其稳定性的强弱顺序为 ＞ （填化学式）。 21．将18g镁铝合金溶于250mL 4mol/L硫酸溶液中充分反应，共产生V L(标准状况)气体，向反应后的溶液中逐滴滴加某浓度的氢氧化钠溶液至过量，产生沉淀的物质的量与加入氢氧化钠溶液体积关系如下图所示(图像三个拐点分别标记为A、B、C)，根据题意和图示回答下列问题。 (1)图中B到C发生反应的化学方程式为 。 (2)氢氧化钠溶液的浓度为 mol/L。 (3)原合金中镁的质量是 g。 (4)V= 。 三、解答题 22．菠菜富含铁元素，岁青少年每日合理摄入铁量为。某化学小组针对菠菜中含铁量进行如下实验。 （一）实验目的：菠菜含铁量是否满足青少年日常所需。 （二）实验方案： I．取适量新鲜菠菜，剪碎后在研钵中研磨，并分成三等份。实验操作和现象记录如下： 实验 操作步骤 现象 实验一 适量蒸馏水浸泡，过滤，取滤液，加溶液后加入适量，再次加入溶液 均无明显现象 实验二 充分灼烧，加适量盐酸浸泡，取滤液，加溶液 极浅的红色 实验三 充分灼烧，加适量盐酸、浸泡，取滤液，加溶液 较深的红色 (1)灼烧菠菜时，不需要用到下列仪器中的_________（填序号）。 A．蒸发皿 B．坩埚 C．酒精灯 D．坩埚钳 (2)的电子式为 ；实验三中参与的最主要反应的离子方程式为 。可选用 替换实验三中的和盐酸。 (3)实验中，溶液用来检测 离子。 Ⅱ．菠菜中含铁量的测定，实验步骤如下： ①取新鲜菠菜，充分灼烧，将灰分转移至干燥器中冷却。 ②向灰分中加入盐酸和，浸泡，过滤并用少量盐酸洗涤烧杯和沉淀，滤液和洗涤液合并。 ③将合并液定容成待测液，测得铁离子的浓度为。 (4)根据实验数据计算菠菜含铁量为 。菠菜含铁量 （填“能”或“不能”）满足岁青少年日常所需。 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C A A B D D B D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 C A D C A A A B 1．A 【详解】①钠、钾和白磷都是活泼性物质，易燃烧，不能随意丢弃，实验未用完的钠、钾、白磷可放回原试剂瓶，故①错误； ②Cl2和HCl（均可与NaOH反应，因此不可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去Cl2中的HCl，故②错误； ③钠钾合金常温下呈液态，导热性好，可用作核反应堆的传热介质，故③正确； ④将饱和FeCl3溶液滴加到沸水中可制备Fe(OH)3胶体，故④错误； ⑤铁的焰色试验没有特征焰色，故⑤错误； ⑥氯气与石灰乳反应制漂白粉，故⑥错误； ⑦在金属与非金属元素的分界线处，可以找到半导体材料，故⑦错误； ⑧同素异形体指同种元素形成的不同单质，14C与C60不互为同素异形体，故⑧错误； 综上所述，只有③正确，故选A。 2．C 【详解】A．左边水变化为氧气，发生氧化反应，则铁离子发生还原反应，右边二氧化碳生成甲酸发生了还原反应，亚铁离子发生氧化反应，则图中a、b分别代表Fe2+、Fe3+，故A正确； B．反应过程分析判断，光合作用反应的化学方程式，涉及C=O、H-O极性键的断裂，C-H极性键的形成，故B正确； C．结合反应机理图，1 mol 被还原为，化合价由+4价降低到+2价，转移电子数为，故C错误； D．根据图中物质转化得到，光合作用反应的化学方程式，故D正确； 故选C。 3．C 【详解】的质子数为6、质量数为14，则原子核内中子数为14—6=8，故选C。 4．A 【详解】A．中只含共价键，且属于化合物，属于共价化合物，且属于电解质，A正确； B．含共价键，且属于化合物，属于共价化合物，但属于非电解质，B错误； C．只含Cl-Cl共价键，属于单质，不属于共价化合物，既不是电解质也不是非电解质，C错误； D．的钠离子与硝酸根离子之间为离子键，为离子化合物，D错误； 故选A。 5．A 【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，即X为O原子，Z可与X形成淡黄色化合物Z2X2，则Z为Na，淡黄色化合物为：Na2O2，X、Y、Z、W为短期主族元素，且Y、W最外层电子数相同，所以Y为F，W为Cl； 【详解】A．Y离子为F-，Z离子为Na+，两者核外电子层都是2层，则核电荷数越大的离子半径越小，即简单离子半径：F-> Na+，A正确； B．Y为F，W为Cl，F2在溶液中与水反应生成HF和氧气，不能置换出氯气单质，B错误； C．X为O，W为Cl ，则非金属性O>Cl，C错误； D．Z2X2为Na2O2，O为-1价，是中间价态，具有氧化性，还有还原性，D错误； 故选A。 6．B 【详解】A．Cs位于第六周期第IA族，原子序数为55，A错误； B．同主族元素从上到下金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强，碱性：CsOH>RbOH，B正确； C．金属铯的密度为，铯的密度大于水，铯与水反应时，铯沉在水底，反应剧烈，发生爆炸，C错误； D．碱金属中金属的密度随着原子序数增大而增大，熔点随着原子序数增大而减小，铯的熔点小于钠，D错误； 故选B。 7．D 【详解】 A．过氧化钠的电子式为，氧原子之间存在共价键，故A错误； B．NaN3中N原子之间存在共价键，所以同种原子之间存在共价键，故B错误； C．CaC2中碳原子之间存在C≡C键，所以同种原子之间存在共价键，故C错误； D．Al4C3中碳原子之间不存在化学键，只有Al、C之间存在化学键，故D正确； 故选：D。 8．D 9．B 10．D 11．C 12．A 13．D 【分析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素W、X、Y、Z、Q，其中只有X、Y、Z处于同周期则处于第二周期，说明W是第一周期元素、Q是第三周期，则W是H元素，且X与Z的原子序数之比为，即6号和8号元素，X为C元素、Z为O元素，则Y为N元素，Z与Q同主族，则Q为S元素； 8．Q为S，S元素在元素周期表的位置为：第三周期第VIA族，故选D； 9．Z为O、Q为S，Z和Q形成的常见化合物为SO2、SO3，两者均为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，都能与水反应、都能与氧化钠反应、都能使澄清石灰水变浑浊，但SO3不能与氧气反应，故选B； 10．X为C、Y为N、Z为O，三者为第二周期相邻元素，核电荷数越大原子半径越小，原子半径由大到小的顺序为C>N>O，故选D； 11．由W、Y、Z三种元素形成的常见化合物有HNO3、NH4NO3等，A. HNO3易溶于水，故A错误；B. NH4NO3含有离子键和共价键，故B错误；C. HNO3具有强氧化性，故C正确；D. HNO3中H原子最外层只满足2电子结构，不满足8电子结构，故D错误；故选C； 12．A．W为H、X为C、Y为N、Z为O、Q为S，五种元素都是组成蛋白质的元素，故A正确； B．元素Q最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，硫酸是难挥发性的酸，故B错误； C．元素Z是O，无最高正价，O的最高正价在数值上不等于它所处的族序数，故C错误； D．元素N的最简单氢化物是NH3，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误； 故选A； 13．由W、Z两种元素组成的化合物中，摩尔质量最小的物质为，即18g/mol，摩尔质量最大的物质为，即42g/mol，两者之比为18:42=3:8，故选D。 14．C 【分析】铝土矿中的Al2O3、Ga2O3与NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]、Na[Ga(OH)4]，通入适量CO2，Na[Al(OH)4]转化成Al(OH)3沉淀，与Na[Ga(OH)4]经过滤分离，Na[Ga(OH)4]经系列操作最终制得Ga。 【详解】A．Ga与Al同主族，曾被称为“类铝”，仿Al与NaOH溶液的反应可知，Ga可与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]和H2，A项合理； B．Ga的氧化物为两性氧化物，Ga2O3能与盐酸反应生成GaCl3和H2O，B项合理； C．Ga的氢氧化物为两性氢氧化物，Ga(OH)3能溶于强碱溶液、不能溶于弱碱溶液，故向GaCl3溶液中逐滴加入足量氨水，生成的沉淀不会溶解，C项不合理； D．在元素周期表中Al、Ga都处于第ⅢA族，D项合理； 答案选C。 15．A 【详解】A．氧、硫同主族，结合水电离出的而使溶液显碱性，推测也能结合水电离出的而使溶液显碱性，A项正确； B．是共价化合物，在熔融状态下不导电，工业上采用电解熔融氧化铝制铝，B项错误； C．浓具有强氧化性，可与反应，因此H不能用浓干燥，C项错误； D．通入溶液无明显现象，但通入溶液能使溶液显酸性，在酸性条件下具有强氧化性，因此能生成白色沉淀，D项错误； 故答案选A。 16．A 【详解】由题干及图示可知，甲为含碳量最低的烃，所以甲为CH4，因为乙为单质且与甲反应生成丙和X，X为混合物，所以判断乙为氯气，X为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷的混合物，丙为HCl，因为D为过渡元素，且丁、戊、己中可能含有该过度元素，且戊、己还可通过单质丁和氯气进行相互转化，所以判断D为变价金属元素Fe，所以丁为Fe，戊为FeCl3，己为FeCl2。因为短周期元素A、B、C的原子序数依次增大，且甲、乙、丙、丁、戊、己为这些元素组成的单质或化合物，故A元素为H元素，B元素为C元素，C元素为Cl元素。 A．因为Cl2与水反应产生的HClO具有漂白性，纯净的氯气中没有水，没有产生HClO，所以不可用于漂白有色纸张，故A项错误； B．X为一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷的混合物，这四种物质均只含有极性共价键，故B项正确； C．因为C的简单氢化物为HCl，B的简单氢化物为CH4，因为Cl的非金属性强于C的非金属性，所以简单氢化物的稳定性为C＞B，故C项正确； D．乙为Cl2、戊为FeCl3、己为FeCl2，故通常状况下，氧化性由强到弱的顺序为乙＞戊＞己，故C项正确； 故答案选A。 17．A 【详解】A．碳酸钠、碳酸钾均含有碳酸根离子，属于碳酸盐，故A错误； B．能和酸反应生成盐和水的物质可能是碱性氧化物，也可能是碱，故B错误； C．C60与石墨互为同素异形体，组成元素相同，物理性质不同，化学性质相似，故C错误； D．向饱和氯化铁溶液中滴加NaOH溶液，发生复分解反应生成氢氧化铁沉淀，不能得到氢氧化铁胶体，故D错误； 故选A。 18．B 【分析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。由“Y与Z位于同一主族，Z的核外电子数是Y的2倍”可推出Y为O元素、Z为S元素；因为都是短周期元素，所以Z后的W为Cl元素，根据X、氧、硫、最外层电子数之和等于氯的核外电子数，推出X是N元素，可知，X为N，Y为O，Z为S，W为Cl元素。以此解答该题。 【详解】A．S2-、Cl-具有相同电子层结构，质子数多，离子半径小，离子半径：，A错误； B．X为N，Y为O，同周期元素从左到右非金属性增强即O＞N，则Y的氢化物的稳定性强于X的氢化物的稳定性，B正确； C．S的单质在O的单质中燃烧生成(SO2)，C错误； D．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性越强，这里无最高价无法比较，D错误； 故选B。 19． Na Al Al 【详解】试题分析：金属性越强，与酸反应越剧烈，生成氢气越快；根据n=计算出三者的物质的量及失去电子数，根据电子转移守恒，金属提供电子越多，相同条件下生成氢气越多，据此进行解答． 解：金属性Na＞Mg＞Al，故Na与酸反应剧烈程度最大，产生氢气最快； 1g Na、Mg、Al的物质的量及失去电子分别为：n（Na）==mol，失去电子的物质的量为： mol×1=mol； n（Mg）==mol，失去电子的物质的量为： mol×2=mol； n（Al）==mol，失去电子的物质的量为： mol×3=mol； 根据计算可知，失去电子的物质的量最多的为Al，根据电子守恒，生成氢气的物质的量最多的也为Al， 故答案为Na； Al；Al． 20． 5 Na2O或Na2O2 增强 H2O H2S 【分析】由元素在周期表中的位置可知，①为H、②为C、③为N、④为O、⑤为Na、⑥为S，根据此分析进行解答。 【详解】（1）⑤为Na，原子结构示意图为。 故答案为   （2）③为N，原子序数为7，最外层电子数为5. 故答案为  5 （3）④为O、⑤为Na，组合出的离子化合物为Na2O或Na2O2。 故答案为  Na2O或Na2O2 （4）同周期，原子序数依次增大，自左而右元素非金属性增强。 故答案为  增强 （5）④为O、⑥为S氢化物分别为水和硫化氢，且O的非金属性强于S，故稳定性的强弱顺序为H2O＞H2S。 故答案为  H2O    H2S 【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律等，难度不大，注意整体把握元素周期表，理解元素周期律。 21．(1)Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O (2)4 (3)7.2 (4)20.16 (5) (6)1∶3 (7)10 (8)0.14 【分析】Ⅰ．镁铝合金中镁和铝都可以与H2SO4反应，化学方程式为Mg＋H2SO4=MgSO4＋H2↑，2Al＋3H2SO4=Al2(SO4)3＋3H2↑；加入NaOH后，MgSO4、Al2(SO4)3会与之反应生成Mg(OH)2、Al(OH)3；但是根据图象，OA段加入NaOH并没有沉淀生成，说明H2SO4过量，OA段的反应为H2SO4＋2NaOH=Na2SO4＋2H2O；AB段为Mg2＋和Al3＋的沉淀反应，化学方程式分别为MgSO4＋2NaOH=Mg(OH)2↓＋Na2SO4，Al2(SO4)3＋6NaOH=Al(OH)3↓＋3Na2SO4；根据方程式，可知B点溶液中只存在一种溶质，即Na2SO4。BC段，Al(OH)3与NaOH反应，方程式为Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O。 Ⅱ．从图象可知，OA段加入氢氧化钠溶液无沉淀产生，说明溶液中有稀硝酸，铝粉和铁粉的混合物与一定量很稀充分反应，被氧化为、，通过题意，反应始终没有气体生成，可以得出不会有氮的氧化物生成，又因硝酸的浓度越稀，对应的还原产物中氮元素的化合价越低，可以推测N元素由+5变成了3价，由图可得硝酸过量，加入氢氧化钠溶液应先与硝酸反应，再生成沉淀，当沉淀完全后，由图知继续加入氢氧化钠溶液，沉淀量不变，可得与发生了反应，则随着NaOH的滴加，发生的反应依次有： OA段：， AB段：，， BC段：， CD段：，再结合消耗的NaOH溶液的体积可知：，根据氧化还原反应，N元素由+5价变为-3价，而金属都由0价变为+3价，可以运用电子守恒得出金属的物质的量为：，则AB段消耗的NaOH溶液的体积为：，则OA段体积为10mL，对应溶液中含有；，则；据此解答。 【详解】（1）由分析可知，图中B到C发生反应的化学方程式为：Al(OH)3＋NaOH=NaAlO2＋2H2O； （2）根据B点的溶液进行计算，B点的溶液中只有一种溶质Na2SO4，根据物料守恒，n(NaOH)=2n(H2SO4)，则0.5L×c(NaOH)=2×0.25L×4mol·L－1，求得c(NaOH)=4mol·L－1； （3）BC段Al(OH)3溶解，消耗了100mLNaOH溶液，即0.1L×4mol·L－1=0.4molNaOH，根据方程式可知Al(OH)3的物质的量为0.4mol，则合金中含有0.4molAl，其质量为0.4mol×27g·mol－1=10.8g，则Mg的质量为18g－10.8g=7.2g；Mg的物质的量为0.3mol； （4）Al的物质的量为0.4mol，Mg的物质的量为0.3mol，根据化学方程式则生成n(H2)=1.5n(Al)＋n(Mg)=1.5×0.4mol＋0.3mol=0.9mol；则在标况下，V(H2)=22.4L·mol－1×0.9mol=20.16L； （5）由上述分析可知，金属铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、硝酸铵和水，反应的离子方程式为：； （6）由上述分析计算可知：；，则其比值为1∶3； （7）由上述分析计算可知：A点对应的氢氧化钠溶液的体积为10mL； （8）由分析可知，金属总物质的量为0.016mol，则合金溶解后硝酸根的物质的量为0.016mol×3=0.048mol，硝酸铵的物质的量为0.006mol，剩余硝酸的物质的量为：10mL×10-3L/mL×lmo/L=0.01mol，则根据N元素守恒可知，原硝酸中含有硝酸的物质的量为0.048mol+0.006mol+0.006mol+0.01mol =0.07mol，硝酸的浓度为。 22．(1)A (2) 氯水（或稀硝酸） (3)（或铁） (4) 2.8 不能 【分析】本题为实验题，实验一中未在浸泡液中检测出亚铁离子、铁离子；实验二中菠菜用坩埚灼烧为灰烬，加入蒸馏水中充分溶解后过滤，检验滤液中铁离子含量很低，实验三中，灰分含二价铁、用氧化剂将二价铁氧化为三价铁用硫氰化钾检验三价铁，现象明细。以此解题。 【详解】（1）灼烧固体需要使用的仪器有酒精灯、三脚架和泥三角、坩埚，则灼烧菠菜时不需要用到下列仪器中的蒸发皿； 选A。 （2）为共价化合物，电子式为；实验三中二价铁可以被过氧化氢氧化为三价铁，则参与的最主要反应的离子方程式为：。氯水和硝酸也能把亚铁离子氧化为铁离子，故可选用氯水(或稀硝酸)替换实验三中的和盐酸。 （3）铁离子可以和KSCN反应生成血红色溶液，则实验中，溶液用来检测(或铁)离子。 （4）根据实验数据：新鲜菠菜中含铁量为，则新鲜菠菜中含铁量为2.8 。已知岁青少年每日合理摄入铁量为，则菠菜含铁量不能满足岁青少年日常所需。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$