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  • 2021-08-06 发布

【化学】安徽省宣城市2018-2019学年高一下学期期末考试试题(解析版)

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安徽省宣城市2018-2019学年高一下学期期末考试试题 可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 O 16 Na 23 Al 27 Cl 35.5 Fe 56‎ 第Ⅰ卷(选择题 共48分)‎ 一、选择题(本题包括16小题,每小题3分,共48分。每小题只有一个选项符合题意。)‎ ‎1.《本草纲目》中记载:“烧酒非古法也,自元时始创其法。用浓酒和糟入甑,蒸令气上,用器承取滴露。”文中涉及的操作方法是( )‎ A. 蒸发 B. 蒸馏 C. 升华 D. 干馏 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题中所给信息,“蒸令气上”表明该方法是利用各组分沸点不同实现物质的分离,此“法”是指蒸馏,烧酒利用的是蒸馏原理,故选B。‎ ‎2.元素中文名为,是一种人工合成的稀有气体元素,下列说法正确的是( )‎ A. 核外电子数是118 B. 中子数是295‎ C. 质量数是177 D. 第六周期0族元素 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.核外电子数=质子数=118,故A正确;‎ B.中子数=质量数-质子数=295-118=177,故B错误;‎ C.由可知,质量数为295,故C错误;‎ D.根据元素周期表的排列,118号元素应在第七周期0族,故D错误;‎ 答案选A。‎ ‎3. 是工业上制硝酸的重要反应,下列有关说法错误的是( )‎ A. 使用催化剂可以加快反应速率 B. 增大压强可以加快反应速率 C. 达到平衡时,V(正)=V(逆)‎ D. 增大O2的浓度可以使NH3全部转变为NO ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、催化剂可降低反应的活化能,增大活化分子百分数,可增大反应速率,故A正确;‎ B项、增大压强,气体浓度增大,单位体积活化分子数目增多,反应速率增大,故B正确;‎ C项、v(正)=v(逆)说明各物质的浓度、质量等不变,说明达到反应限度,为平衡状态,故C正确;‎ D项、该反应为可逆反应,可逆反应不可能完全进行,转化率不可能达到100%,故D错误;‎ 故选D。‎ ‎4.乙醇和乙酸是生活中常见的有机物。下列说法不正确的是( )‎ A. 两者互为同分异构体 B. 沸点都比CH4的沸点高 C. 两者之间能发生反应 D. 两者均是某些调味品的主要成分 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、二者分子式不同,不是同分异构体,故A错误;‎ B项、乙醇和乙酸都可以形成分子间氢键,增大分子间作用力,使乙醇和乙酸的沸点都比CH4的沸点高,故B正确;‎ C项、乙醇和乙酸在浓硫酸作用下共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水,故C正确;‎ D项、酒的主要成分是乙醇,醋的主要成分是乙酸,酒和醋都是调味品,故D正确;‎ 故选A。‎ ‎5.下列各项中表示正确的是( )‎ A. F-结构示意图: B. CH4的球棍模型示意图:‎ C. NaCl的电子式: D. N2的结构式:‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、氟离子核外电子总数为10,最外层为8个电子,离子的结构示意图为,故A正确;‎ B项、为甲烷的比例模型,甲烷的球棍模型应该用小球和短棍表示,甲烷为正四面体结构,其正确的球棍模型为,故B错误;‎ C项、NaCl为离子化合物,由钠离子与氯离子构成,电子式为,故C错误;‎ D项、氮气的电子式为:,将电子式中的共用电子对换成短线,即为氮气的结构式,则氮气的结构式为N≡N,故D错误;‎ 故选A。‎ ‎6.下列过程只需破坏离子键的是( )‎ A. 晶体硅熔化 B. 碘升华 C. 熔融NaCl D. HCl(g)溶于水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、晶体硅为原子晶体,熔化时需破坏共价键,故A错误;‎ B项、碘为分子晶体,升华时需破坏分子间作用力,故B错误;‎ C项、NaCl为离子晶体,熔融时需破坏离子键,故C正确;‎ D项、HCl为共价化合物,溶于水时需破坏共价键,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎7.今年是门捷列夫发现元素周期律150周年,联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。下列有关化学元素周期表的说法正确的是( )‎ A. 元素周期表共有16列 B. 第ⅦA元素的非金属性自上而下逐渐减弱 C. 主族元素均呈现与其族序数相同的最高化合价 D. 第三周期主族元素的原子半径自左向右依次增大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、元素周期表共有18列,16个族,故A错误;‎ B项、第ⅦA元素为卤族元素,同主族元素的非金属性自上而下逐渐减弱,故B正确;‎ C项、氟元素只有负化合价,没有正化合价,故C错误;‎ D项、第三周期主族元素的原子半径自左向右依次减小,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎8.下表是元素周期表的一部分,W、X、Y、Z为短周期主族元素,W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是( )‎ A. 原子半径:W<X B. Y在自然界中只以化合态形式存在 C. 气态氢化物热稳定性:Z<W D. W和Z的氧化物对应的水化物酸性:Z<W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】由W与X最高化合价之和为8可知,W为N元素,X为Al元素;由周期表的相对位置可知,Y为Si元素,Z为P元素。‎ ‎【详解】A项、同周期元素从左到右原子半径依次减小,同主族元素从上到下,原子半径依次增大,则原子半径N<Al,故A正确;‎ B项、硅为亲氧元素,在自然界中只以化合态形式存在,故B正确;‎ C项、元素非金属性越强,氢化物的热稳定性越强,非金属性P<N,则氢化物的热稳定性PH3<NH3,故C正确;‎ D项、元素非金属性越强,最高价氧化物对应水化物酸性越强,但氧化物对应的水化物酸性不一定,如亚硝酸的酸性弱于磷酸,故D错误;‎ ‎9.下列过程中能量的转化与图示吻合的是( )‎ A. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应 B. C与CO2(g)反应 C. 酸碱中和反应 D. 断开H2中的H-H键 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,该反应为放热反应。‎ ‎【详解】A项、Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应为吸热反应,故A错误;‎ B项、C与CO2(g)共热生成一氧化碳的反应为吸热反应,故B错误;‎ C项、酸碱中和反应是放热反应,故C正确;‎ D项、断开H2中的H-H键是一个吸热过程,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎10.同分异构现象是造成有机物种类繁多的重要原因之一。下列各组物质互为同分异构体的是( )‎ A. 甲烷与丙烷 B. CH2=CH2与CH3CH3 ‎ C. 蔗糖与麦芽糖 D. 纤维素与淀粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、甲烷与丙烷的分子式不同,不互为同分异构体,故A错误;‎ B项、CH2=CH2与CH3CH3的分子式不同,不互为同分异构体,故B错误;‎ C项、蔗糖与麦芽糖的分子式相同,结构不同,互为同分异构体,故C正确;‎ D项、纤维素与淀粉的分子式均为(C6H10O5)n,但聚合度n值不同,不互为同分异构体,故D错误;‎ 故选C。‎ ‎11.如图是球棍模型表示的某有机反应,该反应的类型为( )‎ A. 加成反应 B. 取代反应 C. 加聚反应 D. 酯化反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知,第一个分子中的不饱和键断裂,断键原子与另一分子断裂产生的原子相结合,生成新的物质的反应,属于加成反应。‎ 故选A。‎ ‎12.已知有一种烃的结构类似自行车,简称“自行车烃”,如下图所示。‎ 下列关于它的叙述正确的是( )‎ A. 易溶于水 B. 一定条件下可以与氧气反应 C. 其密度大于水的密度 D. 与己烷互为同系物 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、自行车烃属于烃,烃均难溶于水,故A错误;‎ B项、自行车烃是由碳氢元素组成,完全燃烧生成物是CO2和水,故B正确;‎ C项、自行车烃属于烃,烃的密度均小于水的密度,故C错误;‎ D项、自行车烃与己烷结构不相似,不是同类物质,不互为同系物,故D错误;‎ 故选B。‎ ‎13.下列选项中的物质与其特征反应对应正确的是( )‎ 选项 物质 特征反应 A 油脂 遇浓硝酸变黄 B 蛋白质 碱性条件下发生水解反应 C 淀粉 常温下,遇碘化钾溶液变蓝 D 葡萄糖 加热条件下,与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.油脂含有酯基,与硝酸不发生显色反应,蛋白质可与硝酸发生显色反应,A错误;‎ B.蛋白质含有肽键,在碱性、酸性或催化条件下均水解,在碱性条件下水解不能作为特征反应,B错误;‎ C.淀粉遇碘变蓝色,可用于检验淀粉,不是碘化钾,C错误;‎ D.葡萄糖含有醛基,可发生氧化反应,可与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀,D正确;‎ 答案选D。‎ ‎14.根据元素周期律,由下列事实进行归纳推测,推测不合理的是 ( )‎ 选项 事实 推测 A Mg与水反应缓慢,Ca与水反应较快 Ba(第ⅡA族)与水反应会更快 B Si是半导体材料,同族的Ge也是半导体材料 第ⅣA族的元素的单质都可作半导体材料 C HCl在1 500 ℃时分解,HI在230 ℃时分解 HBr的分解温度介于二者之间 D Si与H2高温时缓慢反应,S与H2加热能反应 P与H2在高温时反应 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.同一主族元素其金属性随着原子序数增大而增强,元素的金属性越强,其单质与水或酸反应生成氢气越容易,金属性Ba>Ca>Mg,则金属单质与水反应置换出氢气剧烈程度Ba>Ca>Mg,所以Ba与水反应会更快,选项A正确;‎ B.在元素周期表中,位于金属和非金属分界线处的元素单质能作半导体,Pb不位于金属元素和非金属元素分界线处,所以Pb不能作半导体材料,选项B错误;‎ C.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,非金属性Cl>Br>I,所以氢化物的稳定性HCl>HBr>HI,则HBr的分解温度介于二者之间,选项C正确;‎ D.元素的非金属越强,其单质与氢气反应越容易,非金属性S>P>Si,所以P与H2在高温时能反应,选项D正确;‎ 答案选B。‎ ‎15.某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光,装置如下。下列说法错误的是( )‎ A. 铜片表面有气泡生成 B. 装置中存在“化学能→电能→光能”的转换 C. 电子由锌片→稀硫酸→铜片 D. 电解质溶液中,阳离子移向铜片 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】由题给装置可知,锌片、铜片在稀硫酸中构成原电池,活泼金属锌为负极,失电子发生氧化反应,铜为正极,氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气,外电路,电子由负极经导线流向正极,电解质溶液中阳离子向正极移动。‎ ‎【详解】A项、铜为正极,氢离子在正极上得电子发生还原反应生成氢气,故A正确;‎ B项、锌片、铜片在稀硫酸中构成原电池,将化学能转化为电能,使LED灯发光,将电能转化为光能,故B正确;‎ C项、电子由锌片经导线流向铜片,电子不会经过溶液,故C错误;‎ D项、铜片为正极,电解质溶液中,阳离子移向正极,故D正确;‎ 故选C。‎ ‎16.一定温度和压强下,在2L的密闭容器中合成氨气: 。反应过程中反应物和生成物的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法错误的是( )‎ A. 0~10min内,以NH3表示的平均反应速率为 B. 10~20min内,‎ C. 该反应在20min时达到化学平衡状态 D. N2的平衡转化率与H2平衡转化率相等 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A项、由图可知,10min时反应生成NH3的物质的量为0.1mol,则0~10min内,以NH3表示的平均反应速率为=0.005mol/(L·min),故A正确;‎ B项、10~20min内,各物质的反应速率之比等于化学计量数之比,则v(N2):v(H2):v(NH3)=1:3:2,故B正确;‎ C项、20min时,各物质的物质的量保持不变,说明反应达到化学平衡状态,故C正确;‎ D项、由图可知N2的起始量与H2的起始量之比为2:3,与化学计量数之比不相等,则N2‎ 的平衡转化率与H2平衡转化率一定不相等,故D错误;‎ 故选D。‎ 第Ⅱ卷(非选择题 共52分)‎ 二、填空题(本题包括4小题,共52分。)‎ ‎17.下表是元素周期表短周期的一部分:‎ ‎(1)①表示的元素名称是____,②对应简单离子结构示意图为_____,简单离子半径比较②______④。(填“大于”、“小于”、“等于”)‎ ‎(2)③位于元素周期表第__________周期第__________族。‎ ‎(3)④的单质与NaOH溶液反应的离子方程式_______________。‎ ‎(4)用电子式表示③和⑤形成化合物的过程_______。‎ ‎【答案】(1). 碳 (2). (3). 大于 (4). 三 (5). ⅡA (6). 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2—+3H2↑ (7). ‎ ‎【解析】‎ 分析】由题给周期表可知①为C元素、②为O元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为氯元素。‎ ‎【详解】(1) ①为C元素,名称为碳;②为O元素,氧离子结构示意图为;氧离子和铝离子具有相同的电子层结构,电子层结构相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,则氧离子半径大于铝离子,故答案为:碳;;大于;‎ ‎(2)③为Mg元素,位于元素周期表第三周期ⅡA族,故答案为:三;ⅡA;‎ ‎(3)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2—+3H2↑,故答案为:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2—+3H2↑;‎ ‎(4)③和⑤‎ 形成的化合物为离子化合物氯化镁,氯化镁是由镁离子和氯离子形成,用电子式表示氯化镁的形成过程为,故答案为:。‎ ‎18.从石油中获取乙烯已成为目前生产乙烯的主要途径。请根据下图回答:‎ ‎(1)以石油为原料,获取大量乙烯的主要方法是__________ (填字母代号)。‎ A 水解 B 裂解 C 分馏 ‎(2)乙烯的结构简式是__________,B分子中官能团的名称是__________。‎ ‎(3)A与B反应的化学方程式是_________,反应类型是__________,利用该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为__________。(原子利用率=期望产物的总质量与生成物的总质量之比)‎ ‎(4)某同学用图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后,试管甲上层为透明且不溶于水的油状液体。‎ 实验时,为分离出乙酸乙酯中混有的少量A和B,试管中应先加入__________,实验结束后,振荡试管甲,有无色气泡生成,其主要原因是__________ (用化学方程式表示),最后分离出乙酸乙酯用到的主要仪器是__________。‎ ‎【答案】(1). B (2). CH2=CH2 (3). 羧基 (4). CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O (5). 酯化反应 (6). 83.02% (7). 饱和碳酸钠溶液 (8). Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+ H2O (9). 分液漏斗 ‎【解析】‎ ‎【分析】由有机物的转化关系可知,石油经催化裂解的方法获得乙烯,一定条件下,乙烯与水发生加成反应生成乙醇,则A为乙醇;在浓硫酸作用下,乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯,则B为乙酸,据此解答。‎ ‎【详解】(1)工业上以石油为原料,通过催化裂解的方法获取大量乙烯,故答案为:B;‎ ‎(2)乙烯的结构简式为CH2=CH2;B为乙酸,乙酸的结构简式为CH3COOH,官能团为羧基,故答案为:CH2=CH2;羧基;‎ ‎(3)A与B的反应是在浓硫酸作用下,乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯,反应的化学方程式为CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O;若有1mol乙醇反应,期望乙酸乙酯的总质量为88g,生成物乙酸乙酯和水的总质量为106g,则该反应制取乙酸乙酯的原子利用率为×100%≈83.02%,故答案为:CH3COOH + C2H5OH CH3COOC2H5+H2O;酯化反应;83.02%;‎ ‎(4)乙酸乙酯中混有挥发出的乙醇和乙酸,可以加入饱和碳酸钠溶液,中和挥发出来的乙酸,溶解挥发出来的乙醇,降低乙酸乙酯在水中的溶解,碳酸钠与乙酸反应的化学方程式为Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+ H2O;最后用分液的方法分离出乙酸乙酯,分液用到的主要仪器是分液漏斗,故答案为:饱和碳酸钠溶液;Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+CO2↑+ H2O;分液漏斗。‎ ‎19.某研究性学习小组通过铁与盐酸反应的实验,研究影响反应速率的因素(铁的质量相等,铁块的形状一样,盐酸均过量),甲同学设计实验如下表:‎ 实验编号 盐酸浓度(mol·L-1)‎ 铁的状态 温度/°C ‎1‎ ‎2.00‎ 块状 ‎20‎ ‎2‎ ‎2.00‎ 粉末 ‎20‎ ‎3‎ ‎1.00‎ 块状 ‎20‎ ‎4‎ ‎2.00‎ 块状 ‎40‎ 请回答:‎ ‎(1)若四组实验均以收集到500mL(已转化为标准状况下)氢气为标准,则上述实验中还需要测定的数据是________。‎ ‎(2)实验________和______是研究铁的状态对该反应速率的影响(填实验编号,下同);实验______和______是研究温度对该反应速率的影响。‎ ‎(3)测定在不同时间t产生氢气体积V的数据,根据数据绘制得到图,则曲线c、d分别对应的实验组别可能是_______、______。‎ ‎(4)乙同学设计了下列一组实验:所用铁块的形状、质量均相同,所用酸的体积相同,其浓度如下,你认为产生氢气速率最快的是______。‎ A 18.4mol·L-1硫酸 B 5.0mol·L-1硝酸 C 3.0mol·L-1盐酸 D 2.0mol·L-1硫酸 ‎【答案】(1). 收集500 mL氢气所需的时间 (2). 1 (3). 2 (4). 1 (5). 4 (6). 1 (7). 3 (8). D ‎【解析】‎ ‎【分析】该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验,研究影响反应速率的因素,由表格数据可知,实验1和2铁的状态不同,目的是研究铁的状态对该反应速率的影响;实验1和3盐酸的浓度不同,目的是研究盐酸的浓度对该反应速率的影响;实验1和4反应温度不同,目的是研究反应温度对该反应速率的影响。‎ ‎【详解】(1)该实验的目的是通过铁与盐酸反应的实验,研究影响反应速率的因素,要比较反应速率的快慢,还需要测定收集到标准状况下500mL氢气所需的时间,故答案为:收集500 mL氢气所需的时间;‎ ‎(2)由表格数据可知,实验1和2铁的状态不同,目的是研究铁的状态对该反应速率的影响;实验1和4反应温度不同,目的是研究反应温度对该反应速率的影响,故答案为:1;2;1;4;‎ ‎(3)由图可知,曲线c、d的反应速率较慢,固体表面积越大,反应速率越快,则1和2相比,1的反应速率较慢;酸的浓度越大,反应速率越快,则1和3相比,3的反应速率较慢;温度越高,反应速率越快,则1和4相比,1的反应速率较慢,所以曲线c、d分别对应的实验组别可能是1和3,故答案为:1;3;‎ ‎(4)铁在18.4mol·L-1硫酸中钝化,无氢气生成;铁与5.0mol·L-1硝酸反应生成一氧化氮,无氢气生成;铁与3.0mol·L-1盐酸和2.0mol·L-1硫酸反应生成氢气,3.0mol·L-1盐酸中氢离子浓度为3.0mol·L-1,2.0mol·L-1硫酸中氢离子浓度为4.0mol·L-1,氢离子浓度越大,反应速率越快,则产生氢气速率最快的是2.0mol·L-1硫酸,故答案为:D。‎ ‎20.一种用铝土矿和硫铁矿烧渣(配料中含Al2O3、Fe2O3、FeO及SiO2等)为原料制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如下:‎ ‎(1)配料中属于两性氧化物的是______,步骤Ⅱ酸溶时,Fe2O3被溶解的化学方程式为_____。‎ ‎(2)“滤渣1”的主要成分为________ (填化学式),为检验“过滤1”后的溶液中是否含有Fe3+,可选用的化学试剂是_________。‎ ‎(3)步骤Ⅳ加入H2O2溶液的目的是______,发生反应的离子方程式为__。‎ ‎(4)步骤Ⅴ调节pH=3发生反应生成聚合碱式氯化铝铁,若溶液pH过大,可能造成的影响是_________;步骤Ⅵ包含的操作有过滤、________、干燥得到产品。‎ ‎(5)测定聚合碱式氯化铝铁{可表示为[FeaAlb(OH)xCly]n}中n(Fe)/n(Al)的比值的步骤如下:‎ 步骤1:准确称取产品5.710g溶于水,加入足量的稀氨水,过滤,将滤渣灼烧至质量不再变化,得到3.350g固体。‎ 步骤2:另准确称取相同质量样品,溶于足量NaOH溶液,过滤,充分洗涤,将滤渣灼烧至质量不再变化,得到固体0.8000g。‎ 计算产品中n(Fe)/n(Al)的比值。(写出计算过程)____________‎ ‎【答案】(1). Al2O3 (2). Fe2O3+ 6HCl=2FeCl3+3H2O (3). SiO2 (4). KSCN溶液 (5). 把溶液中的亚铁离子氧化为铁离子 (6). 2Fe2++ H2O2+2H+= 2Fe3++2H2O (7). 得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3 (8). 洗涤 (9). 5:1‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】由流程图可知,铝土矿和硫铁矿烧渣酸溶时,Al2O3、Fe2O3和FeO与盐酸反应生成氯化铝、氯化铁和氯化亚铁,SiO2不与盐酸反应,过滤得含有氯化铝、氯化铁和氯化亚铁的滤液,滤渣1为没有反应的SiO2;酸性条件下,向滤液中加入双氧水溶液,氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁;向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH为3,促进氯化铝和氯化铁的水解得到聚合碱式氯化铝铁,若溶液pH过大,可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀,降低聚合碱式氯化铝铁的产率;静置后,过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品。‎ ‎【详解】(1)配料中Al2O3为两性氧化物,Fe2O3、FeO为碱性氧化物,SiO2为酸性氧化物;步骤Ⅱ酸溶时,Fe2O3与盐酸反应生成氯化铁和水,反应的化学方程式为Fe2O3‎ ‎+6HCl=2FeCl3+3H2O,故答案为:Al2O3;Fe2O3+ 6HCl=2FeCl3+3H2O;‎ ‎(2)酸性氧化物SiO2不与盐酸反应,过滤得到的滤渣1为没有反应的SiO2;实验室用KSCN溶液检验Fe3+,故答案为:SiO2;KSCN溶液;‎ ‎(3)步骤Ⅳ为酸性条件下,氯化亚铁被双氧水氧化生成氯化铁,反应的离子方程式为2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:2Fe2++ H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;‎ ‎(4)步骤V若将溶液pH过大,可能会使氯化铝和氯化铁转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀,降低聚合碱式氯化铝铁的产率;静置后,过滤、洗涤和干燥得到聚合碱式氯化铝铁产品,故答案为:得到的是Fe(OH)3和Al(OH)3;洗涤;‎ ‎(5)由步骤2在5.710样品中:160g·mol-1×n(Fe2O3)=0.8000g,n(Fe2O3)=0.0050mol,相,由步骤1在5.710g样品中:102g·mol-1×n(Al2O3)+160g·mol-1×n(Fe2O3)=3.350g,102g·mol-1×n(Al2O3)=3.350g-0.8000g,n(Al2O3)=0.025mol,则n(Al):n(Fe)=(2×0.025mol):(2×0.005mol)=5:1,即产品中n(Fe)/n(Al)的比值为:5:1。‎