2022-2023学年黑龙江省富锦市第一中学高一下学期第一次考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省富锦市第一中学高一下学期第一次考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，元素或物质推断题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省富锦市第一中学2022-2023学年高一下学期第一次考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．中华优秀传统文化涉及很多化学知识。下列有关说法不正确的是
A．“火树银花合，星桥铁锁开”中的“火树银花”涉及金属元素的焰色
B．古剑沈卢“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的“剂钢”是铁的合金
C．“以曾青涂铁，铁赤色如铜”中的“曾青”是铜盐
D．《天工开物》中有“至于矾现五金色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中的“矾”指的是金属硫化物
【答案】D
【详解】A．焰色是某些金属元素的特征性质，不同金属元素的焰色不同，“火树银花”中的焰火颜色实质上是金属元素的焰色的体现，故A正确；
B．合金的硬度一般大于其成分金属的硬度，剑刃硬度较大，所以“剂钢”为铁碳合金，故B正确；
C．“曾青涂铁”是可溶性铜盐溶液与金属铁发生置换反应得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，故C正确；
D．矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐，不是金属硫化物，故D错误；
答案选D。
2．(核磁共振)、可用于测定蛋白质、核酸等生物大分子的空间结构，瑞士科学家库尔特、维特里希等人为此获得了诺贝尔化学奖。下列有关元素的说法中正确的是
A．和互为同位素 B．与金刚石互为同素异形体
C．、、为同一种核素 D．的质量数为核外电子数与原子序数之和
【答案】A
【详解】A．同位素是同一元素的不同原子，其原子具有相同数目的质子，但中子数目不同。和的质子数相同，质量数不同，即中子数不同，两者互为同位素，A正确；
B．是核素，金刚石是单质，二者不互为同素异形体，B错误；
C．、、为H元素的三种不同核素，C错误；
D．的质量数为核外电子数与中子数之和，D错误；
故选A。
3．下列离子方程式的书写正确的是
A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应： Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO
B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀： Ba2++2OH-+2H++SO= BaSO4↓+2H2O
C．钠与CuSO4溶液反应的离子方程式： 2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+
D．向石灰乳中加入盐酸： OH-+H+=H2O
【答案】A
【详解】A．澄清石灰水与过量碳酸氢钠溶液反应化学方程式为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，则离子方程式为： Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+ 2H2O +CO，A正确；
B．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至SO恰好完成沉淀化学方程式为：NaHSO4＋ Ba(OH)2＝BaSO4↓＋NaOH+H2O，离子方程式为：Ba2++OH-+H++SO= BaSO4↓+H2O，B错误；
C．钠与CuSO4溶液反应时先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，总反应方程式为：2Na+2H2O＋CuSO4=Cu(OH)2↓+Na2SO4+H2↑，离子方程式为： 2Na+2H2O +Cu2+= Cu(OH)2↓+2Na++H2↑，C错误：
D．向石灰乳中加入盐酸，石灰乳为悬浊液，不能写成离子的形式，正确的离子方程式为： Ca(OH)2+2H+= Ca2++2H2O，D错误。
答案选A。
4．下列各图若为元素周期表的一部分(表中数字代表原子序数)，其中合理的是
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．2号元素为He，位于元素周期表最右一列，故A错误；
B．11号元素位于ⅠA族，在元素周期表最左一列，故B错误；
C．10号元素为Ne，位于元素周期表最右一列，故C错误；
D．6号C元素、14号Si元素、32号Ge元素都位于ⅣA族，故D正确；
选D。
5．工业上制取ClO2的化学反应:2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4,下列说法中正确的是
A．NaClO3在反应中失去电子
B．SO2在反应中被氧化
C．H2SO4在反应中作氧化剂
D．1 mol氧化剂在反应中得到2 mol电子
【答案】B
【分析】反应中Cl元素由+5价降低到+4价，被还原，NaClO3为氧化剂，S元素化合价由+4价升高到+6价，被氧化，SO2为还原剂，结合化合价的变化解答该题。
【详解】A．反应中Cl元素由+5价降低到+4价，被还原，NaClO3在反应中得到电子，故A错误；
B．S元素化合价升高，被氧化，SO2为还原剂，故B正确；
C．H2SO4在反应中没有参与氧化还原反应，仅起到酸性的作用，故C错误；
D．反应中Cl元素由+5价降低到+4价，被还原，1 mol氧化剂在反应中得到1mol电子，故D错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念和物质的性质，并进行相关的计算。
6．下列递变规律不正确的是
A．Na、Mg、Al还原性依次减弱
B．I2、Br2、Cl2氧化性依次增强
C．C、N、O原子半径依次增大
D．P、S、Cl最高正价依次升高
【答案】C
【详解】A．同一周期，从左到右金属性减弱，Na、Mg、Al金属性减弱，还原性依次减弱，A正确；
B．同一主族，从下到上，非金属性增强， I2、Br2、Cl2非金属增强，其单质的氧化性依次增强，B正确；
C．C、N、O同属于周期元素，核电荷数增大，原子半径依次减小，C错误；
D．P、S、Cl最高正价依次为+5、+6、+7，依次升高，D正确；
故选C。
7．金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。下列各组物质的转化不能全部通过一步反应直接完成的是
A．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl3 B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3
【答案】A
【详解】A．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故A错误；
B．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2、2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3+2NaCl，所以能一步实现，故B正确；
C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2、
MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl、Mg(OH)2+H2SO4=MgSO4+2H2O，所以能一步实现，故C正确；
D．Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3中反应的方程式分别为：Fe+2HCl=FeCl2+H2、
FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl、4Fe(OH)2+2O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以能一步实现，故D正确；
故选B。
8．常温下，一定能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】A
【详解】A．所给离子组均不能反应，能共存，A正确；
B．与生成Fe(SCN)3、与生成Fe(OH)3沉淀，不能共存，B错误；
C．与生成BaSO4沉淀，不能共存，C错误；
D．与发生氧化还原反应、与生成弱酸HClO，不能共存，D错误；
故选A。
9．下列有关铁及其化合物的说法正确的是
A．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2
B．向饱和FeCl3溶液中滴加过量氨水，可制取Fe(OH)3胶体
C．配制FeSO4溶液时，可在溶液中加入少量铁粉
D．除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质可以向溶液中加入Cu粉，然后过滤
【答案】C
【详解】A.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故A错误；
B.FeCl3溶液中滴加过量氨水生成Fe（OH）3沉淀，所以不能用饱和FeCl3溶液与过量氨水制取Fe（OH）3胶体，故B错误；
C.配制硫酸亚铁溶液时，为防止产生Fe3+，可在溶液中加入少量铁粉，为了抑制亚铁离子被氧化而变质，故C正确；
D.Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则加铁粉、过滤除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故D错误。
故选C。
10．下列物质中，既能与盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是
①    ②Al    ③    ④    ⑤
A．①②③⑤ B．②③④ C．①③④⑤ D．①②④
【答案】A
【详解】①与溶液反应生成和H2O；与盐酸反应生成、H2O和，①符合题意；
②Al与溶液反应生成和；与盐酸反应生成和，②符合题意；
③与溶液反应生成和，与盐酸反应生成和，③符合题意；
④与溶液不能发生反应，④不符合题意；
⑤常温下，与稀溶液反应生成和；与盐酸反应生成、H2O和SO2，⑤符合题意；
综上所述可知：符合题意的是①②③⑤，故答案为A。
11．中共有x个电子，R原子的质量数为A，则a克中含有质子的物质的量为
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】中共有x个电子，R原子的质量数为A，则的摩尔质量为，的质子数等于其电子数减去所带负电荷数，为，则a克中含有质子的物质的量为，故选D。
12．W、X、Y、Z均为短周期元素，W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17；X与W同主族；Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半；含Z元素的物质焰色反应为黄色。下列判断正确的是（    ）
A．气态氢化物的稳定性：X﹥W
B．金属性：Y﹥Z
C．最高价含氧酸的酸性：X﹥W
D．原子半径：Y﹥Z﹥X
【答案】A
【分析】W的最外层电子数与核外电子总数之比为7：17，应为Cl元素，X与W同主族，则X为F元素，Y的原子序数是W和X的原子序数之和的一半，则原子序数为=13，为Al元素，含Z元素的物质焰色反应为黄色，则Z应为Na元素，以此解答。
【详解】由分析知，W、X、Y、Z分别是Cl、F、Al、Na。
A．同一主族元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，非金属性：F>Cl，所以气态氢化物的稳定性：F>Cl，故A正确；
B．同一周期元素的金属性随着原子序数的增大而减小，所以金属性：Na>Al，即金属性：Y C．F没有含氧酸，故C错误；
D．同一周期元素的原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径：Na>A1；电子层数越多原子半径越大，原子半径：Al>F，所以原子半径：Z>Y>X，故D错误；
正确答案是A。
【点睛】本题考查元素位置结构性质的相互关系应用，题目难度中等，注意正确推断元素的种类为解答本题的关键，注意把握元素周期律知识。
13．用铝箔包裹0.1mol金属钠，用针在铝箔上扎一些小孔，用镊子夹住，放入水中，待完全反应后，收集到的气体在标准状况下的体积为
A．0.56L B．1.12L C．4.48L D．5.6L
【答案】C
【详解】钠与水反应生成NaOH和H2，化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.1mol金属钠完全反应生成0.1mol NaOH、0.05mol H2，因为Al和NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，0.1mol NaOH又反应生成0.15mol H2，共产生0.2mol H2，在标准状况下的体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L；
故选C。
14．下列叙述中正确的是
①标准状况下，1LHCl和1LH2O的物质的量相同；
②标准状况下，1gH₂和14gN₂的体积相同；
③28gCO的体积为22.4L；
④两种物质的物质的量相同，则它们在标准状况下的体积也相同；
⑤同温同体积时，气体物质的物质的量越大，则压强越大：
⑥同温同压下，气体的密度与气体的相对分子质量成正比。
A．①②③ B．②⑤⑥ C．②③⑥ D．④⑤⑥
【答案】B
【详解】①在标准状况下，HCl为气体，而H2O不是气体，因此等体积的HCl和H2O的物质的量不相同，①错误；
②标准状况下，1 g H2和14 g N2的物质的量都是0.5 mol，由于在此条件下气体摩尔体积相同，因此等物质的量的两种气体的体积也相同，②正确；
③28 g CO的物质的量是1 mol，由于 气体所处的外界条件，因此不能确定1 molCO的体积就是22.4 L，③错误；
④若两种物质在标准状况下的状态不都是气体，则两种物质尽管物质的量相同，但它们在标准状况下的体积也不相同，④错误；
⑤在同温同体积时，气体物质的物质的量越大，单位体积内气体分子数越多，则气体的压强就越大，⑤正确；
⑥根据气体的密度公式ρ=，在同温同压下，气体摩尔体积相同，所以气体的密度与气体的相对分子质量成正比，⑥正确；
综上所述可知：说法正确的是②⑤⑥；
故选B。
15．在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性比氧化产物强，还原剂的还原性比还原产物强，已知X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化性强弱顺序为：W2>Z2>X2>Y2，则下列氧化还原反应能发生的是（    ）
A．2W－＋Z2===W2＋2Z－ B．2Y－＋W2===Y2＋2W－
C．2Z－＋X2===Z2＋2X－ D．2X－＋Y2===X2＋2Y－
【答案】B
【分析】X2、Y2、Z2、W2四种物质的氧化能力是W2＞Z2＞X2＞Y2，同一化学反应中氧化能力强的物质能置换氧化能力弱的物质，方程式中单质的氧化性符合已知条件的就可以发生，否则不能发生。
【详解】在A、B、C、D各项中，氧化剂分别为Z2、W2、X2、Y2，氧化产物分别为W2、Y2、Z2、X2。根据氧化性：氧化剂>氧化产物的原则，在以上反应都能进行的情况下，则有氧化性：Z2>W2，W2>Y2，X2>Z2，Y2>X2，而已知氧化性为W2>Z2>X2>Y2。逐一对照：
A．该反应中，氧化性Z2＞W2，与已知不符合，所以不能发生，故A不选；
B．该反应中，氧化性W2＞Y2，与已知相符，所以能发生，故B选；
C．该反应中氧化性X2＞Z2，与已知不相符，所以不能发生，故C不选；
D．该反应中氧化性Y2＞X2，与已知不符合，所以不能发生，故D不选；
故选B。
16．欲证明某溶液中不含而含有，下列实验操作顺序正确的是
①加入足量新制氯水②加入足量溶液③加入少量溶液
A．①③ B．③② C．③① D．①②③
【答案】C
【详解】先加入溶液，溶液不变红，证明原溶液中不含，再加入足量新制氯水，溶液变红，证明原溶液中含有，故选：C。
17．如图装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2粉末，U形管中注有红色的墨水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2粉末抖落到试管b中的水中，将发生的现象是

A．U形管内红色墨水褪色 B．试管内溶液变红
C．气球a被吹大 D．U 形管水位：c>d
【答案】C
【详解】A．Na2O2和水反应放热，广口瓶内受热气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，U形管内红色墨水不褪色，A错误；   
B．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，试管内溶液不变色，B错误；
C．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，生成气体，气球a膨胀，C正确；
D．Na2O2和水反应放热，广口瓶内气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，U形管水位：d＞c，D错误；
答案选C。
18．甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为甲∶乙＝1∶2，则加入铝粉的质量为(　　)
A．5.4 g B．3.6 g C．2.7 g D．1.8 g
【答案】A
【分析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答。
【详解】根据方程式，当铝分别和盐酸、氢氧化钠反应时，若消耗等量的铝，生成的气体体积比为1:1。若铝过量，等量的盐酸和氢氧化钠，生成的气体体积比为2:1。所以当两烧杯中生成的气体体积比为1:2时，可推知两烧杯中，生成的气体少的甲烧杯中铝有剩余，生成气体多的乙烧杯中铝不足。因为等量的铝消耗的盐酸物质的量更大，故甲烧杯中装盐酸；乙烧杯中装氢氧化钠。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1:2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则
   
解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则

解得y=0.2mol，则铝的质量为。
故答案选：A。
19．甲、乙两种非金属：①甲比乙容易与氢气化合；②甲原子能与乙的阴离子发生置换反应；③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强；④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多；⑤甲单质的熔、沸点比乙的低。能说明甲比乙的非金属性强的是
A．只有④ B．只有⑤ C．①②③ D．①②③④⑤
【答案】C
【分析】比较元素的非金属性的强弱，可从与氢气反应的剧烈程度、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸性强弱等角度判断，以此来解析；
【详解】①①甲比乙容易与氢气化合，可说明甲比乙的非金属性强，①正确；
②甲单质能与乙阴离子发生置换反应，即甲置换出乙，所以甲的非金属性强，②正确；　
③甲的最高价氧化物对应的水化物酸性比乙的最高价氧化物对应的水化物酸性强，则非金属性甲大于乙，③正确；
④与某金属反应时，甲原子得电子数目比乙的多，不能比较非金属性的强弱，④错误；　
⑤不能利用物理性质比较非金属性的强弱，因此甲单质的熔、沸点比乙的低，不能比较非金属性的强弱，⑤错误；
能说明甲比乙的非金属性强的是①②③；
故选C。
【点睛】注意归纳常见的非金属性比较的方法是解答此类习题的关键，解答本题要注意不能根据得失电子的多少以及物质的物理性质等角度判断元素非金属性的强弱。
20．13.6gFe和Fe2O3的混合物，加入150mL足量的稀硫酸，在标准状况下收集到1.12LH2，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液不变红。为中和过量的稀硫酸，并使Fe元素全部转化为Fe(OH)2沉淀，恰好消耗了200mL3mol/L的NaOH溶液，则该稀H2SO4的物质的量浓度为
A．2.25mol/L B．2mol/L C．3mol/L D．0.6mol/L
【答案】B
【详解】根据题干信息可知，涉及反应有：Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑、Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4、FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，即反应最后铁元素完全沉淀后，溶液中的溶质只剩下Na2SO4，根据Na+和守恒可得：n(Na+)=n(NaOH)=2n()=2n(H2SO4)，即n(NaOH)=2n(H2SO4)，则0.2L×3mol/L=2×0.15L×c(H2SO4)，解得c(H2SO4)=2mol/L，故答案为：B。

二、实验题
21．某同学在实验室欲配制物质的量浓度均为的溶液、稀硫酸各。提供的试剂是固体、98%的浓硫酸(密度为)和蒸馏水。

(1)请你观察图示，判断其中不正确的操作有___________(填序号)。
(2)应用托盘天平称量固体___________，应用量筒量取浓硫酸___________。
(3)浓硫酸用于配制稀硫酸时，需先进行稀释，稀释浓硫酸的方法是________________。
(4)在配制上述溶液的实验中，下列操作引起结果偏低的有_________(填字母)。
A．该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线
B．称量固体时，将砝码和药品的位置颠倒
C．稀释浓硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作
D．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液
E．没有用蒸馏水洗涤烧杯2~3次
F．将量取浓硫酸的量筒洗涤2~3次，并全部转移至容量瓶中
G．容量瓶中原来存有少量蒸馏水
H．用胶头滴管加水定容时俯视刻度线
【答案】(1)①②⑤
(2)         
(3)先向烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒不断搅拌
(4)ADE

【分析】考察一定物质的量浓度溶液配制中的实验仪器、实验步骤和误差分析。
【详解】（1）①氢氧化钠为腐蚀品，应放在小烧杯中称量；②量筒量取液体后不需要洗涤，如果洗涤量取的液体的体积偏大；⑤定容读数时，眼睛应平视刻度线；故答案为：①②⑤；
（2）欲配制物质的量浓度均为1.0mol/L的NaOH溶液、稀硫酸各450mL，需选择500ml容量瓶，需要氢氧化钠的质量m=1.0mol/L×0.5L×40g/mol=20.0g；98%的浓硫酸(密度为1.84g/cm3)的物质的量浓度C==18.4mol/L，依据稀释前后溶液中所含溶质的物质的量，设需要浓硫酸的体积为V，则V×18.4mol/L=500mL×1.0mol/L，解得V=27.2mL；故答案为：20.0；27.2；
（3）稀释浓硫酸的方法为先向烧杯中倒入适量水，然后将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢倒入，并用玻璃棒不断搅拌；
（4）A．该学生在量取浓硫酸时，俯视刻度线，导致量取的浓硫酸体积偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故A选；
B．需要氢氧化钠的质量为20.0g，称量过程中不需要用到游码，将砝码和药品的位置颠倒对称量结果没有影响，故B不选；
C．溶解硫酸后没有冷却至室温就立即完成后面的配制操作，冷却后溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故C不选；
D．在烧杯中溶解搅拌时，溅出少量溶液，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故D选；
E．没有用蒸馏水洗涤烧杯2～3次，并将洗液移入容量瓶中，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故E选；
F．将量筒洗涤2～3次，并全部转移至容量瓶中，量取的浓硫酸体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故F不选；
G．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不会产生影响，溶液浓度不变，故G不选；
H．胶头滴管加水定容时俯视刻度，导致溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故H不选；
故选ADE。

三、元素或物质推断题
22．下表是元素周期表的一部分，针对表中用字母标出的元素，回答下列问题：

(1)地壳中含量最高的金属元素是_______(填标号)；化学性质最不活泼的元素是_______(填元素符号)。
(2)A分别与G、H、I形成的最简单化合物中，稳定性最强的是_______(填化学式)。
(3)B、C、E、H四种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序是_______(用离子符号表示)。
(4)B、C形成的最高价氧化物对应水化物的碱性从强到弱的顺序为_______(填化学式)。
(5)写出J在周期表中的位置_______。
(6)请写出B、E的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式：_______。
【答案】(1)     E     Ar
(2)HF
(3)S2-＞K+＞Na+＞Al3+
(4)KOH＞NaOH
(5)第四周期第ⅦA族
(6)NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O

【分析】由元素在周期表中的位置，可确定A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K分别为H、Na、K、Ca、Al、Si、O、S、F、Br、Ar。
【详解】（1）地壳中含量最高的金属元素是铝，其所在图中的位置标号为E；化学性质最不活泼的元素是稀有气体元素Ar。答案为：E；Ar；
（2）A分别与G、H、I形成的最简单化合物分别为H2O、H2S、HF，O、S、F中，非金属性最强的元素是F，则稳定性最强的是HF。答案为：HF；
（3）B、C、E、H四种元素对应的简单离子分别为Na+、K+、Al3+、S2-，Na+、Al3+的电子层数相同，K+、S2-的电子层数都比Na+、Al3+大1，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径由大到小的顺序是S2-＞K+＞Na+＞Al3+。答案为：S2-＞K+＞Na+＞Al3+；
（4）B、C形成的最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、KOH，金属性K比Na强，则碱性从强到弱的顺序为KOH＞NaOH。答案为：KOH＞NaOH；
（5）J为35号元素Br，原子结构示意图为，在周期表中的位置：第四周期第ⅦA族。答案为：第四周期第ⅦA族；
（6）B、E的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者发生反应生成NaAlO2等，化学方程式：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。答案为：NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O。
【点睛】Al(OH)3为两性氢氧化物，既能与酸反应又能与碱反应。
23．已知A是一种红棕色金属氧化物，B、D是金属单质，C是两性金属氧化物，J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解。

(1)写出下列物质的化学式：A_______、C_______。
(2)按要求写方程式：
①的化学方程式：_______；
②的化学方程式：_______；
③的离子方程式：_______；
④B与溶液反应的离子方程式：_______。
【答案】(1)         
(2)                   

【分析】A是一种红棕色金属氧化物，则A为Fe2O3；C是两性金属氧化物，则C为Al2O3；J是一种难溶于水的白色化合物，受热后容易发生分解，则J为Al(OH)3。F为白色沉淀、G为红褐色沉淀，则F为Fe(OH)2、G为Fe(OH)3。参照框图和已知信息，可得出：A为Fe2O3，B为Al，C为Al2O3，D为Fe，H为AlCl3，I为NaAlO2，J为Al(OH)3；E为FeCl2，F为Fe(OH)2，G为Fe(OH)3。
【详解】（1）根据上述分析可知，A为；C为；
（2）①为铝与氧化铁的铝热反应，其化学方程式；
②为氢氧化亚铁与氧气和水反应转化为氢氧化铁的过程，其化学方程式为；
③为氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水的过程，其离子方程式为；
④B为Al，可与溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子方程式为。

四、工业流程题
24．铁是人类比较早使用的金属之一，完成下列问题：
Ⅰ.电子工业中用30%的FeCl3 溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程如图所示。

(1)FeCl3 溶液蚀刻铜箔反应的离子方程式为：_______；
(2)滤液中存在较多的阳离子是_______；
(3)以下试剂也可以替代氯气完成转化，最好选用的是_______(填序号)。
a.酸性KMnO4溶液 b.H2O2 溶液                c.溴水
Ⅱ.某氯化铁样品中含有少量FeCl2杂质，现要测定其中铁元素的质量分数，实验步骤如下：

(4)过滤时所用到的玻璃仪器有_______  (填仪器名称)。
(5)写出②加入过量氨水的离子方程式：_______。
(6)样品中铁元素的质量分数为_______。
(7)若沉淀灼烧不充分，对最终测量结果的影响：_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+
(2)Fe2+
(3)b
(4)烧杯、漏斗、玻璃棒
(5)Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH
(6)×100%
(7)偏大

【分析】废液中含有氯化铁和氯化铜，加过量的铁粉将氯化铁还原为氯化亚铁，氯化铜被还原为铜单质，过量得铁和铜的混合固体，将固体溶于盐酸，其中铁单质与盐酸反应生成氯化亚铁，再次过滤得到铜；氯化亚铁的滤液中通入足量氯气将其氧化成氯化铁，氯化铁溶液在HCl氛围中加热浓缩、冷却结晶得到，晶体在HCl气氛中脱水得到无水氯化铁，据此分析解答。
【详解】（1）FeCl3 溶液蚀刻铜箔，铜单质与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+，故答案为：2Fe3+＋Cu=2Fe2+＋Cu2+；
（2）由上述分析可知滤液中主要溶质为氯化亚铁，主要的阳离子为，故答案为：；
（3）使用高锰酸钾和溴水均会引入杂质离子，而使用，其还原产物为水，不会引入杂质，因此可用代替氯气，故答案为：b；
（4）过滤时所用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；
（5）②加入过量氨水与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH，故答案为：Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH；
（6）最终红棕色粉末为氧化铁，其质量为ag，物质的量为：，所含铁元素的质量为：，原样品中铁元素的质量分数为×100%，故答案为：×100%；
（7）若沉淀灼烧不充分，氧化铁中混有未反应分解完的氢氧化铁，导致其质量偏高，则最终测量结果偏大，故答案为：偏大。