上海市青浦高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试化学试卷+

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1．（20分）百余种元素的原子通过不同方式组合构成了数量惊人的物质世界。
（1）元素的化学性质主要取决于原子的 C 。
A．质子数
B．中子数
C．最外层电子数
D．核外电子数
（2）下列有关元素周期表中“族”的说法正确的是 D 。
A．元素周期表中共有七个主族、八个副族、一个0族
B．同一主族元素原子最外层的电子数目不一定相同
C．同一主族元素的化学性质相同
D．族序数后标注A的元素是主族元素
（3）下列事实一定能说明X、Y两种元素属于同一主族的是 C 。
A．电子层数：X＜Y
B．均有+3价
C．最外层电子数均为5
D．最外层均有2个电子
（4）下列有关化学用语表示正确的是 C 。
A．钠离子的结构示意图：
B．Li原子电子式：
C．碳元素的某种中子数为8的核素表达式：
D．H2与D2互为同素异形体
随原子序数递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如图所示。
根据判断出的元素回答问题：
（5）f在周期表中的位置是 第三周期ⅢA族 。
（6）x、z两种元素的原子可构成一种碱性物质，该物质的电子式是 。
（7）d、e、g三者简单离子的半径由大到小顺序是（用离子符号表示）： r（S2﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+） 。
（8）写出一个能证明y、g非金属性强弱的化学方程式： H2SO4+Na2CO3＝Na2SO4+CO2↑+H2O 。
（9）x、y最简单化合物的空间构型为 正四面体形 。
（10）下列判断不正确的是 A 。
A．d和e可以形成e2d2型化合物，正、负离子物质的量之比为1：1
B．d、f组成的化合物具有两性
C．z的最高价氧化物对应水化物与z的氢化物反应生成产物中既含有离子键又含有共价键
D．x与e同主族，相差两个周期
【分析】（1）元素的化学性质主要取决于原子的最外层电子数；
（2）A．元素周期表中共有七个主族、七个副族、一个0族和一个Ⅷ族；
B．主族元素的族序数等于最外层电子数；
C．同一主族元素的化学性质存在相似性和递变性，则同一主族元素的化学性质相似；
D．族序数后标注A的元素是主族元素，标注B的元素为副族；
（3）A．电子层数：X＜Y不能说明X、Y位于同一主族；
B．有+3价的元素可能为N、Al、Ga等；
C．最外层电子数均为5的元素位于ⅥA族；
D．最外层均有2个电子的元素有He、Ca、Ti等；
（4）A．钠离子为11号元素，核电荷数应该为11；
B．Li最外层只有一个电子，其电子式：Li•；
C．元素的左上角为质量数，左下角为质子数，中子数＝质量数﹣质子数；
D．同素异形体为同种元素形成的不同单质；
根据八种短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化可知，x是H元素、y是C元素、z是N元素、d是O元素、e是Na元素、f是Al元素、g是S元素、h是C1元素，据此分析。
【解答】解：（1）元素的化学性质主要取决于原子的最外层电子数，
故答案为：C；
（2）A．元素周期表中共有七个主族、七个副族、一个0族和一个Ⅷ族，故A错误；
B．主族元素的族序数等于最外层电子数，因此同一主族元素原子最外层的电子数目一定相同，故B错误；
C．同一主族元素的化学性质存在相似性和递变性，则同一主族元素的化学性质相似，故C错误；
D．族序数后标注A的元素是主族元素，标注B的元素为副族，故D正确；
故答案为：D；
（3）A．电子层数：X＜Y不能说明X、Y位于同一主族，故A错误；
B．有+3价的元素可能为N、Al、Ga等，不一定位于同一主族，故B错误；
C．最外层电子数均为5的元素位于ⅥA族，故C正确；
D．最外层均有2个电子的元素有He、Ca、Ti等，不一定位于同一主族，故D错误；
故答案为：C；
（4）A．钠离子为11号元素，核电荷数应该为11，故A错误；
B．Li最外层只有一个电子，其电子式：Li•，故B错误；
C．元素的左上角为质量数，左下角为质子数，中子数＝质量数﹣质子数，则碳元素的某种中子数为8的核素表达式：，故C正确；
D．H2与D2为同一种单质，二者不互为同素异形体，故D错误；
故答案为：C；
（5）f是Al元素，在周期表中的位置是第三周期ⅢA族，
故答案为：第三周期ⅢA族；
（6）x、z两种元素的原子可构成一种碱性物质，该物质为NH3，其电子式为：，
故答案为：；
（7）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大半径越小，则O2﹣、Na+、S2﹣三者简单离子的半径由大到小顺序是：r（S2﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+），
故答案为：r（S2﹣）＞r（O2﹣）＞r（Na+）；
（8）硫酸与碳酸钠反应的方程式为：H2SO4+Na2CO3＝Na2SO4+CO2↑+H2O，说明硫酸的酸性强于碳酸，则非金属性S＞C，
故答案为：H2SO4+Na2CO3＝Na2SO4+CO2↑+H2O；
（9）x、y最简单化合物为CH4，其空间构型为正四面体形，
故答案为：正四面体形；
（10）A．O和Na可以形成Na2O2，正、负离子物质的量之比为2：1，故A错误；
B．d、f组成的化合物为Al2O3，具有两性，故B正确；
C．z的最高价氧化物对应水化物为HNO3，z的氢化物为NH3，二者反应生成NH4NO3，NH4NO3中既含有离子键又含有共价键，故C正确；
D．H位于第一周期ⅠA族，Na位于第三周期ⅠA，二者同主族，相差两个周期，故D正确；
故答案为：A。
【点评】本题主要考查元素周期表和元素周期律的知识，为高频考点，题目难度一般。
二、
2．（20分）化学变化总是伴随着能量的变化。“铝热反应”是将单质铝与金属氧化物混合物反应获得金属单质的化学反应。在野外焊接钢轨时可利用此反应。
实验室中可用如图装置实现：
（1）写出该反应的化学方程式： 2Al+Fe2O32Fe+Al2O3 。
（2）实验中能观察到的现象有（列举两点）： 当露在外面的镁条燃烧完毕时，漏斗内的混合物立即剧烈燃烧，发出耀眼的光芒，产生大量的烟，纸漏斗被烧破，有红热的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体 。
（3）可表示铝与氧化铁反应的热效应的图是 B 。
（4）工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等金属，其原因与下列无关的是 C 。
A．铝还原性较强
B．锰、钒熔点高
C．铝能形成多种合金
D．反应放出大量热
（5）下列说法正确的是 A 。
A．已知石墨转化为金刚石是吸热反应，所以石墨比金刚石稳定
B．凡是需要加热的反应都是吸热反应
C．灼热的炭与CO2的反应既是氧化还原反应又是放热反应
D．干冰易升华，需要放热
（6）已知反应：A+B＝C+D为吸热反应，对该反应的下列说法中正确的是 C 。
A．A的能量一定高于C
B．B的能量一定低于D
C．A和B的总能量一定低于C和D的总能量
D．因为该反应为吸热反应，故必须加热反应才可以发生
化学能还可以转化为电能，由A、B、C、D四种金属按表中装置图进行实验。
根据实验现象回答下列问题：
（7）装置甲中作正极的是 B （填“A”或“B”）。
（8）外电路中电流由 C极向B极移动 （填“C极向B极移动”或“B极向C极移动”）。
（9）装置丙中金属A上电极反应属于 还原反应 （填“氧化反应”或“还原反应”）。
（10）四种金属活动性由强到弱的顺序是 D＞A＞B＞C 。
【分析】（1）高温条件下，Al和氧化铁反应生成Fe和Al2O3；
（2）镁燃烧发出耀眼的光芒，产生大量的烟，温度太高导致纸漏斗被烧破，有红热的液珠落入蒸发皿内的细沙上，冷却后有黑色固体生成；
（3）放热反应中，反应物的总能量大于生成物的总能量；
（4）铝是活泼金属，具有强的还原性，铝热反应可以制取少量难熔金属；
（5）A．能量越低越稳定；
B．需要加热的反应可能是放热反应；
C．灼热的炭与CO2的反应既是氧化还原反应又是吸热反应；
D．干冰升华吸热；
（6）已知反应：A+B＝C+D为吸热反应，说明反应物总能量小于生成物总能量；
（7）装置甲中不断溶解的A金属易失电子作负极；
（8）乙中C的质量增加，说明C电极上铜离子得电子生成Cu，则C为正极、B为负极，外电路中电流由正极流向负极；
（9）装置丙中金属A上氢离子生成氢气，为正极，则D为负极；
（10）甲中A作负极、B作正极，则金属活动性：A＞B；乙中C作正极，则B为负极，金属活动性：B＞C；丙中A为正极，则D为负极，金属活动性：D＞A。
【解答】解：（1）高温下，Al和氧化铁反应生成Fe和Al2O3，反应方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3，
故答案为：2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；
（2）现象为当露在外面的镁条燃烧完毕时，漏斗内的混合物立即剧烈燃烧，发出耀眼的光芒，产生大量的烟，纸漏斗被烧破，有红热的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体，
故答案为：当露在外面的镁条燃烧完毕时，漏斗内的混合物立即剧烈燃烧，发出耀眼的光芒，产生大量的烟，纸漏斗被烧破，有红热的液珠落入蒸发皿内的细沙上，液珠冷却后变为黑色固体；
（3）该反应为放热反应，所以反应物的总能量大于生成物的总能量，所以可表示铝与氧化铁反应的热效应的图是B，
故答案为：B；
（4）A．铝是活泼金属，具有强的还原性，可以作还原剂，故A错误；
B．锰、钒熔点高，难冶炼，工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等金属，故B错误；
C．铝能形成多种合金，与铝热反应无关，故C正确；
D．铝热反应会放出大量的热，铝热反应可以制取少量难熔金属，故D错误；
故答案为：C；
（5）A．已知石墨转化为金刚石是吸热反应，金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故A正确；
B．需要加热的反应可能是放热反应，如：铝热反应需要加热，但该反应是放热反应，故B错误；
C．灼热的炭与CO2的反应既是氧化还原反应又是吸热反应，故C错误；
D．干冰易升华，需要吸热，故D错误；
故答案为：A；
（6）已知反应：A+B＝C+D为吸热反应，说明A和B的总能量一定低于C和D的总能量，该反应为吸热反应，但不一定需要加热才能发生，
故答案为：C；
（7）装置甲中不断溶解的A金属易失电子作负极，则B为正极，
故答案为：B；
（8）乙中C的质量增加，说明C电极上铜离子得电子生成Cu，则C为正极、B为负极，外电路中电流由正极流向负极，即外电路中电流由C极向B极移动，
故答案为：C极向B极移动；
（9）装置丙中金属A上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，
故答案为：还原反应；
（10）甲中A作负极、B作正极，则金属活动性：A＞B；乙中C作正极，则B为负极，金属活动性：B＞C；丙中A为正极，则D为负极，金属活动性：D＞A，所以金属活动性顺序是：D＞A＞B＞C，
故答案为：D＞A＞B＞C。
【点评】本题考查较综合，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确铝热反应概念、反应热和焓变的关系、原电池原理是解本题关键，注意：需要加热的反应不一定是吸热反应。
三、
3．（20分）金属材料的使用作为一个时代的标志，见证了人类文明发展的过程。历史上人类冶炼不同金属的大致年代如图所示：
（1）由如图可知，人类冶炼金属的年代远近主要和 金属的活泼性 有关；
（2）三星堆是中华文明的重要组成部分。下列出土文物属于合金的是 A 。
A．青铜神树
B．玉琮玉璋
C．陶瓷马头
D．黄金面具
（3）下列叙述中，描述的原子一定是金属原子的是 D 。
A．可以失去电子
B．最外层上只有2个电子
C．其构成的单质具有金属光泽
D．第3周期元素原子中，最外层上只有2个电子
（4）下列有关金属冶炼的叙述中，错误的是 A 。
A．工业上常用电解饱和食盐水来制备金属钠
B．纯铁比生铁更耐腐蚀，不易生锈
C．生铁炼钢的目的之一是降低碳含量
D．工业上冶炼铜、铁时主要采用热还原法
（5）下列物质反应后一定有+3价铁生成的是 D 。
A．过量的铁与稀硝酸反应
B．铁和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸
C．过量的铁与硫粉混合加热
D．过量的铁在氯气中燃烧
（6）向CuO和铁粉混合物中，加入一定量的稀H2SO4并微热，当反应停止后，滤出不溶物，并向溶液中插入一枚铁钉，片刻后，取出铁钉，洗净、干燥后，发现铁钉外观与质量均无变化。根据上述现象，下列结论正确的是 B 。
A．不溶物一定是铜
B．不溶物一定含铜，但不一定含铁
C．H2SO4可能过量
D．溶液中一定含有FeSO4，可能含有CuSO4
（7）学习小组探究Na2O2与水反应。取3.2gNa2O2粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A（溶液体积几乎无变化），进行以下实验。
下列说法错误的是 D 。
A．由实验ⅰ和ⅲ中现象可推知，Na2O2中加H2O发生反应：Na2O2+2H2O＝2NaOH+H2O2
B．由实验ⅱ、ⅲ和ⅳ可知，实验ⅱ中溶液褪色与H2O2有关
C．由实验ⅳ和ⅴ可知，实验ⅳ中溶液褪色的原因是c（OH﹣）较大
D．向褪色后的实验ⅱ溶液中，滴加少量的盐酸，溶液最终变成红色
碳酸钠和碳酸氢钠在日常生产生活中有着广泛应用。用如图装置探究二者的稳定性。
（8）该实验装置中，能否将Na2CO3和NaHCO3位置互换？ 不能 （填“能”或“不能”）。能证明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3的实验现象是： A烧杯中澄清石灰水不变浑浊，B烧杯中澄清石灰水变浑浊 。
（9）除了热稳定性外，请你再设计一个实验用于鉴别Na2CO3和NaHCO3： 取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液 。
【分析】（1）金属越活泼，金属越难冶炼，开发和利用的时间越晚；
（2）由两种或两种以上的金属（或金属与非金属）熔合而成的具有金属特性的物质为合金；
（3）金属元素最外层电子数一般少于3个，易失去电子；
（4）A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
B．生铁易形成原电池反应，形成电化腐蚀；
C．炼钢过程是降碳量、除硫磷、调硅锰；
D．不活泼的金属可以利用还原剂还原金属氧化物冶炼；
（5）A．过量的铁与稀硝酸反应是硝酸亚铁；
B．铁和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸，不一定生成铁离子；
C．过量的铁与硫粉混合加热反应生成FeS；
D．过量的铁在氯气中燃烧生成FeCl3；
（6）先根据金属的活泼性判断反应的金属，金属活动性由强到弱的顺序：铁＞氢＞铜，氧化铜和铁粉的混合物中加入一定量的稀硫酸，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，铁与硫酸生成硫酸亚铁和氢气，铁与硫酸铜反应生成铜和硫酸亚铁，然后根据题意判断哪种物质不足量或恰好反应，从而确定不溶物的成分；
（7）A．过氧化氢加入二氧化锰固体分解生成氧气；
B．由ⅱ、ⅲ、ⅳ可知，溶液红色褪去的主要原因是生成的过氧化氢具有氧化性；
C．由实验ⅳ、ⅴ可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关；
D．实验ⅱ褪色与过氧化氢的氧化性有关；
（8）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，碳酸钠受热不分解。
（9）可以利用氯化钙溶液鉴别碳酸钠和碳酸氢钠。
【解答】解：（1）由如图可知，人类冶炼金属的年代远近主要和金属的活泼性有关，
故答案为：金属的活泼性；
（2）A．青铜神树主要是铜和锡的合金，故A正确；
B．玉琮玉璋是玉石类，属于硅酸盐，故B错误；
C．陶瓷马头主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故C错误；
D．黄金面罩主要成分是金，性质稳定，不会发生电化学腐蚀，故D错误；
故答案为：A；
（3）A．非金属元素原子也可以失去电子，故A错误；
B．最外层上只有2个电子的不一定是金属元素，如He，故B错误；
C．其构成的单质具有金属光泽的不一定是金属，如硅，故C错误；
D．第3周期元素原子中，最外层上只有2个电子的是Mg，为金属原子，故D正确；
故答案为：D；
（4）A．工业上常用电解熔融氯化钠来制备金属钠，故A错误；
B．，生铁在潮湿空气中形成原电池反应，纯铁比生铁更耐腐蚀，不易生锈，故B正确；
C．生铁炼钢的目的之一是降低碳含量，故C正确；
D．工业上冶炼铜、铁时，利用还原剂还原金属氧化物，主要采用热还原法，故D正确；
故答案为：A；
（5）A．过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，不能生成铁离子，故A错误；
B．铁和Fe2O3的混合物溶于稀盐酸，铁和盐酸反应生成氯化铜和氢气，氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，铁能还原氯化铁生成氯化铁，若铁过量，溶液中只存在氯化亚铁，故B错误；
C．硫的氧化性弱，过量的铁与硫粉混合加热反应生成FeS，故C错误；
D．氯气具有强氧化性，过量的铁在氯气中燃烧生成氯化铁，故D正确；
故答案为：D；
（6）A．金属活动性由强到弱的顺序：铁＞氢＞铜，往CuO和铁粉的混合物中，加入一定量的稀H2SO4，并微热，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁，氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜，铁与硫酸铜反应生成铜，所以不溶物中一定有铜，但不一定是铜，铁过量，所以不溶物是铁和铜，故A错误；
B．分析可知，铁的反应情况有两种：一种是恰好反应，所以不溶物是铜，一种是铁过量，所以不溶物是铁和铜，不溶物一定含铜，但不一定含铁，故B正确；
C．根据分析可知，加入的稀硫酸可能不足，也可能恰好反应，不会有剩余，故C错误；
D．反应后一定有铜析出，铁离子与铜能够反应，所以滤液中一定不存在硫酸铁，溶液中一定含有FeSO4，铁的反应情况有两种：一种是恰好反应，所以不溶物是铜；一种是铁过量，所以不溶物是铁和铜，一定不含CuSO4，故D错误；
故答案为：B；
（7）A．由实验ⅲ中现象可知溶液A中加入二氧化锰产生大量能使带火星木条复燃的气体为氧气，说明溶液中有H2O2生成，即发生反应Na2O2+2H2O═2NaOH+H2O2，故A正确；
B．由ⅱ、ⅲ、ⅳ可知，溶液红色褪去的主要原因是生成的过氧化氢具有氧化性，则实验ⅱ中溶液褪色与H2O2有关，故B正确；
C．由ⅳ、ⅴ可知，在碱溶液中酚酞变红色和氢氧根离子浓度有关，溶液褪色，再滴入盐酸反应后氢氧根离子浓度减小，溶液变红色，说实验ⅳ中溶液褪色的原因是c（OH﹣）大，故C正确；
D．向实验ⅱ褪色后的溶液中滴加少量盐酸，只是中和了少量的氢氧化钠，实验ⅱ褪色的原因是过氧化氢的存在，溶液最终仍为无色，故D错误；
故答案为：D；
（8）本装置的同时进行对比试验，直接加热碳酸钠不分解，更能说明NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，所以Na2CO3与NaHCO3在装置中的位置不能交换，能证明Na2CO3的热稳定性强于NaHCO3的实验现象是：A烧杯中澄清石灰水不变浑浊，B烧杯中澄清石灰水变浑浊，
故答案为：不能；A烧杯中澄清石灰水不变浑浊，B烧杯中澄清石灰水变浑浊；
（9）碳酸氢钠和氯化钙溶液不反应，碳酸钠和氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，故实验方案可以为：取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液，
故答案为：取两支试管，分别取适量的待测液，分别向其中滴加氯化钙溶液，生成白色沉淀的为碳酸钠溶液，无明显现象的碳酸氢钠溶液。
【点评】本题考查了物质性质和应用，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。
四、
4．（20分）“天问一号”采用了我国自主研制的高性能碳化硅增强铝基复合材料。
（1）工业制取碳化硅的化学反应方程式如下，请将方程式补充完整，并标出电子转移的方向数目：SiO2+3CSiC+2 CO ↑
（2）硅元素存在三种天然稳定核素，相关数据如表：硅元素的近似相对原子质量为 28.11 。
（3）下列有关说法正确的是 A 。
A．28Si的近似相对原子质量为28
B．由28Si、29Si的化学性质不同
C．28Si比30Si原子核外少两个电子
D．硅元素的两种单质无定形硅和晶体硅互为同位素
（4）硫与氧同主族，下列关于硫的叙述中，正确的是 B 。
A．硫元素的非金属性较强，故只能以化合态存在于自然界
B．分离黑火药中的KNO3、C、S，需用CS2、水，并进行过滤操作
C．硫非金属性较强，在与金属或非金属反应时均作氧化剂
D．1.6g硫与3.2g铜反应能得到4.8g纯净硫化物
（5）Al在空气中能够稳定存在的原因是 B 。
A．Al的活泼性差
B．Al表面有致密的氧化膜
C．Al与氧气不反应
D．Al的还原性差
（6）下列变化不可能通过一步实验直接完成的是 B 。
A．Al（OH）3→Al2O3
B．Al2O3→Al（OH）3
C．Al→[Al（OH）4]﹣
D．Al3+→Al（OH）3
（7）在AlCl3溶液中慢慢滴加NaOH溶液至过量，现象为 先生成白色沉淀后白色沉淀又逐渐溶解消失 ，写出该现象的离子反应方程式： Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣＝+2H2O 。
【分析】（1）工业制取碳化硅利用二氧化硅和碳高温反应生成，结合原子守恒得到反应的化学方程式，反应过程中元素化合价变化标出电子转移的方向数目；
（2）一种元素的相对原子质量按其各种同位素原子所占百分含量计算而得的平均值；
（3）A．28Si的质量数为28，近似相对原子质量为28；
B．28Si、29Si的原子核外电子数相同；
C．元素符号左上角为质量数；
D．质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素；
（4）A．硫元素在火山口处存在单质硫；
B．炭、硫不溶于水，KNO3可以溶于水；
C．S为0价，属于中间价态，可以作为氧化剂也可以作为还原剂；
D．S与Cu反应生成Cu2S；
（5）因Al在空气中与氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了内部金属被氧化，则在空气中能够稳定存在，由此分析解答；
（6）由一步实现的物质间的转化，要求反应通过一个反应即可转化生成目标物质，可根据源物质的性质及变化规律，通过列举具体反应的方法，判断是否能通过一步反应不能直接实现的选项；
（7）氯化铝溶液中加入少量氢氧化钠溶液会是白色沉淀氢氧化铝，继续加入氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠沉淀会溶解消失。
【解答】解：（1）工业制取碳化硅的化学反应方程式为：SiO2+3CSiC+2CO↑，碳元素化合价0价升高到+2价，降低到﹣4价，电子转移总数4e﹣，标出电子转移的方向数目为：，
故答案为：CO；；
（2）一种元素的相对原子质量实际上是按其各种同位素原子所占百分含量计算而得的平均值，因此硅元素的相对原子质量为的计算式为：28×92.2：%+29×4.7%+30×3.1%≈28.11，
故答案为：28.11；
（3）A．28Si的质量数为28，原子的近似相对原子质量为28，故A正确；
B．28Si、29Si的原子核外电子数相同，化学性质相似，故B错误；
C．元素符号左上角为质量数，28Si和30Si原子核我电子数相同，都为14，质量数相差2，故C错误；
D．硅元素的两种单质无定形硅和晶体硅互为同素异形体，不是同位素，故D错误；
故答案为：A；
（4）A．硫元素的非金属性较强，能以游离态存在于自然界，如火山口处，故A错误；
B．炭、硫不溶于水，KNO3可以溶于水，用水可以分离KNO3，硫易溶于二硫化碳，可用二硫化碳分离炭和硫，分离黑火药中的KNO3、C、S，需用CS2、水，并进行过滤操作，故B正确；
C．S为0价，属于中间价态，可以作为氧化剂也可以作为还原剂，故C错误；
D．S与Cu反应生成Cu2S，S+2CuCu2S，1.6g硫与3.2g铜反应，硫单质剩余，3.2g铜完全反应，生成的硫化亚铜＝＝4g，反应的S的质量＝＝0.8g，剩余S的质量＝1.6g﹣0.8g＝0.8g，能得到4.8g混合物，故D错误；
故答案为：B；
（5）A．Al原子的最外层电子数较少，原子半径较大，易失电子，活泼性较强，故A错误；
B．Al在空气中与氧气反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止氧气与内部的铝单质进一步反应，则铝在空气中能够稳定存在的原因是表面有致密氧化膜，故B正确；
C．铝能与氧气反应生成氧化铝，故C错误；
D．铝是活泼金属，易失电子，其还原性较强，故D错误；
故答案为：B；
（6）A．Al（OH）3受热分解生成Al2O3，能一步实现，故A正确；
B．Al2O3不溶于水，不能一步反应生成Al（OH）3，故B错误；
C．Al和强碱溶液反应生成[Al（OH）4]﹣，能一步实现，故C正确；
D．Al3+和强碱反应，可以生成Al（OH）3，能一步实现，故D正确；
故答案为：B；
（7）在AlCl3 溶液中滴加少量NaOH溶液，反应生成氢氧化铝白色沉淀，继续加入氢氧化钠溶液氢氧化铝沉淀消失，反应的离子方程式为：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣＝+2H2O，
故答案为：先生成白色沉淀后白色沉淀又逐渐溶解消失；Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH﹣＝+2H2O。
【点评】本题考查了氧化还原反应、原子结构、物质性质和应用，注意知识的积累，题目难度不大。
五、
5．（20分）电路板广泛用于计算机、手机等电子产品中。某兴趣小组拟制作带有“化学”标志的电路板并对废液进行回收利用。
Ⅰ、制作电路板
小组同学取一小块覆铜板，用油性笔在铜板上写出“化学”标志，然后浸入FeCl3溶液中，一段时间后，取出覆铜板并用水洗净，获得带有图案的印刷电路板和废液（如图所示）。
（1）在覆铜板上制作出“化学”图案过程中发生反应的离子方程式为 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ 。
（2）取少量废液于试管中， 加入几滴硫氰化钾溶液，溶液变红 （填操作和现象），则废液中含有Fe3+。
Ⅱ、回收废液
该组同学查阅资料：一种从腐蚀废液回收金属铜并获得氯化铁晶体的工艺流程如图。
取实验Ⅰ后的废液完成上述流程。
（3）废液100mL，加入铁粉，其固体质量的变化如图所示，假设溶液体积不变，
①写出发生反应的离子方程式， 2Fe3++Fe＝3Fe2+、Cu2++Fe＝Fe2++Cu 。
②原混合溶液中FeCl3的物质的量 0.1ml 。
③c点溶液中FeCl2的物质的量浓度 2.5ml/L 。
（4）操作方法a、b、c中是过滤的是 ab （填序号）。
（5）若取2mL溶液⑤加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，产生白色沉淀， 迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 （补全实验现象），此过程涉及氧化还原反应的化学方程式是： 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 。
（6）试剂⑥是Cl2时，发生反应的化学方程式是 2FeCl2+Cl2＝2FeCl3 。
【分析】（1）铜和氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜；
（2）铁离子遇到硫氰化钾溶液变红；
（3）废液加入过量铁粉，然后过滤分离，得到溶液③为含氯化亚铁的溶液；同时生成的Cu和过量的Fe为滤渣②，滤渣中加入稀盐酸，然后过滤分离出④为Cu，生成的⑤为氯化亚铁溶液，③⑤溶液合并，加入⑥为双氧水（或其他氧化剂）氧化亚铁离子为铁离子，得氯化铁溶液，进一步在HCl中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到氯化铁晶体，据此分析解答。
【解答】解：（1）在覆铜板上制作出“化学”图案过程中发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（2）取少量废液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，溶液变红，则废液中含有Fe3+，
故答案为：加入几滴硫氰化钾溶液，溶液变红；
（3）①腐蚀废液中加入药品①后，发生反应的离子方程式为2Fe3++Fe＝3Fe2+，Cu2++Fe＝Fe2++Cu，
故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+、Cu2++Fe＝Fe2++Cu；
②0.05ml铁与氯化铁恰好完全反应，则原混合溶液中FeCl3的物质的量0.1ml，
故答案为：0.1ml；
③c点加入0.15ml铁，则溶液中FeCl2的物质的量浓度ml/L＝2.5ml/L，
故答案为：2.5ml/L；
（4）根据分析，操作方法a、b、c中是过滤的是ab，
故答案为：ab；
（5）取2mL溶液⑤FeCl2溶液加入试管中，然后滴加氢氧化钠溶液，发生亚铁离子与氢氧根反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁和空气中氧气、水蒸气反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：Fe2++OH﹣＝Fe（OH）2↓、4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，产生的现象是先产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，涉及氧化还原反应的化学方程式是4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
（6）试剂⑥是Cl2时，氯气氧化亚铁离子为铁离子，发生反应的化学方程式是2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，
故答案为：2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意信息的应用及实验设计，题目难度中等。装置



现象
二价金属A不断溶解
C的质量增加
A上有气体产生
核素符号
28Si
29Si
30Si
丰度（%）
92.2
4.7
3.1