2022-2023学年江苏省南京市第五高级中学高一上学期学情自测卷化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省南京市第五高级中学高一上学期学情自测卷化学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，元素或物质推断题，实验题，填空题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

江苏省南京市第五高级中学2022-2023学年高一上学期
学情自测卷化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、社会发展息息相关。下列有关说法不正确的是
A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B．“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜”，过程中发生了置换反应
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，该过程中利用了焰色反应
D．二氧化硫和氯水都有漂白性，且漂白原理相同
【答案】D
【详解】A．胶体都能形成丁达尔效应，故A正确；
B．“曾青(硫酸铜)涂铁，铁赤色如铜”，过程中发生反应 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu ，属于置换反应，故B正确；
C．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”，硝酸钾中含有钾元素，钾元素的焰色为紫色，该过程中利用了焰色试验，故C正确；
D．氯水漂白作用是溶液中次氯酸强氧化性，SO2漂白性是与有色物质化合生成不稳定的无色物质，不是利用强氧化性，漂白原理不相同，故D错误；
答案为：D。
2．下列说法正确的是
A．工业上用氯气与澄清石灰水反应制取漂白粉
B．氯气能与铁反应，所以液氯不宜贮存在钢瓶中
C．漂白粉露置于空气中会变质
D．漂白粉是纯净物
【答案】C
【详解】A．工业上用氯气与石灰乳反应制取漂白粉，不是用澄清石灰水，A错误；
B．常温下氯气和铁不反应，所以液氯能贮存在钢瓶中，B错误；
C．漂白粉露置于空气中可以和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸在光照条件下分解，漂白粉会变质，C正确；
D．漂白粉是的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，是混合物，D错误；
答案选C。
3．“纳米材料”是粒子直径为1~ 100nm的材料，纳米碳就是其中的一种，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质说法正确的是
①是浊液        ②是胶体     ③能产生丁达尔效应    ④能透过滤纸
⑤不能透过滤纸  ⑥静置后，会析出黑色沉淀
A．① ⑤⑥         Ｂ. ②③④            Ｃ．②③⑤       Ｄ. ①③④⑥
【答案】B
【详解】胶体粒子直径为1~ 100nm，“纳米材料”是粒子直径为1~ 100nm的材料，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中，所形成的物质属于胶体，应具有胶体的性质，能产生丁达尔效应  ；能透过滤纸，故B正确。
点睛：
分散质粒子直径在1~ 100nm之间的分散系为胶体，胶体能产生丁达尔效应   ，能透过滤纸不能透过半透膜，能聚沉、电泳等。
4．可控核聚变的原料3He是一种安全高效而又清洁无污染的物质，据统计，月球土壤的3He含量可达500万吨。关于3He的叙述正确的是
A．3He和4He两种核素互为同素异形体
B．3He和4He两种核素互为同位素
C．核聚变时，原子核发生了变化，发生了化学反应
D．在3He中存在：质子数=中子数=核外电子数
【答案】B
【详解】A．3He和4He质子数相同，中子数不同，属于同位素，A错误；
B．3He和4He质子数相同，中子数不同，属于同位素，B正确；
C．发生化学反应时原子的种类并没有发生改变，核聚变不属于化学反应，C错误；
D．因在原子中：质子数=原子序数=核电荷数=核外电子数，3He质子数为2，中子数为1，两者不等，D错误；
故选B。
5．下列有关化学用语表示错误的是
A．的结构式：
B．中子数为20的氯原子：
C．的电子式：
D．的结构示意图：
【答案】C
【详解】A．二氧化碳是共价化合物，中心C原子与O原子之间以双键结合，其结构式为O=C=O，故A正确；
B．中子数为20的氯原子的质量数为37，该氯原子表示为：，故B正确；
C．氮气中N原子之间以三键结合，电子式为，故C错误；
D．S2-的核内有16个质子，核外有18个电子，核外电子分层排布，其结构示意图为 ，故D正确；
故选：C。
6．下列离子组一定能大量共存的是
A．含有大量Na＋的溶液中：H+、K＋、NO、SO
B．含有大量OH－的溶液中：Mg2＋ 、NO 、CO 、SO
C．含有大量Ba2＋的溶液中：K＋、Cl－、SO、CO
D．含有大量H+ 的溶液中：Mg2＋、Na＋、NO、HCO
【答案】A
【详解】A．各离子间均不发生反应，可大量共存，A正确；
B．CO、OH－和Mg2＋均能结合生成沉淀，不能大量共存，B错误；
C．Ba2＋与SO、CO均能结合生成沉淀，不能大量共存，C错误；
D．H+ 和反应生成CO2和H2O，不能大量共存，D错误；
故选A。
7．证明某溶液只含有Fe2＋而不含有Fe3＋的实验方法最好是
A．先滴加氯水，再滴加KSCN溶液后显红色
B．先滴加KSCN溶液，不显红色，再滴加氯水后显红色
C．滴加NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀
D．只需滴加KSCN溶液
【答案】B
【详解】A．先加氯水，若有Fe2＋会被氧化为Fe3＋，滴加KSCN变红，若无Fe2＋有Fe3＋也会看到相同的现象，故不能证明只含有Fe2＋而不含有Fe3＋，A错误；
B．先滴加KSCN溶液，不显红色，说明没有Fe3＋，再滴加氯水后显红色说明有Fe2＋，B正确；
C．滴加NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀，说明有Fe3＋，C错误；
D．滴加KSCN溶液不变红，说明不含Fe3＋，不能说明是否含有Fe2＋，D错误；
故选B。
8．下列说法不正确的是
A．非金属性P＜O B．热稳定性：NH3＞PH3
C．酸性：H2SO4＞H3PO4 D．原子半径大小：P＜S
【答案】D
【详解】A．同一周期元素原子序数越大，元素的非金属性越强，则元素的非金属性：N＜O；同一主族元素，原子序数越大元素的非金属性就越弱，则元素的非金属性：P＜N，故元素的非金属性：P＜O，A正确；
B．同一主族元素，原子序数越小，该元素的非金属性就越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，故简单氢化物的稳定性：NH3＞PH3，B正确；
C．同一周期元素原子序数越大元素的非金属性越强，其相应的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，则元素的非金属性：S＞P，因此酸性：H2SO4＞H3PO4，C正确；
D．同一周期元素，原子序数越大元素的原子半径就越小，则原子半径大小关系为：P＞S，D错误；
故合理选项是D。
9．下列离子方程式书写正确的是
A．金属铝投入到氢氧化钠溶液中：2Al＋2OH－=2AlO＋H2↑
B．AlCl3溶液中加入足量的氨水：Al3＋＋4NH3· H2O=AlO + 4NH +2H2O
C．三氯化铁溶液中加入铁粉：Fe3＋＋Fe=2Fe2＋
D．FeCl2溶液跟Cl2反应：2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－
【答案】D
【详解】A．铝和氢氧化钠生成偏铝酸钠和氢气， ，A错误；
B．AlCl3溶液中加入足量氨水，生成Al(OH)3沉淀和NH4Cl，一水合氨为弱碱，不能溶解氢氧化铝，离子方程式为：，B错误；
C． FeCl3 溶液中加入铁粉生成FeCl2，离子方程式为：，C错误；
D． FeCl2 溶液与 Cl2 反应，生成FeCl3，离子方程式为： 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl− ，D正确；
故选D。
10．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．铜的活泼性不如H，不能和HCl反应生成CuCl2，A错误；
B．Fe与氯气加热反应时只能生成FeCl3，B错误；
C．钠与氧气在加热条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠和水反应生成NaOH和氧气，C正确；
D．三氧化二铝不能和水反应，D错误；
综上所述答案为C。
11．经灼烧、溶解、过滤、检验四个步骤可确定黑木耳中是否含有铁元素，下列图示装置或原理不能达到实验目的是

A．图甲将黑木耳灼烧成灰
B．图乙用浓盐酸溶解灰烬并加水稀释
C．图丙过滤得到滤液
D．图丁检验滤液中是否含有Fe3+
【答案】A
【详解】A．图甲为蒸发装置，将黑木耳灼烧成灰要用坩埚，A项错误；
B．图乙为溶解装置，灰的成分含有草酸根，用浓盐酸可溶解，并加水可稀释，B项正确；
C．图丙为过滤装置，铁元素在滤液中，通过丙过滤得到滤液，C项正确；
D．Fe3+遇KCSN会反应变为红色，可用其检测，D项正确；
答案选A。
12．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol H2含有的质子数为NA
B．标准状况下，9.0 g H2O含有原子数为1.5NA
C．0.5 mol/L K2SO4溶液中含有K+数为NA
D．2.3 g Na在空气中完全燃烧生成Na2O2，转移的电子数为0.2NA
【答案】B
【详解】A．H2中含有2个质子，则1 mol1 mol H2含有的质子数为2NA，A错误；
B．在1个H2O中含有3个原子，标准状况下9.0 g H2O的物质的量是0.5 mol，则9.0 g H2O含有原子数为1.5NA，B正确；
C．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，C错误；
D．2.3 g Na的物质的量是0.1 mol，其在空气中完全燃烧生成Na2O2时，转移的电子数为0.1NA，D错误；
故合理选项是B。
13．化合价和物质类别是整理元素及化合物知识的两个要素，可表示为“价类”二维图。下图是铁元素的“价类”二维图，下列说法正确的是

A．常温下 Fe与水反应生成 Fe3O4
B．工业上用 CO 还原 Fe2O3炼铁，该反应属于置换反应
C．维生素C能将 Fe3+转化为 Fe2+，过程中维生素C做还原剂
D．Fe(OH)2浊液露置于空气中，白色迅速转变为红褐色
【答案】C
【详解】A．Fe与水在高温条件下才反应生成Fe3O4，故A错误；
B．CO和Fe2O3均为化合物，不符合置换反应的形式，故B错误；
C．Fe3+转化为 Fe2+，Fe元素化合价降低被还原，说明维生素C做还原剂，故C正确；
D．Fe(OH)2浊液露置于空气中，白色迅速转变为灰绿色，最终变成红褐色，故D错误；
综上所述答案为C。
14．在含FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的Na2O固体，在空气中充分搅拌反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目变化最小的是
A．Al3+ B．Na+ C．Fe3+ D．Fe2+
【答案】A
【详解】氧化钠与水反应的方程式为：Na2O+H2O=2NaOH，溶液中钠离子增多；生成的氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl，AlCl3+4NaOH(过量)=NaAlO2+2H2O+3NaCl，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化；生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁反应为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子为零，故答案为：A。
15．短周期元素W、X、Y、Z、Q，原子序数依次增大，W原子没有中子，X元素为地壳中含量最多的元素，Y、Z、Q同周期，且Y、Z、Q最外层电子数之和为14，Y与W同主族，下列结论不正确的是
A．原子半径大小顺序为Y>Z>Q>X>W
B．W、X、Y形成的化合物中只有共价键
C．X、Y可以形成的原子个数比1：1或1：2的化合物
D．最高价氧化物对应的水化物酸性Z﹤Q
【答案】B
【详解】W、X、Y、Z、Q，W原子没有中子，所以W时H元素，X元素为地壳中含量最多的元素，所以X为O元素，Y、Z、Q同周期，且Y、Z、Q最外层电子数之和为14，Y与W同主族，所以Y为钠，Z为S元素，Q为Cl元素。
【分析】A．Y、Z、Q同周期，则原子半径Y>Z>Q，再根据第三周期>第二周期>第一周期，原子半径大小顺序为Y>Z>Q>X>W，A正确；
B．H、O、Na形成的化合物为NaOH，既有离子键也有共价键，B错误；
C．O、Na可以化合物Na2O，Na2O2，C正确；
D．最高价氧化物对应的水化物酸性HClO4>H2SO4，Z﹤Q，D正确。
故本题选B。

二、元素或物质推断题
16．下表是元素周期表的一部分，请参照元素①～⑤在表中的位置，回答下列问题：
族
周期
IA






0






1

IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA

2





①


3
②
③
④



⑤


(1)①的原子结构示意图是_______。
(2)②、③、④三种元素的原子半径最小的是_______(写元素符号)。
(3)②和⑤形成化合物的电子式_______。
(4)下列事实能判断②和③的金属性强弱的是_______(填字母，下同)。
a.常温下单质与水反应置换出氢的难易程度
b.最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱
c.相同温度下，最高价氧化物对应的水化物的溶解度大小
(5)硒(Se)位于第四周期，与①同主族。从氧化还原角度分析SeO2具有_______性，Se的最低负化合价是_______价，Se的气态氢化物的稳定性比①的_______(填强或弱)。
【答案】(1)
(2)Al
(3)
(4)a、b
(5)     既有氧化性又有还原性     -2     弱

【分析】根据元素位置可知，①为O；②为Na；③为Mg；④为Al；⑤为Cl；
【详解】（1）①是氧元素，其原子结构示意图为；
故答案为： ；
（2）②、③、④分别为Na、Mg、Al，由同周期从左到原子半径逐渐减小可知，Al的原子半径最小；
故答案为：Al；
（3）②和⑤形成NaCl为 ；
故答案为： ；
（4）a．根据常温下单质与水反应置换出氢的难易程度，可判断Na与Mg的金属性强弱，a正确；
b．可根据最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，判断Na与Mg金属性的强弱，b正确；
c．金属性是元素的化学性质而溶解度是物理性质，c错误；
故答案为：a、b；
（5）Se有0价、＋6价，SeO2中Se为＋4价，处于中间价态，既有氧化性又有还原性；Se的最低负化合价为6-8=-2；同主族由上到下，气态氢化物稳定性逐渐减弱，故H2Se不如H2S稳定；
故答案为：既有氧化性又有还原性；-2；弱。

三、实验题
17．在常温下化学性质非常稳定，但在加热条件下可以体现氧化性或还原性。
I.某实验小组计划使用与浓盐酸制备并收集少量，实验装置如下所示：

(1)仪器m的名称为_______，装置A中发生反应的化学方程式为_______。
(2)装置B的作用为_______， 装置F的作用为_______。
(3)在实验进行过程中，小组成员观察到装置E中的紫色石蕊试液先变红后褪色，这一现象发生的原因为_______。
II.实验室中可以利用碱熔法来制备晶体，其步骤如下所示：

①碱熔：在铁制坩埚中将一定量的与的混合物用酒精喷灯加热至熔化后，向其中逐步加入粉末并用铁棒搅拌，待加热至5分钟时关闭酒精喷灯，冷却到室温后可见坩埚中存在墨绿色的块状固体，其中主要成分为与。
②水浸：将坩埚中的块状固体转移至烧杯中，加足量水溶解。
③歧化：向所得的溶液中通入适量的，促使歧化为与。
④过滤：除去溶液中的不溶性物质。
⑤操作X：加热浓缩、冷却结晶、过滤、_______、干燥。

(4)高温条件下坩埚中发生反应的化学方程式为_______；为了加快水浸时固体的溶解速率，可以采取的措施有_______(写两条)。
(5)操作X中空缺的内容为_______；使用恒温烘箱对所得的晶体进行干燥时，仪器内部温度一般不宜超过120 ℃，这是由于_______。
【答案】(1)     圆底烧瓶    
(2)     除去中的     防倒吸
(3)溶于水生成HCl与HClO，HCl使石蕊变红，HClO有强氧化性，使石蕊褪色
(4)          将块状固体破碎后溶解；使用热水溶解；溶解时用玻璃棒搅拌
(5)     洗涤     温度过高会使分解

【分析】本题是一道性质检验类的试题，由装置A制备氯气，其中的氯化氢被装置B中的饱和食盐水吸收，被干燥后，通入石蕊试液中，最后注意尾气处理，用氢氧化钠溶液吸收尾气，以此解题。
【详解】（1）由图可知，仪器m的名称为圆底烧瓶；装置A二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气，方程式为：；
（2）制备的氯气中混有氯化氢，故装置B的作用为：除去中的；氯气在氢氧化钠溶液中的溶解度较大，当氯气被其吸收时，要注意防倒吸，故装置F的作用为防倒吸；
（3）石蕊遇酸变红，次氯酸具有漂白性，故发生这一现象的原因是：溶于水生成HCl与HClO，HCl使石蕊变红，HClO有强氧化性，使石蕊褪色；
（4）由信息①可知，在坩埚中二氧化锰，氢氧化钾和氯酸钾反应生成与，相应的方程式为：；加快固体溶解的方法有加热、搅拌、粉碎，故答案为：；将块状固体破碎后溶解；使用热水溶解；溶解时用玻璃棒搅拌；
（5）冷却结晶的基本步骤为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故操作X中空缺的内容为洗涤；受热易分解，因此干燥温度不宜过高，温度过高会使分解。

四、填空题
18．Ⅰ.实验室要配制500 mL 0.2 mol/L NaOH溶液，请回答下列问题：
（1）配制过程中不需要使用的化学仪器有________（填字母）。
A 烧杯   B 500 mL容量瓶   C 漏斗   D 胶头滴管   E 玻璃棒
（2）用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为________ g。
（3）下列主要操作步骤的正确顺序是________（填序号）。
①称取一定质量的氢氧化钠，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；
②加水至液面离容量瓶瓶颈刻度线下1～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
③待冷却至室温后，将溶液转移到500 mL容量瓶中；
④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀；
⑤用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中。
（4）如果实验过程中缺少步骤⑤，会使配制出的NaOH溶液浓度_______（填“偏高、偏低”或“不变”）。
Ⅱ.如图实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：

（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为______ mol/L。
（2）取用任意体积的该盐酸溶液时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是______。
A 溶液中HCl的物质的量　　    B 溶液的浓度
C 溶液中Cl－的数目              D 溶液的密度
（3）某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制500 mL物质的量浓度为0.400 mol/L的稀盐酸。该学生需要量取______mL上述浓盐酸进行配制。
Ⅲ.现有0.27Kg质量分数为10％的CuCl2溶液,则溶液中CuCl2的物质的量为___________
【答案】     C     4.0g     ①③⑤②④     偏低     11.9     BD     16.8     0.2
【详解】Ⅰ.（1）溶液配制过程中需要烧杯溶解固体，需要500mL容量瓶配制溶液，需要胶头滴管定容，需要玻璃棒搅拌和引流，所以没有用到的是漏斗，故选C；
（2）用托盘天平称取氢氧化钠，其质量为m=c×V×M=0.2mol/L×0.5L×40g/mol=4.0g，故答案为4.0g；
（3）实验操作的步骤：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作进行排序，所以其排列顺序为：①③⑤②④，故答案为①③⑤②④；
（4）因洗涤液中含有溶质，未将洗涤液转入容量瓶，溶质的质量减少，浓度偏低，故答案为偏低；
Ⅱ.（1）设盐酸的体积为1L，则溶质的质量为1000mL×1.19g ▪cm -3 ×36.5%，溶质的物质的量为  =11.9mol，所以溶质的物质的量浓度为 =11.9mol/L，故答案为11.9；
（2）A.n=cV，所以与溶液体积有关，故A错误；B.溶液的浓度是均一稳定的，与所取溶液的体积无关，故B正确；C.N=nN A =cVN A ，所以与溶液体积有关，故C错误； D.溶液的密度是均一的，所以与所取溶液的体积无关，故D正确；故选BD；
（3）根据溶液稀释前后溶质的量不变可知，V(浓盐酸)×11.9=0.400mol·L－1×0.5L，V(浓盐酸)= 0.0168L=16.8mL；综上所述，本题答案是：16.8；
Ⅲ. 根据质量分数，可以求得氯化铜溶液中含有氯化铜的质量为：0.27Kg×0.1=0.027Kg，即为27g氯化铜溶液，求得其物质的量为 =0.2mol；

五、工业流程题
19．铁和铝是两种重要的金属，它们的单质及其化合物有着各自的性质。以铝土矿、硫铁矿烧渣为配料(主要成分为Al2O3、Fe2O3，含少量FeO、SiO2等)制备无机高分子絮凝剂聚合碱式氯化铝铁的流程如图。

(1)“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_______。
(2)步骤IV加入双氧水的目的是_______，发生反应的离子方程式为_______。
(3)测定聚合碱式氯化铝铁可表示为{[FeaAlb(OH)xCly]n}中的比值的步骤如下：
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溶液讨滤，充分洗涤，将滤渣灼烧全质量不再变化，得到固体0.800g。
则产品中为_______(填最简整数比)。
【答案】(1)     SiO2     KSCN溶液
(2)     将Fe2＋氧化为Fe3＋     2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O
(3)1:5

【分析】铝土矿加入盐酸生成铝离子、铁离子、亚铁离子，二氧化硅不溶于酸，加入双氧水后亚铁离子生成铁离子，加入氢氧化钠后铝离子和铁离子生成氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，氢氧化钠过量后氢氧化铝溶解生成偏铝酸盐，经过聚合后生成聚合碱式氯化铝铁，依次分析；
【详解】（1）①酸溶时SiO2不与盐酸反应，“滤渣1”的主要成分为SiO2，KSCN溶液与铁离子显红色，故检验“过滤1”后的溶液中是否含有Fe3＋选用KSCN溶液；
故答案为：SiO2；KSCN溶液；
（2）步骤Ⅳ加入H2O2溶液的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
故答案为：将Fe2＋氧化为Fe3＋；2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O；
（3）由步骤2在2.855 g样品中：160 g•mol-1×n(Fe2O3)=0.4000 g，n(Fe2O3)=0.0025 mol，相当于5.710 g样品中含n(Fe2O3)=0.0050 mol，由步骤1在5.710 g样品中：102 g•mol-1×n(Al2O3)＋160 g•mol-1×n(Fe2O3)=3.350 g，102 g•mol-1×n(Al2O3)=3.350 g-2×0.4000 g，n(Al2O3)=0.025 mol，n(Fe)∶n(Al)=(2×0.005 mol)∶(2×0.025 mol)=1∶5；
故答案为：1:5。