【寒假专题训练】人教版 高中化学 必修1 高一寒假 专题训练 专题05 巩固测试卷01（原卷版+解析版）.zip

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一、选择题：本题共18小题，每小题3分，共54分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．（2023上·广东深圳·高一校考期中）下列有关物质的分类正确的是
A．石墨、铜在常温下都能导电所以它们都是电解质
B．氯化钠属于盐，溶于水在电流的作用下电离出和
C．碱式碳酸铜属于盐
D．碳酸钠的水溶液在常温下的约为11.6，碳酸钠属于碱
【答案】C
【解析】A．石墨、铜都是单质，不是电解质，故A错误；
B．氯化钠的电离不需要电流，故B错误；
C．碱式碳酸铜含有金属阳离子和酸根离子，属于盐，故C正确；
D．碳酸钠属于盐，其溶液显碱性因其水解之故，故D错误；
故选C。
2．“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是
A．钢是以铁为主的含碳合金
B．钢的含碳量越高，硬度和脆性越大
C．生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高
D．冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3
【答案】C
【解析】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；
B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；
C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；
D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；
故选C。
3．（2023下·湖南湘西·高一联考期末）Cl2与水发生反应Cl2+H2O=HCl+HClO，下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．C1-的结构示意图： B．H2O的结构式：H-O-H
C．HCl的电子式： D．中子数为18的氯原子：18C1
【答案】B
【解析】A．Cl原子最外层有7个电子，获得一个电子变为Cl-，故Cl-的结构示意图： ，A错误；
B．水分子中O原子与2个H原子形成2个共用电子对，结构式为H—O—H，B正确 ，
C．HCl中H、Cl原子以共价键结合，C错误；
D．中子数为18的氯原子，质量数为35 ，故可表示为，D错误；
故选B。
4．（2023上·广东汕头·高一校考期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．在BaCl2溶液中：Na＋、K＋、OH－、
B．在盐酸中：Na＋、K＋、、
C．在无色溶液中：、Na＋、、
D．在AgNO3溶液中：、Mg2＋、Cl－、
【答案】A
【解析】A． 在BaCl2溶液中，Na＋、K＋、OH－、之间不发生反应，能大量共存，A项正确；
B．在盐酸中：H＋能与反应而不能大量共存，B项错误；
C．在无色溶液中呈紫红色而不能大量共存，C项错误；
D．在AgNO3溶液中银离子与Cl－、均会产生沉淀而不能大量共存，D项错误；
故选A。
5．（2023上·广东汕头·高一校考期中）采用不同的分类方法，可将非金属氧化物分为不同的类别。例如，从某种意义上讲，可将P2O5、SO2、SO3、CO2、Cl2O7等归为一类，则下列氧化物中与它们同属一类的是
A．COB．CaO
C．N2O5D．Fe2O3
【答案】C
【解析】P2O5、SO2、SO3、CO2、Cl2O7均属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物，CO是不成盐非金属氧化物，CaO属于金属氧化物、碱性氧化物，N2O5属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物，Fe2O3属于金属氧化物、碱性氧化物，C满足；故选C。
6．（2023上·上海浦东·高一校考期中）分别将6滴饱和5mL溶液滴加到下列试剂中：①5mL 20℃蒸馏水中；②5mL沸水中并加热至红褐色；③5mL20℃蒸馏水中，然后再加入少量0.1ml•L-1的NaOH溶液。下列有关相应分散系的说法正确的是（ ）。
A．分散质粒子直径：③＞②＞①
B．分散系稳定性：③＞②＞①
C．用激光笔照射分散系，仅①中观察到光亮的通路
D．向三种分散系中加入酸性AgNO3溶液后，只有①中会产生白色沉淀
【答案】A
【分析】分别将6滴饱和FeCl3溶液滴加到下列试剂：①5mL 20℃蒸馏水中；②5mL沸水中并加热至红褐色；③5mL 20℃蒸馏水中，然后再加入适量0.1ml•L-1的NaOH溶液，①形成的是溶液，②形成的是胶体，③形成的浊液，据此判断。
【解析】A．分散质微粒直径大小为浊液＞胶体＞溶液，分散质粒子直径：①＜②＜③，故A正确；
B．分散系的稳定性溶液＞胶体＞浊液，分散系稳定性：①＞②＞③，故B错误；
C．胶体具有丁达尔效应，则用激光笔照射分散系，仅②中观察到光亮的通路，故C错误；
D．①、②、③中均含有氯离子，氯化铁溶液中滴入硝酸银溶液生成氯化银白色沉淀，滴入胶体中胶体聚沉生成红褐色沉淀，同时生成氯化银沉淀，5mL 20℃蒸馏水中，然后再加入适量0.1ml•L-1的NaOH溶液加入酸性AgNO3溶液后生成白色沉淀，故D错误；
故选A。
7．（2023上·广东深圳·高一校考期中）下列离子方程式正确的是
A．过氧化钠与水反应：
B．舍勒制备：
C．氯气的尾气处理：
D．向饱和的碳酸钠通入：
【答案】C
【解析】A．过氧化钠与水反应正确的离子方程式为：，故A错误；
B．氯化锰是可溶性盐，舍勒制备氯气正确的离子方程式为：，故B错误；
C．氯气和氢氧化钠溶液反应：正确，故C正确；
D．碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，向饱和的碳酸钠通入二氧化碳：，故D错误；
故选C。
8．（2023上·北京海淀·高一校考期中）下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是
①氯气 ②液氯 ③新制氯水 ④NaClO溶液 ⑤盐酸 ⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液
A．①②③B．①②③⑥C．③⑥D．③④⑥
【答案】C
【解析】能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，说明该物质具有酸性和漂白性，
①氯气不是酸性气体，也不具有漂白性，不能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；
②液氯为液态的氯气，没有酸性，也不具有漂白性，不能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；
③新制氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，则能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；
④NaClO溶液是碱性的，不能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，溶液中含有HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸褪色；
⑤盐酸具有酸性，但没有漂白性，只能使干燥的蓝色石蕊试纸变红，不能褪色；
⑥盐酸与少量漂白粉的混合溶液显酸性，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，可与氢离子结合形成次氯酸，次氯酸具有漂白性，则能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色；
综上分析，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色的是③⑥，答案选C。
9．（2023下·北京昌平·高一联考期末）下列物质中，含有共价键的是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】A．MgCl2是离子化合物，只含有镁离子和氯离子之间的离子键，故不选A；
B．HCl是共价化合物，含有共价键，故选B；
C．NaCl是离子化合物，只含有钠离子和氯离子之间的离子键，故不选C；
D．CaO是离子化合物，只含有钙离子和氧离子之间的离子键，故不选D；
故选B。
10．（2023上·上海徐汇·高一校考模拟）在0.2L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合溶液中，部分离子浓度大小如图所示，对于该溶液成分，下列说法错误的是
A．NaCl的物质的量为0.2ml
B．溶质MgCl2的质量为19g
C．该混合液中BaCl2的物质的量为0.1ml
D．将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ba2+的物质的量浓度为0.1ml/L
【答案】B
【解析】A．由图可知，钠离子的物质的量浓度为1.0ml/L，则NaCl的物质的量为1.0ml/L×0.2L=0.2ml，A正确；
B．镁离子的物质的量浓度为0.5ml/L，则MgCl2的物质的量为0.5ml/L×0.2L=0.1ml，溶质MgCl2的质量为9.5g，B错误；
C．根据溶液电中性可知，钡离子浓度为(3.0-1.0-0.5×2)ml/L÷2=0.5ml/L，该混合液中BaCl2的物质的量为0.5ml/L×0.2L=0.1ml，C正确；
D．将该混合液加水稀释至体积为1L，稀释后溶液中Ba2+的物质的量浓度为0.1ml ÷1L=0.1ml/L，D正确；
故选B。
11．（2023下·云南昆明·高一联考期末）关于化合物和化学键的描述，下列说法正确的是
A．熔融状态下能导电的物质一定是离子化合物
B．金属元素与非金属元素一定形成离子化合物
C．像这样，通过之间的吸引力所形成的化学键称为离子键
D．在化合物中，两个氯离子之间不存在离子键
【答案】D
【解析】A．能导电的物质不一定是电解质，如金属单质能导电，但不是电解质，A错误；
B．金属元素和非金属元素也有可能形成共价化合物，如，B错误；
C．阴、阳离子通过静电作用所形成的化学键称为离子键，静电作用包括静电引力和静电斥力，C错误；
D．氯化镁电子式为 ，两个氯离子不靠近，不存在离子键，D正确；
故选D。
12．（2023上·黑龙江七台河·高一校考期末）下列有关铁及其化合物的说法不正确的是
A．铁是一种银白色金属
B．铁在常温下与水不反应，但可在高温条件下与水蒸气反应生成Fe3O4和H2
C．常温下，铁与浓硝酸、浓硫酸均不反应
D．铁在氯气中燃烧生成FeCl3，其溶于水形成的溶液呈棕黄色
【答案】C
【解析】A．纯铁具有金属的通性，为银白色金属，硬度不大，A正确；
B．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，铁在常温下与水不反应，B正确；
C．常温下，Fe与浓硫酸、浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，C错误；
D．氯气具有强氧化性，铁与氯气中燃烧生成氯化铁，溶于水形成的溶液呈棕黄色，D正确；
故选C。
13．（2023上·辽宁丹东·高一联考期中）如图为铁元素的价类二维图，“”表示物质间的转化关系。下列说法正确的是
A．铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①
B．FeO在空气中受热可实现转化②
C．溶解于足量稀硝酸可实现转化④
D．高铁酸盐(FeO)具有强氧化性，可用于杀灭水中细菌
【答案】D
【解析】A．铁与高温水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不能实现转化①，故A错误；
B．FeO在空气中受热，迅速被氧化为四氧化三铁，故B错误；
C．稀硝酸具有氧化性，溶解于足量稀硝酸反应生成Fe3+，故C错误；
D．高铁酸根离子中铁元素的化合价为最高价+6价，所以高铁酸盐具有强氧化性，可用于杀菌消毒，故D正确；
故选D。
14．（2023上·浙江温州·高一校联考期中）现有 Fe、Fe2O3混合物共 0.1 ml，加盐酸后固体全部溶解，共收集到 0.01 ml H2，且向反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色，则原混合物中铁的物质的量为
A．0.05 mlB．0.055 mlC．0.07 mlD．0.08 ml
【答案】B
【解析】加盐酸后固体全部溶解，共收集到0.01mlH2，得到与盐酸反应生成氢气的铁单质的物质的量为0.01ml；反应后的溶液中加入 KSCN 溶液不显红色说明不含铁离子，溶液中全部为亚铁离子，铁和三价铁离子全部反应生成亚铁离子：，设原混合物铁物质的量为x，则Fe2O3的物质的量为（0.1-x） ml ， Fe3+物质的量2(0.1- x) ml；根据可知2(x-0.01) =2(0.1- x)，x =0.055ml；
故选B。
15．（2023下·上海黄浦·高一校考期末）按图所示方法来收集产生的气体，需将钠包好，再放入水中。取相同质量的钠按下列两种情况：
①用铝箔包住钠、②用铜箔包住钠。则收集产生的气体在相同条件下体积的关系是

A．二者收集气体一样多B．①收集气体体积较大
C．②收集气体体积较大D．无法确定
【答案】B
【解析】Na 和H2O 反应2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，产生H2的同时产生NaOH ，NaOH可以和A1发生反应: ，故用铝箔包住Na 时产生H2的体积较大，因此①收集气体体积较大，故选B。
16．（2023下·福建厦门·高一联考期末）下列有关元素周期律的说法正确的是
A．热稳定性：HCl>H2S>PH3B．离子半径：O2->Al3+>Na+
C．元素原子失电子能力：Be>K>MgD．酸性：HNO3>H2SiO3>H2CO3
【答案】A
【解析】A．非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性Cl>S>P，热稳定性：HCl>H2S>PH3，A正确；
B．核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，离子半径：O2->Na+>Al3+，B错误；
C．金属性越强，失去电子的能力越强，元素原子失电子能力：K>Mg>Be，C错误；
D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，非金属N>C>Si性，则酸性：HNO3>H2CO3>H2SiO3，D错误；
故选A。
17．（2023上·山东淄博·高一校考期末）Q、X、Y、Z是原子序数逐渐增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与Q同族。下列说法正确的是
A．非金属性：Z＞QB．单质的导电性：Y＜Z
C．原子半径半径：X＜ZD．最高价氧化物水化物的碱性：X＞Y
【答案】D
【分析】短周期元素Q、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与Q同族，设Y的最外层电子数为a，Q原子最外层电子数为b，则有3a+b=15，则可能是a=3，b=6，或a=4，b=3，由于X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与Q同族，则只可能Q为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，Q为O，Z为Si，根据同一周期从左往右元素非金属性依次增强，同一主族从上往下非金属性依次减弱，故非金属性O＞Si即Z＜Q，A错误；
B．由分析可知，Y为Al，Z为Si，Al是导体，Si是半导体，故单质的导电性Al＞Si即Y＞Z，B错误；
C．由分析可知，X为Mg，Z为Si，根据同一周期从左往右原子半径依次减小，故原子半径半径Mg＞Si即X＞Z，C错误；
D．由分析可知，X为Mg，Y为Al，根据同一周期从左往右元素金属性依次减弱，故金属性Mg＞Al，故最高价氧化物水化物的碱性Mg(OH)2＞Al(OH)3即X＞Y，D正确；
故选D。
18．（2023上·陕西西安·高一统考期末）为短周期主族元素，其中为第二周期元素，其最外层电子数是电子层数的2倍，与能形成型离子化合物，与同主族。五种元素原子半径与原子序数之间的关系如图所示。下列推断正确的是

A．最简单氢化物的稳定性：
B．和的阴、阳离子个数比相同
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：
D．由三种元素组成的盐仅有一种
【答案】B
【分析】R、Y、Z、T为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中R为第二周期元素，其最外层电子数是电子层数的2倍，R是C元素；与能形成型离子化合物，则Y为O元素，Z为Na元素；Y与T同主族，则T是S元素。
【解析】A．同主族元素从上到下非金属性减弱，最简单氢化物的稳定性减弱，稳定性H2O＞H2S，故A错误；
B．O与Na能形成Na2O、Na2O2型离子化合物，其阴阳个数比均为1:2，故B正确；
C．S的非金属性大于C，最高价氧化物对应水化物的酸性：H2SO4>H2CO3，故C错误；
D．由O、S、Na三种元素组成的盐有Na2SO4、Na2SO3等盐，故D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共46分。
19．（2023上·四川眉山·高一联考期中）（10分）下图为一个五圆环，每个环中的物质依次为、NaCl、、、，图中相连的两种物质可归属为同一类，用①、②、③、④表示相交部分，请回答下列问题：
（1）关于上述相交部分的说法不正确的是___________(填选项)，
A．①表示盐类B．②表示钠的化合物
C．③表示氧化物D．④表示单质
（2）上述五种物质中，有两种物质可以发生氧化还原反应，其化学方程式为 ；
（3）用洁净的烧杯取少量蒸馏水。用酒精灯加热至沸腾，向烧杯中逐滴加入1ml/L上图中某物质M的溶液，继续煮沸得到红褐色透明液体。
①物质M的化学式为 ，继续煮沸得到红褐色透明液体涉及的离子方程式是 ；
②检验该红褐色透明液体是胶体的方法为 ；
③往该红褐色透明液体中逐滴加入稀硫酸溶液至过量，现象是 ，此反应的离子反应方程式为 。
【答案】（1）D
（2）2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2
（3）FeCl3 阴极 丁达尔效应 先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解溶液变为棕黄色 Fe(OH)3+3H＋＝Fe3＋+3H2O
【解析】（1）依据图示可知①从酸根离子角度为盐酸盐，②都含有钠元素为钠的化合物，③都只含两种元素，且一种为氧元素，属于氧化物，④碘为单质，不是非电解质，二氧化碳为化合物，是非电解质，所以相交部分不可能是单质，故选D；
（2）上述物质中过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，属于氧化还原反应，方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；
（3）①依据氢氧化铁胶体制备方法和胶体的性质分析，氢氧化铁胶体制备是利用向饱和沸水中加入饱和氯化铁溶液加热至呈红褐色得到氢氧化铁胶体为红褐色，判断M为FeCl3，氢氧化铁胶粒带正电荷，所以向上述所得红褐色透明液体中加入电极通电后，Fe(OH)3胶体粒子移向阴极；
②胶体具有丁达尔现象，光线通过胶体会出现光亮的通路，所以检验该红褐色透明液体是胶体的方法为丁达尔效应；③往该红褐色透明液体中逐滴加入稀硫酸溶液至过量，胶体先聚沉，然后溶解，所以实验现象是先产生红褐色沉淀，然后沉淀溶解溶液变为棕黄色，此反应的离子反应方程式为Fe(OH)3+3H＋＝Fe3＋+3H2O。
20．（2023上·湖南邵阳·高一校考期中）（12分）现用密度为1.84 g/mL 98%的浓硫酸配制450 mL0.3ml/L硫酸溶液：
（1）根据计算得知，所需量取的浓硫酸的体积为 mL。
（2）本实验除了量筒、胶头滴管外，还需要用的仪器有 。
（3）用浓硫酸配制该稀硫酸需以下哪些步骤(按操作顺序填写序号)： 。
①计算②装瓶③用量筒量取一定体积的浓硫酸④洗涤⑤移液⑥稀释⑦定容⑧摇匀
（4）定容的正确操作是 。
（5）配制0.3ml/L 硫酸溶液的实验中，如果出现以下操作：
A．用量筒量取浓硫酸时仰视读数
B．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中
C．往容量瓶转移时，有少量液体溅出
D．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯
E．用量筒量取浓硫酸倒入烧杯后，洗涤量筒，把洗涤液转移到容量瓶
F．容量瓶未干燥即用来配制溶液
G．定容后塞上玻璃塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线
上述操作中会造成所配置的溶液物质的量浓度偏大的有 (填字母) 。
【答案】（1）5.4
（2）烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶
（3）①③⑥⑤④⑦⑧②
（4）向容量瓶中缓缓注入蒸馏水至离容量瓶刻度线1—2cm处，再用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切
（5）ABE
【分析】实验室没有450mL容量瓶，所以配制450mL0.3ml/L硫酸溶液时，应选用500mL容量瓶，由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知，实验过程中需要用到的仪器为量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶。
【解析】（1）由c=可知，浓硫酸的物质的量浓度为ml/L=18.4ml/L，由稀释定律可知，配制500mL0.3ml/L硫酸溶液时，需要量取浓硫酸的体积为×103mL/L≈5.4mL；
（2）由分析可知，配制500mL0.3ml/L硫酸溶液时，除了用到量筒、胶头滴管外，还需要用到烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶；
（3）由分析可知，配制500mL0.3ml/L硫酸溶液的操作步骤为计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶，则操作顺序为①③⑥⑤④⑦⑧②；
（4）配制500mL0.3ml/L硫酸溶液时，定容的正确操作为向容量瓶中缓缓注入蒸馏水至离容量瓶刻度线1—2cm处，为防止加入的蒸馏水刻度线，再用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切；
（5）A．用量筒量取浓硫酸时仰视读数会使硫酸的物质的量偏大，导致所配溶液浓度偏大，故符合题意；
B．浓硫酸在烧杯中稀释后，未冷却就立即转移到容量瓶中会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故符合题意；
C．往容量瓶转移时，有少量液体溅出会使硫酸的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故不符合题意；
D．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯会使硫酸的物质的量偏小，导致所配溶液浓度偏小，故不符合题意；
E．用量筒量取浓硫酸倒入烧杯后，洗涤量筒，把洗涤液转移到容量瓶会使硫酸的物质的量偏大，导致所配溶液浓度偏大，故符合题意；
F．容量瓶未干燥即用来配制溶液对溶质的物质的量和溶液的体积无影响，对所配溶液浓度无影响，故不符合题意；
G．定容后塞上玻璃塞反复摇匀，静置后，液面不到刻度线，再加水至刻度线会使溶液的体积偏大，导致所配溶液浓度偏小，故不符合题意；
故选ABE。
21.（2023上·北京房山·高一统考期末）（12分）铁泥(主要成分为含少量、Fe及杂质；杂质与酸不反应，且难溶于水)是一种常见的工业废料，为了减少污染并变废为宝，工程师设计了如下两种不同的工艺(部分步骤已略去)，用于生产铁红或七水合硫酸亚铁。

（1）过程Ⅰ中
①分离出杂质的操作是 。
②与硫酸反应的离子方程式为 。
（2）制备铁红
①过程Ⅱ加入的目的是 。
②过程Ⅲ中，加入氨水后，可观察到的现象为 。
③过程Ⅳ得到铁红的化学方程式为 。
（3）制备
①过程Ⅴ中，用离子方程式说明加入铁屑的主要目的是 。
②过程Ⅰ中加入硫酸至固体不再溶解，则经过程Ⅴ反应后所得溶液中的物质的量最多为 ml。
【答案】（1）过滤 Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
（2）将二价铁氧化为三价铁 产生红褐色沉淀 2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O
（3）2Fe3++Fe=3Fe2+ 1.6
【分析】根据题干工艺流程图可知，过程I发生的反应有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、Fe+2H+=Fe2++H2↑，过滤除去不与酸反应且不溶性杂质，得到溶液，进行过程II时发生的反应为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，溶液中的Fe2+全部转化为了Fe3+，过程III即向Fe3+的溶液中加入氨水，故产生红褐色沉淀Fe(OH)3，反应原理为：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，过滤后洗涤得到纯净的Fe(OH)3，经过一系列转化得到铁红，过程V中加入Fe，发生的反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，经过过程V后溶液中的溶质只有FeSO4一种，根据质量守恒即可进行计算，据此分析解题。
【解析】（1）①由分析可知，分离出杂质的操作是过滤，故选过滤；
②Fe2O3与硫酸反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，故选Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
（2）①过程I中生成二价铁，加入过氧化氢可以将二价铁氧化为三价铁；
②过程Ⅲ中发生的反应为：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+，故加入氨水后，可观察到的现象为：产生红褐色沉淀，故选产生红褐色沉淀；
③过程Ⅲ生成的氢氧化铁在加热的条件下分解为铁红，方程式为：2Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O；
（3）①由分析可知，过程V中的溶液中含有Fe3+，加入铁屑的主要目的是将Fe3+转化为Fe2+，发生的离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+；
②过程I中加入800mL 2ml·L-1硫酸至固体不再溶解，则经过程V反应后所得溶液中只含有FeSO4一种溶质，根据质量守恒可知，n(Fe2+)=n()=n(H2SO4)= 0.8L×2ml·L-1=1.6ml，故Fe2+的物质的量最多为1.6ml。
22．（2023上·江苏盐城·高一联考期末）（12分）下图是元素周期表的一部分。按要求填写下列空白：
（1）元素⑤在周期表中的位置为 ；
（2）①~⑧元素的最高价氧化物中，具有两性的是 (填化学式)；
（3）元素⑦的最简单气态氢化物的电子式是 ；
（4）④、⑤、⑥、⑦对应简单离子的半径最小的是 (填离子符号)；
（5）⑤和⑥两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式 ；
（6）下列方案中不能证明非金属性⑧比⑦强的是___________(填选项字母)。
A．最高价氧化物对应水化物的酸性⑧比⑦的强
B．单质与变价金属反应，产物的价态⑧比⑦的高
C．简单气态氢化物对应水溶液的酸性⑧比⑦的强
D．⑧的单质可将⑦的单质从其化合物中置换出来
【答案】（1）第三周期第IA族
（2）
（3）
（4）
（5）Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-
（6）C
【分析】由元素在周期表中位置可知，①为H、②为C、③为N、④为F、⑤为Na、⑥为Al、⑦为S、⑧为Cl。
【解析】（1）元素⑤是Na，Na在元素周期表中位于第三周期第ⅠA族；
（2）①~⑧号元素中具有两性的最高价氧化物是Al2O3；
（3）元素⑦的最简单气态氢化物为H2S，分子中S原子与氢原子之间形成1对共用电子对，其电子式为 ；
（4）电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，故离子半径大小顺序为S2- > F- > Na+ > Al3+，所以离子半径最小的是Al3+；
（5）元素⑤、⑥的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3，二者反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH-= [Al(OH)4]-；
（6）非金属性越强，最高氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性⑧比⑦的强，说明⑧的非金属性更强，故A不选；单质与变价金属反应，产物的价态⑧比⑦的高，说明⑧单质氧化性更强，则⑧的非金属性更强，故B不选；简单气态氢化物对应水溶液的酸性不能说明非金属性强弱，如非金属性F>Cl，但 HF属于弱酸，而HCl是强酸，故C选；⑧的单质可将⑦的单质从其化合物中置换出，说明⑧单质氧化性更强，则⑧的非金属性更强，故D不选；故选C。
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
⑧