【文档说明】河南省创新发展联盟2019-2020学年高一上学期第三次联考化学试题含解析【精准解析】.doc，共(16)页，316.000 KB，由小赞的店铺上传

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河南省创新发展联盟2019-2020学年高一上学期第三次联考化学试题1.下列自然资源的开发利用过程中只涉及了物理变化的是A.海水晒盐B.伐薪烧炭C.煤炭发电D.刀耕火耨【答案】A【解析】【详解】A．海水嗮盐是蒸发水，过程中无新物质生成，为物理变化，故A

正确；B．伐薪烧炭是隔绝空气加强热生成碳单质，过程中生成了新的物质，故B错误；C．煤炭发电是碳燃烧放热，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．刀耕火耨其化学原理是以灰肥田，过程中有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选：A。2.下列表格中各项分类都正确的一组是选项纯净物混合物电解质非电解质A

生铁黄铜液态氯化氢SO2B硫酸钠水银石墨食盐水C洁净的空气盐酸CuSO4溶液蔗糖D氢氧化钠澄清石灰水AgClCOA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、生铁是铁和C的合金，属于混合物，故A错误；B、水

银是单质汞，是纯净物；石墨是单质，不是电解质；食盐水是混合物，不是非电解质，故B错误；C、空气是混合物；硫酸铜溶液是混合物，故不是电解质，故C错误；D、氢氧化钠是纯净物，石灰水是混合物，AgCl是电解质，CO是非电解质，故D正确。故

选：D。3.”生活无处不化学”.下列关于生活中的问题解释不合理的是A.食盐不慎洒落在天然气的火焰上,观察到黄色火焰,其原因:2Na+O2Na2O2B.沾水的铁制品器皿高温灼烧会发黑，其可能原因：3Fe+4H2OFe3O4+4H2C.Al(OH)3

可用于中和过多的胃酸，其原因：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2OD.明矾可以净水，是因为明矾[KAl(SO4)2·H2O]溶于水能生成Al(OH)3胶体【答案】A【解析】【详解】A．焰色反应是处于激发态的电子跃迁到低能级时，以光的形式释放能量，属于物理性质，

故A错误；B．高温下Fe能与水蒸气发生反应：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，生成的四氧化三铁为黑色物质，故B正确；C．氢氧化铝属于弱碱，能与盐酸发生反应：Al（OH）3+3HCl═AlCl3+3H2O，中和过多的盐酸，故C正确；D．[

KAl（SO4）2•H2O]溶于水能生成Al（OH）3胶体，氢氧化铝胶体表面积非常大，可以吸附水中悬浮物质，起净水作用，故D正确。故选：A。4.根据离子反应发生的条件，判断下列各组物质中不能发生离子反应的是A.H2SO4溶液与BaCl2溶液B.NaOH溶液与CuS

O4溶液C.Na2CO3溶液与HNO3溶液D.NaOH溶液与KCl溶液【答案】D【解析】【详解】A．稀硫酸与氯化钡反应生成了沉淀硫酸钡，发生了离子反应，故A错误；B．NaOH溶液与CuSO4溶液反应生成氢氧化铜沉淀，发生了离子反应，

故B错误；C．Na2CO3溶液与HNO3溶液反应生成二氧化碳气体，发生了离子反应，故C错误；D．NaOH溶液与KCl溶液不反应，不满足离子反应发生的条件，故D正确。故选：D。【点睛】根据复分解反应发生的条件，若两种物质之间相互交换成分不生成水、气体、沉淀，则物质不能发生化学反应。5.下列

叙述不正确的是A.用砂纸打磨过表面的铝箔，加热熔化后但不滴落，说明Al2O3的熔点比铝高B.铝制品在生活中应用非常普遍，不因生锈而受损，故铝不活泼C.铁在潮湿的空气中生成的氧化物结构不致密,不能保护内层金属,

故铁制品往往涂保护层D.钠与水的反应中,钠块熔成小球,说明该反应为放热反应【答案】B【解析】【详解】A．氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝熔化但不滴落，故A正确；B．铝是活泼金属，易在表面形成致密的氧化膜

，氧化铝能保护内部金属不被腐蚀，故B错误；C．氧化铁为疏松结构，不能保护内层金属，故铁制品往往需涂保护层，故C正确；D．活泼金属与水的反应属于放热反应，钠与水的反应是放热反应，放出的热量使钠块熔成小球，故D正确。故选：B。6.在配制溶液时，下列情况会

使所配溶液浓度偏高的是A.溶液转移到容量瓶中后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤B.有些固体溶解会放热，未经冷却后立即将其转移至容量瓶中C.定容时，仰视容量瓶的刻度线D.定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量蒸馏水至刻度线【答案】B【解析】【分析】跟据c=n/V分析。【详

解】A．溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，n偏小，则c偏小，故A不选；B．未经冷却后立即将其转移至容量瓶中，冷却后溶液体积V偏小，n不影响，则c偏高，故B选；C．定容时，仰视容量瓶的刻度线，V偏大，可使所配溶液浓度偏低，故C不选；D．定容后

又补加少量蒸馏水，n不变，体积V偏大，则c偏小，故D不选。故选：B。7.下列关于铝和盐酸、NaOH溶液的反应说法不正确的是A.等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应消耗Al的物质的量之比为1:3B.等体积等浓度的盐酸、NaOH溶液分别与足量的铝反应生成H2的

物质的量之比为1:3C.等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应产生H2的物质的量之比为1:3D.等质量的铝分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应消耗酸和碱的物质的量之比为3:1【答案】C【解析】【详解】A．等体积等浓度的盐酸、N

aOH溶液，则氯化氢，氢氧化钠物质的量相等，依据方程式：2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，取6mol氯化氢和氢氧化钠，则盐酸消耗2mol铝，氢氧化钠消耗6mol铝，

反应消耗Al的物质的量之比为2：6=1：3，故A正确；B．由2Al+6HCl═2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑可知，足量Al，酸碱均完全反应，则存在6HCl～3H2，2NaOH～3H2，取6mol氯化氢和

6mol氢氧化钠研究，则盐酸与铝反应生成3mol氢气，氢氧化钠与铝反应生成9mol氢气，反应生成H2的物质的量之比为3：9=1：3，故B正确；C．等质量的铝的物质的量相同，设Al均为2mol，由2Al

+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，生成气体物质的量之比为1：1，故C错误；D．铝与盐酸、氢氧化钠分别发生：2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑、2Al+6H

Cl═2AlCl3+3H2↑，设铝的物质的量为2mol，所以消耗盐酸和氢氧化钠的物质的量分别为：6mol和2mol，则比值为3：1，故D正确；故选：C。【点睛】熟悉铝与氢氧化钠、盐酸反应的方程式，明确反应物用量多少是解题关键。8.设阿

伏伽德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A.1.0mol·L－1的Na2CO3溶液中，Na＋的数目为2NAB.1.0molNa2O2与足量CO2成分反应，转移的电子数为2NAC.标准状况下，2.24LCH3CH2OH分子中氢原子的数目为0.6NAD.将0.1molH2和0.1m

olO2用电火花点燃，充分反应后，体系中所含氢原子总数为0.2NA【答案】D【解析】【详解】A．溶液体积未知，无法计算钠离子个数，故A错误；B．过氧化钠与二氧化碳反应为歧化反应，消耗1mol过氧化钠转移1mol电子，则1.0mo

lNa2O2与足量CO2成分反应，转移的电子数为NA，故B错误；C．标况下乙醇是液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D．化学反应过程中遵循原子个数守恒，0.1molH2和0.1molO2含有0.2molH，用电火花点燃，充分反应后，体系中所含氢原子总数为0.2NA，故D正确；故

选：D。9.将V1mL0.2mol·L－1Na2CO3溶液加水稀释至V2mL，稀释后溶液中的Na＋物质的量浓度为A.122V5Vmol·L－1B.125V2Vmol·L－1C.215V2Vmol·L－1D.212V5Vmol

·L－1【答案】A【解析】【分析】根据Na2CO3的化学式可知，0.2mol•L-1的Na2CO3溶液中Na+物质的量浓度为0.4mol•L-1，根据稀释定律可知，溶液稀释前后钠离子的物质的量不变，据此计算。【详解】令稀释后溶液中Na+的物

质量浓度为y，则V1mL×0.4mol/L=V2mL×y解得y=0.4V1/V2=122V5Vmol/L。故选：A10.下列应用或现象对应的离子方程式不正确的是A.用FeCl3溶液腐蚀电路板上的铜：2Fe3＋+Cu=2Fe2＋+Cu2＋B.将FeCl3溶液加入滴有淀粉的KI溶液中，溶液变

为蓝色：2Fe3＋+2I－=2Fe2＋+I2C.往FeCl3溶液中通入H2S，产生淡黄色沉淀：H2S+FeCl3=FeS↓+2H＋D.将KOH溶液加入FeCl3溶液中，产生红褐色沉淀：Fe3＋+3OH－=Fe(

OH)3↓【答案】C【解析】【详解】A．铁离子与铜发生反应生成亚铁离子和铜离子，可用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，发生反应的离子方程式为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，故A正确；B．FeCl3溶液加入滴有淀粉的KI溶液中，溶液变为蓝色

，发生反应的离子方程式为：2Fe3++2I-═2Fe2++I2，故B正确；C．淡黄色沉淀生成，说明生成硫单质，发生反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+=2Fe2++S↓+2H+，故C错误；D．KOH溶液加入FeCl3溶液中，产生红褐色沉淀，发生反应的离子方程式为

：Fe3++3OH-═Fe（OH）3↓，故D正确；故选：C。11.下列实验或现象中的颜色变化，不涉及氧化还原反应的是ABCD实验用稀盐酸除去铜质器皿表面的铜绿[Cu2(OH)2CO3]Na2O2放置在空气中往FeCl3溶液中加入足量铁粉将NaOH溶液滴入FeSO4溶液中现象铜质器皿

表面呈红色，废液呈蓝色固体粉末由黄色变为白色溶液颜色由黄色变为浅绿色产生白色沉淀，随后沉淀变为灰绿色，最后变为红褐色A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．由现象可知[Cu2（OH）2CO3]与稀盐酸反应生成氯化铜、水和二氧化碳，无元素的化合价变化，为非氧化还原反

应，故A选；B．由固体粉末由黄色变为白色，可知Na2O2与空气中的水、二氧化碳反应生成氧气、氢氧化钠和碳酸钠，O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．溶液颜色由黄色变为浅绿色，说明三价铁被还原成二价铁

，Fe元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C不选；D．白色沉淀，随后变为灰绿色，最后变为红褐色，可知氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不选；故选：A。12.已知还原性：H2SO3(S

O2)＞I－＞Fe2＋＞NO，据此判断下列反应不能发生的是A.H2SO3+I2+H2O=2HI+H2SO4B.NO+SO3=NO2+SO2C.2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2D.3FeCl2+4H

NO3=2FeCl3+NO↑+2H2O+Fe(NO3)3【答案】B【解析】【分析】根据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，利用酸性溶液中还原性强弱的顺序是H2SO3（SO2）＞I-＞Fe2+＞NO来判断反应能否发生。【详解】A．因

该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO2为还原剂，还原性强弱为SO2＞HI，与已知的还原性强弱一致，反应能发生，故A不选；B．因该反应中N元素的化合价升高，S元素的化合价降低，则NO为还原剂，还原性强弱为NO＞SO2，与已知的还原性强弱不一致，不能发生，故B选；C．因该反应

中I元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则I-为还原剂，还原性强弱为I-＞Fe2+，与已知的还原性强弱一致，反应能发生，故C不选；D．因该反应中N元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+＞NO，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。

故选：B。【点睛】利用已知的还原性强弱来判断化学反应的发生，学生应学会利用化合价来分析反应中的还原剂，并利用还原剂的还原性大于还原产物的还原性来解答即可。13.31.04gFe3O4、Fe2O3、FeO组成的固体混合物，用180mL6.0mol·L－1盐

酸能恰好将之完全溶解。若将此固体混合物用CO完全还原，则生成的铁的物质的量为A.0.2molB.0.3molC.0.4molD.0.5mol【答案】C【解析】【分析】Fe3O4、Fe2O3、FeO组成的固

体混合物用CO还原，CO夺取混合物中的氧，生成Fe的质量=混合物总质量-减去混合物中氧元素质量，进而计算Fe的物质的量。而混合物用盐酸能恰好将之完全溶解，混合物中氧与氯化氢中的氢结合生成水，由O原子、H原子守恒可知n（O）=n（H2O）=1

2n（HCl），可得混合物中氧元素质量。【详解】混合物用盐酸能恰好将之完全溶解，混合物中氧与氯化氢中的氢结合生成水，由O原子、H原子守恒可知n（O）=n（H2O）=12n（HCl）=12×0.18L×6.0mol/L=0.54mol，故生成Fe的质量=31.04g-0.54

mol×16g/mol=22.4g，故n（Fe）=22.456/ggmol=0.4mol；故选：C。14.高铁酸盐是常用的水处理剂。高铁酸钠（Na2FeO4）可用如下反应制备：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+Na2

O+2Na2SO4+O2↑。若生成16.6gNa2FeO4,则反应中转移电子的物质的量为A.0.4molB.0.5molC.0.6molD.0.8mol【答案】B【解析】【详解】反应中，每生成1molNa2FeO4，有1molFe

SO4参加反应，化合价由+2价升高到+6价，且O元素化合价由-1价变化为0价，则转移电子5mol，若生成16.6gNa2FeO4，即0.1molNa2FeO4，转移电子的物质的量为0.5mol，故选：B。15.一定量的CO2与足量的Na2O2充分反应后，固体质量增加了

8.4g，则消耗的CO2的物质的量为A.0.2molB.0.3molC.0.6molD.0.8mol【答案】B【解析】【详解】发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，可知每有88g二氧

化碳反应，固体增重56g，设CO2的质量为mg，则有88g：56g=mg：8.4g，解得m=13.2g，消耗的CO2的物质的量为：13.244/ggmol=0.3mol；故选：B。16.将200g质量分数为7.3%的盐酸，加入14.4g由Na2O2、Na2CO3、NaOH组成的

混合物中，充分反应后，继续加入一定质量的氢氧化钠，反应至溶液巧合呈中性，蒸发结晶，最终得到的固体质量为A.8gB.15.5gC.11.7gD.23.4g【答案】D【解析】【详解】中性溶液溶质为NaCl，蒸发结晶得到固体为NaCl，根据氯离子守恒：n（NaCl）=n（HCl）=32600

.5g7.l3%g/mo=0.4mol，m（NaCl）=0.4mol×58.5g/mol=23.4g，故选：D。【点睛】解题关键是清楚反应过程明确最终固体成分，注意守恒思想的运用。17.根据所学知识,回答下列问题:（1）将12.5gCuSO4·5H2O溶于水中

形成1L溶液，溶质的物质的量浓度为_________mol·L－1（2）氢原子的物质的量相等四种气体HCl、H2、NH3、CH4，在同温同压下，此四种气体体积之比V(HCl)：V(H2)：V(NH3)：V(CH4)=______

________。（3）配制100mL1.00mol·L－1H2SO4溶液，需要用量筒量取浓硫酸（密度为1.84g·cm－3，溶质质量分数为98%）的体积为_____________mL。（4）反应2K2S+K2SO3+3H2

SO4=3S↓+3K2SO4+3H2O中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为______，若反应生成0.6molS，则反应中转移的电子为____________mol。（5）现有下列5种物质：①CO2②Mg③盐酸④NaCl⑤Na2CO3。上述物质属于电解质的有

_____________（填序号）。【答案】(1).0.05(2).12：6：4：3(3).5.4(4).1：2(5).0.8(6).④⑤【解析】【分析】（1）根据c=n/V计算溶液中CuSO4的物质的量浓度；（2）氢原子的物质的量相等，假设氢原子的物质的量等于12mol，则HCl、H2

、NH3、CH4的物质的量分别为12molHCl、6moH2、4molNH3、3molCH4，并根据V=nVm进行分析；（3）根据稀释前后溶质的物质的量不变计算浓硫酸的体积；（4）2K2S+K2SO3+3H2SO4═

3S↓+3K2SO4+3H2O，S元素的化合价由-2升高为0价，由+4降低为0价，由此分析解答；（5）电解质是指：在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，酸、碱、盐、部分有机物、金属氧化物都是电解质，单质、混合物都不是电解质。【详解】（1）溶液中n（C

uSO4）=n（CuSO4•5H2O）=12.5g250g/mol=0.05mol，则溶液中CuSO4的物质的量浓度为0.05mol1L=0.05mol/L；故答案为：0.05；（2）氢原子的物质的量相等，假设氢原子的物质的量等于12mol

，则HCl、H2、NH3、CH4的物质的量分别为12molHCl、6moH2、4molNH3、3molCH4，因为V=nVm，故同温同压下体积比即物质的量之比，故V（HCl）：V（H2）：V（NH3）：V（CH4）=12：6：4：3，故答案为：12：6：4：3；（3）该浓H2SO4的物质的量浓

度为：c=10001.8498%M981000=mol/L=18.4mol/L，据稀释定律得：100mL×1mol/L=18.4mol/L×V，得V=5.4mL；故答案为：5.4；（4）2K2S+K2SO3+3H2SO4═3S↓+3K2SO4+3H2O

中，硫元素的化合价既升高又降低，其中有2个硫失4个电子化合价升高为0价，1个硫得4个电子，化合价降低为0价，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；根据方程式可知生成3molS转移电子数为4mol，所以生成0.6molS时转移电子数为0.8mol；故答案为：1：2；0.

8；（5）电解质是在水溶液或熔融态下能导电的化合物④NaCl⑤Na2CO3属于电解质；故答案为：④⑤。18.某制碱制得的纯碱中含有NaHCO3和NaCl杂质。某实验小组对此碱样品进行检查。（1）取此碱样品10g，

加热到质量不再减少，冷却称重，称得质量为9.845g，该样品中NaHCO3的质量分数为__________________________。（2）另取10g固体样品，加蒸馏水溶解，配成250mL一定物质的量浓度的溶液，配制过程中必需使用

的化学仪器有______________________（填字母）A.烧杯B.250mL容量瓶C.漏斗D.胶头滴管E.玻璃棒F.试管（3）量取上述配制好的溶液25mL，向其中加入过量盐酸至不再产生气泡，共收集到190

.4mL（标准状况）气体，该反应过程的离子方程式为______________________、_______________________。10g该样品中含____________gNaCl【答案】(1).4.2%

(2).ABDE(3).CO32-+2H+=CO2↑+H2O(4).HCO3-+H+=CO2↑+H2O(5).1.1【解析】【分析】（1）结合差量法计算；（2）配制溶液计算后、称量、溶解、冷却、转移、定容，以此判断仪器；（3）发生Na2CO3

+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O、NaHCO3+HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，结合质量及原子守恒计算。【详解】（1）取此碱样品10g，加热到质量不再减少，冷却称重，称得质量为9.845g，质量减少10g-9

.845g=0.155g，323Δ22=+2NaHCCO+HOΔm16862m0.ONaCO155g解得m=0.42g，该样品中NaHCO3的质量分数为0.42g10g×100%=4.2%，故答案为：4.2%；2）配成250mL一定物质的量浓度的溶液，需要烧杯、

250mL容量瓶、胶头滴管、玻璃棒，故答案为：ABDE；（3）加盐酸发生的离子反应为CO32-+2H+=CO2↑+H2O、HCO3-+H+=CO2↑+H2O，10g样品中含NaHCO3的质量为0.42g，含Na2CO3的质量为250ml0.1904L0.42g-106g/mol25ml22

.4L/mol84g/mol=8.48g，则样品中NaCl的质量为10g-8.48g-0.42g=1.1g，故答案为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；HCO3-+H+=CO2↑+

H2O；1.1。【点睛】碳酸氢钠加热分解的相关计算一般运用差量法进行分析计算。19.Fe2O3和Cu2O都是红色粉末,常用作颜料.实验小组通过实验来探究某一红色粉末中Fe2O3和Cu2O的含量(不含其他物质)。已知：Cu2

O＋H2SO4＝Cu＋CuSO4＋H2O探究过程如下：取少量该粉末放入足量稀硫酸中，粉末完全溶解。（1）①若滴加KSCN试剂后溶液不变为红色，则Fe2O3和Cu2O的物质的量之比为________。②实验小组发现可通过对反应后溶液的称量来获得绿矾晶体（FeSO4·7H2O），设

计了简单的流程来完成绿矾的制备：混合液a⎯⎯⎯⎯→加入试剂过滤⎯⎯→一系列操作⎯⎯→绿矾晶体（FeSO4·7H2O）试剂a为_____________（填化学式），“一系列操作”为__________、__________、过滤

、洗涤、干燥。（2）测定Cu2O的质量分数：另取一种由Fe2O3和Cu2O组成的固体混合物9.28g，将其放在空气中充分加热（只发生Cu2O→CuO的反应），待质量不再变化时，测得质量为9.60g，则固体混合物中Cu2O的质量分数为_________________（保留三位有效数字）【答

案】(1).1：1(2).Fe(3).蒸发浓缩(4).冷却结晶(5).31.0%【解析】【分析】（1）①滴加KSCN试剂后溶液不变为红色，发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2

++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；②获得绿矾晶体（FeSO4•7H2O），试剂a为Fe，可除去铁离子，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出晶体；（2）充分加热只发生Cu2O→CuO的反应，增加质量为O元素的质量，以此计算。【详解】（1）①滴加KSCN试剂后溶液不变为红

色，发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，且2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+恰好反应，则Fe2O3和Cu2O的物质的量之比为1：1，故答案为：1：1；②获得绿矾晶体（FeSO4•7H2O），试剂a

为Fe，可除去铁离子，由流程可知系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：Fe；蒸发浓缩；冷却结晶；（2）充分加热只发生Cu2O→CuO的反应，由原子守恒可知Cu2O～2CuO～O，质量增加9.60g-9.28g=0.32g，可知n（Cu2O）=0.32g/16g/mol=0.0

2mol，固体混合物中Cu2O的质量分数为(0.02mol×144g/mol)/9.28g×100%=31.0%，故答案为：31.0%。【点睛】第（2）题关键在于明确反应过程中物质的转化关系，充分加热只发生Cu2O生成CuO的反应，则增加质量为O元素的质量，之后计算就比较简单了。2

0.氯化亚铜(CuCl)是一种难溶于水的白色粉末，不溶于乙醇，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中被氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2(OH)3Cl]。工业上常以海绵铜（主要成分是Cu，含有少量CuO）为原料生产CuCl，其工艺流程如

下（1）配平“溶解”过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_________Cu＋NO3－＋＝Cu2＋＋NO↑＋H2O（2）“还原”过程中，作还原剂的是__________（填化学式）；写出“还原”过程中发生反应的离子方程式：_

_________________________________。（3）写出CuCl在潮湿的空气中被氧化的化学方程式：__________________________。（4）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水酒精洗涤，并在真空干燥机内于70℃下干燥2h，冷

却密封包装。密封包装的原因是_____________________________。【答案】(1).3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O(2).（NH4）2SO3(3).2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═

2CuCl↓+SO42-+2H+(4).4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl(5).防止CuCl在潮湿空气中被氧化【解析】【分析】由流程可知，海绵铜加入硫酸和硝酸铵溶解得到溶液主要是硫酸铜，硫酸铵等，加入亚硫酸铵还原硫酸铜、加入氯化铵氯化发生

反应2CuSO4+（NH4）2SO3+2NH4Cl+H2O=2CuCl↓+2（NH4）2SO4+H2SO4，过滤得到固体为CuCl，滤液主要是硫酸铵和硫酸，CuCl水洗、乙醇洗后烘干得到产品CuCl，以此来解答。【详解】（1）溶解过程中铜和硝酸根离

子发生氧化还原反应，离子方程式为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）还原步骤发生反应的离子方程式为2Cu2++SO32-+2C

l-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，S元素的化合价升高，还原剂为（NH4）2SO3，故答案为：（NH4）2SO3；2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；（3）氯化亚铜在空气中被氧化的化学

方程式为4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl，故答案为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2（OH）3Cl+2HCl；（4）70℃真空干燥加快乙醇和水的挥发，密封包装的原因是防止Cu

Cl在潮湿空气中被氧化，故答案为：防止CuCl在潮湿空气中被氧化。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物

知识的应用，题目难度不大。21.在工业上可用含SiO2、CeO2和Fe2O3的废料作原料来获得硫酸铁铵晶体【Fe2(SO4)3·2(NH4)2SO4·3H2O】，同时可回收CeO2，工艺流程设计如下已知:①SiO2、C

eO2不溶于稀硫酸；②酸性条件下，CeO2可与H2O2反应；③“反应Ⅰ”所得溶液中含有Ce3＋；④碱性条件下，NH4＋与OH－结合生成NH3·H2O。请回答下列问题（1）“酸浸”时未发生的反应物质是__________________（填化学式）。（2）“滤液”中含有的阳离子有___

________________（填离子符号）。（3）写出“反应Ⅰ”的化学方程式：________________________________________。（4）在酸性条件下，H2O2、CeO2两种物质中，

氧化性较弱的是__________________（填化学式）。（5）若往硫酸铁铵溶液中加入过量的NaOH，写出该反应的离子方程式：_____________________。【答案】(1).CeO2和SiO2(2).H+、F

e3+(3).2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O(4).H2O2(5).Fe3++2NH4++5OH-=Fe（OH）3↓+2NH3•H2O【解析】【分析】废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3

、CeO2等物质）中加入稀硫酸，Fe2O3转化Fe2（SO4）3存在于滤液中，反应Ⅰ中含CeO2和SiO2，向反应Ⅰ加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+存在于滤液中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2

（SO4）3+O2↑+4H2O，滤渣为SiO2，并利用氧气将Ce从+3氧化为+4后Ce（OH）3转化为沉淀Ce（OH）4，反应为：4Ce（OH）3+O2+2H2O═4Ce（OH）4，加入分解Ce（OH）4得到产品CeO2，向滤液Fe2（SO4）3中加入硫酸铵经反应，并蒸发浓缩、常温晾干后

得到硫酸铁铵晶体。【详解】（1）“酸浸”时未发生的反应物质是CeO2和SiO2，故答案为：CeO2和SiO2；（2）加入稀硫酸，Fe2O3转化Fe2（SO4）3存在于滤液中，故“滤液”中含有的阳离子有H

+、Fe3+，故答案为：H+、Fe3+；（3）反应Ⅰ是CeO2转化为Ce3+存在于滤液中，反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，反应的离子方程式：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，故答案为：2CeO2+H2O2+6H+=2C

e3++O2↑+4H2O；（4）在酸性条件下，发生的反应为2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2（SO4）3+O2↑+4H2O，氧化剂的氧化性强于还原剂，在该反应中Ce从+4降低到+3，化合价降低作氧化剂，H2O2中O从-1价升高到0价，作还原剂，故CeO2氧化性强于H2O2，故氧化性较

弱的是H2O2，故答案为：H2O2；（5）往硫酸铁铵溶液中加入过量的NaOH，该反应的离子方程式为Fe3++2NH4++5OH-=Fe（OH）3↓+2NH3•H2O，故答案为：Fe3++2NH4++5OH-=Fe（OH）3↓+2NH3•H2O

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