【化学】福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高一3月月考试题（解析版）

福建省厦门市湖滨中学2018-2019学年高一3月月考试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 Ca 40
一、选择题（每小题只有一个正确答案。共16题，每小题3分，共48分）
1.化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）
A. 光导纤维的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料
B. 为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入生石灰或硅胶
C. 日用铝制品表面覆盖着氧化膜，对内部金属起保护作用
D. 氢氧化铝可作胃药是因为它能中和胃酸
【答案】B
【解析】分析：A．光导纤维属于无机非金属材料；
B．防止食品被氧化变质，应放入还原性物质；
C．铝与氧气生成致密的氧化膜，对内部金属起保护作用；
D．氢氧化铝具有弱碱性，可与盐酸发生中和反应。
详解：A．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维属于无机非金属材料，A正确；
B．生石灰或硅胶都不具有还原性，所以不能防止食品被氧化变质，B错误；
C．铝是活泼金属，铝与氧气反应生成致密的氧化膜，对内部金属起保护作用，C正确；
D．氢氧化铝具有弱碱性，可与盐酸发生中和反应，氢氧化铝能中和胃酸，可用于制胃药，D正确；答案选B。
2.下列制品与材料类别不对应的是 （ ）
A
B
C
D

玻璃

氮化硅陶瓷

不锈钢

玻璃钢
无机非金属材料
有机高分子材料
金属材料
复合材料
【答案】B
【解析】A、玻璃属于无机非金属材料，选项A正确；B、氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，选项B错误；C、不锈钢是铁合金，属于金属材料，选项C正确；D、玻璃钢属于复合材料，选项D正确。答案选B。
3.下列溶液中可以盛放在带磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶中的是（ ）
A. 盐酸 B. 氢氟酸 C. 氢氧化钠溶液 D. 水玻璃
【答案】A
【详解】A．稀盐酸与二氧化硅不反应，可以盛放在带磨口玻璃塞玻璃试剂瓶中，故A正确；
B．氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应，不能盛放在带磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶中，氢氟酸应该保存在塑料瓶中，故B错误；
C．NaOH与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，会使玻璃塞和玻璃瓶粘在一起，不能盛放在带磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶中，故C错误；
D．水玻璃具有粘合性，水玻璃应该保存在带有橡皮塞的玻璃瓶中，故D错误；
答案选A。
4.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 铝溶于NaOH溶液：2Al＋2OH－＋H2O===2[Al(OH) 4] -＋3H2↑
B. 氧化铝溶于足量NaOH溶液：Al2O3＋OH－===[Al(OH) 4] -＋H2O
C. 向氢氧化铝沉淀中加入足量盐酸：Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O
D. 向氯化铝溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===[Al(OH) 4] -＋4NH4+
【答案】C
【详解】A、方程式未配平，正确的离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O═2[Al(OH) 4] -+3H2↑，故A错误；
B、方程式未配平，正确的离子方程式为：Al2O3+2OH-+3H2O═2[Al(OH) 4] -，故B错误；
C、氢氧化铝和盐酸发生中和反应生成氯化铝和水，实质是：Al(OH)3+3H+═Al3++3H2O，故C正确；
D、向氯化铝溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不能和弱碱发生反应，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4+，故D错误；
答案选C。
5.诺贝尔物理学奖曾授予“光纤之父”英国华裔科学家高锟以及两位美国科学家威拉德·博伊尔和乔治·史密斯。光导纤维的主要成分是二氧化硅，下列关于二氧化硅的说法正确的是(　　)
A. 二氧化硅是酸性氧化物，因此能与水反应生成硅酸
B. 用二氧化硅制取单质硅时，当生成2.24 L气体(标准状况)时，得到2.8 g硅
C. 二氧化硅制成的光导纤维，由于导电能力强而被用于制造光缆
D. 二氧化硅不能与碳酸钠溶液反应，但能与碳酸钠固体在高温时发生反应
【答案】D
【解析】解答本题注意以下两点：
（1）酸性氧化物与水化合能生成相应的酸，但酸性氧化物不一定都能溶于水。
（2）二氧化硅不能导电，光缆传导的不是电流而是光信号。
A项SiO2不与H2O反应；B项SiO2+2C2CO↑+Si，生成2.24 L CO（标准状况）时，得到1.4 g Si；C项光导纤维不能导电，它传导的是光信号。
6.若在加入铝粉能放出氢气的溶液中,分别加入下列各组离子,可能共存的是（ ）
A. NH4+、CO32-、K+、Na+ B. Na+、 Ba2+、Cl-、HCO3-
C. NO3-、Cu2+、K+、SO42- D. NO3-、K+、CO32-、NH4+
【答案】D
【解析】
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水，不能发生氧化还原反应等，结合常见的离子共存分析判断。
【详解】A．碱溶液中不能大量存在NH4+，酸溶液中不能大量存在CO32-，故A错误；
B．HCO3-既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，故B错误；
C．碱溶液中不能大量存在Cu2+，酸溶液中NO3-、H+，不能生成氢气，故C错误；
D．碱性条件下离子之间不发生任何反应，可大量共存，故D正确；
答案选D。
7.下列有关氧化铝和氢氧化铝的说法正确的是（ ）
A. 氧化铝是一种比较好的耐火材料，可用来制造耐火坩埚
B. 氧化铝是典型的两性氧化物，可与氨水反应生成四羟基合铝酸盐
C. 因为氢氧化铝受热易分解，所以具有两性
D. 两性氢氧化物只能与强酸、强碱反应
【答案】A
【详解】A．氧化铝熔点高，可用于制备耐火材料，故A正确；
B．氨水显弱碱性，氧化铝与氨水不反应，故B错误；
C．氢氧化铝可与强碱、酸反应，为两性氢氧化物，与是否分解无关，故C错误；
D．两性氢氧化物也可以与部分弱酸反应，如醋酸能够与氢氧化铝反应，故D错误；
答案选A。
8.下列各组中属于同位素关系的是（ ）
A. H2与D2 B. 与 C. T2O与H2O D. O2与O3
【答案】B
【详解】A．H2和D2均为H元素的单质，属于同一种物质，故A错误；
B. 与的质子数相同，中子数不同，为同种元素的不同原子，互为同位素，故B正确；
C．T2O 与H2O是化合物，不是原子，不是同位素，故C错误；
D．O2与O3 是同种元素的不同单质，互为同素异形体，故D错误；
答案选B。
9.甲、乙、丙、丁分别是Al2(SO4)3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可推断丙物质是（ ）
A. Al2(SO4)3 B. NaOH C. BaCl2 D. FeSO4
【答案】D
【解析】
【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2(SO4)3的反应，据此判断出乙和丁，将丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，再判断出甲，最后剩余的为丙物质。
【详解】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2(SO4)3的反应，反应的方程式有：Al2(SO4)3+6NaOH═2Al(OH)3↓+3Na2SO4、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，则丁为NaOH，乙为Al2(SO4)3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，因此丙为FeSO4，故选D。
10.在给定条件下，以下物质间的每步转化均可通过一步反应实现的是（ ）
A. Al→Al2O3→Al（OH）3→Na[Al(OH)4]
B. S→SO3→H2SO4 →Al2(SO4)3
C. Na→Na2O2→NaOH→Na2CO3
D. Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3
【答案】C
【详解】A．Al2O3不溶于水，也不能与水反应，Al2O3→Al(OH)3不能一步实现，可以用Al2O3先与酸反应生成Al3+，然后与碱反应生成Al(OH)3，故A错误；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫再与氧气反应生成三氧化硫，硫不能直接反应生成三氧化硫，故B错误；
C．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠，所以Na→Na2O2→NaOH→Na2CO3符合一步转化关系，故C正确；
D．二氧化硅不溶于水，也不能与水反应，SiO2→H2SiO3不能一步实现，可以用二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅酸钠与盐酸反应生成硅酸，故D错误；
答案选C。
11.下列物质中，既可与盐酸反应，又可与氢氧化钠溶液反应的是（ ）
①Na2SiO3 ②AlCl3 ③NH4HCO3 ④Al2O3 ⑤NaHSO4
A. ①②④ B. ②③⑤ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【详解】①Na2SiO3属于强碱弱酸盐，能和强酸HCl反应但是不能和NaOH溶液反应，故错误；②AlCl3属于强酸弱碱盐，能和NaOH溶液反应，但是不能和稀盐酸反应，故错误；③NH4HCO3属于强碱弱酸的酸式盐，能和稀盐酸、NaOH反应生成盐和水，故正确；④Al2O3属于两性氧化物，能和强酸、强碱溶液反应生成盐和水，故正确；⑤NaHSO4属于强碱强酸的酸式盐，能和强碱反应，与稀盐酸不反应，故错误；既可与盐酸反应，又可与氢氧化钠溶液反应的有③④；
答案选D。
12.Na、Mg、Al各0.1mol投入100ml0.4mol/LHCl溶液，相同条件下产生的气体体积比为（ ）
A. 1: 1: 1 B. 1: 2: 3 C. 6: 3:2 D. 5: 2: 2
【答案】D
【解析】Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，根据所给量，金属钠过量，过量钠能与H2O反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，因此共产生氢气的物质的量为0.1×1/2mol=0.05mol；Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，根据所给量，盐酸不足，因此产生氢气的物质的量100×10－3×0.4/2mol=0.02mol，同理金属铝与盐酸反应，产生的气体物质的量为0.02mol，即相同条件下，气体体积的比值等于其物质的量之比=0.05：0.02：0.02=5：2：2，故选项D正确。
13.Al（OH）3是一种两性氢氧化物，下列说法正确的是（ ）
①这里的“两性”指Al（OH）3既有酸性又有碱性
②这里的“两性”指Al（OH）3既有氧化性又有还原性
③Al（OH）3能溶于所有的酸或碱溶液
A. ②③ B. ① C. ①③ D. ②
【答案】B
【详解】Al(OH)3是一种两性氢氧化物，这里的“两性”指Al(OH)3既有酸性又有碱性，既能溶于强酸溶液，又能溶于强碱溶液，但氢氧化铝不能溶于弱碱，如氨水，可以溶于部分弱酸，如醋酸，但氢氧化铝没有氧化性和还原性，只有①正确，故选B。
14.在下列各溶液中逐渐通入CO2气体直至过量，会出现沉淀先产生后消失现象的是（ ）
①饱和Na2CO3溶液 ②澄清石灰水 ③Ca(ClO)2溶液 ④CaCl2溶液 ⑤Na2SiO3溶液 ⑥Na[Al(OH)]4溶液
A. 全部 B. 只有③⑥
C. 除①⑤⑥ D. 只有②③
【答案】D
【详解】①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳后溶液中会产生碳酸氢钠沉淀，但沉淀不溶解，不符合条件，故①不选；
②向澄清石灰水中缓慢通入过量的CO2，先生成碳酸钙沉淀，然后碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，白色沉淀溶解，符合条件，故②选；
③向Ca(ClO)2溶液中缓慢通入过量的CO2，二氧化碳与次氯酸钙反应，开始生成碳酸钙白色沉淀，然后碳酸钙与二氧化碳、水反应生成碳酸氢钙，白色沉淀溶解，符合条件，故③选；
④向CaCl2溶液通入过量的CO2，由于碳酸酸性比盐酸弱，无明显现象，故④不选；
⑤向Na2SiO3溶液通入过量的CO2，二氧化碳和Na2SiO3反应生成硅酸沉淀，继续通二氧化碳，硅酸沉淀不溶解，不符合条件，故⑤不选；
⑥Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝，氢氧化铝与二氧化碳不反应，沉淀不溶解，不符合条件，故⑥不选；符合条件的有②③；
答案选D。
15.下列说法正确的是（ ）
A. SiO2有半导体性能，可制作光电池
B. 普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料
C. 因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强
D. SiO2既能和NaOH溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物
【答案】B
【详解】A. Si可以作半导体材料，能制作光电池，SiO2不能导电，不能作半导体材料，A错误；
B.水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，被称为三大传统的无机非金属材料；氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，B正确；
C.在高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，是因为SiO2是高沸点的酸酐，CO2是低沸点的酸酐，与硅酸、碳酸的酸性强弱无关，C错误；
D.SiO2与氢氟酸反应不生成盐和水，虽然SiO2既能与氢氟酸反应又能与NaOH溶液反应，但是SiO2不是两性氧化物， D错误；
故合理选项是B。
16.歌曲《青花瓷》中所描绘的“瓶身描绘的牡丹一如你初妆”、“色白花青的锦鲤跃然於碗底”等图案让人赏心悦目，但古瓷中所用颜料成分一直是个谜，近年来科学家才得知大 多为硅酸盐，如蓝紫色的硅酸铜钡（BaCuSi2Ox，铜为+2价），下列关于硅酸铜钡的说法不正确的是（ ）
A. 可用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2 B. 性质稳定，不易脱色
C. x等于6 D. 易溶解于强酸和强碱
【答案】D
【详解】A．硅酸盐用氧化物形式表示时，书写顺序为：活泼金属氧化物·不活泼金属氧化物·二氧化硅·水，所以硅酸铜钡用氧化物形式表示为BaO•CuO•2SiO2，故A正确；
B．BaCuSi2Ox，铜为+2价，二价铜离子不容易被还原，所以性质较稳定，不容易褪色，故B正确；
C．在硅酸铜钡中的铜元素化合价为+2，硅元素化合价为+4，氧元素的化合价为-2价，钡元素的化合价为+2价，根据化合物中正负化合价的代数和为0可得：(+2)+(+2)+(+4)×2+(-2)×x=0，解得x=6，故C正确；
D．BaCuSi2Ox难溶于水，能和强酸反应，和强碱不反应，故D错误；
答案选D。
二、填空题（本题共3小题，共41分）
17.普通玻璃是传统的无机非金属材料，在日常生活中非常普遍，制造普通玻璃的主要原是纯碱（Na2CO3）、石灰石（CaCO3）和__（填化学式），其中主要的化学反应有：_____、____；氢氟酸可以腐蚀玻璃，请写出化学反应方程式：______。
【答案】(1). SiO2 (2). Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑
(3). CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑ (4). SiO2+4HF＝SiF4↑+2H2O
【解析】
【分析】生产玻璃的原料是纯碱、石英和石灰石，高温下碳酸钠和二氧化硅以及碳酸钙和二氧化硅发生反应；常温下，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，据此分析解答。
【详解】制造普通玻璃需要的主要原料有纯碱、石灰石和石英，石英的主要成分是SiO2；发生的主要反应有：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；常温下，二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，反应的化学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故答案为：SiO2；Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑；CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
18.A、B、C、D四种元素，它们原子的核电荷数均小于18，且依次增大，A原子核内仅有一个质子；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等；A原子与B原子最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等；D原子有两个电子层，最外层电子数是次外层电子数的3倍。（提示：10电子微粒是指该微粒（包括分子、原子、离子）有10个电子，如H2O、OH-、Na+、Mg2+、CH4、NH4+、NH3等）
（1）试写出它们的元素符号：
A________，B___________，C__________，D___________。
（2）甲、乙、丙、丁是含有以上元素中的一种或几种组成的10电子微粒；
①甲为分子，且能刻蚀玻璃，则甲的化学式为______
②乙为气体，且遇到无色酚酞溶液变成红色，则乙的化学式为_______
③丙为阳离子，丁为阴离子，且丙和丁在加热条件下生成的两种物质也是10电子微粒，请写出该反应方程式___________。
【答案】(1). H (2). C (3). N (4). O (5). HF
(6). NH3 (7). NH4++OH-NH3↑+H2O
【解析】
【分析】A、B、C、D四种元素，它们原子的核电荷数均小于18，且依次增大。A原子核内仅有1个质子，则A为H元素；D原子有两个电子层，最外层电子数是次外层电子数的3倍，最外层电子数为6，故D为O元素；B原子的电子总数与D原子的最外层电子数相等，则B为C元素；A原子与B原子的最外层电子数之和与C原子的最外层电子数相等，则C原子最外层电子数为1+4=5，其原子序数小于O，故C为N元素，据此分析解答。
【详解】(1)根据上述分析，A为氢元素，元素符号为H；B为碳元素，元素符号为C；C为氮元素，元素符号为N；D为氧元素，元素符号为O；故答案为：H；C； N；O；
(2)甲、乙、丙、丁是含有以上元素中的一种或几种组成的10电子微粒，包括分子、原子、离子，如H2O、OH-、NH4+、NH3等。
①甲为分子，且能刻蚀玻璃，则甲为氢氟酸，化学式为HF，故答案为：HF；
②乙为气体，且遇到无色酚酞溶液变成红色，说明乙的水溶液显碱性，则乙为氨气，化学式为NH3，故答案为：NH3；
③丙为阳离子，丁为阴离子，且丙和丁在加热条件下生成的两种物质也是10电子微粒，则丙为NH4+，丁为OH-，反应的方程式为NH4++OH-NH3↑+H2O，故答案为：NH4++OH-NH3↑+H2O。
19.某课外小组研究铝土矿中Al2O3的含量。已知铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。从铝土矿中提取Al2O3的过程如下：

（1）流程甲中加入盐酸后生成Fe3+的离子方程式为____________；固体A_____(填化学式)，写出沉淀F转化为氧化铝的化学方程式是_______________。
（2）流程乙中向铝土矿中加入过量烧碱溶液后，发生反应的离子方程式是______、________；沉淀Z为_______(填化学式)。由溶液K生成沉淀M的离子方程式是__________。
（3）流程乙中将实验过程中所得固体精确称量，课外小组发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，则该铝土矿中Al2O3的质量分数是________(保留一位小数)。
（4）工业上制取AlCl3：用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应，每消耗0.5mol碳单质，转移1mol电子，反应的化学方程式是______。
【答案】(1). Fe2O3+6H+ =2Fe3+ +3H2O (2). SiO2 (3). 2Al(OH)3Al2O3+3H2O (4). Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]- (5). SiO2+2OH- =SiO32- +H2O (6). H2SiO3 (7). Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (8). 65.4% (9). Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO
【解析】
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，杂质是Fe2O3、SiO2等。流程甲：铝土矿中加入过量盐酸，氧化铝和氧化铁能够被盐酸溶解，二氧化硅不能，因此固体A为SiO2，滤液B中含有氯化铝、氯化铁等，滤液B中加入过量的烧碱，氯化铝、氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液，沉淀C为氢氧化铁，滤液D为NaAlO2，滤液D中通入过量的二氧化碳得到的沉淀F为Al(OH)3，滤液E中含有NaHCO3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3；
流程乙：铝土矿中加入过量的烧碱溶液，氧化铝和二氧化硅能够被氢氧化钠溶解，氧化铁不能，因此固体X为Fe2O3，滤液Y含有偏铝酸钠、硅酸钠；滤液Y中加入过量的盐酸，得到沉淀Z为硅酸，溶液K中含有氯化铝，溶液K中加入氨水可生成Al(OH)3，灼烧氢氧化铝得到Al2O3，据此分析解答。
【详解】(1)流程甲中加入盐酸，氧化铝和氧化铁能够被盐酸溶解，二氧化硅不能，其中生成Fe3+的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，得到的固体A为SiO2，根据上述分析，沉淀F为Al(OH)3，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，反应的方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；SiO2；2Al(OH)3Al2O3+3H2O；
(2)流程乙中铝土矿中加入过量的烧碱溶液，氧化铝和二氧化硅能够被氢氧化钠溶解，氧化铁不能，发生反应的离子方程式有Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-、SiO2+2OH- =SiO32- +H2O；根据上述分析，沉淀Z为硅酸，化学式为H2SiO3；溶液K中含有氯化铝，溶液K中加入氨水可生成Al(OH)3，反应的离子方程式为Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为：Al2O3+2OH-+3H2O=2[Al(OH)4]-；SiO2+2OH- =SiO32- +H2O；H2SiO3；Al3+ +3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；
(3)流程乙中将实验过程中所得固体精确称量，发现所得氢氧化铝固体的质量与原铝土矿质量相等，说明铝土矿中Al2O3的质量分数和氢氧化铝中氧化铝的质量分数是相同的。因为氢氧化铝可以写成Al2O3•3H2O的形式，所以Al2O3的质量分数是×100%=65.4%，故答案为：65.4%；
(4)工业上用Al2O3与C、Cl2在高温条件下反应制取AlCl3，每消耗0.5 mol碳单质，转移1 mol电子，则应生成CO，反应的化学方程式为Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO，故答案为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO。
20.把40g含二氧化硅的碳酸钙固体在高温下加热到质量不再改变为止，冷却后称得质量为26.8g。求：
（1）生成的二氧化碳在标准状况下的体积为____升？
（2）原混合物中SiO2的质量为_____克？
【答案】(1). 6.72 (2). 10
【解析】
【分析】(1)含二氧化硅的碳酸钙固体在高温下加热,可能发生的反应为：SiO2+CaCO3═CaSiO3+CO2↑、CaCO3═CaO+CO2↑，根据物质的状态分析判断二氧化碳的质量再进行计算；
(2)根据碳原子守恒计算n(CaCO3)，进而求出二氧化硅的质量。
【详解】(1)含二氧化硅的碳酸钙固体在高温下加热，可能发生的反应为：SiO2+CaCO3═CaSiO3+CO2↑、CaCO3═CaO+CO2↑，CaCO3均转化为CO2，固体质量的减小量为二氧化碳的质量，故m(CO2)=40g-26.8g=13.2g，n(CO2)==0.3 mol，则生成的CO2在标准状况下的体积为0.3 mol×22.4L/mol=6.72L，故答案为：6.72；
(2)根据碳原子守恒：n(CaCO3)=n(CO2)=0.3 mol，则：m(CaCO3)=100g/mol×0.3mol=30g，m(SiO2)=40g-30g=10g，故答案为：10。