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

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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
SO2
B
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
AgCl
CO


A. A B. B C. C D. 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+O2Na2O2
B. 沾水的铁制品器皿高温灼烧会发黑，其可能原因：3Fe+4H2OFe3O4+4H2
C. Al(OH)3可用于中和过多的胃酸，其原因：Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O
D. 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CuSO4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1:3
B. 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1:3
C. 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1:3
D. 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、NaOH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+6HCl═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. 1.0 mol·L－1的Na2CO3溶液中，Na＋的数目为2NA
B. 1.0 mol Na2O2与足量CO2成分反应，转移的电子数为2NA
C. 标准状况下，2.24LCH3CH2OH分子中氢原子的数目为0.6NA
D. 将0.1molH2和0.1molO2用电火花点燃，充分反应后，体系中所含氢原子总数为0.2 NA
【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1.0 mol Na2O2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0.2 NA，故D正确；
故选：D。
9.将V1 mL 0.2 mol·L－1Na2CO3溶液加水稀释至V2 mL，稀释后溶液中的Na＋物质的量浓度为
A mol·L－1 B. mol·L－1 C. mol·L－1 D. mol·L－1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据Na2CO3的化学式可知，0.2 mol•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
V1 mL×0.4mol/L=V2mL×y
解得y=0.4V1/ V2=mol/L。
故选：A
10.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＋+I2
C. 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

A
B
C
D
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. A B. B C. C D. 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(SO2) ＞I－＞Fe2＋＞NO，据此判断下列反应不能发生的是
A. H2SO3+I2+H2O=2HI+ H2SO4 B. NO+SO3=NO2+SO2
C. 2FeCl3+2HI= 2FeCl2+2HCl+I2 D. 3 FeCl2+4HNO3=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180 mL6.0 mol·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. 0.2mol B. 0.3mol C. 0.4mol D. 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）=n（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）= n（HCl）=×0.18L×6.0mol/L=0.54mol，故生成Fe的质量=31.04g-0.54mol×16g/mol=22.4g，故n（Fe）==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+ Na2O +2 Na2SO4+O2↑。若生成16.6g Na2FeO4,则反应中转移电子的物质的量为
A. 0.4mol B. 0.5mol C. 0.6mol D. 0.8mol
【答案】B
【解析】
【详解】反应中，每生成1molNa2FeO4，有1molFeSO4参加反应，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16.6g Na2FeO4，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. 0.2mol B. 0.3mol C. 0.6mol D. 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：=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. 8g B. 15.5g C. 11.7g D. 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）==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12.5g CuSO4·5H2O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100mL 1.00 mol·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+3H2SO4=3S↓+3 K2SO4+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：①CO2 ②Mg ③盐酸 ④NaCl ⑤Na2CO3。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↓+3 K2SO4+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（CuSO4）=n（ CuSO4•5H2O）==0.05mol，则溶液中CuSO4的物质的量浓度为=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=mol/L=18.4 mol/L，据稀释定律得：100 mL×1 mol/L=18.4 mol/L×V，得V=5.4 mL；
故答案为：5.4；
（4）2K2S+K2SO3+3H2SO4═3S↓+3 K2SO4+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④NaCl   ⑤Na2CO3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，

解得m=0.42g，该样品中NaHCO3的质量分数为×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=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：Cu2O＋H2SO4＝Cu＋Cu SO4＋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=0.02mol，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。
20.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-+2Cl-+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CuCl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)2 SO4·3H2O】，同时可回收CeO2，工艺流程设计如下

已知: ①SiO2、CeO2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+、Fe3+ (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+=2Ce3++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。