苏州模拟卷04（解析版）

2023年苏州中考化学押题模拟卷04（满分100分，考试用时100分钟）一、单选题1．推动绿色发展，促进人与自然和谐共生。下列做法不合理的是A．研制可降解塑料，控制白色污染产生B．研发新能源汽车，禁止使用化石燃料C．研究开发生物农药，减少作物农药残留D．研究污水处理技术，治理水污染【答案】B【解析】A、研制可降解塑料，可以有效降低普通塑料在土壤中的残留，从而控制白色污染产生，故A正确；B、研发新能源汽车，可替代燃油车的使用，从而降低燃油消耗，减少环境污染，但不能禁止使用化石燃料，故B错误；C、生物农药的开发使用，可减少农作物中农药的残留，保护环境，故C正确；D、研究污水处理技术，治理水污染，可以保护环境，故D正确。故选B。2．下列物质属于氧化物的是A．CO B．O2 C．Na2SO3 D．H2CO3【答案】A【解析】A、CO是由两种元素组成的，其中一种元素是氧化物，A正确，符合题意；B、O2是由氧元素构成的单质，B错误，不符合题意；C、Na2SO3是由三种元素组成的盐，C错误，不符合题意；D、H2CO3是由三种元素组成的酸，D错误，不符合题意。故填：A。3．下列物质由离子构成的是A．铁 B．干冰 C．氯化钠 D．石墨【答案】C【解析】A、铁是金属，由原子直接构成，A不符合题意；B、干冰是二氧化碳，由分子构成，B不符合题意；C、氯化钠由钠离子和氯离子构成，C符合题意；D、石墨是碳单质，由碳原子直接构成，D不符合题意。故选：C。4．下列物质中富含蛋白质的是A．百叶结 B．橘子 C．肥肉 D．高粱【答案】A【解析】A、百叶结中富含的是蛋白质，A符合题意；B、橘子中富含的是维生素，B不符合题意；C、肥肉中富含的是油脂，C不符合题意；D、高粱中富含的是糖类，D不符合题意。故选：A。5．在化学世界里没有生命的阿拉伯数字也变得鲜活起来，它们在不同的位置表示着不同的含义。下列化学符号中数字“2”：表示的意义不正确的是A．O2中的“2”：表示一个氧气分子由两个氧原子构成B．中的“-2”：表示氧化镁中氧元素的化合价为负二价C．Fe2+中的“2+”：表示一个铁离子带两个单位的正电荷D．2CO中的“2”：表示两个一氧化碳分子【答案】C【解析】A、位于化学式中元素符号（或原子团）的右下角，表示一个分子中所含的原子或原子团的个数。故O2中的“2”，表示一个氧气分子中含两个氧原子，故选项正确；B、位于元素或原子团的正上方，表示元素或原子团的化合价。中的“-2”，表示氧化镁中氧元素的化合价为负二价，故选项正确；C、位于离子符号中元素或原子团的右上角，表示一个离子所带的电荷数。Fe2+中的“2+”，表示一个亚铁离子带两个单位的正电荷，故选项错误；D、化学式前面的数字表示分子个数，故2CO中的“2”，表示两个一氧化碳分子，故选项正确。故选：C。6．下列图示实验操作中，正确的是A．称量NaOH固体 B．蒸发C．倾倒液体 D．量取液体【答案】B【解析】A、NaOH是强碱，具有很强的腐蚀性，称量NaOH固体应放在玻璃器皿中，不能放在纸上称量，图中所示操作错误；B、蒸发时用玻璃棒不断搅拌，防止因局部温度过高造成液滴飞溅，待蒸发皿中出现较多固体时，应停止加热，利用余热将剩余液体蒸干，图中所示操作正确；C、向试管中倾倒液体药品时，瓶塞要倒放，防止腐蚀桌面、污染试剂，标签要对准手心，瓶口紧挨，图中所示操作错误；D、量取液体时，视线与液体的凹液面最低处保持水平，图中所示操作错误。故选B。7．下列有关化学用语表示正确的是A．银元素：Hg B．硫酸铝：A1SO4C．2个镁离子：2Mg2+ D．8个硫原子：S8【答案】C【解析】A、元素符号的书写，一个字母大写，两个字母第一个字母大写，第二个字母小写，银的元素符号是Ag，故选项错误；B、化学式书写，显正价的元素其符号写在左边，显负价的写在右边，化合价的绝对值交叉约减，得化学式右下角的数字，数字为1时不写；化学式中元素符号右下角的数字为一个分子中原子的个数，硫酸铝中氧元素显-2价，铝元素显+3价，硫酸铝的化学式为：Al2(SO4)3，故选项错误；C、由离子的表示方法，在表示该离子的元素符号右上角，标出该离子所带的正负电荷数，数字在前，正负符号在后，带1个电荷时，1要省略，若表示多个该离子，就在其离子符号前加上相应的数字，故2个镁离子可表示为：2Mg2+，故选项正确；D、由原子的表示方法，用元素符号来表示一个原子，表示多个该原子，就在其元素符号前加上相应的数字，故8个硫原子表示为：8S，故选项错误。故选C。8．实验室纯碱制烧碱的反应为，该反应属于A．化合反应 B．分解反应 C．置换反应 D．复分解反应【答案】D【解析】该反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，生成物中有沉淀生成，属于复分解反应，故选D。9．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．生石灰具有吸水性，可用作干燥剂 B．氮气化学性质稳定，可用于合成氨气C．金属铁具有导电性，可用于制炊具 D．盐酸易挥发，可用于除铁锈【答案】A【解析】A、生石灰的吸水性，可用作干燥气体的干燥剂，A正确，符合题意；B、氮气化学稳定，常温下不易于其他物质发生反应，能用于合成氨气，是由于氮气在一定条件下能与氢气反应，性质与用途不对应，B错误，不符合题意；C、制炊具利用的是金属铁的导电性，性质与用途不对应，C错误，不符合题意；D、盐酸除铁锈是由于盐酸能与金属氧化物反应，性质与用途不对应，D错误，不符合题意。故选：A。10．下列关于酸碱盐的生产或应用的说法不合理的是A．工业上常说的“三酸两碱”中的两碱指的是：烧碱和熟石灰B．将硫酸铵与草木灰（K2CO3）混合施用会降低肥效C．用石灰乳与硫酸铜溶液混合配制农药波尔多液D．生活中利用白醋的酸性来除去水垢【答案】A【解析】A、三酸是指盐酸、硫酸、硝酸，两碱是指纯碱和烧碱，故选项符合题意；B、草木灰显碱性，硫酸铵能与草木灰反应生成氨气，降低肥效，故选项不符合题意；C、通常用石灰乳与硫酸铜溶液混合配制农药波尔多液，故选项不符合题意；D、水垢的主要成分是碳酸钙和氢氧化镁，碳酸钙能与醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，氢氧化镁能与醋酸反应生成醋酸镁和水，故生活中利用白醋的酸性来除去水垢，故选项不符合题意。故选A。11．氧循环和碳循环是自然界中的重要循环（如图）。分析两种循环，其中不正确的是A．碳循环和氧循环过程中均发生了化学反应B．氧气只有通过燃烧才能参与碳循环C．通过减少化石燃料的使用和大力植树造林以控制二氧化碳的排放量D．碳循环和氧循环有利于维持自然界中氧气和二氧化碳含量的相对稳定【答案】B【解析】A、生物圈中的碳循环主要表现在绿色植物从空气中吸收二氧化碳，经光合作用转化为葡萄糖，并放出氧气，氧循环过程中有新物质氧气、二氧化碳等生成，均发生了化学反应，故说法正确；B、氧气还可以通过生物的呼吸作用参与碳循环，错误，符合题意。C、减少化石燃料的使用可以使空气中的二氧化碳排放量减少，植树造林可以通过植物的光合作用减少空气中的二氧化碳含量，从而控制二氧化碳的排放量，正确。D、碳循环和氧循环有利于维持大气中氧气和二氧化碳含量的相对稳定，故说法正确；故选B。12．某大学实验室在加速器中用氦核轰击锿原子，制得了101号元素。为纪念伟大的化学家门捷列夫，将它命名为钔（如图）。下列说法正确的是A．该元素的相对原子质量为258.0gB．该元素属于非金属元素C．该元素的原子核外有101个中子D．氦核轰击锿原子制得钔原子过程中，锿原子质子数发生了改变【答案】D【解析】A、根据元素周期表的信息可知，元素名称下方的数字表示相对原子质量，钔的相对原子质量为258.0，单位是“1”，不是“g”，故选项说法不正确；B、钔元素名称带“钅”字旁，属于金属元素，故选项说法不正确；C、根据元素周期表的信息可知，左上角的数字表示原子序数，钔的原子序数为101，原子中原子序数=质子数，中子数=相对原子质量-质子数=258.0-101=157，故选项说法不正确；D、质子数决定原子种类，氦核轰击锿原子制得钔原子的过程中，原子种类发生变化，锿原子质子数发生了改变，故选项说法正确。故选D。13．下列变化不能通过一步反应就实现的是A．Cu→CuO B．Fe2O3→FeSO4C．Na2CO3→CaCO3 D．CO2→O2【答案】B【解析】A、铜能与氧气在加热的条件下反应生成氧化铜，不符合题意；B、氧化铁和硫酸反应生成硫酸铁，不能一步转化为硫酸亚铁，符合题意；C、碳酸钠能与氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，不符合题意；D、二氧化碳能通过光合作用转化为氧气，不符合题意。故选B。14．如图是某汽车尾气净化装置中发生反应的微观示意图。下列说法正确的是（）A．该反应中，Z是由Y分解生成的B．化学反应前后，氢原子数目减少C．参加反应的X与生成的Z的质量比为15：14D．一个Y分子和一个W分子中均含有10个电子【答案】D【分析】由反应的微观示意图可以看出，反应物是NH3和NO两种分子，生成物是N2和H2O两种分子，所以化学反应方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O，据此分析解答。【解析】A、由微粒的构成可知，构成Z分子的原子在X、Y中都能有含有，不能确定Z是由Y分解生成的，故错误；B、化学反应前后原子的种类及数目不变，氢原子数目也不变，故错误；C、由方程式可知，参加反应的X与生成的Z的质量比为：[6×（14+16）]：（28×5）＝9：7，故错误；D、由图示可知：Y是NH3，一个Y分子中含有的电子数7+（1×3）＝10，W是H2O，一个W分子中含有的电子数（1×2）+8＝10，故正确。故选D。【点睛】根据变化微观示意图及粒子构成模拟图，确定物质的分子构成，能够正确写出物质的化学式，是解答此类题的关键。15．尿素是一种有机氮肥，其化学式为CO(NH2)2.下列关于尿素的说法正确的是A．CO(NH2)2不能与碱性物质混合施用B．C、O、N、H四种原子的个数比为1∶1∶1∶4C．氮元素的质量分数为D．CO(NH2)2难溶于水【答案】C【解析】A、因为尿素不是铵盐，所以它跟碱混合不会放出氨气，故其可以与碱性物质混合施用，不符合题意；B、尿素中C、O、H、N四种原子的个数比为1:1:2:4，不符合题意；C、物质中某元素的质量分数，就是该元素的质量与组成物质的元素总质量（相对分子质量）之比，故尿素中氮元素的质量分数为，符合题意；D、从上图中看到，尿素保存时要防潮可知，尿素可溶于水，尿素溶于水后，不会立即分解，但是它可以在土壤中慢慢分解，并被农作物吸收，主要吸收N元素，不符合题意。故选C。16．除去下列物质中混有的少量杂质（括号内为杂质），所用方法正确的是A．CaCO3固体（CaO）——高温煅烧B．CO2气体（CO）——点燃气体C．FeCl2溶液（CuCl2）——加入过量的铁粉，充分反应后过滤D．KCl固体（KClO3）——加入少量的二氧化锰，加热【答案】C【解析】A、碳酸钙在高温的条件下反应生成氧化钙和二氧化碳，会将欲保留的物质反应掉，不符合除杂原则，选项错误；B、混合气体中，如一氧化碳的浓度较低，一氧化碳不会发生燃烧，选项错误；C、铁能够与氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，能够将杂质转换为欲保留的物质，符合除杂原则，选项正确；D、氯化钾在二氧化锰作催化剂和加热的条件下反应生成氯化钾和氧气，二氧化锰会留在反应后的固体中，会引入新杂质，不符合除杂原则，选项错误，故选C。17．将一定质量的氢氧化钠固体加入一定质量蒸馏水中，不断搅拌，溶解过程中温度的变化如图所示。a、c点溶液中有固体存在，b点固体全部消失。下列说法不正确的是A．a点一定为饱和溶液，b点不一定是饱和溶液B．a点溶液中氢氧化钠的溶质质量分数比b点小C．c点氢氧化钠溶解度比d点大D．c点析出固体的质量和d点一样多【答案】D【解析】A、由于a点溶液中有固体存在，b点固体全部消失，所以说a点一定为饱和溶液，b点不一定是饱和溶液，故A说法正确；B、由于a点溶液中有固体存在，b点固体全部消失，所以b点溶质质量大，而溶剂水的质量是相等的，所以a点溶液中氢氧化钠的溶质质量分数比b点小，故B说法正确；C、根据a、c点溶液中有固体存在，b点固体全部消失，b点温度比a、c都高，可得出氢氧化钠的溶解度随温度升高而增大，c点温度比d点温度高，故c点氢氧化钠的溶解度比d点大，故C说法正确；D、根据a、c点溶液中有固体存在，b点固体全部消失，b点温度比a、c都高，可得出氢氧化钠的溶解度随温度升高而增大，c点温度比d点温度高，故c点氢氧化钠的溶解度比d点大，故d点析出固体的质量比c点多，故D说法错误；故选D。18．氮元素的“化合价与物质类别”对应关系如图所示。下列有关说法正确的是A．a点物质属于单质，可能是氨气 B．c点物质可以是硝酸，化学式为HNO3C．d点物质不能使酚酞试液变红 D．e点和f点物质不可能是同一种物质【答案】B【解析】A、单质的化合价为0，a点物质为含有0价氮元素的物质，即为氮气，属于单质，而氨气中氮元素显示-3价，且氨气是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故a点不可能是氨气，故A说法错误；B、c点物质属于酸，且氮元素的化合价为+5价，可以使硝酸，化学式为HNO3，故B说法正确；C、d点物质是含有-3价氮元素的碱，d物质是氨水，氨水显碱性，能使无色酚酞试液变红，故C说法错误；D、e点为含有+5价氮元素的盐，f点为含有-3价氮元素的盐，而硝酸铵中氮元素的化合价分别为-3价和+5价，故e点物质和f点物质，可能是同一种物质，故D说法错误；故选：B。19．小莉同学用稀盐酸和氢氧化钠溶液对酸碱中和反应进行了如下探究，用pH传感器测得烧杯内溶液的pH变化图象（如图二），同时用温度传感器测得烧杯内温度变化图象（如图三），实验过程中保温良好，忽略热量散失。下列说法错误的是A．该实验是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中B．据图三说明中和反应是放热反应C．图二中的A点反应程度与图三中的B点对应D．C点对应溶液中溶质成分是NaCl和NaOH【答案】C【解析】A、图二可以看到初始pH小于7，所以烧杯内是盐酸，加入X为氢氧化钠溶液，该实验是将氢氧化钠溶液滴入盐酸中，正确；B、图三中在滴加氢氧化钠溶液时，温度逐渐升高，说明酸碱反应属于放热反应，正确；C、图三中在加入氢氧化钠溶液30g时温度达到最高点，然后温度下降，并且酸碱反应属于放热反应，因此温度达到最高点后下降，说明最高点是反应恰好完成，B点应对应图二的30g溶液的PH值，此时PH=7，错误；D、在加入氢氧化钠溶液质量为30g时，中和反应完毕，盐酸恰好被消耗完毕，继续滴加氢氧化钠，除了生成的氯化钠还有剩余的氢氧化钠，故C点对应溶液中溶质成分是NaCl和NaOH，正确；故选C。20．绘制知识网络是化学学习的一种有效防范，元素单质及其化合物的“价态—类别”二维图就是其中的网络图之一、如图是铁及其化合物的“价态—类别”二维图，下列有关说法或方程式正确的是A．物质A的名称是氧化铁B．①反应可能是Fe2O3+3Al2Fe+3AlOC．⑤反应可能是3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaClD．⑤~⑨全部是复分解反应【答案】C【解析】A、由图可知物质A属于氧化物，且A中铁元素的化合价为+2价，故A的化学式为FeO，名称为氧化亚铁，故A错误；B、①反应是由氧化铁变为单质铁，故可能的反应为，故B错误；C、由图可知物质B属于碱，且B中铁元素的化合价为+3价，故B的化学式为Fe(OH)3，⑤反应是FeCl3变为Fe(OH)3，故可能的反应为，故C正确；D、由C选项可知反应⑤为，则反应⑥为，由图可知物质C属于碱，且C中铁元素的化合价为+2价，故B的化学式为Fe(OH)2，则反应⑦、⑧分别为、，反应⑨是单质铁变为氯化亚铁，反应为，以上反应中⑨为置换反应，其余的全为复分解反应，故D错误；故选C。二、非选择题21．苏州拥有众多的非物质文化遗产。(1)茶叶制作。①绿茶碧螺春俗称“吓煞人香”，冲泡后香气扑鼻，说明微粒______。②泡茶时所用的器具通常为陶瓷制品，属于______材料。(2)缂丝织造。生活中区分蚕丝和棉线的方法是______。(3)苏派酿酒。淀粉水解为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下分解为酒精（C2H6O）和二氧化碳，请写出葡萄糖分解的化学方程式______。(4)珍珠加工。珍珠的主要成分是碳酸钙，若表面失去光泽可用稀盐酸浸泡后清洗，但浸泡时间不宜过长，原因是______（用化学方程式表示）。(5)“金砖”烧制。烧制时涉及的一个反应是在高温条件下，氢气将红色的氧化铁转化为黑色的四氧化三铁，其化学方程式为______。【答案】(1)在不断运动无机非金属(2)燃烧，有烧焦羽毛气味的是蚕丝，有烧纸气味的是棉线(3)(4)(5)【解析】（1）①绿茶碧螺春俗称“吓煞人香”，冲泡后香气扑鼻，说明微粒在不断运动，向四周扩散，使人们闻到；②泡茶时所用的器具通常为陶瓷制品，陶瓷属于无机非金属材料；（2）蚕丝的主要成分是蛋白质，燃烧会有烧焦羽毛的气味，棉线的主要成分是纤维，燃烧会有烧纸的气味，所以生活中区分蚕丝和棉线的方法是燃烧，有烧焦羽毛气味的是蚕丝，有烧纸气味的是棉线；（3）葡萄糖（C6H12O6）在酒化酶的作用下分解为酒精（C2H6O）和二氧化碳，该反应方程式为；（4）珍珠的主要成分是碳酸钙，若表面失去光泽可用稀盐酸浸泡后清洗，但浸泡时间不宜过长，原因是稀盐酸会与珍珠的主要成分碳酸钙发生反应生成氯化钙、二氧化碳和水，该反应方程式为；（5）在高温条件下，氢气将红色的氧化铁转化为黑色的四氧化三铁和水，该反应方程式为。22．阅读下面科普短文。维生素A是一种重要的营养素，具有抗氧化、调节免疫、促进生长发育等作用。维生素A只存在于动物体中，常见食物中维生素A的含量如表1所示。植物中虽不含有维生素A，但许多蔬菜、水果中含有胡萝卜素，它在小肠中可分解为维生素A。表1：每100g食物中维生素A的含量食物种类羊肝牛奶鸡蛋河蟹黄鱼维生素A含量（μg/100g）209722431038910维生素A是由C、H、O元素组成的黄色固体，不溶于水，易溶于乙醇；易被氧化，特别是暴露于氧气、高温环境时，会加快这种氧化作用。因此，食品加工、生产过程会影响食品中维生素A的含量。实验人员以不同原料为载体，模拟食品加工过程，研究了加工温度和加工时间对食品中维生素A含量的影响。实验过程中，先用维生素A标准溶液（溶剂为乙醇）对面粉进行强化处理，将处理后的面粉分别用水、鸡蛋清揉合成面团；再以此面团为研究对象，探究加工温度和加工时间对食品中维生素A含量的影响，测定结果如图1、2所示。因此，在食品加工生产的过程中，科学地控制温度、时间对食品中维生素A的保留至关重要。(1)维生素A的物理性质有______（写出1条即可）。(2)表1所列出的几种食物中，维生素A含量最高的是______。(3)从实验设计看，涉及到的影响食品中维生素A含量的因素有加工温度和______。(4)由图1得出的结论______(5)下列说法正确的是______（填序号）。a．维生素A是一种营养素

b．维生素A中只含非金属元素c．维生素A能与氧气反应

d．吃蔬菜对补充维生素A无益【答案】(1)黄色固体（或不溶于水，易溶于乙醇）(2)羊肝(3)加工时间和载体种类(4)加工时间越长，食品中维生素A的含量越低(5)abc【解析】（1）维生素A是黄色固体，不溶于水，易溶于乙醇，这些性质均不需要发生化学变化就能表现出来，属于维生素A的物理性质；故填：黄色固体（或不溶于水，易溶于乙醇）（合理即可）;（2）表1所列出的几种食物中，维生素A含量最高的是羊肝；故填：羊肝；（3）从实验设计“将处理后的面粉分别用水、鸡蛋清揉合成面团；再以此面团为研究对象，探究加工温度和加工时间对食品中维生素A含量的影响”可知，涉及到的影响食品中维生素A含量的因素有加工温度、加工时间和载体种类；故填：加工时间和载体种类；（4）根据图1得出的关于加工时间对食品中维生素A含量影响的结论是加工时间越长，食品中维生素A的含量越低；故填：加工时间越长，食品中维生素A的含量越低，其他合理即可；（5）a．维生素A是一种营养素，选项说法正确；b．维生素A是由C、H、O元素组成，所以维生素A中只含非金属元素，选项说法正确；c．由题干信息“易被氧化，特别是暴露于氧气、高温环境时，会加快这种氧化作用”可知，维生素A能与氧气反应，选项说法正确；d．植物中虽不含有维生素A，但许多蔬菜、水果中含有胡萝卜素，它在小肠中可分解为维生素A，选项说法错误；故选：abc。23．实验操作是化学研究物质的一种重要方法。(1)仪器名称：②___________。(2)用高锰酸钾制取较为干燥的氧气可选用装置___________组合(A~F中选填序号)，反应的化学方程式为___________，若用G装置收集氧气，氧气应从___________(填字母)端通入。(3)下列制取气体的方法可以用装置C是___________。A．锌粒和稀盐酸反应制取氢气B．氯化铵和熟石灰固体混合物加热制取氨气(4)实验室常选用澄清石灰水检验CO2，若向澄清石灰水不断通入CO2直至过量，反应中各物质的质量关系如图，A→M段发生反应的化学方程式为___________。(5)我国承诺：2030年“碳达峰”，2060年“碳中和”，体现大国担当。①工业可以利用NaOH溶液实现二氧化碳的捕集，写出该原理的化学反应方程式___________。②二氧化碳是一种重要的资源a．在高温高压下，CO2和NH3可以合成尿素【CO(NH2)2】同时生成水，该反应中参加反应的CO2与NH3的分子个数比是___________。b．一定条件下，CO2和H2反应生成CH4和H2O。请在以下框图中将该反应的微观粒子补充完整___________。【答案】(1)长颈漏斗(2)ADm(3)A(4)CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2(5)1:2【解析】（1）据图可知，②是长颈漏斗。（2）用高锰酸钾制取氧气，属于固体加热反应，发生装置可选A，氧气不易溶于水，密度比空气大，可用排水法或向上排空气法收集，向上排空气法收集的氧气比较干燥，故收集装置可选D。所以用高锰酸钾制取较为干燥的氧气可选用装置AD。高锰酸钾受热分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气。化学方程式。由于氧气密度比空气大，所以若用G装置收集氧气，氧气应从m端通入。（3）装置C要求反应物是固体和液体，不需要加热。所以填：A。（4）如图，A→M段是澄清石灰水与二氧化碳反应生成的碳酸钙与水和二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙的过程，化学方程式：CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2。（5）①工业可以利用NaOH溶液实现二氧化碳的捕集，即氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和水。化学方程式。②a、在高温高压下，CO2和NH3可以合成尿素【CO(NH2)2】同时生成水，化学方程式CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，所以该反应中参加反应的CO2与NH3的分子个数比是1:2。b、根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含C、H、O的个数分别是1、10、2，生成物中含C、H、O的个数分别是1、4、0，故生成物中还应含6个H、2个O每个氢分子由2个氢原子构成，每个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，故应在生成物图中补充1个氢分子，2个水分子，即。24．生产、生活中铝及其合金制品是现代文明不可缺少的物质基础。Ⅰ.金属的冶炼(1)某铝矿石中含氧化铝的质量分数为65%(无其他含铝物质)，该铝矿石中铝元素的质量分数为_______(结果保留一位小数)。(2)近代工业上采用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，分解后得到两种单质，该反应的化学方程式为_______。Ⅱ.金属的性质(3)铝在空气中具有很好的抗腐蚀性能，原因是_______。(4)向铝中加入不同的金属可以提高其性能，某铝合金中铝的含量约为97%，还含有镁、锰、铁、锢(In)等。打磨后与纯铝片相互刻画，发现仅纯铝片表面有划痕，说明_______。(5)某同学推测金属铟与铝的化学性质相似，理由是_______。实验证明，铟可以与稀盐酸反应，其反应的化学方程式为_______。[已知：铝原子的结构示意图为，铟原子的结构示意图为Ⅲ.金属的应用

(6)储氢材料的研发是氢能源技术的关键之一、金属铝可用作储氢材料，储氢后生成氢化铝(AlH3)，其释氢原理为氢化铝与水反应释放氢气，同时生成难溶于水的氢氧化铝。①AlH3中铝元素的化合价是+3，则氢元素的化合价为_______。②氢化铝释氢反应的化学方程式为_______。③氢化铝与水反应释氢速率逐渐减慢，可能的原因是_______。(7)铝系金属复合材料能有效去除水体中的硝酸盐污染。铝系金属复合材料的组分和含量会影响硝酸盐的去除效果。在相同实验条件下，分别使用纯铝粉和Cu含量为3%、4%、5%的Al/Cu二元金属复合材料对硝酸盐的去除效果如图所示。①由图可知，去除水体中硝酸盐效果最优的铝系金属复合材料是_______。)②Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉，可能的原因是_______。【答案】(1)34.4%(2)(3)铝与空气中氧气反应生成一层致密氧化铝膜，阻碍内层铝与氧气反应(4)铝合金硬度高于铝单质(5)最外层电子数相同(6)-1生成的氢氧化铝包裹住氢化铝，阻碍了反应的进一步进行(7)4%Al/Cu铜能催化铝粉去除硝酸盐的反应，催化剂可以加速反应速率【解析】（1）铝矿石中铝元素的质量分数为。（2）电解熔融氧化铝生成铝单质和氧气，化学方程式为。（3）铝耐腐蚀的原因是铝在空气中与氧气反应，其表面生成一层致密的氧化铝（Al2O3）薄膜，从而阻止铝进一步氧化。（4）合金的强度和硬度一般比组成它们的纯金属更高，抗腐蚀性也更好，打磨后与纯铝片相互刻画，发现仅纯铝片表面有划痕，说明铝合金硬度高于铝单质。（5）铟原子和铝原子的最外层电子数都是3，故金属铟与铝的化学性质相似；参考方程式，铟与盐酸反应生成氯化铟和氢气，化学方程式为。（6）①AlH3中铝元素的化合价是+3，化合物整体化合价为0，设氢元素的化合价为x，；②氢化铝与水反应生成氢气和氢氧化铝，化学方程式为；③氢化铝与水反应生成氢气和氢氧化铝，氢氧化铝难溶于水，生成的氢氧化铝包裹住氢化铝后，阻碍了反应的进一步进行。（7）①由图可知，4%Al/Cu曲线对应的硝酸盐含量最低，故去除水体中硝酸盐效果最优的铝系金属复合材料是4%Al/Cu；②铜能催化铝粉去除硝酸盐的反应，催化剂可以加速反应速率，故Al/Cu二元金属复合材料去除水体中硝酸盐效果明显优于铝粉。25．纳米级Fe3O4颗粒可应用在磁流体领域。制备Fe3O4的一种方法如下图所示。“沉淀”时的反应为：2FeC13+FeC12+8NH3·H2O=Fe3O4+8NH4C1+4H2O(1)FeC12可以用废铁屑与过量的稀盐酸反应制得。向盐酸酸化的FeC12溶液中通入O2可生成FeC13和H2O，该反应的化学方程式为___________。(2)“沉淀”时需控制溶液的pH与反应的温度。①“沉淀”时需要控制反应温度为不宜过高，其原因是___________。②“溶解”时，实际投放的远大于理论值，其原因是___________。(3)ZnO·Fe3O4的性能比Fe3O4更好。①高温下，铁酸锌(ZnFe2O4)可被CO选择性还原为ZnO和Fe3O4，CO转化为CO2。该反应的化学方程式为___________。②在恒压条件下，反应温度、反应体系中CO的体积分数，对还原产物的影响如图所示。温度在200~1000℃范围里，要保证还原产物始终为ZnO和Fe3O4，则控制体系中CO的体积分数的范围为___________。【答案】(1)4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O(2)氨水受热易挥发、易分解“溶解”时，FeCl2在盐酸存在下，与空气中的氧气反应生成FeCl3(3)3ZnFe2O4+CO3ZnO+2Fe3O4+CO20.07＜＜0.28【解析】（1）向盐酸酸化FeCl2溶液中通入O2可生成FeCl3和H2O，可知反应物为盐酸、氯化亚铁和氧气，生成物为氯化铁和水，反应方程式为：4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O；（2）①“沉淀”时需要控制反应温度为不宜过高，其原因是“沉淀”时加入了氨水，氨水受热易挥发、易分解；②“溶解”时，实际投放的远大于理论值，其原因是“溶解”时，FeCl2在盐酸存在下，与空气中的氧气反应生成FeCl3；（3）①由高温下，铁酸锌(ZnFe2O4)可被CO选择性还原为ZnO和Fe3O4，CO转化为CO2可知，该反应的反应物为铁酸锌（ZnFe2O4）和CO，反应条件为高温，生成物为ZnO、Fe3O4，和二氧化碳，反应方程式为3ZnFe2O4+