2019年四川省绵阳市南山中学自主招生化学模拟考试试卷(解析版)

2019年四川省绵阳市南山中学自主招生化学模拟试卷
一、单选题（本大题共 10 小题，共 20 分）
1、生活在密闭狭小的特殊环境（如潜艇、太空舱）里，O2会越来越少，CO2会越来越多，因此将CO2转化为O2，不仅有科学意义也有重要的实用价值。

据科学文献报道，NiFe2O4在一定条件
下既能促进CO2分解又可重复使用。

NiFe2O4在此反应中是（）
A.粘合剂
B.制冷剂
C.防腐剂
D.催化剂
【答案】
D
【解析】
解：NiFe2O4在一定条件下既能促进CO2分解又可重复使用，说明NiFe2O4是将二氧化碳转化为
氧气，而没有和二氧化碳反应，故NiFe2O4不是反应物，NiFe2O4起到催化剂的作用，是催化剂。

A、NiFe2O4在该过程中作催化剂，不是粘合剂，故选项错误。

B、NiFe2O4在该过程中作催化剂，不是制冷剂，故选项错误。

C、NiFe2O4在该过程中作催化剂，不是防腐剂，故选项错误。

D、NiFe2O4在该过程中作催化剂，故选项正确。

故选：D。

解题时要注意有效信息的捕捉，在题干中题目特别强调NiFe204在一定的条件下既能促进CO2的
分解，又可重复使用，据此结合催化剂的概念进行分析判断。

本题难度不大，掌握催化剂的特征（一变二不变：改变化学反应速率、质量和化学性质都不变）并能灵活运用是正确解答此类题的关键。

2、经测定，一瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体不可能是（）
A.一种化合物
B.两种化合物
C.两种单质
D.一种单质和一种化合物的混合物
【答案】
C
【解析】
解：A、经测定，一瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体可能是一种化合物，如甲烷、乙
炔等，故选项错误；
B、可能是两种化合物，如甲烷和乙炔混合而成，故选项错误；
C、这瓶气体不可能是两种单质，因为碳的单质是固体，故选项正确；
D、可能是一种单质和一种化合物的混合物，如氢气和甲烷的混合物，故选项错误；
故选：C。

物质分为混合物和纯净物，混合物是由两种或两种以上的物质组成；纯净物是由一种物质组成．纯净物又分为单质和化合物．由同种元素组成的纯净物叫单质；由两种或两种以上的元素组成的纯净物叫化合物．经测定，一瓶气体中含有碳、氢两种元素，则这瓶气体可能是一种化合物，如甲烷、乙炔等；可能是两种化合物，如甲烷和乙炔混合而成；这瓶气体不可能是两种单质，因为碳的单质是固体；可能是一种单质和一种化合物的混合物，如氢气和甲烷的混合物．
本考点考查了物质的分类，要加强记忆混合物、纯净物、单质、化合物、氧化物等基本概念，并能够区分应用．本考点的基础性比较强，主要出现在选择题和填空题中．
3、钴（Co）的化合物在锂电池中有很好的应用，LiCoO2（钴酸锂）在酸性介质中有强氧化性，其化学方程式为：2LiCoO2+H2O2+3H2SO4═Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑，已知锂与钠有相似的
化学性质，且反应中只有钴和氧元素的化合价发生了改变，则下列说法正确的是（）
A.该反应是复分解反应
B.该反应中钴的化合价由+3价变为+2价
C.该反应中氧的化合价降低
D.钴酸根离子式CoO32-
【答案】
B
【解析】
解：A、复分解反应是两种化合物相互交换成分生成两种新的化合物的反应，该反应不符合，不
属于复分解反应，故A错；
B、LiCoO2中钴元素化合价是+3价，CoSO4中钴元素化合价是+2价，故B正确；
C、反应物中氧元素显-2价，生成物氧气中氧元素显0价，故C错；
D、钴酸根离子是CoO2-，故D错。

故选：B。

A、根据复分解反应的特点考虑；
B、根据反应物和生成物中钴元素的化合价计算考虑；
C、根据
氧元素化合价的变化考虑；D、根据钴酸根离子的写法考虑．
解答本题关键是要知道复分解反应的特点，元素化合价的计算方法，酸根的写法．
4、“绿色化学”要求原料物质中所有的原子完全被利用，全部转入期望的产品中，即原子利用率
为100%．由C2H4（乙烯）合成C4H8O2（乙酸乙酯）的过程中，为使原子利用率达到100%，
在催化剂作用下还需加入的物质是（）
A.HCOOH
B.H2O和CO2
C.O2和H2O
D.O2
【答案】
D
【解析】
解：由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C2H4分子变成一个C4H8O2分子，还必须增
加2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2。

A．在HCOOH分子中C、H、O的原子个数比为1：2：2，故A错误；
B．C2H4、CO2和H2O，按照5C2H4+2CO2+2H2O═3C4H8O2，所以B错误；
C．H2O和O2，这两种物质中H、O的原子个数比不能达到4：2，故C错误；
D．一个O2分子和两个C2H4分子变成一个C4H8O2分子，即原子的利用率为100%，故D正确。

故选：D。

由题意知，绿色化学即环境友好型化学，其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，根据这一观点，要把一个C2H4分子变成一个C4H8O2分子，还必须增加
2个C原子、4个H原子、2个O原子，即原料中C、H、O的原子个数比为2：4：2，以此来
解答．
本题考查绿色化学的概念，并以此为依据，考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变，因此我们要用守恒的观点来解答，注意解本题时一定要读懂题意，再结合所学方可解答．
5、实验室需要把烧杯A中的氢氧化钠溶液转移到烧杯B中，将烧杯A内的液体倒入烧杯B后，烧杯A内会残留约1mL液体，之后用19mL蒸馏水清洗烧杯A的内壁，这部分液体也倾倒至烧
杯B，烧杯A内仍残留约1mL液体…需要几次这样的清洗，才能保证原烧杯中的氢氧化钠溶液99.9%都被转移至新烧杯（）
A.2次
B.3次
C.4次
D.5次
【答案】
B
【解析】
假设液体密度为1g/ml
=0.05g=5%
第1次清洗倾倒后残留NaOH质量：1g×1g
1g+19g
=0.0025g=0.25%
第2次清洗倾倒后残留NaOH质量：1g×0.05g
1g+19g
=0.000125g=0.0125%
第3次清洗倾倒后残留NaOH质量：1g×0.0025g
1g+19g
而1-99.9%=0.1%。

故选：B。

根据质量分数的计算公式进行分析，先算出第1次清洗倾倒后残留NaOH质量，再算出第2次
清洗倾倒后残留NaOH质量，再算出第3次清洗倾倒后残留NaOH质量，然后和0.1%进行比较
即可．
本题是关于质量分数的计算，对中学生来说，难度太大．
6、短周期（前三周期）元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其
内层电子总数的3倍，Y原子的最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料，W与X属于同一主族．下列叙述不正确的是（）
A.X元素可以与W元素形成WX2和WX3两种化合物
B.Y元素的单质一定条件下可以与O2、N2、CO2反应
C.Z原子的最外层电子数为4，形成化合物时一般
为+4价
D.X与Y、Z与W都属于同一周期
【答案】
D
【解析】
解：短周期（前三周期）元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，因此X有两个电子层，最外层电子数为6，因此X是氧元素；Y原子的最外层只有2个电子，因此Y应该是三个电子层，最外层是2，因此Y是镁；Z单质可制成半导体材料，因此Z是硅；W与X属于同一主族，因此W有三个电子层，最外层电子数是6，因此W是硫，因此：
A、X是氧元素，W是硫元素，形成二氧化硫和三氧化硫，故叙述正确；
B、Y是镁，镁在一定条件下可以与氧气、氮气、二氧化碳反应，故叙述正确；
C、Z是硅元素，最外层电子数为4，可以失去4个电子，表现为+4价，故叙述正确；
D、氧位于第二周期，镁位于第三周期，硅和硫都位于第三周期，故叙述错误；
故选：D。

短周期（前三周期）元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍，因此X有两个电子层，最外层电子数为6，因此X是氧元素；Y原子的最外层只有2个电子，因此Y应该是三个电子层，最外层是2，因此Y是镁；Z单质可制成半导体材料，因此Z是硅；W与X属于同一主族，因此W有三个电子层，最外层电子数是6，因此W 是硫，据此分析．
本题考查了常见元素的原子核外电子的排布，周期、主族等的关系，难度不大，依据前三周期元素的原子的特点分析即可．
7、在托盘天平的两边各放一只烧杯，调节天平至平衡，向两烧杯中分别注入等质量、等质量分数的稀硫酸（足量），然后向右盘的烧杯中放入一定质量的Fe粉，同时向左盘的烧杯中放入与Fe粉等质量的Zn粉，反应过程中可能出现的现象是（）
A.天平最终仍然平衡
B.天平指针先偏向左盘，后偏向右盘
C.天平指针始终偏向右盘
D.天平指针先偏向右盘，后偏向左盘
【答案】
D
【解析】
解：在金属活动性顺序中，由于Zn的活动性比Fe强，所以与酸反应时，产生氢气的速率快，所以开始时左盘质量轻，故天平的指针先偏向右盘；
等质量的Fe和Zn与足量的稀硫酸反应时，最终所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多。

Zn的相对原子质量是65，而铁的相对原子质量是56，所以随着反应的进行，最终所产生氢气的质量是右盘多一些，所以右盘质量轻，故天平指针最后偏向左盘。

故选：D。

金属活动性的强弱决定了化学反应的快慢，而等质量的Fe和Zn与足量的稀硫酸反应时，所产生氢气质量的多少是由金属的相对原子质量的大小来决定的，相对原子质量越大，最后所产生氢气的质量越少，反之就越多．
此题涉及天平与计算的结合问题，是考试中常见的题型，需要同学们结合的知识面很广．
8、 a、b、c、d可能是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、HCl四种溶液中的各一种，它们两两混合后产生如表现象：则a、b、c、d依次是（）
233 HCl、BaCl2
2CO3、AgNO3、
BaCl2、HCl
C.HCl、AgNO3、
BaCl2、Na2CO3
D.HCl、BaCl2、
AgNO3、Na2CO3
【答案】
C
【解析】
解：由两两混合后的现象图可知，a和d能反应生成气体，说明a和d是碳酸钠和盐酸中的一种；d能与b、c反应生成沉淀，由碳酸钠能与硝酸银溶液、氯化钡溶液反应生成碳酸银、碳酸钡白色沉淀，稀盐酸只能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则d为碳酸钠溶液，a为稀盐酸；b、c为氯化钡、硝酸银中的一种，a能与b反应生成白色沉淀，稀盐酸能与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则b为硝酸银溶液，c为氯化钡溶液。

故选：C。

本题解题的突破口是a和d能反应生成气体，说明a和d是碳酸钠和盐酸中的一种；再结合d 能与b、c反应生成沉淀，a能与b反应生成沉淀，进行分析解答
本题难度不是很大，熟练掌握常见酸碱盐的化学性质，解答本题的突破口是a和d反应生成气体、d能与另外两种物质反应生成沉淀。

9、某化学小组用一定量AgNO3和Al（NO3）3的混合溶液加入铜粉和锌粉，充分反应后过滤，
得到溶液甲和固体乙，如图所示，则：
①固体乙中一定含有Ag，可能含有Cu和Zn
②溶液甲中一定含有Al（NO3）3和Zn（NO3）2
③若溶液甲是蓝色，则溶液甲一定含有Al（NO3）3和Cu（NO3）2
④若溶液甲是无色，则溶液甲一定含有Al（NO3）3、可能有Zn（NO3）2一定没有Cu（NO3）2
⑤向固体乙上滴加盐酸有气泡产生，则溶液甲中一定没有AgNO3和Cu（NO3）2
上述四种说法正确的个数为（）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【答案】
C
【解析】
解：根据金属活动性Al＞Zn＞Cu＞Ag，所以锌粉优先与AgNO3发生反应，铜粉后与AgNO3发生反应，但是铜粉和锌粉都不能和Al（NO3）3发生反应，Al（NO3）3一定在溶液中；
①锌粉优先与AgNO3发生反应生成硝酸锌和银，固体乙中一定含有Ag，可能有Cu和Zn，说法正确；
②锌粉优先与AgNO3发生反应生成硝酸锌和银，铜粉和锌粉都不能和Al（NO3）3发生反应，所以溶液中一定有Al（NO3）3和Zn（NO3）2，说法正确；
③若溶液甲是蓝色，说明铜已经与AgNO3发生反应，而锌已经全部反应，溶液甲一定含有Al （NO3）3、Zn（NO3）2和Cu（NO3）2；故说法错误；
④若溶液甲是无色，则锌和硝酸银是一定要反应的，溶液中应该一定有硝酸锌的，说法错误；
⑤向固体乙上滴加盐酸有气泡产生，说明固体中有锌，锌过量，铜未参加反应，溶液中AgNO3被反应完全，溶液甲中一定没有AgNO3和Cu（NO3）2，说法正确。

故选：C。

在金属活动性顺序中：Al＞Zn＞Cu＞Ag，根据排在前面的金属可以把位于它后面的金属从其盐溶液中置换出来，可简记为“前置后，盐可溶”。

本题考查了金属活动性顺序及其应用，同学们应该熟记金属活动性顺序及其意义进行。

10、向一定质量含CaCl2和HCl的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的Na2CO3溶液。

反应过程中加入的Na2CO3溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示（不考虑二氧化碳
气体的溶解）。

下列说法正确的是（）
A.图中 0～a段表示生成沉淀的过程
B.b点时，溶液中溶质有2种
C.c点时，溶液的pH=7
D.x值等于106.0
【答案】
D
【解析】
解：A、图中oa段表示生成的气体质量，故A错误；
B、b点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B错误；
C、c点的溶液中含有Na2CO3、NaCl两种溶质，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c的溶液的pH＞7，故C错误；
D、根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g。

设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z，则
Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O
106 44
y 2.2g
106 y =44 2.2g
y=5.3g
Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl 106 100
z 5g
106 z =100
5g
z=5.3g；
所以x=5.3g+5.3g
10%
=106g，故D正确。

故选：D。

根据加入的碳酸钠先与盐酸反应，把盐酸消耗完了，才开始与氯化钙反应，开始生成沉淀，最后到达最高点说明已经反应完了进行分析。

解答本题关键要知道只有把盐酸反应完了，才能与氯化钙反应产生沉淀，因为如果碳酸钠与氯化钙先反应生成了碳酸钙沉淀，也会被剩余的盐酸溶解掉，将不会看到沉淀。

二、双选题（本大题共 2 小题，共 4 分）
11、如图为A物质的溶解度曲线。

M、N两点分别表示A物质的两种溶液。

下列做法不能实现M、N间的相互转化的是（A从溶液中析出时不带结晶水）（）
A.从N→M：先向N中加入适量固体A再降温到t2
B.从N→M：先将N降温到t1再加入适量固体A
C.从M→N：先将M降温到t1再将其升温
D.从M→N：先将M升温到t3再加入适量的水【答案】
BC
【解析】
解：A、从N→M：先向N中加入适量固体A再降温到t2能实现转化，不符合题意，故选项错误；
B、从N→M：先将N降温到t1再加入适量固体A，然后再升温到t2即可，原说法不可行，符合
题意，故选项正确；
C、从M→N：先将M降温到t1再进行过滤，然后将其升温t3即可，原说法不可行，符合题意，
故选项正确；
D、从M→N：先将M升温到t3再加入适量的水能实现转化，不符合题意，故选项错误；
故选：BC。

根据题目信息和溶解度曲线可知：A固体物质的溶解度是随温度升高而增大；M、N两点分别表
示A物质的两种溶液，M表示的是t2温度时的饱和溶液，N表示t3时的不饱和溶液；从N→M：先向N中加入适量固体A再降温到t2能实现转化，从N→M：先将N降温到t1再加入适量固体A，然后再升温到t2即可，原说法不可行；从M→N：先将M降温到t1再进行过滤，然后将其升温t3即可，原说法不可行；从M→N：先将M升温到t3再加入适量的水能实现转化。

本考点考查了溶解度曲线及其应用、配制溶液，通过溶解度曲线我们可以获得很多信息；还考查了有关饱和溶液与不饱和溶液的相互转化等，本考点主要出现在选择题和填空题中。

12、下列各组物质的溶液，不用其他试剂，只用观察和组内物质的溶液相互混合的方法，就能
将它们一一鉴别出来的是（）
A.NaCl、BaCl2、CuSO4、NaOH、KNO3
B.Ba（NO3）2、NaCl、Na2SO4、H2SO4、HCl
C.NaOH、FeCl3、MgSO4、BaCl2、KCl
D.AgNO3、HCl、Na2CO3、KCl、CaCl2
【答案】
CD
【解析】
解：A、先根据溶液的颜色鉴别出蓝色的溶液是硫酸铜，将剩余的四种物质分别滴加硫酸铜，会生成蓝色沉淀的是氢氧化钠，将硫酸铜滴入其余三份样品中，产生白色沉淀的原溶液为氯化钡。

但是剩余的两种物质不会鉴别，故A错误，
B、
分别有两组现象是相同的，不能鉴别，故B错误，
C、先根据溶液的颜色鉴别出黄色的溶液是氯化铁，然后在剩余的四种溶液中滴加氯化铁，会生成红褐色沉淀的是氢氧化钠，再将氢氧化钠滴入剩余的三种溶液中会生成白色沉淀的是硫酸镁，再将硫酸镁滴入剩余的两种溶液中，会生成白色沉淀的是氯化钡，剩余的就是氯化钾，故C正确，
D、
五组中的现象是不同的，可以鉴别，故D正确，
故选：CD。

先分析选项中有没有带色的物质，有带色物质的借助带色物质鉴别，没有带色物质的，借助表格列举出反应现象进行鉴别．
在做物质的鉴别题时，主要分为两类：一类是选项中的有带色的离子，首先鉴别，然后再区别其他的物质，另一类是选项中的物质都是无色的，就需要借助表格进行鉴别，不管哪种，在鉴别时
每组出现的现象不能完全相同．
三、探究题（本大题共 1 小题，共 4 分）
13、（1）根据初中化学知识，硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应可得到蓝色沉淀，进一步将沉淀加热可生成黑色物质，请写出有关反应的化学方程式：①______，②______。

（2）小明做了这个实验。

他在试管中倒入2mL CuSO4溶液，再加入一定量NaOH溶液，结果得到的沉淀并不是蓝色的，而是浅绿色的；将此浊液加热直至沸腾，观察不到有分解变黑生成CuO 的迹象。

这是为什么呢？小明通过查找资料得知，该浅绿色沉淀物可能是溶解度极小的碱式硫酸铜，其化学式为Cu4（OH）6SO4
①请帮小明写出生成浅绿色沉淀的有关反应的化学方程式______。

②请帮小明设计一个实验，证明该浅绿色沉淀中含有硫酸根。

______。

【答案】
CuSO4+2NaOH═Cu（OH）
2↓+Na2SO4 4CuSO4+6NaOH═Cu4（OH）
6SO4↓+3Na2SO4将浅绿色的浊液过滤，并把得到的绿色沉淀用蒸馏水多次洗涤，至洗涤液中用BaCl2溶液检验不出SO42-后，再用稀盐酸溶解绿色沉淀，此时再用BaCl2溶液检验，溶解液中有大量白色BaSO4生成，表示浅绿色沉淀中有SO42-
【解析】
解：（1）氢氧化钠和硫酸铜反应生成了氢氧化铜沉淀，而氢氧化铜沉淀在加热时能够分解产生黑色固体氧化铜，可以据此写出这两个化学方程式；
（2）①根据查找的资料可以知道生成的浅绿色固体为碱式硫酸铜，所以可以据此写出该反应的化学方程式为：4CuSO4+6NaOH═Cu4（OH）6SO4↓+3Na2SO4；
②根据查阅的资料可以知道碱式硫酸铜为溶解度极小的物质，所以可以用蒸馏水来多次洗涤绿色沉淀至洗涤液中用BaCl2溶液检验不出SO42-后，用稀盐酸溶解绿色沉淀，此时再用BaCl2溶液检验，溶解液中有大量白色BaSO4生成，表示浅绿色沉淀中有SO42-。

故本题答案为：（1）①CuSO4+2NaOH═Cu（OH）2↓+Na2SO4；
②；
（2）①4CuSO4+6NaOH═Cu4（OH）6SO4↓+3Na2SO4；
②将浅绿色的浊液过滤，并把得到的绿色沉淀用蒸馏水多次洗涤，至洗涤液中用BaCl2溶液检验不出SO42-后，用稀盐酸溶解绿色沉淀，此时再用BaCl2溶液检验，溶解液中有大量白色BaSO4生成，表示浅绿色沉淀中有SO42-。

（1）氢氧化钠可以和硫酸铜反应生成硫酸铜，而难溶性的碱在加热时能分解产生相应的金属氧化物；
（2）①根据查找的资料可以知道生成的浅绿色固体为碱式硫酸铜，所以可以据此写出该反应的化学方程式；
②根据查阅的资料可以知道碱式硫酸铜为溶解度极小的物质，所以可以据此结合硫酸根离子的
性质来设计实验进行验证。

要掌握质量守恒定律方面的内容，只有这样才能正确的书写化学方程式；知道鉴别硫酸根离子的方法，本题中要排除溶液中硫酸根离子的干扰。

四、简答题（本大题共 2 小题，共 9 分）
14、硫酸氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应用以回收S，其物质转化如图所示。

（1）反应中当有34g H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的质量为______。

（2）在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。

欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施是______
（3）写出图中各步转化的化学方程式：______。

【答案】
16g 增大混合气体中空气的比例 CuCl2+H2S═CuS↓+2HCl，2FeCl3+CuS=S↓+2FeCl2+CuCl2，4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O
【解析】
解：（1）H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以
2H2S----O2
68 32
所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g；
（2）使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质，所以氧气必须过量，采取的措施是：增大混合气体中空气的比例；
（3）氯化铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和盐酸，氯化铁和硫化铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫，氯化亚铁和盐酸、氧气反应生成氯化铁和水，化学方程式为：CuCl2+H2S═CuS↓+2HCl，2FeCl3+CuS=S↓+2FeCl2+CuCl2，4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O。

故答案为：（1）16g；
（2）增大混合气体中空气的比例；
（3）CuCl2+H2S═CuS↓+2HCl，2FeCl3+CuS=S↓+2FeCl2+CuCl2，
4FeCl2+O2+4HCl=4FeCl3+2H2O。

根据H2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等进行计算；根据使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能有剩余，硫离子完全被氧化为硫单质进行分析；根据氯化铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和盐酸，氯化铁和硫化铜反应生成氯化亚铁、氯化铜和硫，氯化亚铁和盐酸、氧气反应生成氯化铁和水进行分析。

在解此类题时，首先分析题中考查的问题，然后结合学过的知识和题中所给的提示进行解答。

15、醋酸钙[Ca（Ac）2]是国家允许使用的补钙制剂之一。

以蛋壳为原料回收膜并制备醋酸钙的一种工艺流程如图。

（1）写出煅烧时的化学方程式______。

CO2的任意排放会引发的环境问题，可以将CO2与CH4一定条件下化合生成化工产品甲醛（HCHO），则此反应中CO2与CH4的最佳质量比是______。

（2）在反应I中制备石灰乳，而不是制备澄清石灰水的目的是______，写出熟石灰的一种用途
______。

（3）在反应II中醋酸过量的目的是______，写出反应II的化学方程式______。

（4）膜分离时，盐酸不能过量的主要原因是______。

【答案】
11：4 氢氧化钙的溶解度很小，石灰乳中的氢氧化钙含量比澄清石灰水中多，更利于提高醋酸钙的产量中和酸性土壤使氢氧化钙完全反应 Ca（OH）
2+2HAc═Ca（Ac）2+2H2O 加入盐酸就是为了将蛋壳与膜分开，过量时会与碳酸钙反应，会使制作醋酸钙的原料减少
【解析】
解：（1）煅烧碳酸钙生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：
；
CO2的任意排放会引发的环境问题是导致温室效应；
将CO2与CH4一定条件下化合生成化工产品甲醛（HCHO）的化学方程式及其二氧化碳和甲烷的质量关系为：
，
44 16
则此反应中CO2与CH4的最佳质量比是：44：16=11：4。

故答案为：；温室效应；11：4。

（2）在反应I中制备石灰乳，而不是制备澄清石灰水的目的是氢氧化钙的溶解度很小，石灰乳
中的氢氧化钙含量比澄清石灰水中多，更利于提高醋酸钙的产量；
熟石灰可以用来中和酸性土壤。

故填：氢氧化钙的溶解度很小，石灰乳中的氢氧化钙含量比澄清石灰水中多，更利于提高醋酸钙的产量；中和酸性土壤。

（3）在反应II中醋酸过量能使氢氧化钙完全反应；
反应II中，氢氧化钙和醋酸反应生成醋酸钙和水，反应的化学方程式为：Ca（OH）
2+2HAc═Ca（Ac）2+2H2O。

故填：使氢氧化钙完全反应；Ca（OH）2+2HAc═Ca（Ac）2+2H2O。

（4）膜分离时，盐酸不能过量的主要原因是：加入盐酸就是为了将蛋壳与膜分开，过量时会与
碳酸钙反应，会使制作醋酸钙的原料减少。

故填：加入盐酸就是为了将蛋壳与膜分开，过量时会与碳酸钙反应，会使制作醋酸钙的原料减少。

（1）高温条件下，碳酸钙分解生成氧化钙和二氧化碳；
二氧化碳在空气中含量过高时会导致温室效应；
根据反应的化学方程式可以判断反应中CO2与CH4的最佳质量比；
（2）氢氧化钙的溶解度很小；
氢氧化钙属于碱，可以用来中和酸性土壤；
（3）在反应II中醋酸过量能使氢氧化钙完全反应；
氢氧化钙和醋酸反应生成醋酸钙和水；
（4）碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳。

合理设计实验，科学地进行实验、分析实验，是得出正确实验结论的前提，因此要学会设计实验、进行实验、分析实验，为学好化学知识奠定基础。

五、计算题（本大题共 2 小题，共 8 分）
16、黑白复印机用的墨粉中常添加Fe3O4粉末，Fe3O4是由Fe2+、Fe3+和O2-按1：2：4的个数
比构成的。

如图是氧化沉淀法生产复印用Fe3O4粉末的流程简图。

已知第④步反应中各元素化
合价保持不变。

（1）Fe3O4粉末在复印机的电磁场作用下能使墨粉形成字迹或图案，这不仅利用了Fe3O4有磁性，还利用了Fe3O4是______色。

（2）第②步加入试剂X，生成Fe（OH）2的反应方程式为______。

（3）在第③步反应中要控制通入O2的量，以使生成的Fe（OH）2和Fe（OH）3的质量比等于
______，才能确保最终生成Fe3O4，操作Y的名称为______。