山东省济南市2019-2020学年高一7月学情测试化学试题+答案 (word版)

山东省济南市2019-2020学年高一7月学情检测

化学试题

1. 近年来，我国在探索太空、开发5G，以及在抗击新冠肺炎等方面都取得了举世瞩目的成就这些成就都与化学有着密切的联系。下列有关说法正确的是

A. 用75%的医用酒精杀死新型冠状病毒，是利用了酒精的强氧化性

B. 大飞机C919采用了大量复合材料与铝锂合金，铝锂合金属于金属材料

C. 5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是晶体硅

D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于有机高分子材料

【答案】B

【解析】

【详解】A.用75%的医用酒精杀死新型冠状病毒，是利用了酒精能使蛋白质变性，故A错误；

B.大飞机C919采用了大量复合材料与铝锂合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；

C.5G技术的应用离不开光缆，我国光缆线路总长度超过了三千万千米，光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；

D.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，故D错误；

故答案：B。

2. 下列关于电解质的说法正确的是

A. 易溶于水的物质一定是电解质

B. 熔融状态能导电的物质不一定是电解质

C. 电解质中一定含有自由移动的阴阳离子

D. 熔化电解质时一定会破坏化学键

【答案】B

【解析】

【详解】A. 易溶于水的物质不一定是电解质，例如乙醇和水互溶，乙醇是非电解质，A错误；

B. 熔融状态能导电的物质不一定是电解质，也可能是金属，B正确；

C. 电解质中不一定含有自由移动的阴阳离子，例如氯化氢是共价化合物，是由分子构成的，C错误；

D. 熔化电解质时不一定会破坏化学键，例如氯化氢等，D错误；答案选B。

3. 下列实验所用装置正确的是

A. 实验室制取氨气 B. 分离乙醇和水的混合物

C. 干燥氨气 D. 收集二氧化氮气体

【答案】A

【解析】

【详解】A. 实验室利用熟石灰和氯化铵混合加热制取氨气，氨气密度小于空气，可用向下排空气法收集，A正确；

B. 乙醇和水互溶，分离乙醇和水的混合物不能通过分液法，B错误；

C. 氨气是碱性气体，不能用浓硫酸干燥氨气，C错误；

D. 二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮，收集二氧化氮气体不能用排水法，D错误；答案选A。

4. 有机化合物TBPMA（）是一种常用的阻燃改性剂。下列关于TBP-MA的说法错误的是

A. 分子式为

B. 最多能与发生加成反应

C. 完全燃烧的产物只有和

D. 在一定条件下可以发生加聚反应

【答案】AC

【解析】

【分析】

由结构可知分子式，分子中含碳碳双键、-COOC-、-Br及苯环，结合烯烃、酯等有机物的性质来解答。

【详解】A．由结构可知分子式为C10H7O2Br3，故A错误；

B．只有1个双键、1个苯环与氢气发生加成反应，则1mol TBPMA最多能与4mol H2发生加成反应，故B正确；

C．含Br元素，由元素守恒可知燃烧后生成物中有含溴物质，故C错误；

D．含碳碳双键，可发生加聚反应生成高分子化合物，故D正确；

故答案为AC。

5. 《科学快报》报道了科学家观测到化学键产生过程的消息。下列关于化学键的说法正确的是

A. 不含化学键的物质不能稳定存在

B. 熔融状态能够导电的物质一定不含共价键

C. 离子键是指阴阳离子间的静电引力

D. 只含共价键的物质不一定是共价化合物

【答案】D

【解析】

【详解】A．稀有气体不含化学键，最外层电子达到稳定结构，可稳定存在，故A错误；

B．熔融状态能够导电的物质可能为金属，如Fe、Cu，也可能为离子化合物，如NaOH含离子键、共价键，故B错误；

C．离子键为静电作用力，包括静电引力、静电斥力，故C错误；

D．只含共价键的物质可能为单质、化合物，如氧气、HCl，则只含共价键的物质不一定是共价化合物，故D正确；

故答案选D。

6. 中国科学院上海硅酸盐研究所设计出以金属锂作负极，以“催化剂一碳一催化剂”结构的材料作正极的高稳定锂硫电池，具有较高的能量密度（单位质量的电池所放出的能量）。下列关于这种电池的说法错误的是

A. 能量密度高的原因之一是锂的相对原子质量小

B. 放电时电能转化为化学能

C. 放电时硫在正极上发生还原反应

D. 放电时锂离子向正极移动

【答案】B

【解析】

【详解】A. 锂的相对原子质量小，使得单位质量的电池放出较多的能量，故A正确；

B. 放电的过程是化学能转变为电能的过程，故B错误；

C. 放电时，硫在正极得电子，发生还原反应，故C正确；

D. 锂离子带正电荷，阳离子向正极移动，故放电时锂离子向正极移动，故D正确；

故选B。

7. 短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大。已知甲和丙的原子最外层电子数均为乙原子电子层数的一半，且甲的原子半径小于乙的原子半径。乙和丁同主族，且乙原子的最外层电子数是丁原子电子层数的2倍。下列说法正确的是

A. 甲和丙形成的化合物中，甲的化合价为+1

B. 乙和丙形成的化合物中，不可能存在共价键

C. 气态氢化物的稳定性：戊＞丁

D. 戊的含氧酸均为强酸，且具有强氧化性

【答案】C

【解析】

【分析】

短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大。已知甲和丙的原子最外层电子数均为乙原子电子层数的一半，乙只能位于第二周期，则甲和丙位于ⅠA族，且甲的原子半径小于乙的原子半径，则甲位于第一周期，为H元素，丙为Na；乙和丁同主族，且乙原子的最外层电子数是丁原子电子层数的2倍，丁的原子序数大于Na，位于第三周期，则乙为O，丁为S元素；戊的原子序数大于S，则戊为Cl元素，以此分析解答。

【详解】结合分析可知，甲为H，乙为O，丙为Na，丁为S，戊为Cl元素。

A．Na与H形成的化合物为NaH，NaH中H元素化合价为-1，故A错误；

B．O、Na形成的过氧化钠中含有共价键，故B错误；

C．非金属性Cl＞S，则气态氢化物的稳定性：戊＞丁，故C正确；

D．Cl的含氧酸中，次氯酸为弱酸，故D错误；故答案选C。

8. 表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A. 常温常压下，22.4g鲸蜡烯所含分子数为0.1

B. 和在一定条件下充分反应生成分子的数目为2

C. 参与氧化还原反应时，转移的电子数目一定为2

D. 10.4g苯乙烯（）分子中含有碳碳双键的数目为0.4

【答案】A

【解析】

【详解】A．C16H32的摩尔质量为224g/mol，则22.4g鲸蜡烯的物质的量为=0.1mol，含有的分子数为0.1NA，故A正确；

B．合成氨是可逆反应，反应物转化率小于100%，则和在一定条件下充分反应生成分子的数目小于2，故B错误；

C．1molCl2参与氧化还原反应时转移电子的数目不一定为2NA，如1molCl2完全溶解于NaOH生成NaCl和NaClO，转移电子的数目不一定为1NA，故C错误；

D．苯环中不含有碳碳双键，则10.4g苯乙烯()分子中含有碳碳双键的数目为0.1，故D错误；

故答案为A。

9. 炼铁高炉中发生的主要反应为。一定温度下，在2L的密闭容器中加入粉末和一定量的CO气体模拟炼铁的反应，测得容器内固体的质量随时间的变化如下：

反应在的平均速率v(CO)为

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由表中数据可知5～15min内固体质量减少170g-146g=24g，根据方程式可知减少的质量为氧元素的质量，由CO～O～CO2，可知参加反应的CO为24g÷16g/mol=1.5mol，反应在5～15min的平均速率ν(CO)为=0.075mol•L-1•min-1，故答案选C。

10. 硝酸铵钙是一种新型高效复合肥料，具有生产工艺简单，成本低廉，经济效益高等多方面的优点。在实验室模拟合成硝酸铵钙的流程如图所示，下列说法错误的是

A. 若要加快“过滤”的速率，可以采用抽滤的方法

B. “蒸发”时所用的坩埚应该放置在泥三角上

C. “结晶”时为防止晶体脱水通常采用降温结晶的方式

D. 加入碳酸钙的目的之一是调节铵钙比

【答案】B

【解析】

【分析】

粗硝酸钙（含硝酸钙、难溶物及硝酸）加水溶解，过滤得含硝酸钙和硝酸的溶液，加入碳酸钙与硝酸反应生成硝酸钙、水和二氧化碳气体，再通入氨气中和硝酸生成硝酸铵，最终所得的溶液为硝酸钙和硝酸铵的混合溶液，蒸发结晶得到硝酸铵钙[5Ca（NO3）2•NH4NO3•10H2O]晶体，以此解答该题。

【详解】A．用抽气泵抽出装置中的空气，形成压强差，抽滤漏斗（即布氏漏斗）中的溶液受压能较快速地通过漏斗孔，这样就达到了加快过滤速度的效果，故A正确；

B．蒸发所用仪器为蒸发皿，坩埚用于固体加热分解，故B错误；

C．为避免脱水，温度不能过高，可采用降温结晶，故C正确；

D．加入碳酸钙，可与硝酸反应生成硝酸钙，且可调节铵钙比，故D正确；

故答案为B。

11. 下列化学用语正确的是

A. 中子数为8的氧原子：

B. 的电子式：

C. HClO的结构式：

D. 丙烷分子的填充模型：

【答案】C

【解析】

【详解】A.中子数为8氧原子：，故A错误；

B.属于离子化合物，其电子式为： ，故B错误；

C.HClO属于共价化合物，其结构式为：，故C正确；

D. 属于丙烷分子的球棍模型，故D错误；

故答案：C。

12. 是一种高效的漂白剂，在实验室中可以通过以下流程制备，其中和均做还原剂。下列说法正确的是

A. 反应Ⅰ中会生成含+4价氯元素的化合物

B. 反应Ⅱ最好在高温条件下进行，以加快反应的速率

C. 的漂白原理与相同

D. 相同质量的和相比，在漂白过程中得到的电子更多

【答案】AD

【解析】

【分析】

反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O＝2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，然后向溶液中加入NaOH溶液、H2O2，根据流程图知，反应Ⅱ中生成NaClO2，则ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，根据原子守恒、转移电子守恒知，发生反应Ⅱ为2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+O2↑+2H2O，然后从溶液中蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品NaClO2，以此解答该题。

【详解】A．反应Ⅰ中发生的反应为：3NaClO3+4SO2+3H2O＝2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，生成含+4价氯元素的化合物，故A正确；

B．温度不能过高，以避免过氧化氢分解，故B错误；

C．NaClO2能氧化有色物质而体现漂白性，SO2和有色物质发生化合反应生成无色物质，所以二者漂白原理不同，故C错误；

D．相同质量的NaClO2和Cl2相比，假设都为1g，在漂白过程中NaClO2得到的电子物质的量为，1g氯气得到电子的物质的量为，则相同质量的NaClO2和Cl2相比，在漂白过程中NaClO2得到的电子更多，故D正确；

故答案选AD。

13. 在绝热的恒容容器中发生反应，下列说法能够判断该反应已达到平衡状态的是（不考虑与间的转化）

A. 消耗的同时产生

B. 混合气体的颜色（透光率）不再改变

C. 混合气体的压强不再改变

D. 混合气体的密度不再改变

【答案】BC

【解析】

【分析】

为气体体积不变的可逆反应，该反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量等变量不再变化，以此分析解答。

【详解】A．消耗1mol SO2的同时产生1mol NO，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故A错误；

B．混合气体中只有NO2为有色气体，混合气体的颜色（透光率）不再改变，表明各组分的浓度不再变化，该反应达到平衡状态，故B正确；

C．该反应前后气体体积不变，则反应中气体的总物质的量为定值，由于在绝热的恒容容器中反应，温度为变量，由PV=nRT可知，压强P也为变量，当混合气体的压强不再改变时，表明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故C正确；

D．该反应中均为气体，且容器容积为定值，则混合气体的密度始终不变，不能根据混合气体密度判断平衡状态，故D错误；

故答案选BC。

14. 某种复合膨松剂的组成如下：碳酸氢钠21%，酒石酸氢钾47%，淀粉32%。下列说法正确的是

A. 淀粉与纤维素互为同分异构体

B. 该膨松剂中钠和钾的质量分数相等

C. 该膨松剂的作用原理之一是酒石酸氢钾中的羧基与碳酸氢根反应

D. 100g该膨松剂与足量盐酸反应，可产生气体1.4L

【答案】C

【解析】

【详解】A.淀粉与纤维素都属于高分子化合物，化学式都为(C6H10O5)n，n值不同，所以不属于同分异构体，故A错误；

B.设100g膨松剂中含钠的质量分数=,钾的质量分数=，两者不相等，故B错误；

C.由酒石酸氢钾的结构简式：可知，只有羧基与碳酸氢根反应放出二氧化碳，故C正确；

D.100g膨松剂含有碳酸氢钠的质量=100g21%=21g，物质的量为0.25mol，与足量盐酸反应，可产生5.6L(标况）二氧化碳气体，故D错误；

故答案：C。

15. 向含有的溶液中通入，下列离子方程式书写正确的是（已知还原性：）

A. 若

B. 若

C 若

D. 若

【答案】BD

【解析】

【分析】

碘离子还原性大于亚铁离子，则碘离子优先被氧化，碘离子完全被氧化后亚铁离子才开始反应，根据反应物的物质的量判断过量情况及反应产物，然后写出反应的离子方程式，据此分析判断。

【详解】2molFeI2的溶液中含有2mol亚铁离子、4mol碘离子，2mol亚铁离子能够消耗1mol氯气，4mol碘离子能够消耗2mol氯气，所以2mol碘化亚铁总共能够消耗3mol氯气。

A．若x=1.5，显然氯气不足，由于还原性Fe2+＜I-，则碘离子优先反应，4mol碘离子需消耗2mol氯气，所以3mol碘离子被氧化，离子方程式为：2I-+Cl2═I2+2C1-，故A错误；

B．若x=2，氯气不足，由于还原性Fe2+＜I-，则碘离子优先反应，4mol碘离子需消耗2mol氯气，离子方程式为：2I-+Cl2═I2+2C1-，故B正确；

C．若x=2.5，显然氯气不足，由于还原性Fe2+＜I-，则碘离子优先反应，4mol碘离子消耗2mol氯气，剩余的0.5mol氯气能够氧化1mol亚铁离子，反应后亚铁离子还剩余0.5mol，该反应的离子方程式为：5Cl2+2Fe2++8I-═10Cl-+2Fe3++4I2，故C错误；

D．若x=3，氯气足量，亚铁离子、碘离子都被氧化，离子方程式为：2Fe2++4I-+3Cl2═2Fe3++2I2+6C1-，故D正确；

故选BD。

16. 短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊的原子序数依次增大。其中甲是所有元素中原子半径最小的元素，乙、戊两种元素原子的最外层电子数都是电子层数的两倍，由丙、丁两元素组成的化合物A为淡黄色固体。回答下列问题：

（1）写出丙在元素周期表中的位置：_________；戊的原子结构示意图：_________；

（2）丙、丁、戊三种元素形成的简单离子中半径最小的是_________（用离子符号表示）；由甲、丙、丁、戊四种元素组成的化合物含有的化学键类型为_________；

（3）下列说法正确的有_________（填标号）；

A．甲和乙组成的化合物在常温下一定呈气态

B．丙和戊都存在同素异形体

C．丙和丁组成的两种常见化合物中阴阳离子的个数比均为1:2

D．甲和乙组成的化合物中各原子均达到了8电子稳定结构

（4）A与乙的最高价氧化物反应的化学方程式为______________。

【答案】    (1). 第二周期 ⅥA族    (2).     (3). Na+    (4). 离子键、共价键    (5). BC    (6). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2

【解析】

【分析】

短周期主族元素甲、乙、丙、丁、戊原子序数依次增大。其中甲是所有元素中原子半径最小的元素，甲为H；乙、戊两种元素原子的最外层电子数都是电子层数的两倍，2个电子层时最外层电子数为4、3个电子层时最外层电子数为6，结合原子序数可知乙为C、戊为S；由丙、丁两元素组成的化合物A为淡黄色固体，A为过氧化钠，可知丙为O、丁为Na，以此来解答。

【详解】由上述分析可知，甲为H、乙为C、丙为O、丁为Na、戊为S；

(1)丙为O，在元素周期表中的位置：第二周期 ⅥA族；戊为S，原子结构示意图为，故答案为：第二周期 ⅥA族；；

(2)电子层越多、半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则丙、丁、戊三种元素形成的简单离子中半径最小的是Na+；由甲、丙、丁、戊四种元素组成的化合物为硫酸氢钠或亚硫酸氢钠，含有的化学键类型为离子键、共价键，故答案为：Na+；离子键、共价键；

(3)A．甲和乙组成的化合物为苯时，在常温下为液态，其它烃可能为气态或固态，故A错误；

B．丙和戊都存在同素异形体，如氧气、臭氧，单方硫、斜方硫，故B正确；

C．丙和丁组成的两种常见化合物为氧化钠、过氧化钠，阴阳离子的个数比均为1：2，故C正确；

D．甲和乙组成的化合物中，C原子均达到了8电子稳定结构，H满足2电子稳定结构，故D错误；

故答案为：BC；

(4)A与乙的最高价氧化物反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。

17. 氢气和氯气都是重要的化工原料。回答下列问题：

（1）利用下图装置制备并收集干燥纯净的氯气。

①装置甲中发生反应的离子方程式为_____________；装置乙的作用是____________；

②某同学提出，戊装置中可能会发生倒吸，建议使用下列装置中的____________（填标号）；

（2）利用启普发生器（如图所示）可以便捷地制取氢气。

①使用启普发生器前首先应进行的操作是____________；

②下列装置与启普发生器原理相近的是____________（填标号）；

（3）某同学设计了如图装置，在获得盐酸的同时对外提供电能。

①该装置中的“离子导体”宜选用____________（填标号）；

A．稀盐酸    B．稀氢氧化钠溶液    C．浓硫酸    D．乙醇

②写出负极的电极反应式：____________。

【答案】    (1). MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O    (2). 除去氯气中的HCl    (3). AB    (4). 检验气密性    (5). AC    (6). A    (7). H2-2e-=2H+

【解析】

【分析】

(1)氯气制备原理MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，结合氯气的化合性质分析；根据启普发生器的结构特点和性能分析；原电池总反应为：H2+Cl2=2HCl。

【详解】(1)①装置甲中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；装置乙的作用是除去氯气中的HCl；

②倒扣的漏斗、球形结构可防止倒吸，苯不能隔绝氯气与NaOH溶液，为防止倒吸，建议使用图2装置中的A、B；

(2)①使用启普发生器前首先应进行的操作是检验气密性；

②关闭活塞可使固液分离、反应停止，则图4所示装置中与启普发生器原理相近的是AC；

(3)①该装置中制备盐酸，电解质可电离出氯离子，则“离子导体”宜选用稀盐酸，故答案为A；

②负极发生氧化反应，其电极反应式为H2-2e-=2H+。

【点睛】考查气体的制备实验及原电池，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，注意盐酸有挥发性，利用浓盐酸制得的氯气不纯，需要除杂。

18. 乳酸（）是葡萄糖无氧呼吸的产物。以乙烯为原料合成乳酸的路线如下：

回答下列问题：

（1）乳酸含有的官能团为羧基和_________（填名称）；

（2）反应①的反应类型为_________；反应②的反应类型为_________；

（3）反应③的化学方程式为_________；

（4）某有机物D含有两个甲基且与乳酸具有相同的官能团，相对分子质量比乳酸大14，则D的结构简式为_________；

（5）聚乳酸（PLA）是一种新型可降解的高分子材料，写出聚乳酸的结构简式：_________。

【答案】    (1). 羟基    (2). 加成反应    (3). 取代反应    (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O    (5). (CH3)2C(OH)COOH    (6).

【解析】

【分析】

乙烯与HBr发生加成反应生成C2H5Br，C2H5Br水解生成A为C2H5OH，A发生催化氧化生成B为CH3CHO，然后与HCN发生加成反应生成C为CH3CH（OH）CN，C在酸性条件下水解生成，以此解答该题。

【详解】（1）乳酸的结构简式为，含有羧基和羟基；

（2）根据以上分析可知反应①的反应类型为加成反应；反应②的反应类型为取代反应；

（3）反应③为乙醇的催化氧化，生成乙醛，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；

（4）有机物D含有两个甲基且与乳酸具有相同的官能团，相对分子质量比乳酸大14，可为(CH3)2C(OH)COOH；

（5）乳酸含有羟基、羧基，可发生缩聚反应生成。

19. 铜是生产、生活中常用的金属。工业上利用黄铜矿（有效成分为）冶炼铜的流程如下：

回答下列问题：

（1）“粉碎”的目的是____________；

（2）A是形成酸雨的主要气体，精矿砂在空气中焙烧发生反应的化学方程式为____________，在反应中每生成转移____________mol电子；

（3）焙烧焙砂时加入适量石英砂的目的是____________；

（4）泡铜与Al反应的化学方程式为____________

（5）工业上常用石灰石浆吸收气体A，吸收产物可以作为建筑材料。若使用含碳酸钙2kg的石灰石浆能完全吸收标准状况下废气中的A，则废气中A的体积分数为______________%（结果保留2位小数）。

【答案】    (1). 增大浮选的接触面积，提高浮选率    (2). 2CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2    (3). 18    (4). 与FeO反应形成炉渣FeSiO3    (5). 3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu    (6). 4.48%

【解析】

【分析】

由流程可知，黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、FeO和SO2，继续加入石英砂通入空气焙烧，生成Cu2O、Cu，生成气体A为二氧化硫，熔渣B为硅酸盐、FeO等，Cu2O、Cu与铝在高温下发生铝热反应得到粗铜，电解可得到精铜，以此解答该题。

【详解】(1)“粉碎”的目的是增大浮选的接触面积，提高浮选率；

(2)黄铜矿加入石英砂通入空气焙烧，可生成Cu2S、FeO和SO2，故反应方程式：2CuFeS2+4O2Cu2S+2FeO+3SO2，在该反应中，S的化合价由-2价升高到+4价，失去6个电子，若有1molCu2S生成，同时生成3molSO2，则失去18mol电子；

(3)工序Ⅲ中所加入石英砂的主要成分是SiO2，二氧化硅能和碱性氧化物反应生成盐，所以加入石英砂的目的是与FeO反应形成炉渣FeSiO3；

(4)由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu；

(5)已知碳酸钙的物质的量为=20mol，根据CaCO3+SO2=CaSO3+CO2，可知吸收的二氧化硫的物质的量20mol，其体积V(SO2)=20mol×22.4L/mol=448L=0.448m3，则废气中SO2的体积分数为：×100%=4.48%。

【点睛】工艺流程考查，涉及元素化合物的性质、金属的冶炼及废气处理等，明确流程原理是解题关键，难点是电子转移数目的判断。