专题13 质量守恒定律 化学方程式- 中考化学易错题型讲练 （解析版）

专题13常见的酸碱盐命题趋势命题趋势考试内容：1.质量守恒定律的验证（10年2考）。2.质量守恒定律的应用（近10年连续考查）。3.化学方程式及书写（必考，近3年均考查5个）。4.有关化学方程式的计算（必考）。广东省考分值为17-34分。考试形式：1.质量守恒定律的理解和验证常在选择题中考查质量守恒定律的理解，常在选择题某个选项或探究题中以实验图的形式考查质量守恒定律的验证。2.质量守恒定律的应用常在选择题或填空题中考查化学式的推断、物质元素组成的推断、密闭容器中化学反应的数据分析(重点)，常在选择题或填空题中考查微观反应示意图(新考法)。3.化学方程式的意义及书写常在选择题中考查化学方程式的意义，常在选择题或填空题中考查化学方程式的书写和正误判断(重点)。4.化学方程式的计算常在计算题中以纯文字或结合表格或坐标曲线(新考法)或操作图的形式考查有关化学方程式的计算(重点）。备考技巧：1.掌握质量守恒定律的概念及微观实质，熟记质量守恒定律中的变与不变;完成质量守恒定律的验证实验，能运用质量守恒定律解释相关的问题。2.能根据质量守恒定律确定反应物或生成物的化学式和化学计量数，推断化学反应中反应物或生成物的元素组成，解释化学反应前后的质量差，确定某一物质的质量，进行密闭容器中的数据分析，会分析微观反应示意图。3.知道化学方程式的意义，掌握化学方程式的书写方法及如何配平化学方程式，能正确书写常见的化学方程式熟练掌握化学方程式的计算步骤，会进行化学方程式的简单计算。4.配合适量的基础题。知识点知识点知识点1质量守恒定律(10年10考)定义参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和质量守恒的本质原因在化学反应前后，原子的种类、数目、质量均不变规律六个“一定不变”宏观:物质的总质量、元素的种类、元素的质量均不变微观:原子的种类、数目、质量均不变两个“可能改变”宏观:元素的化合价可能改变微观:分子的数目可能改变两个“一定改变”宏观:物质的种类一定改变微观:分子的种类一定改变易错警示易错警示1.质量守恒定律适用于化学变化，不适用于物理变化。2.不参加反应的物质质量不能计算在内。如蜡烛燃烧剩余的石蜡不能计算在内。3.质量守恒定律只适用于质量守恒，不包括体积守恒、分子守恒等。气球知识点2质量守恒定律的验证（10年2考）气球细沙方案设计细沙A.红磷燃烧前后质量的测定B.铁钉与CuSO4溶液反应前后质量的测定C.稀盐酸和碳酸钠的反应前后质量的测定实验原理4P+5O2====2P2O5Fe+CuSO4====FeSO4+Cu2HCl+NaCO3====2NaCl+H2O+CO2↑实验现象①红磷燃烧产生大量白烟；②气球先胀大，冷却后变小；③反应前后天平保持平衡；铁钉表面覆盖一层红色固体，溶液由蓝色变为浅绿色，反应前后天平保持平衡产生大量气泡，天平指针向右偏转实验结论参加反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和实验反思实验C左盘装置中由于碳酸钠与稀盐酸反应生成的二氧化碳气体逸散到空气中，导致天平不平衡，所以在用有气体生成或参与的反应来验证质量守恒定律时，实验应在密闭装置中进行【知识拓展】①实验A中锥形瓶瓶底要铺一层细沙的目的是防止红磷燃烧时锥形瓶底部受热不均而炸裂。②气球的作用：一是调节锥形瓶内的压强，起缓冲作用；二是防止实验时锥形瓶内外物质发生交换污染空气，起密封作用。知识点3质量守恒定律的应用（近10年连续考查，近3年均考查5个）确定反应物或生成物的化学式或化学计量数。依据:化学反应前后原子种类、数目和质量不变推断化学反应中反应物或生成物的组成元素。依据:化学反应前后元素种类不变。解释化学反应前后物质的质量变化及质量差，确定某一物质的质量。依据:参加反应的各物质的质量总和等于反应生成的各物质的质总和点燃知识点4化学方程式(10年10考)点燃1.化学方程式的含义(以C+O2=====CO2为例)(1)反应物为C、O2生成物为CO2反应条件为点燃。(2)反应时，各物质之间的质量比为12:32:44(或3:8:11)。即每12份质量的碳和32份质量的氧气完全反应，生成44份质量的二氧化碳。2.化学方程式的书写(1)遵守的两个原则:一是必须要以客观事实为基础；二是要遵守质量守恒定律。(2)书写步骤(以电解水为例)写:H20→H2+O2。通电通电配:2H20→2H2+02。通电通电标:2H20=====2H2↑+O2↑。查:化学式是否正确，是否配平，反应条件[如把加热(“△”)点燃、催化剂等写在长等号上方]、生成物状态是否标明。[特别提醒]如果反应物中没有气体，那么气体生成物右边标“↑”；如果反应物中没有固体，那么固体生成物右边标“↓”。知识点5有关化学方程式的计算（必考）1.化学方程式的计算依据:质量守恒定律。MnO2MnO2以计算6.8gH202完全分解可以得到氧气的质量为例(化学方程式为H2O2====2H2O+O2↑）计算步骤答题模板答题细则设：根据题意设未知数解:设6.8gH，0，完全设:根据题意设未知数质量为x设未知数时不带单位，题中未知数写:写出题中反应的化学方程式MnO2H2O2====2H2O+O2MnO2化学式一定要写正确，方程式一定要配平找:找出已知量、未知量的关系683268326.8gx相对分子质量的单位为“1"，且与22相应的化学计量数相乘列:列出比例式=32=32x686.8g已知量应为纯净物的质量且应带单位求:模板知数x=3.2g计算结果要倍单位答:简明地写出答案答:6.8gH2O2完全分解可以得到氧气的质量为3.2g"答"不能漏写3.计算的相关公式类型涉及公式根据反应物的质量求生成物的质量各物质的质量比=化学计量数与相对分子质量的乘积之比根据生成物的质量求反应物的质量含杂质物质的计算纯净物的质量=物质的总质量×纯度结合质量寺后戳守恒的计算溶质质量溶液质量溶质质量溶液质量溶质质量分数的计算溶质质量分数=×100%溶质质量溶质质量溶质质量+溶剂质量=×100%4.化学方程式计算时应注意的问题(l)物质质量:化学方程式所表明的各物质均指纯净物。(2)题目条件:解题时注意对于题干中所给的“适量”“足量”“过量恰好完全反应”“充分反应”“完全反应”等词语的解释，一般来说：“活量”:两种(或多种)反应物之间按一定量比例恰好反应，反应物均没有剩余。“足量”:一种反应物完全反应;另一种反应物可能完全反应，也可能过量。“过量”:完全反应后，有一种(或多种)反应物剩余。“恰好完全反应”:每种反应物都反应完，没有剩余。“充分反应”和“完全反应”:能够发生反应的反应物都已经反应了，可能某种反应物有剩余。易错警示易错警示化学方程式计算中的“三个三”（1）三个要领:①步骤要完整；②格式要规范；③结果要准确。三个关键：①准确书写化学式；②化学方程式要配平；③计算质量比要准确。三个事项：①单位统一；②用纯净物的质量进行计算；③若是其他量要换算成质量。典例引领典例引领【考法1】质量守恒定律的验证（10年2考）．下列验证质量守恒定律的实验中，能得出正确结论的是【答案】A【解析】质量守恒定律的内容是：参加化学反应的各物质的质量总和与反应后生成的各物质的总和相等。所以对于反应后有气体或烟雾生成的验证实验要在密闭环境中进行。A、为密闭环境，故A正确B、反应中要生成水蒸气和二氧化碳，没有在密闭环境中进行实验，故B错误C、反应中要生成白烟（MgO固体小颗粒），没有在密闭环境中进行试验，故C错误。D、反应中要生成氢气，也没有在密闭环境中进行实验，故D错误。故选：A。【考法2】质量守恒定律的应用（近10年连续考查）．2．（2022·广东湛江·统考模拟预测）将一定质量的a，b，c，d四种物质放入一密闭容器中，在一定条件下反应一段时间后，测得各物质的质量如表：物质abcd反应前的质量/g6.014.03.21.0反应一段时间后的质量/g10.07.2X1.0下列有关说法正确的是A．该反应属于分解反应B．x＝3.2C．d一定是催化剂D．a和b是反应物【答案】A【解析】根据质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，，则有：6.4+14.0+3.2+1.0=10.0+7.2+1.0+X，解得X=6.6。a、c反应后质量增加是生成物，b反应后质量减少，是反应物。d质量不变可能是催化剂也可能不参加反应。A、a、c反应后质量增加是生成物，b反应后质量减少，是反应物，该反应为b分解生成a、c，该反应是一种物质生成两种物质的反应，符合一变多的特点，属于分解反应，故A正确；B、由分析可知X=6.6，故B错误；C、d质量不变可能是催化剂也可能不参加反应，故C错误；D、a、c反应后质量增加是生成物，b反应后质量减少，是反应物，故D错误；故选A。【考法3】化学方程式及书写（必考，近3年均考查5个）．3．（2022·广东·二模）下列化学方程式书写正确的是A． B．HCl+Fe2O3=FeCl3+H2OC． D．Zn+MgCl2=Mg+ZnCl2【答案】A【解析】A、镁和氧气在点燃的条件下反应，生成氧化镁，由给的化学方程式可知，反应物、生成物的化学式、反应条件均正确，且已配平，故符合题意；B、氧化铁与稀盐酸反应，生成氯化铁和水，由给的化学方程式可知，反应物、生成物的化学式均正确，但其未配平，其正确的化学方程式为：；故不符合题意；C、高锰酸钾在加热条件下反应，生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，由给的化学方程式可知，反应物、生成物的化学式均正确，但其未配平，其正确的化学方程式为：，故不符合题意；D、锌的金属活泼性没有镁强，所以锌不能将氯化镁溶液中的金属镁置换出来，故不符合题意。故选A。【考法4】有关化学方程式的计算（必考）．4．（2022·广东汕头·统考模拟预测）有一瓶未知浓度的溶液，某同学取出150g该溶液于烧杯中，向其中逐滴加入溶质质量分数为26.5%的溶液。反应过程中生成沉淀的质量与所用溶液质量的关系如下图所示。(1)配制26.5%的溶液80g，需要固体为_____。(2)计算溶液的溶质质量分数是多少？(3)完全反应时溶液的溶质质量分数是______。【答案】(1)21.2g(2)由图可知，当氯化钡完全转化为沉淀时消耗碳酸钠溶液的质量为40g；设氯化钡溶液的溶质质量为x则氯化钡溶液的溶质质量分数为答：氯化钡溶液的溶质质量分数为13.9%。(3)设反应后生成的氯化钠的质量为y，生成碳酸钡的质量为z

则完全反应时溶液的溶质质量分数为：答：完全反应时溶液的溶质质量分数为6.9%。【解析】（1）配制26.5%的Na2CO3溶液80g，需要Na2CO3固体为80g×26.5%=21.2g；解析见答案。（3）解析见答案。跟踪训练跟踪训练1．下列实验以及所用装置（天平省略）能用来验证质量守恒定律的是A． B．C． D．【答案】D【解析】质量守恒定律是在化学变化中，反应物的质量和生成物的质量相等；A、过氧化氢在二氧化锰的催化作用下可制得氧气，属于化学变化，装置未密封，没有称量反应生成氧气的质量，反应后装置内剩余物质的质量减小，故A错误；B、稀释浓硫酸属于物理变化，故B错误；C、镁条燃烧属于化学变化，该装置没有密闭，参加反应的氧气的质量的反应产生白烟的质量没有称量到，故C错误；D、白磷燃烧属于化学变化，反应前称量了白磷和氧气的质量，反应后产生五氧化二磷的质量被称量到，能用来验证质量守恒定律，故D正确；故选D。【点睛】所有的化学变化都遵循质量守恒定律，对于有气体参加或生成的化学变化，需在密闭容器中，用来验证质量守恒定律。2．新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康，公共场所尤其要注意消毒杀菌。戊二醛是一种消毒剂，其分子结构如图所示。下列有关戊二醛的叙述正确的是A．戊二醛的化学式为C6H8O2B．戊二醛完全燃烧时，生成的产物为一氧化碳和水C．H、O两种元素的质量比为1:4D．戊二醛中氧元素的质量分数最小【答案】C【解析】A、由图示可知，1个戊二醛分子是由5个碳原子、8个氢原子、2个氧原子构成的，则戊二醛的化学式为C5H8O2，故A错误；B、由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，戊二醛充分燃烧时，生成的产物为二氧化碳和水，故B错误；C、戊二醛中H、O三种元素的质量比为（1×8）：（16×2）=1:4，故C正确；D、戊二醛中C、H、O三种元素的质量比为（12×5）：（1×8）：（16×2）=15:2:8，故戊二醛中氢元素的质量分数最小，故D错误；故选C。3．工业上使用一种国产低温催化剂生产氢气的反应过程如下图所示：下列说法正确的是A．该微观反应过程中出现了四种氧化物B．该反应中只有C、H两种元素的化合价都发生了改变C．该反应中H2O、CO2的个数比为2：1D．该反应可以实现CO的100%转化【答案】B【解析】由微观反应示意图可知，该反应是由水和一氧化碳在低温催化剂的作用下反应生成二氧化碳和氢气，化学方程式为:。A、氧化物是由两种元素组成，且其中一种元素是氧元素的化合物，所以一氧化碳、水和二氧化碳均属于氧化物，故说法错误；B、该反应中只有C、H两种元素的化合价都发生了改变，C的化合价由+2价变成+4价，H的化合价由+1价变成0价，O的化合价没有变化，故说法正确；C、由化学方程式可知，参加反应的水分子与二氧化碳分子的个数比为1:1，故说法错误；D、该反应不可以实现CO的100%转化，故说法错误；故选B。4．科学家研发了用CO2和NH3合成尿素【CO（NH2）2】的新技术，其微观示意图如图所示。下列说法中正确的是A．在化学反应中催化剂逐渐被消耗 B．该反应实现了由无机物向有机物的转化C．化学反应前后原子的数目发生了改变 D．参加化学反应的两种分子个数比为1：1【答案】B【解析】由图可知，该反应为二氧化碳和氨气在催化剂的作用下转化为尿素和水，该反应的化学方程式为：。【解析】A、化学反应前后，催化剂的质量和化学性质不变，不符合题意；B、该反应中，二氧化碳含碳元素，但是属于无机物，氨气属于无机物，尿素含碳元素，属于有机物，故该反应实现了由无机物向有机物的转化，符合题意；C、根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，不符合题意；D、由化学方程式可知，参加化学反应的两种分子个数比为1:2，不符合题意。故选B。5．如图是某反应的微观示意图，下列有关该反应的说法不正确的是A．该反应中有两种单质B．相对分子质量最小的是C．生成丙和丁的质量比为1：3D．氢元素的化合价在反应前后没有发生变化【答案】C【解析】由微观示意图可知，反应的化学方程式是：。A、该反应中有氮气和氧气两种单质，故选项说法正确；B、氨气的相对分子质量为17，氧气的相对分子质量为32，氮气的相对分子质量为28，水的相对分子质量为18，相对分子质量最小的是NH3，故选项说法正确；C、由化学方程式可知，生成丙和丁的质量比为（28×2）：（18×6）=14：27≠1：3，故选项说法错误；D、氢元素的化合价在反应前后没有发生变化，均为+1价，故选项说法正确。故选：C。6．从废旧电脑的某些零部件中回收金属银，设计流程如图所示：(1)从垃圾分类的角度，该厂加工的废旧电子产品属于______。A．有害垃圾 B．可回收垃圾 C．厨余垃圾 D．其他垃圾(2)步骤Ⅰ和步骤Ⅱ都涉及的实验操作是______。(3)步骤Ⅰ中加入足量稀硫酸后发生反应的化学方程式为______。(4)溶液乙中只含有一种溶质，该溶质的化学式为______。(5)据此判断，铜、银、铝的金属活动性由强到弱的顺序是______（填元素符号）。【答案】(1)B(2)过滤(3)2Al+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2↑(4)Cu（NO3）2(5)Al>Cu>Ag或Al、Cu、Ag【解析】（1）根据该流程图可知，可从废旧电子产品中回收金属银，从垃圾分类的角度，该厂加工的废旧电子产品属于可回收垃圾，故选B；（2）步骤Ⅰ和步骤Ⅱ都是将不溶物和溶液分离，故涉及的实验操作是：过滤；（3）粗产品中含有铜、银、铝，根据金属活动性顺序铝＞氢＞铜＞银，则铜和银不与硫酸反应，铝能与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，化学方程式为：2Al+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2↑；（4）根据题意，步骤Ⅰ加入足量的稀硫酸后铜和银未反应，滤出后加入硝酸银，铜会与硝酸银反应生成硝酸铜和银，若溶液X中只含有一种溶质，则是硝酸铜，化学式是Cu（NO3）2；（5）根据题意可知铝与酸反应，铜和银不反应说明铝最活泼，铜能置换出硝酸银的中的银，说明铜比银活泼，故三种金属活动性由强到弱的顺序是：铝>铜>银，即Al>Cu>Ag或Al、Cu、Ag。7．利用高铝铁矿石（成分为Al2O3、FeO、Fe2O3）制备铝鞣剂【主要成分为Al（OH）2C1】及副产品铁红（Fe2O3）的一种工艺如图所示：(1)实验室进行“操作I”玻璃棒的作用是______；为提高原料的利用率，可以采取的措施是______。(2)据流程分析开始加入的酸最佳为______（写名称）。(3)“酸溶”过程中Fe2O3与酸反应的方程式为______，属于______反应（填基本反应类型）：“氧化”过程除去的物质为______（填化学式）：制铝鞣剂反应的化学方程式为：，X的化学式为______。(4)调节pH时需严格控制加入的碱性溶液的用量，原因是______。【答案】(1)；引流；将高铝铁矿石粉碎（合理即可）(2)稀盐酸(3)；复分解；FeCl2；H2O(4)既除尽氯化铁，又要避免铝离子沉淀【解析】(1)操作I分离了氢氧化铁沉淀和含Al3+的溶液，是过滤操作，玻璃棒起到引流作用，故填：引流；为了提高原料的利用率，需要使反应更充分，可以采用搅拌、粉碎等方法，故填：将高铝铁矿石粉碎（合理即可）；(2)铝鞣剂中含有氯元素，加入的酸最好是盐酸可以提供氯离子，故填：稀盐酸；(3)稀盐酸和氧化铁反应能生成氯化铁和水，故填：Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O；稀盐酸和氧化铁反应属于复分解反应，故填：复分解；产物中有铝鞣剂和氧化铁，原高铝铁矿石中FeO中铁元素为+2价，得到的产物中没有+2价的铁元素，故推测氧化的是+2价的铁元素，FeO和稀盐酸反应生成FeCl2，在“氧化”中被除去，故填：FeCl2；化学反应前后原子的种类、个数不变，可推测出X的化学式为H2O，故填：H2O；(4)加入碱的目的是使铁离子沉淀，但是氢氧化铝也是沉淀，不能让氯离子沉淀，故填：既除尽氯化铁，又要避免铝离子沉淀。8．电池在我们的生活中应用极为广泛，2019年诺贝尔化学奖颁发给了在锂电池研究方面做出贡献的科学家。(1)一种锂电池放电时的反应为，此反应中锂的化合价由0变为______________。(2)铁碳电池放电时铁被腐蚀，其反应为，，，其中X的化学式为______________，铁被腐蚀的条件是______________。(3)如图所示将一根锌棒和一根铜棒放入一定量的硝酸银溶液中，发生反应，电流表指针发生偏转。①反应的化学方程式为______________。②溶液质量______________（填“增加”或“减少”）。③此装置将化学反应产生的能量转化为______________。【答案】(1)+1(2)H2O；同时与水、氧气接触(3)①；②减少；③电能【解析】（1）一种锂电池放电时的反应为，此反应中锂的化合价由单质锂中的0价变为Li2SO3中的＋1价、LiCl中的＋1价，故填：+1；（2）由可知，反应前后铁原子都是4个，反应后氢原子是12个，反应后氧原子是12个，反应前氢原子应该是8个，反应前氧原子是10个，所以反应前还应该有4个氢原子和2个氧原子包含在2X中，则X的化学式为H2O；铁被腐蚀的条件是铁与水、氧气接触，故填：H2O；同时与水、氧气接触；（3）①活动性Zn>Cu>Ag，所以发生锌和硝酸银反应生成硝酸锌和银，反应的化学方程式为：，故填：；②由可知，65份质量的锌与硝酸银反应生成216份质量的银和硝酸锌，所以反应后溶液质量减少，故填：减少；③由于发生反应后电流表指针发生偏转，故此装置将化学反应产生的能量转化为电能，故填：电能。氢氧化钠是实验室常用的一种试剂。(1)用溶质质量分数为20%的氢氧化钠溶液（），配制100g质量分数为4%的氢氧化钠稀溶液操作：①量取：需要量取20%的氢氧化钠溶液的体积为___________mL。②溶解：用___________（填仪器名称）量取水___________mL（水的密度为1g/cm3）(2)取上述配制所得的氢氧化钠溶液按图1装置进行实验，将充满二氧化碳的试管倒扣在过量NaOH溶液中，可观察到的实验现象是___________。请在方形框中画出实验后溶液中增加的主要微粒___________（粒子数目不作要求：不考虑空气），(3)某硫酸工厂的废水中含硫酸铜和硫酸，为测定其含量，取上述配制所得氢氧化钠溶液进行实验，生成沉淀的质量与加入氢氧化钠溶液的质量关系如图2所示。①请根据题目分析，OA段没有沉淀生成的原因是：___________。②AB段发生的化学方程式为：___________。③计算废水中含硫酸的质量是：___________g。【答案】(1)①16.4mL；②（200mL）量筒、胶头滴管；180mL(2)有液体进入试管内；(3)①加入NaOH的时候，先与硫酸反应，故没有沉淀生成；②CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4；③0.49。【解析】（1）①量取：需要量取20%的氢氧化钠溶液的体积为≈16.4cm-3=16.4mL；②需要水的体积为=180cm-3=180mL,所以溶解：用（200mL）量筒、胶头滴管量取水180mL；（2）因为二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，所以将充满二氧化碳的试管倒扣在过量NaOH溶液中，可观察到的实验现象是有液体进入试管内，方形框中画出实验后溶液中增加的主要微粒；（3）①因为氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，所以OA段没有沉淀生成的原因是：加入NaOH的时候，先与硫酸反应，故没有沉淀生成；②因为硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜和硫酸钠，所以AB段发生的化学方程式为：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4③设生成0.98g氢氧化铜沉淀需要氢氧化钠溶液的质量为x

x=20g设废水中含硫酸的质量为y

y=0.49g10．某同学在探究久置的NaOH变质实验后，对NaOH变质的程度充满好奇，于是再进行了如下的探究：他称取18.6g的NaOH样品于锥形瓶中，再向锥形瓶中滴加稀硫酸，记录数据，分析绘制图像。(1)如上图2可知，加入稀硫酸0-A点过程中没有生成气体的原因：_______；B点时锥形瓶中溶液质量_______；(2)该样品中Na2CO3的质量为多少？(写出计算过程)(3)计算所用稀硫酸的浓度。(写出计算过程)【答案】(1)；稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水；114.2g(2)解：设该样品中Na2CO3的质量为x，x=10.6g答：该样品中Na2CO3的质量为10.6g。(3)解：设Na2CO3所消耗的稀硫酸的质量为y，y=9.8g则所用稀硫酸的浓度为=19.6%答：所用稀硫酸的浓度为19.6%。【解析】NaOH变质是因为氢氧化钠与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水。(1)称取18.6g的NaOH样品于锥形瓶中，再向锥形瓶中滴加稀硫酸，加入稀硫酸0-A点过程中没有生成气体的原因是：稀硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水；说明氢氧化钠样品部分变质，待氢氧化钠完全反应后，稀硫酸再与碳酸钠反应生成硫酸钠、二氧化碳和水；根据质量守恒定律，B点时锥形瓶中溶液质量=18.6g+100g-4.4g=114.2g。(2)详见答案。(3)详见答案。11．阅读下列短文并回答问题。载人航天器需要制备、提供氧气，还需要处理航天员呼出的二氧化碳等。航天员呼吸的氧气有三种来源：①氧气瓶；②固体氧气发生器，主要发生反应：2NaClO2NaC1+3O2↑；③电解水，是空间站中提供氧气非常重要的手段。巨大的太阳能电池板可以供应免费的电力。作为原料的水，可以从地球上通过补给船运送到空间站。对于短期飞行的载人航天器而言，通常采用氢氧化锂（已知锂原子结构示意图为）吸收航天员排入舱内的CO2.该反应的生成物为碳酸盐，实现了对于CO2的吸收。长期飞行的载人航天器对于CO2的去除方法之一是采用分子筛作为CO2的吸附材料，利用分子筛对于CO2的吸附能力吸收航天员排出的CO2，同时利用舱外真空资源实现CO2的脱附，将其排入太空。空气中还有其他一些气体，比如甲烷（CH4）、丙酮（CH3COCH3）、甲醇（CH3OH）和一氧化碳等，这些气体都可以在过滤器的帮助下移除。(1)从微观角度解释，氧气可以压缩贮存在氧气瓶的原因：___________。(2)下列物质中，属于有机物的是___________。A．CH4 B．CH3COCH3 C．CH3OH D．CO2 E．CO(3)LiOH的化学性质与NaOH相似，是计算吸收88gCO2需要的LiOH质量为___________g。(4)氯酸钠的化学式为NaClO3，写出氯酸的化学式：___________。(5)电解18g水，理论上得到气体的质量为___________g，通过电解水制取32g氧气，至少需要水的质量为___________g。(6)写出甲烷充分燃烧的化学方程式___________。【答案】(1)分子之间存在间隔，受压后，分子之间的间隔变小(2)ABC(3)96(4)HClO3(5)18；36(6)【解析】（1）分子之间存在间隔，受压后，分子之间的间隔变小，故氧气可以压缩贮存在氧气瓶中；（2）甲烷、丙酮、甲醇含碳元素，属于有机物，二氧化碳和一氧化碳虽然含碳元素，但是属于无机物。故选ABC；（3）解：设吸收88g二氧化碳需要氢氧化锂的质量为x

x=96g答：需要氢氧化锂的质量为96g；（4）氯酸钠中钠离子显+1价，根据化合物中，正、负化合价的代数和为零，可得氯酸根离子显-1价，故氯酸中氢离子显+1价，氯酸根离子显-1价，化学式为：HClO3；（5）根据质量守恒定律，化学反应前后，物质的总质量不变，电解水生成氢气和氧气，故电解18g水，理论上得到气体的质量为18g；水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，即，参加反应的水与生成氧气的质量比为：（18×2）：（16×2）=9:8，故通过电解水制取32g氧气，至少需要水的质量为36g；（6）甲烷充分燃烧生成二氧化碳和水，该反应的化学方程式为：。12．“追梦”学习小组为测定锌元素的相对原子质量，设计了下图所示实验方案进行探究(装置中盛放锌粒的网兜不与稀硫酸反应)。请根据他们的实验过程和测定的数据进行分析与计算。(电子秤示数单位为克)(1)锌完全反应后，产生氢气的质量为_______g。(2)实验中设计干燥装置的目的是_______。(3)计算锌元素的相对原子质量_______。(写出计算步骤)【答案】(1)0.8(2)防止装置中水被带出导致实验误差(3)设锌元素的相对原子质量为解得答：锌元素的相对原子质量是65。【解析】(1)如图所示，反应生成氢气质量是，故填：0.8g；(2)由于反应物由溶液，为防止水蒸气导出影响实验数据的准确性，故设计干燥装置，故填：防止装置中水被带出导致实验误差；(3)见答案。13．氧化亚铜Cu2O可用于生产船底防污漆，防止海洋生物对船舶设备的污损。现将Cu2O和Cu的固体混合物20g放入烧杯中，加入质量分数为24.5%的稀硫酸50g，恰好完全反应。已知：。请计算：(1)原混合物中Cu2O的质量（写出计算过程）。(2)在图中画出向20gCu2O和Cu的固体混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至过量，固体中铜元素的质量变化曲线图，并标明必要的数据。(3)氧化亚铜可用2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+3Na2SO4+2SO2↑原理制备。①反应过程中产生SO2可循环利用，因此应该选用______溶液来吸收它。②反应过程中溶液pH将______（填“变大”“变小”或“不变”），因此制备过程，要控制溶液的酸碱度，因为如果反应时溶液pH过小，会导致产品下降，原因是______。【答案】(1)50g稀硫酸中溶质质量为：50g×24.5%=12.25g解：设原混合物中Cu2O的质量为x，生成的铜的质量为y

解得：x＝18g

解得：y＝8g答：原混合物中Cu2O的质量为18g。(2)(3)氢氧化钠或NaOH；变小；如果反应时溶液pH过小，酸会与氧化亚铜反应生成铜，导致氧化亚铜中混有铜【解析】（1）详见答案。（2）由于20gCu2O和Cu的固体混合物中Cu2O的质量=18g，则Cu的质量=（20g－18g）=2g。18gCu2O中铜元素质量=。所以固体中铜元素质量=2g+16g=18g。Cu2O与50g稀硫酸恰好完全反应生成铜8g。所以此时固体中铜元素质量为8g+2g=10g。所以向20gCu2O和Cu的固体混合物中逐滴加入24.5%的稀硫酸至过量，固体中铜元素的质量变化曲线图，如下所示（3）①由于二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠可与硫酸铜反应生成氧化亚铜，所以选用氢氧化钠溶液来吸收二氧化硫。②由于反应过程生成二氧化硫，在溶液中与水反应生成酸，所以反应过程中溶液pH将变小；由于反应时溶液pH过小，酸会与氧化亚铜反应生成铜，导致氧化亚铜中混有铜，所以制备过程，要控制溶液的酸碱度。14．请根据如图所示的实验过程和提供的数据（假设步骤②产生的气体全部逸出），回答下列问题：(1)原固体中碳酸钙与氯化钙的最简整数比为______；(2)向②反应后的溶液中蒸发多少水，才能得到溶质质量分数为10%的氯化钙溶液？（写出计算过程）【答案】(1)生成二氧化碳的质量是12g+100g+100g-207.6g=4.4g，设参加反应的碳酸钙的质量为x，生成氯化钙的质量为y，x=10g，y=11.1g原固体中碳酸钙与氯化钙的最简整数比为10g：（12g-10g）=5：1；(2)设需要蒸发水的质量为z溶液中氯化钙的质量为11.1gz=75.6g答：向②反应后的溶液中蒸发75.6g水，才能得到溶质质量分数为10%的氯化钙溶液。【解析】（1）根据质量守恒定律计算生成二氧化碳的质量，然后依据化学方程式计算参加反应的碳酸钙的质量；根据计算得到的碳酸钙的质量和样品的质量进行计算；（2）根据溶液蒸发前后溶质质量不变进行分析。真题专练真题专练（2022·广东广州·统考中考真题）CuCl2是重要的化工原料。一种生成CuCl2的反应原理如下图。下列说法正确的是A．该反应的生成物只有CuCl2B．该反应前后元素的种类没有发生变化C．该反应前后含铁催化剂的质量发生变化D．该反应属于置换反应【答案】B【解析】根据题目信息，发生的反应方程式是：。A、根据化学反应方程式，生成物是氯化铜和水，错误；B、化学反应前后元素的种类不变，反应前有铜、氢、氯、氧元素，反应后也有铜、氢、氯、氧元素，正确；C、催化剂在化学反应前后质量和化学性质不变，错误；D、置换反应是一种单质和一种化合物反应产生另一种单质和另一种化合物的反应；根据方程式可以知此反应不是置换反应；错误；故选B。（2022·广东广州·统考中考真题）由下列实验及现象可出相应结论的是选项实验现象结论A检验氢气的纯度点燃氢气时发出尖锐爆鸣声氢气较纯B称量盐酸和碳酸钠粉末反应前后的质量反应前后称量结果不同参加该反应的反应物质量总和不等于生成物质量总和C检验某混合气体的成分黑色粉末变红，澄清石灰水变浑浊混合气体中可能含有COD在酒精灯火焰上方罩一个冷而干燥的烧杯烧杯内壁有无色液滴产生酒精中含有碳元素和氢元素A B．B C．C D．D【答案】C【解析】A、检验氢气的纯度：点燃氢气时，发出尖锐爆鸣声表明氢气不纯净，声音很小则表示气体纯净，错误；B、盐酸和碳酸钠粉末反应产生氯化钠、水和二氧化碳气体，装置没有密封气体跑出装置，所以反应前后称量结果不同，但是该反应遵循质量守恒定律；所以验证质量守恒定律时有气体产生或气体参加的反应要在密闭装置中进行，错误；C、CO和氧化铜加热时反应产生铜和二氧化碳，所以黑色固体变红，产生的二氧化碳和石灰水反应产生碳酸钙沉淀和水，所以溶液变浑浊，则气体中可能含有CO，正确；D、酒精燃烧会产生二氧化碳和水；要验证酒精中含有碳元素和氢元素，进行实验：在酒精灯火焰上方罩一个冷而干燥的烧杯可以观察到烧杯内有水雾产生，证明产生了水，说明酒精中含有H；还要迅速倒转烧杯，向烧杯注入石灰水，观察到石灰水变浑浊，证明产生了二氧化碳，酒精中含有C；错误；故选C。（2022·广东广州·统考中考真题）载人航天器中利用下图所示的“氧再生系统”处理宇航员排出的H2O和CO2.下列说法不正确的是A．排到舱外的物质是甲烷B．反应器2中消耗和生成的个数比为1：1C．反应器2中生成和的质量比为9：8D．该系统在产生O2的同时降低了舱内CO2的浓度【答案】C【解析】该系统用于处理二氧化碳和水，故表示水，每个水分子由2个氢原子和1个氧原子构成，故表示H，表示O，表示二氧化碳，每个二氧化碳分子由1个碳原子和2个氧原子构成，故表示C。A、每个由1个碳原子和4个氢原子构成，表示甲烷，不符合题意；B、由图可知，反应器2中反应为二氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲烷和水，该反应的化学方程式为：，故消耗二氧化碳和生成甲烷的分子个数比为1:1，不符合题意；C、反应器2中生成水和甲烷的质量比为：（18×2）：16=9:4，符合题意；D、由图可知，该系统中生成了氧气，同时将二氧化碳和氢气转化为甲烷和水，降低了舱内二氧化碳的浓度，不符合题意。故选C。（2021·广东广州·统考中考真题）燃油汽车发动机排出的气体中含有CO和NO等，安装催化转化器可减少这些有害气体的排放。CO和NO在经过催化转化器时相互反应，示意图如下。下列说法正确的是A．该反应属于置换反应B．CO和NO按个数比1：1进行该反应C．该反应中两种生成物的质量比为11：7D．安装了催化转化器的汽车，尾气中不含CO和NO【答案】B【解析】尾气中的CO和NO在催化剂的作用下发生反应：。A、由一种单质与一种化合物反应，生成另一种单质与另一种化合物的反应是置换反应，该反应的反应物是两种化合物，错误；B、根据化学方程式可以看出，CO和NO按个数比1：1进行，正确；C、根据化学方程式，两种生成物的质量比为28：（2×44）=7：22（或22：7），错误；D、安装催化转化器可减少这些有害气体的排放，错误。故选：B。（2021·广东深圳·统考中考真题）下列化学用语正确的是A．汞元素hgB．五氧化二磷P5O2C．钠离子Na+1D．镁在氧气中燃烧的方程式【答案】D【解析】此题考查常见的化学用语。A、汞元素符号是Hg，故A错误；B、五氧化二磷化学式是P2O5；故B错误；C、钠离子带一个单位正电荷，标在右上角，1省略不写，故错误；D、镁在氧气中燃烧是镁和氧气反应，生成物是氧化镁，条件、配平无误，故D正确；故选D。（2021·广东深圳·统考中考真题）如图所示，下列说法错误的A．反应Ⅰ前后原子数目不变 B．反应中甲与乙的分子个数比为1：1C．反应Ⅱ丙中N的化合价-3价 D．想要得到更多H2，应减少反应Ⅱ的发生【答案】B【解析】由反应微观示意图可知：反应Ⅰ化学方程式：；反应Ⅱ化学方程式：；A、依据质量守恒定律：化学反应前后原子的个数不变，反应Ⅰ前后原子数目不变，说法正确；B、由反应微观示意图可知：反应Ⅰ化学方程式：，甲与乙的分子个数比2:1，说法错误；C、反应Ⅱ丙是指氨气NH3，氢元素的化合价为+1价，依据化合物中各元素正负化合价代数为0可知：氨气中N的化合价-3价，说法正确；D、由反应Ⅰ化学方程式：；反应Ⅱ化学方程式：可知：想要得到更多H2，应减少反应Ⅱ的发生，说法正确；答案：B。（2021·广东·统考中考真题）科研人员制备了一种纳米催化剂，二氧化碳和水在其表面发生反应的微观示意图如图，下列说法正确的是A．两种反应物的分子个数比为1：1B．生成物的化学式是CH4OC．催化剂的化学性质在反应前后发生变化D．原子的种类和数目在反应前后都发生变化【答案】B【解析】A、反应过程中微粒数目减少的是反应物，增加的是生成物，由微观示意图可知两种反应物二氧化碳和水的分子个数比为2:4=1：2，A错误。B、由微观示意图可知，生成物的化学式是CH4O，B正确。C、催化剂的化学性质在反应前后没有发生变化，C错误。D、由微观示意图可知，原子的种类和数目在反应前后都没有发生变化，D错误。故选：B。（2020·广东深圳·统考中考真题）我国化学家研究出一种新型催化剂，在太阳光照射下实现了水的高效分解。该反应过程的微观示意图如下，下列说法错误的是（）A．表示的物质属于氧化物B．反应I的化学方程式为C．反应II中，反应前后原子的种类和数目均不变D．该成果对氢能源的推广应用有重要的实践意义【答案】B【解析】A、由图可知表示水，由两种元素组成还含有氧元素的化合物，属于氧化物，A正确。B、反应I水分解生成了氢气和过氧化氢，化学方程式为，B错。C、化学反应中，原子种类数目都变，反应II中，反应前后原子的种类和数目均不变，C正确。D、该成果水在催化剂作用下生成了氢气，对氢能源的推广应用有重要的实践意义，D正确。故选：B。（2020·广东广州·统考中考真题）某种火箭在发射时，其燃料发生反应的微粒种类变化示意图如下。下列说法正确的是A．该反应为置换反应B．反应前后都存在N2分子C．每个甲分子中含有6个原子D．反应生成丙和丁的质量比为28:18【答案】C【解析】据图可知，该反应的化学方程式为：。【解析】A.置换反应是一种单质与一种化合物反应生成另一种单质与另一种化合物的反应。该反应的反应物是两种化合物，不属于置换反应，选项错误；B.氮气是生成物，反应后存在N2分子，反应前不存在N2分子，选项错误；C.甲的化学式为N2O4，每个甲分子中含有2个氮原子，4个氧原子，共6个原子，选项正确；D.生成丙和丁的质量比为（3×2×14）：（4×18）=7：6，选项错误；故选：C。（2022·广东·统考中考真题）《千里江山图》是我国传世名画之一，宋代画家王希孟创造性地将炭黑、赭石、孔雀石、蓝铜矿等矿物颜料用在不同的画层。(1)画作用水墨打底，保存千年而不变色，说明常温下碳的化学性质______。(2)画作的青色用到蓝铜矿，其主要成分为Cu3(OH)2(CO3)x，x=______。(3)画作中所用的矿物颜料也可用于冶炼金属。下图为碳元素的价类转化二维图。利用图中化合物______（写化学式）的还原性冶炼赭石（主要成分为Fe2O3），反应过程中碳元素的化合价______（填“升高”“降低”或“不变”）。(4)若反应a~d均属同一种基本反应类型，则该反应类型为______，其中属于吸热反应的是______（填字母）。(5)孔雀石（主要成分为Cu2(OH)2CO3受热分解（反应e）。生成三种氧化物。其中一种为黑色固体。该反应的化学方程式为______。【答案】(1)不活泼(2)2(3)CO；升高(4)化合反应；d(5)【解析】（1）在常温下，碳的化学性质不活泼，不易与其它物质发生化学反应，故画作用水墨打底，保存千年而不变色，说明常温下碳的化学性质不活泼。（2）画作的青色用到蓝铜矿，其主要成分为Cu3(OH)2(CO3)x，铜元素的化合价为+2价，氢氧根离子的化合价为-1价，碳酸根离子的化合价为-2价，则，故。（3）一氧化碳具有还原性，一氧化碳和氧化铁高温生成铁和二氧化碳，故利用图中化合物CO的还原性治炼赭石（主要成分为Fe2O3），反应前一氧化碳中氧元素的化合价为-2价，设碳元素的化合价为x，，，碳元素的化合价为+2价，反应后二氧化碳中氧元素的化合价为-2价，设碳元素的化合价为y，，，碳元素的化合价为+4价，故反应过程中碳元素的化合价升高。（4）a的反应为碳在氧气中点燃生成二氧化碳，属于化合反应，b的反应为碳在氧气中点燃生成一氧化碳，属于化合反应，c的反应为一氧化碳在氧气中点燃生成二氧化碳，属于化合反应，d的反应为二氧化碳和碳高温生成一氧化碳，则该反应类型为化合反应，其中属于吸热反应的是d。（5）孔雀石（主要成分为Cu2(OH)2CO3受热分解生成二氧化碳、氧化铜和水，反应的化学方程式为。（2020·广东广州·统考中考真题）叠氮酸（HN3）常温下是一种无色液体，其水溶液具有酸性，可与NaOH溶液反应得到叠氮化钠（NaN3）。某些汽车安全气囊中装有叠氮化钠。（1）叠氮酸在水溶液中解离出H+和_______（填化学符号）。（2）叠氮酸与NaOH溶液的反应属于________（填反应类型）。（3）叠氮化钠受热分解时产生两种单质，该反应的化学方程式为_________。【答案】（1）N3-；复分解反应；【解析】叠氮化钠受热分解时生成钠和氮气。（1）叠氮酸的化学式为HN3，叠氮酸由氢离子和叠氮酸根离子构成，氢离子显+1价，则叠氮酸根离子显-1价，故在水溶液中解离出H+和N3-。（2）叠氮酸与NaOH溶液的反应生成叠氮酸钠和水，反应符合两种化合物相互交换成分生成另两种化合物的反应，故属于复分解反应。（3）由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的质量和种类均不变，叠氮化钠的化学式为NaN3，含有钠元素和氮元素，则反应后生成物也含有钠元素和氮元素，则叠氮化钠受热分解时产生两种单质，为钠和氮气，故该反应的化学方程式为。【点睛】由质量守恒定律可知，化学反应前后元素的质量和种类均不变，叠氮化钠的化学式为NaN3，含有钠元素和氮元素，则反应后生成物也含有钠元素和氮元素。（2022·广东·统考中考真题）铁铜双金属粉末可用于生产机械零件。利用还原铁粉和CuSO4溶液制备该产品的工艺流程如图所示。(1)“搅拌”时发生的反应利用了铁的金属活动性比铜的______（填“强”或“弱”）。(2)“过滤”后滤液的主要成分是______（写化学式）。(3)若用该工艺制备了1000g铁铜双金属粉末产品，其中Cu单质的质量分数为19.2%。计算置换这些Cu单质所需还原铁粉的质量（写出计算过程）。(4)“干燥还原”可在不同的温度下进行，产品中氧元素的质量分数随温度的变化如图所示。若（3）中产品是在500℃时干燥还原后得到的，则其中最多含Fe元素______g（产品中只含三种元素）。【答案】(1)强(2)FeSO4(3)解：1000g铁铜双金属粉末中铜的质量为1000g×19.2%=192g，设需还原铁粉的质量为x；答：需还原铁粉的质量为168g；(4)804【解析】（1）“搅拌”时铁能与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，是利用了铁的金属活动性比铜的强，故填：强；（2）由流程图可知，最终产品是铁铜双金属粉末，说明加入的铁粉过量，则“过滤”后滤液的主要成分是硫酸亚铁，故填：FeSO4；（3）见答案；（4）产品中只含有铁、铜、氧三种元素，若是含铜的氧化物，则铁元素的质量最少，要使铁元素的质量最大，混合物中只能是铁的氧化物，根据质量守恒定律，铁铜双金属粉末产品中铁元素的质量最多为1000g-192g-1000g×0.4%=804g，故填：804。（2021·广东深圳·统考中考真题）某科学兴趣小组，用废渣（主要为CaCO3，还含有C、Fe2O3、MgO等少量杂质）去制作CaCl2，反应过程如图所示。（1）Ⅰ过程中加过量稀盐酸溶液的目的是______。（2）Ⅰ过程中MgO发生反应的化学反应方程式______，此反应为______反应（填基本反应类型）。（3）滤渣①的成分为______（填化学式）；（4）X溶液为______（填化学式）；（5）NaCl在生活中的用处：______（写一例）。（6）已知CaCl2与焦炭、BaSO4在高温下生成BaCl2和CO和CaS，写出该反应的方程式：______。【答案】（1）使废渣中的CaCO3、Fe2O3、MgO完全反应；（2）；复分解；（3）C；（4）NaOH；（5）做调味品；（6）【解析】(1)废渣中的CaCO3、Fe2O3、MgO均可以与稀盐酸反应，故Ⅰ过程中加过量稀盐酸溶液的目的是使废渣中的CaCO3、Fe2O3、MgO完全反应；(2)氧化镁与稀盐酸反应生成氯化镁和水，化学方程式为；该反应是金属氧化物与酸的反应，反应过程符合“两交换、价不变、生成气体水沉淀”的特征，故而为复分解反应；(3)废渣中的碳不与稀盐酸反应，故由流程图可知滤渣①的成分为C；(4)由流程图可知加入X溶液的目的是除去镁离子与铁离子，滤液二结晶后得到了副产品氯化钠，故X溶液为氢氧化钠溶液，化学式为NaOH；(5)NaCl在生活中可用做调味品；(6)CaCl2与焦炭、BaSO4在高温下生成BaCl2和CO和CaS，化学方程式为。（2022·广东·统考中考真题）侯德榜是我国制碱工业的先驱，为纯碱和氮肥工业的发展作出了杰出贡献。工业纯碱中可能混有少量NaC1，同学们对工业纯碱样品展开探究。探究一：确定纯碱样品中是否含有NaCI实验操作现象结论取样品加水溶解，加入过量稀盐酸至反应完全有______产生样品中有NaCl向上述溶液中继续滴加适量AgNO3溶液有______产生有同学认为该实验方案有错误，正确方案应选用______（填字母）代替稀盐酸。a．CaCl2溶液

b．稀硝酸

c．BaC12溶液探究二：测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数【方案1】将样品溶解，加入过量CaC12溶液，搅拌至反应完全。该反应的化学方程式为______。过滤、洗涤、干燥，称量沉淀的质量，计算Na2CO3的质量分数。【方案2】如1图所示，取样品于锥形瓶中，加入足量稀盐酸。反应结束后，根据干燥管增重计算Na2CO3的质量分数。若结果大于100%，可能的原因是______。【讨论】上述两个方案中，你认为方案______更优。【拓展】2图为Na2CO3和NaC1的溶解度曲线。为提纯含少量NaC1的纯碱样品，将其浓溶液从t1℃冷却至t2℃，t1一t2的最优范围是______（填字母）。a．40-10

b．60-30

c．70-40【答案】有气泡；白色沉淀；b；；氢氧化钠固体吸收水蒸气或氯化氢气体；一；a【解析】纯碱和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，故①填有气泡；结论是样品中氯化钠，加入硝酸银，二者会反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，故②填白色沉淀；因为纯碱加入稀盐酸也会产生氯化钠，故无法证明样品中是否有氯化钠，因此需用其他物质代替，a氯化钙和碳酸钠反应也产生氯化钠，不符合题意；b稀硝酸与碳酸钠反应生成硝酸钠，不影响，符合题意；c、氯化钡和碳酸钠反应也产生氯化钠，不符合题意；故③选b；氯化钙和碳酸钠反应产生碳酸钙白色沉淀和氯化钠，故④填；氢氧化钠吸收二氧化碳增重来测二氧化碳的质量，但这过程中二氧化碳气体逸出时会带出水蒸气，且盐酸具有挥发性，挥发出氯化氢气体被氢氧化钠吸收导致质量偏大，故⑤填氢氧化钠固体吸收水蒸气或氯化氢气体；综合上述分析可知方案一更优，故⑥填一；碳酸钠溶解度在1随温度升高，适合用降温结晶，氯化钠随温度变化不大，适合用蒸发结晶，用降温结晶提纯碳酸钠温度控制在1，故⑦选a。（2021·广东深圳·统考中考真题）质量相等的两份Zn粉，分别与质量相同、质量分数不同的稀盐酸反应。（1）配制盐酸时有白雾，说明盐酸具有

性。（2）两种稀盐酸反应生成氢气的图象如图所示，两种稀盐酸的浓度比较：Ⅰ%

Ⅱ%（填“>”“<”“=”）。氢气的体积所对应的质量如下表：H2（V/L）1.111.672.222.78H2（m/g）0.100.150.200.25（3）恰好反应完全，产生H2的质量为

g。（4）完全反应时，加入稀盐酸Ⅱ的质量为100g，求稀盐酸Ⅱ中溶质的质量分数。【答案】（1）挥发（2）>（3）0.20（4）锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，设稀盐酸Ⅱ中溶质的质量为x，则：稀盐酸中HCl的质量分数为：答：稀盐酸Ⅱ中溶质的质量分数为7.3%。【解析】（1）打开装有浓盐酸的试剂瓶时，瓶口出现白雾，说明浓盐酸具有挥发性，挥发出的氯化氢气体与空气中的水结合形成酸雾；故填：挥发。（2）根据生成氢气的图象可知，曲线Ⅰ要比曲线Ⅱ斜率大，反应完全的时间要短，即盐酸浓度越大，反应速率越快，所以Ⅰ%>Ⅱ%；故填：＞。（3）锌与盐酸反应生成氯化锌和氢气，根据生成氢气的图象可知，恰好反应完全时，生成氢气的体积为2.22L，根据氢气的体积对应质量表可知，2.22L氢气的质量为0.20g，即恰好反应完全时，产生H2的质量为0.20g；故填：0.20。（4）见答案。（2020·广东·统考中考真题）某实验小组探究了溶质的质量分数对H2O2分解速率的影响。实验装置如图所示，用注射器加入不同浓度的H2O2溶液（见下表），实验中使用传感器装置测算生成O2的质量（圆底烧瓶内气压变化在安全范围），绘制氧气质量随时间变化的曲线，如图所示。试验编号H2O2的质量分数（%）H2O2溶液的体积（mL）对应曲线Ⅰ3.410.0aⅡ2.410.0bⅢ1.710.0c（待绘制）（1）实验前需准备不同浓度的H2O2溶液，若要配制100g质量分数为2.4%的H2O2溶液，需质量分数为30%的H2O2溶液g。（2）根据实验探究目的，从曲线a、b中，可得出的结论是。（3）计算实验Ⅰ条件下H2O2完全分解所得氧气的质量，并写出具体计算过程（1.5-5.0%H2O2溶液的密度取值1.0g/mL）。（4）在图中画出曲线c的大致位置及趋势。【答案】（1）8；（2）溶质的质量分数越大，H2O2分解速率越大；（3）0.16g；（4）【解析】（1）若要配制100g质量分数为2.4%的H2O2溶液，设需质量分数为30%的H2O2溶液质量为x，根据溶液稀释前后溶质质量不变，则30%x=100g×2.4%，解得x=8g。（2）根据实验探究目的，探究溶质的质量分数对H2O2分解速率的影响，从曲线a、b中，曲线a体现反应速率更快，可得出的结论是溶质的质量分数越大，H2O2分解速率越大。（3）实验Ⅰ条件下所用过氧化氢溶液溶质H2O2的质量为10mL×1.0g/mL×3.4%=0.34g，设其完全分解所得氧气的质量为y，则解得y=0.16g答：实验Ⅰ条件下H2O2完全分解所得氧气的质量为0.16g。（4）试验Ⅲ用的过氧化氢溶液溶质质量分数比试验Ⅱ的小，故在图中画出曲线c的大致位置及趋势为：模拟检测模拟检测（2022·广东·二模）甲、乙、丙、丁4种物质在密闭容器中充分反应，测得反应前后各物质的质量如下表。正确的是物质甲乙丙丁反应前质量/g4312110反应后质量/gm40616A．甲一定是该反应的催化剂 B．m=4C．该反应一定是化合反应 D．乙、丁在反应中的质量比为5：2【答案】B【解析】A、根据质量守恒定律求出m=4，甲质量反应前后不变，可能为催化剂，也可能不参与反应，而不是一定是该反应的催化剂，故错误；B、根据质量守恒定律，4+31+21+10=m+40+6+16，求出m=4，故正确；C、丙的物质减少，为反应物，乙、丁质量增加，为生成物，丙反应分解出乙和丁，应为分解反应，故错误；D、乙、丁在反应中的质量比为：（40-31）：（16-10）=3：2，而不是5：2，故错误。故选B。【点睛】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，这是进行相关方面计算的基础。（2022·广东·二模）为了完成2060年实现碳中和的目标，应积极探寻二氧化碳的转化方法。下图是将二氧化碳高效转化为甲醇的微观过程，关于该过程说法中错误的是A．该反应前后原子的种类没有改变 B．参加反应的甲和乙的分子个数比1：3C．反应前后元素的化合价均未改变 D．反应前后催化剂的质量不变【答案】C【解析】A、该过程是化学反应，化学反应前后原子的种类和数目都不变，正确。B、该反应的化学方程式可写为，所以参加反应的甲和乙的分子个数比1：3，正确。C、反应前C、H、O元素的化合价分别为+4，0，-2，反应后C、H、O元素的化合价分别为-2，+1，-2，所以反应前后元素的化合价C、H发生了改变。错误。D、反应前后催化剂的质量和化学性质不变，正确。故选C。（2022·广东·模拟预测）叠氮化钠被广泛应用于汽车安全气囊，其工作原理是汽车受到撞击后，30毫秒内迅速分解，反应的微观过程如图所示。下列有关说法正确的是A．该反应中氮元素的化合价均未发生变化B．该反应前后固体中钠元素的质量分数不变C．该反应的化学方程式为D．该反应过程中原子和分子的种类都发生了变化【答案】C【解析】A、单质中元素化合价为零，化合物中元素化合价不为零。该反应是由一种化合物生成两种单质，一定有化合价的变化，说法不正确；B、该反应中生成氮气，氮气逸出，反应前后固体中钠元素的质量不变，但质量分数变大，说法不正确；C、由反应的微观过程图可知，该反应的化学方程式为，说法正确；D、由微粒的变化可知，反应过程中原子的种类没有发生变化，分子的种类发生了变化，说法不正确。故选：C。（2022·广东·模拟预测）科学家设计了某反应的模型，其装置和反应的微观示意图如下图所示。下列说法错误的是A．反应前后原子种类不变B．反应物的分子个数比为1∶2C．该过程实现了太阳能向化学能的转化D．生成的H2与O2质量比为1∶16【答案】B【解析】由微观反应示意图可知，该反应是由二氧化碳和水在光照和催化剂的作用下反应生成一氧化碳、氧气和氢气，化学方程式为：。A、根据质量守恒定律可知，反应前后原子种类不变，说法正确；B、由化学方程式可知，反应物的分子个数比为1∶1，说法错误；C、该过程中将太阳能转化为化学能，说法正确；D、由化学方程式可知，生成的H2与O2质量比为2∶32=1∶16，说法正确。故选B。（2022·广东·模拟预测）下列课本中的实验均作了一定的改动，改动后能达到实验目的的是A．测定空气里氧气的含量B．验证分子运动C．验证质量守恒定律 D．探究燃烧需要达到着火点【答案】D【解析】A、木炭燃烧生成二氧化碳气体，消耗氧气，生成二氧化碳，瓶内压强没有变化，水不能进入集气瓶，该选项不能达到实验目的；B、盐酸显酸性，不能使酚酞试液变色，因此不能验证分子是不断运动的，该选项不能达到实验目的；C、装置不是密封装置，红磷燃烧生成的五氧化二磷能够扩散到装置外，装置外的气体可以进入锥形瓶，不能验证质量守恒定律，该选项不能达到实验目的；D、实验过程中，试管中的白磷燃烧，红磷不能燃烧，说明燃烧需要温度达到着火点该选项能够达到实验目的。故选D。（2022·广东·模拟预测）实际生产的纯碱产品中往往会含有少量的氯化钠，通过实验可测定某纯碱的指标等级。国家标准规定工业品纯碱指标等级指标项目指标I类Ⅱ类Ⅲ类优等品一等品优等品合格品总碱量（Na2CO3计）%≥99.298.899.198.0实验和有关数据如下图所示。(1)实验过程中滴加几滴酚酞试液的目的是______。(2)求该品牌工业品纯碱中碳酸钠的质量分数。（写出计算过程，结果数值四舍五入精确到0.1%）(3)通过与表中信息比较，该品牌工业品纯碱的指标等级属于______。【答案】(1)检验碳酸钠是否完全反应(2)解：生成二氧化碳的质量为：21.4g+100g-112.6g＝8.8g设该品牌工业品纯碱中碳酸钠的质量为xx=21.2g该品牌工业品纯碱中碳酸钠的质量分数为：答：该品牌工业品纯碱中碳酸钠的质量分数为99.1%。(3)Ⅲ类优等品【解析】（1）碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，碳酸钠溶液呈碱性，能使酚酞变红，氯化钠呈中性，不能使酚酞变色，则反应后当酚酞由红色变为无色，说明恰好完全反应，故实验过程中滴加几滴酚酞试液的目的是检验碳酸钠是否完全反应；（2）见答案；（3）依据题意可知，该品牌工业品纯碱总碱量为99.1%，故属于Ⅲ类优等品。（2022·广东·模拟预测）某校化学兴趣小组同学用以下装置对质量守恒定律进行实验探究。（1）A中待锥形瓶冷却后，小组同学打开瓶塞，再塞回去结果发现指针______（填“偏右”“偏左”或“不偏转”）。实验D的化学方程式为______。实验完毕，兴趣小组的同学将B、C实验的废液（含C中的蓝色沉淀）混合，得到蓝色沉淀及无色溶液。过滤，并对无色滤液的成分进行以下实验分析：【做出猜想】猜想I：只含NaCl；猜想II：含有NaCl、______；猜想III：含有NaCl与NaOH；猜想IV：含有NaCl、NaOH与Na2CO3。【进行实验】（2）步骤①气体A是______。（3）步骤②的化学方程式为______。（4）根据步骤①，可确定无色滤液的溶质除了NaCl外还含有______，如果步骤④的结果是溶液pH=11，则溶液C除了NaCl外含有的溶质是______，步骤②加入过量的氯化钙目的是______。【答案】（1）偏左；；碳酸钠或N