江苏省中考化学真题分类汇编 专题 质量守恒定律 化学方程式解析

江苏省中考化学真题分类汇编 专题 质量守恒定律 化学方程式解析

专题四 质量守恒定律 化学方程式 ‎【考点一】质量守恒定律 ‎1.（2019盐城中考）工业上，高温煅烧石灰石可制取生石灰（CaCO3CaO+CO2↑）。现有100gCaCO3样品，高温煅烧一段时间后，剩余固体的质量为67g。下列推断不符合客观事实的是（　　）‎ A. 生成的质量是33g B. 生成物中CaO的质量是42g C. 剩余固体中钙元素的质量分数大于 D. 剩余固体中碳元素与氧元素的质量之比大于1：4‎ ‎【答案】D 【解析】‎ 解：A、由质量守恒定律，反应生成的CO2的质量为100g-67g=33g，故正确； B、设生成物中CaO的质量是x CaCO3CaO+CO2↑，      56 44      x  33g x=42g，故正确； C、碳酸钙中钙元素的质量分数为×100%=40%，由于反应后部分碳酸钙转化为氧化钙，过程中固体中钙元素的质量不变，但固体的质量减小，所以剩余固体中钙元素的质量分数大于40%，故正确； D、碳酸钙中碳元素与氧元素的质量之比为12：（16×3）=1：4，反应过程中碳元素全部转化为二氧化碳，氧元素只有部分转化，所以剩余固体中碳元素与氧元素的质量之比小于1：4，故错误。 故选：D。 根据质量守恒定律可得二氧化碳的质量。根据二氧化碳的质量结合化学方程式计算相关量。 ‎ ‎【考点二】化学方程式的书写 ‎2．（2019苏州中考）根据下列反应事实写出相应的化学方程式。‎ ‎（1）红磷在空气中燃烧：　 　。‎ ‎（2）铁钉浸入硫酸铜溶液：　 　。‎ ‎（3）二氧化碳通入澄清石灰水：　 　。‎ ‎（4）稀盐酸除去铁锈：　 　。‎ ‎【答案】（1）4P+5O22P2O5；‎ ‎（2）Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；‎ ‎（3）CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O。‎ ‎【解答】解：（1）红磷在空气中燃烧生成五氧化二磷，反应的化学方程式为：4P+5O22P2O5。‎ ‎（2）铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁溶液和铜，反应的化学方程式为Fe+CuSO4═FeSO4+Cu。‎ ‎（3）二氧化碳与氢氧化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水，反应的化学方程式为：CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O。‎ ‎（4）铁锈的主要成分是氧化铁，与盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式是：Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O。‎ 故答案为：‎ ‎（1）4P+5O22P2O5；‎ ‎（2）Fe+CuSO4═FeSO4+Cu；‎ ‎（3）CO2+Ca（OH）2＝CaCO3↓+H2O；‎ ‎（4）Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O。‎ ‎3.（2019连云港中考）NaOH是重要的化工原料，研究其制备、检验、贮存及应用具有重要意义。 （1）工业上常用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+X↑．X的化学式为______。 （2）为了探究NaOH样品中是否存在NaCl、Na2CO3杂质，设计如下实验方案 ‎ 注：AgCl是白色固体，难溶于水和稀HNO3 ①乙中有无色无味气体产生，证明样品中含有Na2CO3．产生气体的化学方程式为______。 ②试剂X为______溶液；可证明NaCl存在的现象是______。 （3）某兴趣小组试图通过测定生成的CO2质量，确定因久置而变质的NaOH固体中Na2CO3的质量分数，设计了图所示装置并进行如下实验： 步骤一：取一定质量的样品，加入气密性良好的锥形瓶中，然后在分液漏斗中加入足量的稀硫酸，称出装置总质量为m1。 步骤二：打开分液漏斗旋塞，逐滴加入稀硫酸，待气泡不再产生时，关闭旋塞，称出装置总质量为m2。 ①球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是______。 ②小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是______。 （4）某工厂化验室用20%NaOH溶液洗涤一定量石油产品中残余H2SO4，共消耗NaOH溶液20g，洗涤后的溶液呈中性。这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为______（写出计算过程，否则不得分）。‎ ‎【答案】H2   2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O   硝酸银   丙中产生了白色沉淀   CaCl2不吸收二氧化碳NaOH吸收二氧化碳   生成的二氧化碳没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小   4.9g 【解析】解：（1）由质量守恒定律反应前后原子的种类及数目不变可知，在反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+X↑中。X的化学式为H2。 （2）①在乙中碳酸钠能与稀硝酸该反应生成了硝酸钠、水和二氧化碳，反应化学方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。 ②‎ 为了检验氯离子，试剂X为硝酸银溶液；可证明NaCl存在的现象是丙中产生了白色沉淀。 （3）①球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是：CaCl2不吸收二氧化碳NaOH吸收二氧化碳。 ②由于锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，所以小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是：生成的二氧化碳没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小。 （4）设一定量石油产品中所含H2SO4的质量为x 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O    80         98 20g×20%    x   解得：x=4.9g。 故答为：（1）H2；（2）①2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O，②硝酸银，丙中产生了白色沉淀；（3）①CaCl2不吸收二氧化碳NaOH吸收二氧化碳；②生成的二氧化碳没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小。（4）4.9。 4.（2019连云港中考节选）化学的基本特征是研究和创造物质。试从科学家认识物质的视角认识CO2。 （4）变化角度 如图是某同学整理的物质转化图；实验室中常用CO2→CaCO3检验CO2气体，写出其化学反应方程式______ （5）应用角度 I．可用如图所示方法自制汽水来消暑解热 制汽水时，NaHHCO3与柠檬酸反应生成柠檬酸钠、二氧化碳和水。 ①据此推测，通常条件下不能与柠檬酸反应的物质______（填字母）。 a．镁带 b．氯化钠 c．烧碱 ②打开汽水瓶盖时汽水会自动喷出来。说明气体在水中的溶解度与______有关。 Ⅱ．Al-CO2电池是一种新型电池。 ③电池的工作原理：在O2的催化下，Al与CO2发生化合反应生成Al2（C2O4）3．写出此反应的化学方程式______。 ‎ ‎【答案】Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O   b   压强   2Al+6CO2Al2（C2O4）3   ‎ ‎【解析】解：（4）实验室中常用CO2→CaCO3检验CO2气体，是二氧化碳与氢氧化钙反应，化学反应方程式是：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O。 （5）①柠檬酸是一种酸，由酸的性质和复分解反应的条件可知，柠檬酸能与镁和烧碱反应，不能与氯化钠反应； ②打开汽水瓶盖时汽水会自动喷出来。说明气体在水中的溶解度与压强有关。 ③电池的工作原理：在O2的催化下，Al与CO2发生化合反应生成Al2（C2O4）3．此反应的化学方程式：2Al+6CO2Al2（C2O4）3。 故答为：（4）Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；（5）①b；②压强；③2Al+6CO2Al2（C2O4）3． 5.（2019连云港中考）以镁矿石（主要成分MgCO3、SiO2）为原料生产MgO的工艺流程如图 注：SiO2难溶于水和常见的酸；“沉镁”过程中有Mg（OH）2生成。 （1）滤渣X的主要成分为______（填化学式）。 （2）实验室中用图一所示装置进行过滤。 ①该装置中仪器A的名称为______。 ②若过滤时滤液出现浑浊，可能的原因是______（填字母）。 a．滤纸已破损 b．漏斗中液面低于滤纸边缘 c．滤纸未紧贴漏斗内壁 （3）“沉镁”时MgSO4与NH3•H2O发生反应。结合图二，写出该反应的化学方程式______。 （4）已知在不同温度下，充分加热等质量的Mg（OH）2，加热温度与固体残留率的关系如题图三所示。“加热”时温度至少要达到350℃，原因是______。‎ ‎【答案】SiO2   烧杯   a   MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4   低于350℃是氢氧化镁不能完全分解，导致氧化镁不纯 【解析】解： （1）SiO2难溶于水和常见的酸，所以滤渣X的主要成分的化学式为SiO2。 （2）①该装置中仪器A的名称为烧杯。 ②若过滤时滤液出现浑浊，给出的选择中只有滤纸破损才可能。故选：a。 （3）“沉镁”时MgSO4与NH3•H2O发生反应。结合图二，可知生成氢氧化镁和硫酸铵，对应的化学方程式为MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4。 （4）“加热”时温度至少要达到350℃，原因是 低于350℃是氢氧化镁不能完全分解，导致氧化镁不纯。 故答案为： （1）SiO2。 （2） ①烧杯。 ②a。 （3）MgSO4+2NH3•H2O=Mg（OH）2↓+（NH4）2SO4。 （4）低于350℃是氢氧化镁不能完全分解，导致氧化镁不纯。 6．（2019扬州中考节选）MgO在医药建筑等行业应用广泛。硫酸镁和木炭高温煅烧的产物为MgO（固体）、SO2、CO2、CO、硫蒸气。‎ ‎（2）在高温、催化剂条件下，CO和H2可化合成燃料甲醇（CH3OH），该反应中CO和H2的分子个数比为　 　。若CO和H2中混有H2S气体，H2S会与催化剂中的Cu在高温下发生置换反应，其中一种产物为CuS，该反应的化学方程式为　　 　　 　　 　　 　。‎ ‎（3）利用如图装置对硫酸镁和木炭进行高温煅烧，并对产生的四种气体进行分步吸收或收集。‎ 已知：常温下，硫为固体；SO2、CO2均能与NaOH溶液反应。‎ ‎①装置B、C中的溶液分别是　 　、　 　。（填字母）‎ a．NaOH溶液 b．KMnO4溶液 ‎②装置B、C的作用分别是　 　、　 　。‎ ‎③装置D的作用是　 　。‎ ‎④若将装置A中的固体隔绝空气加热至500℃，就会变成蒸气，其中有一种相对分子质量为128的气体。该气体的化学式为　 　。‎ ‎【答案】（2）1：2；Cu+H2SCuS+H2；‎ ‎（3）①b；a；‎ ‎②吸收SO2；吸收CO2；③收集CO；④S4。‎ ‎【解答】解：（2）CO和H2在高温、催化剂条件下生成甲醇，化学方程式为：CO+2H2CH3OH，由化学方程式可知CO和H2的分子个数比为1：2；H2S和Cu在高温的条件下生成CuS和H2，化学方程式为：Cu+H2SCuS+H2；‎ ‎（3）因为硫酸镁和木炭高温煅烧的产物为MgO（固体）、SO2、CO2、CO、硫蒸气，气体混合物先通过A装置的长玻璃管，使硫蒸气冷却变成固体留到玻璃管内；SO2、CO2、CO通过装置B中的KMnO4溶液除去SO2，剩余气体继续通过C装置中的NaOH溶液除去CO2，再把CO通过D进行收集；‎ 所以：①装置B、C中的溶液分别是b、a；‎ ‎②装置B的作用是吸收SO2；装置C的作用吸收CO2；‎ ‎③装置D的作用是收集CO；‎ ‎④设该气体的化学式为Sx ‎32×x＝128‎ x＝4，‎ 该气体的化学式为：S4。‎ 故答案为：‎ ‎（2）1：2；Cu+H2SCuS+H2；‎ ‎（3）①b；a；②吸收SO2；吸收CO2；③收集CO；④S4。‎ ‎7．（2019宿迁中考节选）“宏观辨识与微观探析”是化学学科的核心素养之一。在宏观、微观和符号之间建立联系是化学学科的重要思维方式。‎ ‎（2）根据氢氧化钠溶液和稀硫酸反应的微观示意图，回答问题：‎ ‎①写出氢氧化钠溶液和稀硫酸反应的化学方程式　 　。‎ ‎②从微观的角度分析，上述反应的实质是 　。‎ ‎【答案】（2）①2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O；②H++OH﹣＝H2O。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（2）①氢氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠和水，化学方程式为：2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O；‎ ‎②根据图示所得信息可知，上述反应的实质是：H++OH﹣＝H2O。‎ 故答案为：‎ ‎（2）①2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O；‎ ‎②H++OH﹣＝H2O。‎ ‎【考点三】利用化学方程式的有关计算 ‎8．（2019扬州中考）工业上，利用溶液X（溶质为CuCl2和HCl）在50℃时与Cu反应制作电路。CuCl2消耗后，HCuCl2经处理又能转化为CuCl2，流程如图。下列说法错误的是（　　）‎ 已知：①反应I CuCl2+Cu+2HCl＝2HCuCl2‎ ‎②反应Ⅱ2HCuC12+H2O2＝2CuCl2+2H2O A．反应I和Ⅱ涉及的元素中仅Cu、O元素的化合价发生了变化 ‎ B．反应Ⅱ中生成的CuCl2质量与溶液X中CuCl2质量一定相同 ‎ C．工业上，每溶解6.4kg Cu时，外界只需提供34kg 10%的双氧水就能使生成的 HCuCl2全部转化为CuCl2 ‎ D．若由Cu、CuCl、CuCl2中的若干种组成的10.66g混合物中，铜元素为6.4g，则该混合物中一定含CuCl2‎ ‎【答案】B ‎【解答】解：‎ A、①反应I CuCl2+Cu+2HCl＝2HCuCl2，是氯化铜中的铜元素化合价降低，单质铜中的铜化合价升高。2HCuC12+H2O2＝2CuCl2+2H2O中铜元素由反应前的+1变为反应后的+2，而氧元素由反应前的﹣1变为反应后的 ‎﹣2．所以反应I和Ⅱ涉及的元素中仅Cu、O元素的化合价发生了变化。正确；‎ B、由于反应Ⅱ中生成的CuCl2质量是在溶液X中CuCl2质量基础上增加了加入的铜，所以一定不相同。错误；‎ C、根据反应 CuCl2+Cu+2HCl＝2HCuCl2和Ⅱ2HCuC12+H2O2＝2CuCl2+2H2O可得关系式为 Cu～～～H2O2．设需要的10%的双氧水的质量为x ‎ Cu～～～H2O2‎ ‎64 34‎ ‎6.4kg 10%x ‎＝‎ x＝34kg。正确；‎ D、若由Cu、CuCl、CuCl2中的若干种组成的10.66g混合物中，铜元素为6.4g，即铜元素的质量分数为×100%≈60%，而CuCl中铜元素的质量分数为×100%≈64.3%，而CuCl2中铜元素的质量分数为×100%≈47.4%，所以该混合物中一定含CuCl2。‎ 故选：B。‎ ‎9．（2019苏州中考节选）维C泡腾片是一种常见的补充维生素C的保健品。某品牌维C泡腾片（以下称“本品”）的主要成分如图1所示。‎ ‎（3）维C泡腾片水溶液酸碱性的测定：将本品一片投入蒸馏水中，有气泡产生，反应原理为：H3C6H5O2+3NaHCO3＝Na3C6H5O2+3CO2↑+3　 　（填化学式）。‎ 待不再产生气体后，测得溶液呈酸性。‎ ‎（4）维C泡腾片中碳酸氢钠质量分数的测定：称量相关实验用品质量，将本品一片投入蒸馏水中，待不再产生气体后，称量锥形瓶及瓶内所有物质的总质量。装置如图2所示。‎ 相关数据如表：‎ ‎ 物品 ‎ 反应前 ‎ 反应后 ‎ 锥形瓶 ‎ 蒸馏水 ‎ 维C泡腾片 ‎ 锥形瓶及瓶内所有物质 ‎ 质量/g ‎ 71.75‎ ‎ 50.00‎ ‎ 4.00‎ ‎ 125.53‎ ‎①根据以上数据计算本品中碳酸氢钠的质量分数（写出计算过程，结果精确到0.1%）。‎ ‎②实验测定结果与题（2）计算结果相比有明显偏差，其可能原因是 　。‎ ‎【答案】（3）H2O。‎ ‎（4）①10.5%。‎ ‎②装置内有残余的二氧化碳。‎ ‎【解答】解：‎ ‎（3）根据H3C6H5O2+3NaHCO3＝Na3C6H5O2+3CO2↑+3（　　） 可知，反应前：碳原子9个，氢原子11个，氧原子11个，钠原子3个；反应后，现有钠原子3个，碳原子9个，氢原子5个，氧原子8个；缺少氢原子6个，氧原子3个，分布在3个分子中，所以对应的是H2O。‎ ‎（4）①根据质量守恒定律可得，生成的二氧化碳的质量为71.75g+50.00g+4.00g﹣125.53g＝0.22g 设本品中碳酸氢钠的质量分数为x H3C6H5O2+3NaHCO3＝Na3C6H5O2+3CO2↑+3 H2O ‎ 252 132‎ ‎ 4.00gx 0.22g ‎ ‎ x＝10.5%‎ ‎②实验测定结果与题（2）计算结果相比有明显偏差，其可能原因是装置内有残余的二氧化碳。‎ 故答案为：‎ ‎（3）H2O。‎ ‎（4）①10.5%。‎ ‎②装置内有残余的二氧化碳。‎ ‎10．（2019苏州中考）（10分）水是生命之源，是“永远值得探究的物质”，人类从未停止过对水的研究。‎ ‎（1）1766年，英国化学家卡文迪许用锌和稀硫酸制得“可燃空气”，他所说的“可燃空气”成分是　 　（填化学式）。“可燃空气”在纯氧中燃烧生成水，可得出“水是一个结合物而不是简单元素”。‎ ‎（2）1785年，拉瓦锡将水蒸气通过红热的铁制枪管将水转化为氢气，同时生成四氧化三铁，实验示意图如图1所示。上述反应的化学方程式为　　 　　 　　 　　 　。该反应若生成1g氢气，则理论上铁制枪管应增重　 　g。‎ 实验发现枪管实际增重比理论数值大，其可能的原因是　 　　 　　 　　 　　。‎ ‎【答案】（1）H2；‎ ‎（2）3Fe+4H2OFe3O4+4H2； 8； 枪管外壁部分铁与空气中的氧气反应而增重；‎ ‎【解答】解：（1）由“可燃空气”在纯氧中燃烧生成水可知，“可燃空气”是氢气，化学式为：H2；‎ ‎（2）水和铁在高温的条件下生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为：3Fe+4H2OFe3O4+4H2；‎ 设生成1g氢气，理论上铁制枪管应增重的质量为x。‎ ‎ 3Fe+4H2OFe3O4+4H2 质量差 ‎ 168 232 8 232﹣168＝64‎ ‎ 1g x ‎ x＝8g ‎ 实验发现枪管实际增重比理论数值大，其可能的原因是枪管外壁部分铁与空气中的氧气反应而增重；‎ 故答案为：‎ ‎（1）H2；‎ ‎（2）3Fe+4H2OFe3O4+4H2； 8； 枪管外壁部分铁与空气中的氧气反应而增重；‎ ‎11．（2019淮安中考）化学兴趣小组的同学们在老师的带领下走进实验室，开展实验活动。 （1）实验室依次编号为1、2、3、4的药品柜中，分别存放常见的酸、碱、盐和酸碱指示剂。小刚欲使用熟石灰，他需从______号柜中取出。 （2）小刚发现盛放Na2CO3与NaCl两种溶液的试剂瓶标签脱落，为鉴别两种溶液，分别取样于试管中，加入无色酚酞溶液，若为Na2CO3，则观察到溶液变为______色。 （3）小文从柜中取出标有“10% NaOH溶液”的试剂瓶，取少量样品加入试管中，向其中滴入稀盐酸，发现产生气泡，判断该NaOH溶液中有Na2CO3，用化学方程式表示NaOH溶液变质的原因：______。 小文同学对变质的NaOH溶液进行如下一系列实验，实现药品再利用。 I．测定NaOH溶液中Na2CO3的质量分数 【实验操作】取40.0g 10%的NaOH溶液样品进行如图所示的实验。 【数据处理】 ①所取用盐酸（溶质质量分数7.3%）的质量理论上不少于______g。 ②如图中，反应前后天平示数相差1.1g，计算NaOH溶液中Na2CO3的质量分数（写出计算过程）。 Ⅱ．变质的NaOH溶液再利用 小文将剩余NaOH溶液倒入烧杯中，加入经计算所需的熟石灰粉末，充分搅拌、静置，过滤，得到NaOH溶液和滤渣。充分搅拌的主要目的是______。 （4）实验结束后，同学们将实验产生的废液和废渣倒入指定的烧杯中，得到无色溶液和白色沉淀，溶液中除一定存在的溶质外，可能存在的溶质是______。 同学们再次实验，确认成分后，对废液回收利用，绿色排放。‎ ‎【答案】（1）2； （2）红； ‎ ‎（3）；‎ ‎ I．①50；②NaOH溶液中Na2CO3的质量分数为6.6%；‎ ‎ ⅱ．使碳酸钠与熟石灰粉末充分反应，把碳酸钠完全除去； ‎ ‎（4）氯化钙。‎ ‎【解答】解：（1）熟石灰是氢氧化钙的俗称，属于碱，他需从2号柜中取出。 ‎ ‎（2）NA2CO3与NACL两种溶液分别显碱性、中性，分别取样于试管中，加入无色酚酞溶液，若为NA2CO3，则观察到溶液变为红色。 ‎ ‎（3）氢氧化钠溶液变质是因为与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为： .‎ ⅱ．充分搅拌，能增大接触面积，充分搅拌的主要目的是使碳酸钠与熟石灰粉末充分反应，把碳酸钠完全除去。 ‎ ‎（4）将实验产生的废液和废渣倒入指定的烧杯中，产生白色沉淀，沉淀应为碳酸钙；得到无色溶液，说明溶液显中性，可能会发生稀盐酸与氢氧化钙反应生成氯化钙和水，碳酸钠能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和氯化钙，溶液中还可能含有氯化钙。 ‎ 故答案为： ‎ ‎（1）2； ‎ ‎（2）红； ‎ ‎（3）；‎ ‎ I．①50；②NaOH溶液中Na2CO3的质量分数为6.6%；‎ ‎ ⅱ．使碳酸钠与熟石灰粉末充分反应，把碳酸钠完全除去； ‎ ‎（4）氯化钙。‎ ‎12.（2019连云港中考）NaOH是重要的化工原料，研究其制备、检验、贮存及应用具有重要意义。 （1）工业上常用电解饱和食盐水的方法制取NaOH，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+X↑．X的化学式为______。 （2）为了探究NaOH样品中是否存在NaCl、Na2CO3杂质，设计如下实验方案 注：AgCl是白色固体，难溶于水和稀HNO3 ①乙中有无色无味气体产生，证明样品中含有Na2CO3．产生气体的化学方程式为______。 ②试剂X为______溶液；可证明NaCl存在的现象是______。 （3）某兴趣小组试图通过测定生成的CO2质量，确定因久置而变质的NaOH固体中Na2CO3的质量分数，设计了图所示装置并进行如下实验： 步骤一：取一定质量的样品，加入气密性良好的锥形瓶中，然后在分液漏斗中加入足量的稀硫酸，称出装置总质量为m1。 步骤二：打开分液漏斗旋塞，逐滴加入稀硫酸，待气泡不再产生时，关闭旋塞，称出装置总质量为m2。 ①球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是______。 ②小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是______。 （4）某工厂化验室用20%NaOH溶液洗涤一定量石油产品中残余H2SO4，共消耗NaOH溶液20g，洗涤后的溶液呈中性。这一定量石油产品中所含H2SO4的质量为______（写出计算过程，否则不得分）。‎ ‎【答案】H2   2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O   硝酸银   丙中产生了白色沉淀   CaCl2不吸收二氧化碳NaOH吸收二氧化碳   生成的二氧化碳没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小  ‎ ‎ 4.9g 【解析】解：（1）由质量守恒定律反应前后原子的种类及数目不变可知，在反应的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+X↑中。X的化学式为H2。 （2）①在乙中碳酸钠能与稀硝酸该反应生成了硝酸钠、水和二氧化碳，反应化学方程式为：2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O。 ②为了检验氯离子，试剂X为硝酸银溶液；可证明NaCl存在的现象是丙中产生了白色沉淀。 （3）①球形干燥管中不用NaOH固体而用CaCl2固体的原因是：CaCl2不吸收二氧化碳NaOH吸收二氧化碳。 ②由于锥形瓶内有残留的二氧化碳气体，所以小明同学认为（m1-m2）即为生成的CO2质量，小红同学认为小明的想法不合理，理由是：生成的二氧化碳没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小。 （4）设一定量石油产品中所含H2SO4的质量为x 2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O    80         98 20g×20%    x   解得：x=4.9g。 故答为：（1）H2；（2）①2HNO3+Na2CO3=2NaNO3+CO2↑+H2O，②硝酸银，丙中产生了白色沉淀；（3）①CaCl2不吸收二氧化碳NaOH吸收二氧化碳；②生成的二氧化碳没有全部排出锥形瓶，导致（m1-m2）比实际生成的CO2质量偏小。（4）4.9。 13．（2019宿迁中考）黄铜是铜和锌的合金。某化学兴趣小组的同学欲测定实验室中某黄铜样品中铜的质量分数（不考虑黄铜中的其他杂质），请你参与他们的探究过程。称量10g粉末状黄铜样品放入烧杯中，量取45mL稀硫酸分三次加到其中，每次充分反应后，测定生成氢气的质量，实验数据如表：‎ 第一次 第二次 第三次 加入稀硫酸的体积（mL）‎ ‎15‎ ‎15‎ ‎15‎ 生成氢气的质量（g）‎ m ‎0.04‎ ‎0.02‎ 试求：‎ ‎（1）m的数值　　 　　。‎ ‎（2）此黄铜样品中铜的质量分数是少？（写出计算过程）‎ ‎【答案】（1）0.04；67.5%‎ ‎【解答】解：（1）由第二次实验数据可知，15mL稀硫酸完全反应生成氢气质量是0.04g，因此m的数值是0.04。‎ 故填：0.04。‎ ‎（2）设锌质量为x，‎ 反应生成氢气质量：0.04g+0.04g+0.02g＝0.1g，‎ Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑，‎ ‎65 2‎ x 0.1g ‎＝，‎ x＝3.25g，‎ 此黄铜样品中铜的质量分数是：×100%＝67.5%，‎ 答：此黄铜样品中铜的质量分数是67.5%。‎ ‎14．（2019扬州中考）实验室以某石灰石（含少量Fe2O3）为原料制备高纯CaCO3的步骤如下。‎ 溶解 向石灰石样品中加入适量盐酸，至反应完全。‎ 除铁 加入氨水调节pH，然后加入适量Ca（OH）2，充分反应后过滤。‎ 沉淀 向滤液中补充氨水，通入CO2，反应一段时间。‎ 分离 过滤、洗涤、干燥得高纯CaCO3。‎ ‎（1）溶解时，CaCO3、Fe2O3分别与盐酸反应的化学方程式为 、　 　。判断样品已完全反应的实验现象是　 　。‎ ‎（2）除铁时，选用Ca（OH）2而不选用NaOH，其主要原因是Ca（OH）2价格低且来源广、 　、　 　；过滤所得滤渣的主要成分为　 　。‎ ‎（3）沉淀时，其他条件相同，反应温度对CaCO3产率的影响如图。高于35℃时，CaCO3产率下降的主要原因是　 　、　 。（已知：×100%）‎ ‎（4）分离时，若向过滤所得滤液中加入　 （填化学式）并加热，则可回收NH3。‎ ‎（5）该实验中可以循环利用的物质有H2O和 。‎ ‎（6）石灰厂煅烧石灰石生产CaO，若要得到28t CaO，则至少需要含CaCO3 90%的石灰石多少吨？（写出计算过程，保留一位小数。）‎ ‎【答案】（1）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑、Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O． 加入盐酸，无气体生成。‎ ‎（2）碱性弱、不引入新的杂质； 氢氧化铁。‎ ‎（3）氨水浓度降低、二氧化碳溶解能力降低。‎ ‎（4）Ca（OH）2。‎ ‎（5）CO2。‎ ‎（6）55.6t ‎【解答】解：‎ ‎（1）溶解时，CaCO3、Fe2O3分别与盐酸反应的化学方程式为 CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑、Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O．判断样品已完全反应的实验现象是加入盐酸，无气体生成。‎ ‎（2）除铁时，选用Ca（OH）2而不选用NaOH，氢氧化钙和氢氧化钠相比，价格低，来源广，且碱性弱，由于最终要制取碳酸钙，所以不引入新的杂质。所以选用Ca（OH）2而不选用NaOH其主要原因是Ca（OH）2价格低且来源广、碱性弱、不引入新的杂质；根据滤液最终转化为碳酸钙，可知过滤过程中除去的是铁元素对应的化合物，应该是氢氧化铁，所以过滤所得滤渣的主要成分为氢氧化铁。‎ ‎（3）沉淀时，其他条件相同，反应温度对CaCO3产率的影响 图。高于35℃时，CaCO3产率下降的主要原因是 氨水浓度降低、二氧化碳溶解能力降低。‎ ‎（4）分离时，所得滤液中含有氯化铵，由于铵根离子遇到可溶性碱生成氨气，所以可以选择加入碱，由于整个流程制备碳酸钙，所以加入氢氧化钙以便后期综合回收利用，所以向过滤所得滤液中加入 Ca（OH）2并加热，则可回收NH3。‎ ‎（5）开始二氧化碳是生成物，后来是反应物，所以该实验中可以循环利用的物质有除H2O外，还有 CO2。‎ ‎（6）设若要得到28t CaO，则至少需要含CaCO3 90%的石灰石的质量为x ‎ CaCO3CaO+CO2↑‎ ‎100 56‎ ‎90%x 28t ‎＝‎ x≈55.6t 故答案为：‎ ‎（1）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑、Fe2O3+6HCl═2FeCl3+3H2O． 加入盐酸，无气体生成。‎ ‎（2）碱性弱、不引入新的杂质； 氢氧化铁。‎ ‎（3）氨水浓度降低、二氧化碳溶解能力降低。‎ ‎（4）Ca（OH）2。‎ ‎（5）CO2。‎ ‎（6）55.6t