（2019-2021）江苏中考化学真题分项汇编专题11 计算题

专题11  计算题

一．计算题

1．（2021•宿迁）向一定量的H2SO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的质量关系如图所示。

（1）当加入NaOH溶液质量为ag时，溶液中含有的溶质为　            　。

（2）原混合溶液中，溶质H2SO4的质量（写出计算过程，下同）

（3）恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的总质量。

2．（2021•扬州）以某菱镁矿石（主要成分是MgCO3，含少量MnCO3、SiO2）制取MgSO4•7H2O，流程如图：

（1）“酸浸”时，为了提高浸取率，除了搅拌、提高硫酸浓度外，还可采取的措施有 　        　（写出一种）。此时，MnCO3发生反应的化学方程式是 　        　。

（2）“转化”时主要反应是NaClO+MnSO4+H2O═MnO2↓+NaCl+H2SO4，氯元素反应前后化合价变化情况是 　        　（填“升高”或“降低”）。

（3）硫酸镁溶液在不同温度下进行浓缩结晶，可得到不同的晶体：

①“操作1”的具体操作是：蒸发浓缩滤液至表面有晶膜出现（此时MgSO4溶液已饱和）、　        　、过滤、洗涤、低温干燥。

②“操作1”所得滤液中能分离出一种可循环使用的物质，该物质是 　        　（填化学式）。循环使用的目的是 　        　。

（4）已知：MgSO4•7H2O中镁元素质量分数为9.76%。采用热分析法测定所得MgSO4•7H2O样品中镁元素质量分数：

①未加热前，测得样品中镁元素质量分数略大于9.76%，可能的原因是 　        　。

②高于900℃后，测得剩余固体中镁元素质量分数大于20%，可能的原因是 　        　。

（5）若用100t菱镁矿石可制得246t MgSO4•7H2O产品，忽略反应过程中镁元素损失，求该菱镁矿石中MgCO3的质量分数。（写出计算过程）

3．（2020•泰州）硼及其化合物在现代工农业、医学、国防中有着重要的应用价值。利用硼镁矿可制备硼，工艺流程如图所示。请回答下列问题：

（1）B2O3中B元素的化合价为　   　。

（2）为加快硼镁矿石与浓NaOH溶液的反应速率，可采取的措施是　   　；回收副产物Mg（OH）2可制得流程　   　的反应物。

（3）H3BO3加热分解只生成两种氧化物，流程②的化学反应方程式为　   　。

（4）根据流程③的化学反应方程式：B2O3+3Mg2B+3MgO，理论上制备1.1吨的硼，需消耗镁多少吨写出计算过程）？

4．（2020•苏州）碳酸钠俗称纯碱或苏打，在生活、生产和实验研究中均有广泛应用。

【配制溶液】配制溶质质量分数分别为1%、2%和4%的Na2CO3溶液

（1）若配制50g溶质质量分数为4%的Na2CO3溶液，下列操作正确的是　   　（填字母）。

a．用托盘天平称取2g Na2CO3固体

b．选用50mL量筒量取所需体积的水

c．选用带玻璃塞的广口试剂瓶，将配好的溶液装瓶并贴标签

（2）分别测定25℃时，上述3种溶液的pH，记录数据如下：

分析Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组数据可得出的结论是　   　。

【制备物质】用Na2CO3溶液和FeSO4溶液发生复分解反应制备FeCO3

[已知溶液pH大于8.8时，Fe2+完全生成Fe（OH）2沉淀]

（3）在烧杯中制备FeCO3沉淀时，应选用的加料方式是　   　（填字母）。

a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到烧杯中

b．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的烧杯中

c．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的烧杯中

（4）潮湿的FeCO3固体置于空气中易变质，反应如下：4FeCO3+6H2O+O2═4X+4CO2．则X的化学式为　   　。

【标定浓度】标定待测盐酸的溶质质量分数

（5）将Na2CO3固体在270℃干燥至恒重，准确称取0.212g无水Na2CO3于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，滴入待测盐酸，当两者恰好完全反应时，消耗盐酸的体积为20.00mL（该盐酸的密度近似等于1g•mL﹣1，反应中Na2CO3所含的碳元素全部转化为CO2）。

①列式计算待测盐酸的溶质质量分数（结果用百分数表示，保留两位小数）。

②若上述测定过程中Na2CO3固体未经充分干燥，则测出盐酸的溶质质量分数将　   　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

5．（2020•无锡）CO2是最主要的温室气体，也是巨大的碳资源，CO2的低能耗捕集、转化和利用正受到世界各国的广泛关注。

（1）以CO2为原料制取炭黑的太阳能工艺如图1所示。

①反应1的基本类型为　     　。

②反应2中碳元素的化合价　     　（填“升高”“不变”或“降低”）。

（2）利用NaOH溶液吸收CO2，部分转化关系见图2。

反应①的化学方程式为　     　，该转化中循环使用的物质是　     　。

（3）利用Na2CO3或K2CO3溶液吸收低浓度的CO2，将其转化为NaHCO3或KHCO3，NaHCO3或KHCO3受热分解生成高浓度的CO2储存利用，生成的Na2CO3或K2CO3循环使用以降低生产成本。

根据表中信息，选择K2CO3溶液作吸收液的优点是　     　。

（4）利用一种新型“人造树叶”将CO2转化为乙醇（C2H5OH）的反应如下：2CO2+3H2OC2H5OH+3O2，研究显示，1L“人造树叶”每天能从空气中吸收968g CO2，计算1L“人造树叶”工作1天可得到乙醇的质量（写出计算过程）。　     　

（5）某研究小组设计如图3所示实验，探究CO2和H2在一定条件下反应的产物。

查阅资料：①CO2和H2在合适催化剂和一定温度下反应转化为CO和H2O；

②白色无水硫酸铜吸水后变为蓝色。

实验过程中观察到的主要现象有：B装置中白色固体变为蓝色，C装置中黑色固体变为红色，D装置中澄清石灰水变浑浊。

①设计B装置的目的是　     　。

②C装置中发生的反应的化学方程式为　     　。

③研究小组反思后认为，根据上述实验现象不能确认CO2和H2反应生成了CO，理由是　     　。

6．（2020•徐州）某同学用质量分数为15%的稀硫酸处理某造纸厂含NaOH的碱性废水样品：

（1）用9.2g质量分数为98%的浓硫酸能配制上述稀硫酸　   　g（计算结果保留整数）。

（2）若上述造纸厂废水75g能与9.8g 15%的稀硫酸恰好反应（设只发生NaOH与硫酸的反应），试计算该废水中NaOH的质量分数（写出计算过程，结果精确到0.1%）。

7．（2019•苏州）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。

（1）下列关于维生素C的说法正确的是　   　（填字母）。

a．维生素C由C、H、O三种元素组成

b．维生素C的相对分子质量为176g

C．维生素C由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成

d．维生素C中C、H、O元素的质量比为9：1：12

（2）阅读本品的营养成分表：每100g维C泡腾片含钠5750mg（1mg＝10﹣3g）。已知本品其他成分不含钠元素，则本品中碳酸氢钠的质量分数为　   　。

（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：H3C6H5O7+3NaHCO3＝Na3C6H5O7+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：

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　   　。

8．（2019•淮安）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。

9．（2019•徐州）有一份铜锌合金粉末样品（设只含铜、锌），为认识其组成等，某学习小组进行了以下探究，请参与并完成有关计算：

（1）取样品20g和足量稀硫酸充分混合，待反应完全后过滤，将滤渣洗涤，干燥后称得其质量为13.5g。该样品中铜的质量分数为　      　。

（2）再取三份不同质量的样品，分别加入到三份100g相同浓度的硫酸溶液中，充分反应后，测得的数据如下表：

试计算所用硫酸溶液的溶质质量分数（写出计算过程，结果精确到0.01%）。

10．（2019•南京）人类文明进步与金属材料发展关系十分密切。某课外兴趣小组探究金属的性质。

（1）用等质量相同表面积的镁条，等体积不同浓度的稀盐酸，在一定条件下反应，实验结果如图所示：

对比a、b曲线，引起a曲线压强迅速增大的因素可能有　   　，　   　。

（2）将1g含镁48%的镁铝合金（不含其他元素）粉末在氧气中加热，至反应完全。

①该合金中镁消耗氧气的质量最多是多少？

②该合金与氧气反应后生成固体的质量最多是　   　（计算结果保留一位小数）

专题11  计算题

一．计算题

1．（2021•宿迁）向一定量的H2SO4和CuSO4的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10%的NaOH溶液，生成沉淀的质量与加入NaOH溶液的质量关系如图所示。

（1）当加入NaOH溶液质量为ag时，溶液中含有的溶质为　            　。

（2）原混合溶液中，溶质H2SO4的质量（写出计算过程，下同）

（3）恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的总质量。

【答案】1）Na2SO4和NaOH；

（2）设原混合溶液中，溶质H2SO4的质量为x，

      2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O

        80           98

     40g×10%        x

             ＝

                    x＝4.9g

（3）设与硫酸铜反应氢氧化钠的质量为y

      CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4

               80          98

               y          9.8g

                    ＝

                        y＝8g

则恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的总质量40g+8g÷10%＝120g

【解析】

解：（1）氢氧化钠与硫酸反应生成硫酸钠和水，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，当加入NaOH溶液质量为ag时氢氧化钠已过量，则溶液中含有的溶质为Na2SO4和NaOH，故填：Na2SO4和NaOH；

（2）设原混合溶液中，溶质H2SO4的质量为x，

      2NaOH+H2SO4＝Na2SO4+2H2O

        80           98

     40g×10%        x

             ＝

                    x＝4.9g

（3）设与硫酸铜反应氢氧化钠的质量为y

      CuSO4+2NaOH＝Cu（OH）2↓+Na2SO4

               80          98

               y          9.8g

                    ＝

                        y＝8g

则恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的总质量40g+8g÷10%＝120g

答：（2）原混合溶液中，溶质H2SO4的质量为4.9g；（3）恰好完全反应时，消耗NaOH溶液的总质量为120g。

2．（2021•扬州）以某菱镁矿石（主要成分是MgCO3，含少量MnCO3、SiO2）制取MgSO4•7H2O，流程如图：

（1）“酸浸”时，为了提高浸取率，除了搅拌、提高硫酸浓度外，还可采取的措施有 　        　（写出一种）。此时，MnCO3发生反应的化学方程式是 　        　。

（2）“转化”时主要反应是NaClO+MnSO4+H2O═MnO2↓+NaCl+H2SO4，氯元素反应前后化合价变化情况是 　        　（填“升高”或“降低”）。

（3）硫酸镁溶液在不同温度下进行浓缩结晶，可得到不同的晶体：

①“操作1”的具体操作是：蒸发浓缩滤液至表面有晶膜出现（此时MgSO4溶液已饱和）、　        　、过滤、洗涤、低温干燥。

②“操作1”所得滤液中能分离出一种可循环使用的物质，该物质是 　        　（填化学式）。循环使用的目的是 　        　。

（4）已知：MgSO4•7H2O中镁元素质量分数为9.76%。采用热分析法测定所得MgSO4•7H2O样品中镁元素质量分数：

①未加热前，测得样品中镁元素质量分数略大于9.76%，可能的原因是 　        　。

②高于900℃后，测得剩余固体中镁元素质量分数大于20%，可能的原因是 　        　。

（6）若用100t菱镁矿石可制得246t MgSO4•7H2O产品，忽略反应过程中镁元素损失，求该菱镁矿石中MgCO3的质量分数。（写出计算过程）

【答案】（1）将菱镁矿石粉碎；MnCO3+H2SO4═MnSO4+CO2↑+H2O；

（2）降低；

（3）降温（温度在1.8℃～48.1℃）结晶；H2SO4；节约资源，环保；

（4）未加热前，MgSO4•7H2O已经失去部分结晶水；高于900℃后，硫酸镁开始分解生成氧化镁。

（5）由流程及质量守恒定律可知，MgSO4•7H2O中镁元素质量与菱镁矿石中MgCO3中镁元素质量相等，设MgCO3质量为x，则有MgSO4•7H2O～MgCO3

                                       246              84

                                       246t              x

x＝84t

MgCO3质量分数为

答：该菱镁矿石中MgCO3的质量分数为84%。

【解析】

（1）“酸浸”时，为了提高浸取率，除了搅拌、提高硫酸浓度外，还可采取的措施有将菱镁矿石粉碎；此时，MnCO3发生反应的化学方程式是MnCO3+H2SO4═MnSO4+CO2↑+H2O；

（2）“转化”时主要反应是NaClO+MnSO4+H2O═MnO2↓+NaCl+H2SO4，氯元素反应前NaClO中氧元素为﹣1价，氯元素反应后为﹣2价，所以氯元素反应前后化合价变化情况是降低；

（3）①“操作1”的具体操作是：蒸发浓缩滤液至表面有晶膜出现（此时MgSO4溶液已饱和）、降温（温度在1.8℃～48.1℃）结晶、过滤、洗涤、低温干燥。由硫酸镁溶液在不同温度下进行浓缩结晶，可得到不同的晶体可知温度在1.8℃～48.1℃析出MgSO4•7H2O；

②“操作1”所得滤液中能分离出一种可循环使用的物质，该物质是H2SO4，因为在酸浸时硫酸是反应物，转化时硫酸是生成物；循环使用的目的是节约资源，环保；

（4）已知：MgSO4•7H2O中镁元素质量分数为9.76%。

①未加热前，测得样品中镁元素质量分数略大于9.76%，可能的原因是未加热前，MgSO4•7H2O已经失去部分结晶水；

②高于900℃后，测得剩余固体中镁元素质量分数大于20%，可能的原因是高于900℃后，硫酸镁开始分解生成氧化镁，因为硫酸镁中镁元素质量分数为20%，氧化镁中镁元素质量分数为60%。

故答案为：（1）将菱镁矿石粉碎；MnCO3+H2SO4═MnSO4+CO2↑+H2O；

（2）降低；

（3）降温（温度在1.8℃～48.1℃）结晶；H2SO4；节约资源，环保；

（4）未加热前，MgSO4•7H2O已经失去部分结晶水；高于900℃后，硫酸镁开始分解生成氧化镁。

（5）由流程及质量守恒定律可知，MgSO4•7H2O中镁元素质量与菱镁矿石中MgCO3中镁元素质量相等，设MgCO3质量为x，则有MgSO4•7H2O～MgCO3

                                       246              84

                                       246t              x

x＝84t

MgCO3质量分数为

答：该菱镁矿石中MgCO3的质量分数为84%。

3．（2020•泰州）硼及其化合物在现代工农业、医学、国防中有着重要的应用价值。利用硼镁矿可制备硼，工艺流程如图所示。请回答下列问题：

（1）B2O3中B元素的化合价为　   　。

（2）为加快硼镁矿石与浓NaOH溶液的反应速率，可采取的措施是　   　；回收副产物Mg（OH）2可制得流程　   　的反应物。

（3）H3BO3加热分解只生成两种氧化物，流程②的化学反应方程式为　   　。

（4）根据流程③的化学反应方程式：B2O3+3Mg2B+3MgO，理论上制备1.1吨的硼，需消耗镁多少吨写出计算过程）？

【答案】（1）+3；

（2）将硼镁矿石粉碎；③；

（3）2H3BO33H2O+B2O3；

（4）设消耗镁的质量为y

B2O3+3Mg2B+3MgO

       72             22

        y             1.1t

       ＝

       y＝3.6t

答：理论上制备1.1吨的硼，需消耗镁的质量3.6t。

【解析】

解：（1）因为氧元素在化合物中化合价通常为﹣2，又因为在化合物中正负化合价代数和为零，设B2O3中B元素的化合价为x，2x+3×（﹣2）＝0，x＝+3，故填：+3；

（2）因为增大反应物的接触面积，可加快反应速率，所以加快硼镁矿石与浓NaOH溶液的反应速率，可采取的措施是将硼镁矿石粉碎，依据流程图可知流程③是加入Mg，因为反应前后元素守恒，副产物Mg（OH）2中含有镁元素，可知副产物Mg（OH）2可制得流程③的反应物，故填：将硼镁矿石粉碎；③；

（3）依据H3BO3加热分解只生成两种氧化物可知生成物为B2O3和 H2O，所以反应的化学方程式为2H3BO33H2O+B2O3，故填：2H3BO33H2O+B2O3；

（4）设消耗镁的质量为y

B2O3+3Mg2B+3MgO

       72             22

        y             1.1t

       ＝

       y＝3.6t

答：理论上制备1.1吨的硼，需消耗镁的质量3.6t。

4．（2020•苏州）碳酸钠俗称纯碱或苏打，在生活、生产和实验研究中均有广泛应用。

【配制溶液】配制溶质质量分数分别为1%、2%和4%的Na2CO3溶液

（1）若配制50g溶质质量分数为4%的Na2CO3溶液，下列操作正确的是　   　（填字母）。

a．用托盘天平称取2g Na2CO3固体

b．选用50mL量筒量取所需体积的水

c．选用带玻璃塞的广口试剂瓶，将配好的溶液装瓶并贴标签

（2）分别测定25℃时，上述3种溶液的pH，记录数据如下：

分析Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三组数据可得出的结论是　   　。

【制备物质】用Na2CO3溶液和FeSO4溶液发生复分解反应制备FeCO3

[已知溶液pH大于8.8时，Fe2+完全生成Fe（OH）2沉淀]

（3）在烧杯中制备FeCO3沉淀时，应选用的加料方式是　   　（填字母）。

a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到烧杯中

b．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的烧杯中

c．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的烧杯中

（4）潮湿的FeCO3固体置于空气中易变质，反应如下：4FeCO3+6H2O+O2═4X+4CO2．则X的化学式为　   　。

【标定浓度】标定待测盐酸的溶质质量分数

（5）将Na2CO3固体在270℃干燥至恒重，准确称取0.212g无水Na2CO3于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水溶解，滴入待测盐酸，当两者恰好完全反应时，消耗盐酸的体积为20.00mL（该盐酸的密度近似等于1g•mL﹣1，反应中Na2CO3所含的碳元素全部转化为CO2）。

①列式计算待测盐酸的溶质质量分数（结果用百分数表示，保留两位小数）。

②若上述测定过程中Na2CO3固体未经充分干燥，则测出盐酸的溶质质量分数将　   　（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

【答案】（1）ab。

（2）25℃时，碳酸钠溶液中溶质的质量分数越大，碱性越强。

（3）b。

（4）Fe（OH）3。

（5）①设稀盐酸中溶质质量为x

Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑

106       73

0.212g     x

   解得：x＝0.146g

待测盐酸的溶质质量分数为：＝0.73%。

②偏大。

【解析】

解：（1）碳酸钠的质量为：50g×4%＝2g，水的质量为：50g﹣2g＝48g，即48mL。

a．用托盘天平称取2g Na2CO3固体，操作正确；

b．选用50mL量筒量取所需体积的水，操作正确；

c．选用带橡皮塞的细口试剂瓶，将配好的溶液装瓶并贴标签，操作错误。

（2）由表中数据可得出的结论是25℃时，碳酸钠溶液中溶质的质量分数越大，碱性越强。

（3）在烧杯中制备FeCO3沉淀时，由于碳酸钠溶液的碱性较强，避免生成氢氧化亚铁沉淀，应选用的加料方式将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的烧杯中。

（4）由质量守恒定律反应前后原子的种类和数目不变可知，在4FeCO3+6H2O+O2═4X+4CO2中反应前铁、碳、氧、氢原子的个数分别是4、4、20、12，在反应后铁、碳、氧、氢原子的个数分别是0、4、8、0，可推出X的化学式为：Fe（OH）3。

（5）①设稀盐酸中溶质质量为x

Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑

106       73

0.212g     x

   解得：x＝0.146g

待测盐酸的溶质质量分数为：＝0.73%。

②因为0.212g碳酸钠未充分干燥，有水，用0.212g碳酸钠代入计算出的盐酸质量分数比实际消耗的盐酸的质量分数要偏大。

故答案为：（1）ab。

（2）25℃时，碳酸钠溶液中溶质的质量分数越大，碱性越强。

（3）b。

（4）Fe（OH）3。

（5）①0.73%；②偏大。

5．（2020•无锡）CO2是最主要的温室气体，也是巨大的碳资源，CO2的低能耗捕集、转化和利用正受到世界各国的广泛关注。

（1）以CO2为原料制取炭黑的太阳能工艺如图1所示。

①反应1的基本类型为　     　。

②反应2中碳元素的化合价　     　（填“升高”“不变”或“降低”）。

（2）利用NaOH溶液吸收CO2，部分转化关系见图2。

反应①的化学方程式为　     　，该转化中循环使用的物质是　     　。

（3）利用Na2CO3或K2CO3溶液吸收低浓度的CO2，将其转化为NaHCO3或KHCO3，NaHCO3或KHCO3受热分解生成高浓度的CO2储存利用，生成的Na2CO3或K2CO3循环使用以降低生产成本。

根据表中信息，选择K2CO3溶液作吸收液的优点是　     　。

（4）利用一种新型“人造树叶”将CO2转化为乙醇（C2H5OH）的反应如下：2CO2+3H2OC2H5OH+3O2，研究显示，1L“人造树叶”每天能从空气中吸收968g CO2，计算1L“人造树叶”工作1天可得到乙醇的质量（写出计算过程）。　     　

（5）某研究小组设计如图3所示实验，探究CO2和H2在一定条件下反应的产物。

查阅资料：①CO2和H2在合适催化剂和一定温度下反应转化为CO和H2O；

②白色无水硫酸铜吸水后变为蓝色。

实验过程中观察到的主要现象有：B装置中白色固体变为蓝色，C装置中黑色固体变为红色，D装置中澄清石灰水变浑浊。

①设计B装置的目的是　     　。

②C装置中发生的反应的化学方程式为　     　。

③研究小组反思后认为，根据上述实验现象不能确认CO2和H2反应生成了CO，理由是　     　。

【答案】解：（1）①分解反应。②降低。

（2）2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；氢氧化钠。

（3）20℃碳酸钾最高浓度比碳酸钠大。

（4）设生成乙醇的质量为x，

2CO2+3H2OC2H5OH+3O2，

88                   46

968g                 x

＝，

x＝506g，

（5）①检验是否生成水。

②CuO+COCu+CO2。

③高温条件下氢气能和氧化铜反应生成铜和水，没有反应的二氧化碳能使D中澄清石灰水变浑浊。

【解析】

解：（1）①反应1中一种物质分解生成两种物质，是分解反应。

故填：分解反应。

②反应2中碳元素的化合价降低，由+4变成0。

故填：降低。

（2）反应①中氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O，该转化中循环使用的物质是氢氧化钠。

故填：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O；氢氧化钠。

（3）根据表中信息，选择K2CO3溶液作吸收液的优点是20℃碳酸钾最高浓度比碳酸钠大，吸收效果好。

故填：20℃碳酸钾最高浓度比碳酸钠大。

（4）设生成乙醇的质量为x，

2CO2+3H2OC2H5OH+3O2，

88                   46

968g                 x

＝，

x＝506g，

故填：506g。

（5）①设计B装置的目的是检验是否生成水。

故填：检验是否生成水。

②C装置中氧化铜和一氧化碳反应生成铜和二氧化碳，发生的反应的化学方程式为：CuO+COCu+CO2。

故填：CuO+COCu+CO2。

③研究小组反思后认为，根据上述实验现象不能确认CO2和H2反应生成了CO，理由：高温条件下氢气能和氧化铜反应生成铜和水，没有反应的二氧化碳能使D中澄清石灰水变浑浊。

故填：高温条件下氢气能和氧化铜反应生成铜和水，没有反应的二氧化碳能使D中澄清石灰水变浑浊。

6．（2020•徐州）某同学用质量分数为15%的稀硫酸处理某造纸厂含NaOH的碱性废水样品：

（1）用9.2g质量分数为98%的浓硫酸能配制上述稀硫酸　   　g（计算结果保留整数）。

（2）若上述造纸厂废水75g能与9.8g 15%的稀硫酸恰好反应（设只发生NaOH与硫酸的反应），试计算该废水中NaOH的质量分数（写出计算过程，结果精确到0.1%）。

【答案】（1）60。

（2）设氢氧化钠的质量为x，

H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O，

98        80

9.8g×15%  x

＝，

x＝1.2g，

该废水中氢氧化钠的质量分数为：×100%＝1.6%，

答：该废水中氢氧化钠的质量分数为1.6%。

【解析】

解：（1）用9.2g质量分数为98%的浓硫酸能配制上述稀硫酸质量：9.2g×98%÷15%＝60g。

故填：60。

（2）设氢氧化钠的质量为x，

H2SO4+2NaOH═Na2SO4+2H2O，

98        80

9.8g×15%  x

＝，

x＝1.2g，

该废水中氢氧化钠的质量分数为：×100%＝1.6%，

答：该废水中氢氧化钠的质量分数为1.6%。

7．（2019•苏州）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。

（1）下列关于维生素C的说法正确的是　   　（填字母）。

a．维生素C由C、H、O三种元素组成

b．维生素C的相对分子质量为176g

C．维生素C由6个碳原子、8个氢原子和6个氧原子构成

d．维生素C中C、H、O元素的质量比为9：1：12

（2）阅读本品的营养成分表：每100g维C泡腾片含钠5750mg（1mg＝10﹣3g）。已知本品其他成分不含钠元素，则本品中碳酸氢钠的质量分数为　   　。

（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：H3C6H5O7+3NaHCO3＝Na3C6H5O7+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：

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】（1）ad。

（2）21%。

（3）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

H3C6H5O7+3NaHCO3＝Na3C6H5O7+3CO2↑+3 H2O

             252                132

             4.00gx             0.22g

＝

x＝10.5%

②装置内有残余的二氧化碳。

【解析】

解：（1）

a．维生素C由C、H、O三种元素组成。正确；

b．维生素C的相对分子质量为176，单位是1而非g。错误；

C．维生素C由维生素C分子构成，而不是原子直接构成。错误；

d．维生素C中C、H、O元素的质量比为（12×6）：（1×8）：（16×6）＝9：1：12．正确。

故选：ad。

（2）阅读本品的营养成分表：每100g维C泡腾片含钠5750mg（1mg＝10﹣3g）即5.75g。已知本品其他成分不含钠元素，则本品中碳酸氢钠的质量分数为×100%＝21%。

（3）根据H3C6H5O7+3NaHCO3＝Na3C6H5O7+3CO2↑+3（　　） 可知，反应前：碳原子9个，氢原子11个，氧原子16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13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

H3C6H5O7+3NaHCO3＝Na3C6H5O7+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：

（1）ad。

（2）21%。

（3）H2O。

（4）①10.5%。

②装置内有残余的二氧化碳。

8．（2019•淮安）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）CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；

I．①50；

②反应前后天平示数相差1.1g，说明生成了1.1g二氧化碳气体。

设参加反应的碳酸钠的质量为y

Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑

106                       44

y                         1.1g

       y＝2.65g

NaOH溶液中Na2CO3的质量分数为100%≈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。

【解析】

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：CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O。

I．①设需要盐酸的质量为x

HCl+NaOH═NaCl+H2O

36.5    40

7.3%x  40g×10%

        x＝50g

②反应前后天平示数相差1.1g，说明生成了1.1g二氧化碳气体。

设参加反应的碳酸钠的质量为y

Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑

106                       44

y                         1.1g

       y＝2.65g

NaOH溶液中Na2CO3的质量分数为100%≈6.6%。

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钠，溶液中还可能含有氯化钙。

故答案为：

（1）2；

（2）红；

（3）CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；

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。

9．（2019•徐州）有一份铜锌合金粉末样品（设只含铜、锌），为认识其组成等，某学习小组进行了以下探究，请参与并完成有关计算：

（1）取样品20g和足量稀硫酸充分混合，待反应完全后过滤，将滤渣洗涤，干燥后称得其质量为13.5g。该样品中铜的质量分数为　      　。

（2）再取三份不同质量的样品，分别加入到三份100g相同浓度的硫酸溶液中，充分反应后，测得的数据如下表：

试计算所用硫酸溶液的溶质质量分数（写出计算过程，结果精确到0.01%）。

【答案】（1）67.5%

（2）设硫酸质量为x。

Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑

     98           2

      x           0.25g

＝

x＝12.25g

硫酸溶液中溶质质量分数为×100%＝12.25%

答：硫酸溶液中溶质质量分数为12.25%。

【解析】

解：

（1）由于剩余的是铜，所以该样品中铜的质量分数为×100%＝67.5%

 （2）设硫酸质量为x。

Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑

     98           2

      x           0.25g

＝

x＝12.25g

硫酸溶液中溶质质量分数为×100%＝12.25%

答：硫酸溶液中溶质质量分数为12.25%。

答案：

（1）67.5%

（2）12.25%。

10．（2019•南京）人类文明进步与金属材料发展关系十分密切。某课外兴趣小组探究金属的性质。

（1）用等质量相同表面积的镁条，等体积不同浓度的稀盐酸，在一定条件下反应，实验结果如图所示：

对比a、b曲线，引起a曲线压强迅速增大的因素可能有　   　，　   　。

（2）将1g含镁48%的镁铝合金（不含其他元素）粉末在氧气中加热，至反应完全。

①该合金中镁消耗氧气的质量最多是多少？

②该合金与氧气反应后生成固体的质量最多是　   　（计算结果保留一位小数）

【答案】（1）温度，盐酸的浓度。

（2）①0.32g；

②1.8g。

【解析】

解：（1）a曲线对应的酸的浓度大，故a中反应的速率比b中的快，相同时间内放出的氢气多，引起的压强变化也比b大；因为a中反应速率快，故相同时间放出的热量也多，引起的压强变化也比b大，所以对比a、b曲线，引起a曲线压强迅速增大的因素可能有：温度，盐酸的浓度；

（2）①设该合金中镁消耗氧气的质量为x，生成的氧化镁的质量为y

2Mg+O22MgO

48      32       80

1g×48%  x       y

＝＝

x＝0.32g

y＝0.8g

②设生成的氧化铝的质量为z

4Al+3O22Al2O3

108              204

1g×（1﹣48%）   z

＝

z≈1.0g

则该合金与氧气反应后生成固体的质量最多是0.8g+1.0g＝1.8g。

故答案为：

（1）温度，盐酸的浓度。

（2）①0.32g；

②1.8g。