中考化学二轮复习易错题专练05 化学方程式（含解析）

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专练05 化学方程式
【易错知识点汇总】
1.化学变化中，元素和原子种类不变，但物质和分子的种类一定改变。
2.通过实验验证质量守恒定律时，若是有气体参加或生成的反应须在密闭容器中进行，若在敞口容器中进行，则无论得到什么数据都不能验证质量守恒定律，也不能说化学变化前后质量不守恒。
3.根据一个物质参加反应的条件可以推断该物质的某些性质和贮存方法。
4.可以利用化学变化中一种元素的质量不变和H+所中和的OH-数量守恒来巧妙地解决化学计算。
【易错辨析】
1. 100 g冰融化成100 g水符合质量守恒定律。 （　×　）
2.镁燃烧后生成氧化镁的质量大于镁的质量，所以不符合质量守恒定律。 （　×　）
3. 化学变化中原子的种类与数目不发生改变。 （ √ 　）
4. 探究质量守恒定律时，有气体参加或生成的化学反应应在密闭容器中进行。 （ √ ）
5.为了遵循质量守恒定律，镁燃烧的化学方程式可以改写为Mg＋O2 点燃 MgO2。 （　× 　）
6. 硫粉燃烧的化学方程式为S＋O2 点燃SO2↑ （　× 　）
7. 判断化学方程式是否配平的依据是看等号两边各种元素的原子总数是否相等。（　√ 　）
8. 化学方程式中物质的质量改变，物质间的质量比也会改变 （　× 　）
9. 化学方程式中反应物的质量比等于生成物的质量比。（　× 　）
10. 在根据化学方程式计算的过程中，有单位的数据要带单位。（　√ 　）
11. 化学方程式中各物质的质量比就是相对分子质量之比。（　× 　）

【易错过关】
1．化学反应前后，下列各项中，肯定没有变化的是（　　）
①原子数目 ②原子的种类 ③分子数目 ④分子的种类 ⑤元素的种类 ⑥物质的总质量 ⑦物质的种类．
A．①②⑤⑥ B．①②③⑤ C．①②⑤⑦ D．③④⑥⑦
【答案】A
【解析】根据质量守恒定律的内容：在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和。再根据其意义：元素的种类、原子的数目、原子的种类在反应前后不变。由此可知：
A、①②⑤⑥在化学反应前后没有变化，故A符合题意；
B、分子数目在化学反应前后可能有变化，故B错误；
C、物质的种类在化学反应前后肯定发生变化，故C错误；
D、分子的种类、物质的种类在化学反应前后肯定发生变化，故D错误。故选：A。
2．下列说法正确的是（　　）
A．根据化学方程式可知道各反应物和生成物的质量比
B．物质在空气中加热发生反应后，生成物的总质量必定等于反应物的总质量
C．镁条在空气中燃烧后质量减小，说明该反应不遵守质量守恒定律
D．24g镁和32g氧气反应，可生成56g氧化镁
【答案】A
【解析】A、由化学方程式可知道反应物、生成物、反应条件、反应物和生成物的微粒个数比，质量比，故A正确；
B、参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和，生成物的总质量不一定等于反应物的总质量，是等于参加反应的反应物的总质量，故B错；
C、化学反应都符合质量守恒定律，镁条在空气中燃烧后质量减小，是因为部分生成物以烟的形式逸散到空气中，故C错；
D、质量守恒定律可知参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和，由镁条燃烧的方程式可知，参加反应的镁和氧气的质量比是：24：16，所以24g镁和16g氧气反应，可生成40g氧化镁，故D错。故选：A。
3．下列关于化学方程式CH4+2O2 CO2+2H2O含义的叙述错误的是（　　）
A．CH4和O2在点燃的条件下生成CO2和H2O
B．甲烷具有可燃性
C．参加反应微观粒子与生成微观粒子的个数比是1：2：1：2
D．每消耗16g甲烷就会生成18g水
【答案】D
【解析】A、根据化学方程式的宏观意义，CH4和O2在点燃的条件下生成CO2和H2O，故正确。
B、参加反应的甲烷和氧气与反应生成的二氧化碳和水的分子个数之比为1：2：1：2，故理解正确。
C、1个甲烷分子和2个氧气分子反应生成1个二氧化碳分子和2个水分子，故参加反应微观粒子与生成微观粒子的个数比是1：2：1：2，故正确。
D、16g甲烷和64g氧气反应生成44g二氧化碳和36g水，故错误。
故选：D。
4．下列说法不能用质量守恒定律解释的是（　　）
A．煤炭在空气中燃烧质量减轻
B．细铁丝在氧气中燃烧生成物的质量比细铁丝大
C．同温同压下，1L氢气与1L氯气在点燃的条件下完全反应生成2L氯化氢气体
D．完全电解20g水得到的氢气和氧气的质量之和仍然是20g
【答案】C
【解析】A、煤炭在空气中燃烧质量减轻，有新物质二氧化碳生成，属于化学变化，能用质量守恒定律解释。
B、铁丝燃烧是和氧气发生了反应，所以反应后生成物的质量应该等于参加反应的铁和氧气的质量之和，所以遵守质量守恒定律；
C、质量守恒定律是质量守恒，而非体积守恒，故不能用质量守恒定律解释。
D、电解水是化学变化，电解水是分解反应，由质量守恒定律可知，完全电解20g水得到的氢气和氧气的质量之和仍然是20g。能用质量守恒定律解释。故选：C。
5．将某稀硫酸分成两等份，分别向其中加入锌粉或铁粉，反应结束后剩余的铁比剩余的锌多，产生氢气分别为a g和b g，则a和b的关系是（　　）
A．a＜b B．a＝b C．a＞b D．无法判断
【答案】B
【解析】由题意可知，将某稀硫酸分成两等份，分别向其中加入锌粉或铁粉，反应结束后剩余的铁比剩余的锌多，说明了酸全部参加了反应，金属有剩余，相同的酸全部参加反应是生成氢气的质量是相同的，即a＝b．所以B正确。故选：B。
6．有Mg、Al、Zn的混合物共7.2g，与足量盐酸反应，生成H2的质量可能是（　　）
A．0.2g B．0.6g C．0.8g D．0.9g
【答案】B
【解析】设7.2g镁完全反应生成的氢气质量为x
Mg﹣﹣﹣﹣﹣H2，
24 2
7.2g x
解得：x＝0.6g
设7.2g铝完全反应生成的氢气质量为y
2Al﹣﹣﹣﹣﹣﹣3H2，
54 6
7.2g y
解得：y＝0.8g
设7.2g锌完全反应生成的氢气质量为z
Zn﹣﹣﹣﹣﹣H2，
65 2
7.2g z
解得：z≈0.22g
由于金属是镁、铝和锌的混合物，由题中的数据可知，得到氢气的质量可能为0.6g，
故选：B。
7．已知A+3B＝2C+3D中，已知2.3gA跟4.8gB恰好完全反应生成4.4gC．又知D的相对分子质量为18，则A的相对分子质量为（　　）
A．23 B．46 C．92 D．96
【答案】B
【解析】根据质量守恒定律可得，生成的D的质量为2.3g+4.8g﹣4.4g＝2.7g
设A的相对分子质量为x
A+3B＝2C+3D
x 54
2.3g 2.7g
＝
x＝46
故选：B。
8．在天平左右两盘中各放一个等质量的烧杯，烧杯中分别盛有等质量的足量的稀硫酸，天平平衡。向左盘烧杯中加入27g10%的氯化钡溶液，向右盘烧杯中加入铁粉，若天平最终平衡，则加入铁粉的质量为（　　）

A．56g B．28g
C．27g D．数据不足，无法计算
【答案】B
【解析】因为氯化钡溶液和稀硫酸反应没有气体产生，因此质量增加的是27g，左边烧杯的质量增加量为27g，也就是说右边烧杯的质量增加量也为27g天平才能保持平衡；
设质量增加量为27g与稀硫酸反应的铁的质量为x，
Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑ 质量增加量
56 2 56﹣2＝54
x 27g
解得：x＝28g
由上述计算可知B正确。
故选：B。
9．已知：2KClO32KCl+3O2↑，如图表示一定质量的KClO3和MnO2固体混合物受热过程中，某变量y随时间的变化趋势，纵坐标表示的是（　　）

A．剩余固体的质量
B．生成O2的质量
C．固体中MnO2的质量
D．固体中钾元素的质量分数
【答案】A
【解析】氯酸钾在二氧化锰的催化作用下加热生成氯化钾和氧气；
A、氯酸钾在二氧化锰的催化作用下在加热条件下生成氯化钾和氧气，随着反应的进行，氧气逸出，固体的质量逐渐减少，至完全反应，剩余固体为氯化钾和二氧化锰的混合物，观察图象，符合变化过程，故选项正确。
B、生成的氧气质量从零开始，逐渐增加，然后不变，故错误；
C、二氧化锰是反应的催化剂，质量不会改，故不正确。
D、由2KClO32KCl+3O2↑可知：反应前后钾元素质量不变，故错误；故选：A。
10．下列有关化学知识的应用及化学方程式书写正确的是（　　）
①比较铁和银的金属活动性顺序：Fe+2AgCl＝FeCl2+2Ag
②炼铁厂以赤铁矿为原料炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
③用点燃的方法除去二氧化碳气体中混有的少量一氧化碳：2CO+O22CO2
④用含碳酸氢钠的药物治疗胃酸过多：NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
【答案】D
【解析】①铁 的金属活动性比银强，但氯化银难溶于水，不能与铁发生置换反应。
②该化学方程式书写完全正确。
③除去二氧化碳中的一氧化碳不能够点燃，这是因为当二氧化碳（不能燃烧、不能支持燃烧）大量存在时，少量的一氧化碳是不会燃烧的。
④该化学方程式书写完全正确。
故②④知识的应用及化学方程式书写均正确。
故选：D。
11．在一定条件下，在一个密闭容器内发生某反应，测得反应过程中各物质的质量如表所示，下列说 法错误的是（　　）
物质
甲
乙
丙
丁
反应前质量/g
20
20
20
3
反应后质量/g
待测
12
31
3
A．该反应是化合反应，丁可能是催化剂
B．甲、乙两种物质中元素种类一定与丙物质中元素种类相同
C．乙物质可能是单质
D．反应后甲物质的质量为3g
【答案】D
【解析】由表中数据分析可知，反应前后乙的质量减少了20g﹣12g＝8g，故是反应物，参加反应的乙的质量为8g；同理可以确定丙是生成物，生成的丙的质量为31g﹣20g＝11g；丁的质量反应前后应不变，可能作该反应的催化剂，也可能没有参加反应；由质量守恒定律，甲是反应物，参加反应的a的质量为11g﹣8g＝3g。
A、该反应的反应物为甲和乙，生成物是丙，符合“多变一”的特征，属于化合反应；丁的质量反应前后应不变，可能作该反应的催化剂，也可能没有参加反应；故选项说法正确。
B、该反应的反应物为甲和乙，生成物是丙，属于化合反应，甲、乙两种物质中元素种类一定与丙物质中元素种类相同，故选项说法正确。
C、该反应的反应物为甲和乙，生成物是丙，乙物质可能是单质，故选项说法错正确。
D、反应后甲物质的质量为20g﹣3g＝17g，故选项说法错误。故选：D。
12．化学学习者常用化学思维去认识和理解世界。下列选项错误的是（　　）
A．变化与守恒：依据砂糖灼烧后得到黑色物质，可推测砂糖中含有碳元素
B．模型与推理：鱼类能在水中生活，证明水中溶有氧气
C．宏观与微观：一氧化碳和二氧化碳的化学性质不同，原因是构成物质的分子不同
D．探究与创新：探究氧化铜是否为过氧化氢分解的催化剂，只需设计实验证明氧化铜能否改变反应速率即可
【答案】D
【解析】A、依据砂糖灼烧后得到黑色物质，可推测砂糖中含有碳元素，正确；
B、鱼类能在水中生活，证明水中溶有氧气，正确；
C、一氧化碳和二氧化碳的化学性质不同，原因是构成物质的分子不同，正确；
D、探究氧化铜是否为过氧化氢分解的催化剂，不能只需设计实验证明氧化铜能否改变反应速率即可，还要必须满足反应前后质量和化学性质不变，错误；
故选：D。
13．实验室利用大理石（主要成分为CaCO3，杂质不与盐酸反应）和稀盐酸反应来制取CO2，已知大理石与足量稀盐酸反应时固体质量与反应时间的关系如图所示。那么，大理石中CaCO3的质量分数和生成CO2的质量分别为（　　）

A．37.5% 22 g B．62.5% 22 g
C．37.5% 35.2 g D．62.5% 35.2 g
【答案】B
【解析】由图象可知，大理石中中碳酸钙的质量为80g﹣30g＝50g；大理石中CaCO3的质量分数是：
＝62.5%；
设生成二氧化碳的质量为x
2HCl+CaCO3＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
50g x
解得：x＝22g
由上述计算可知，B正确。故选：B。
14．科学兴趣小组对金属R的活动性探究时发现：将R放入稀硫酸中，有气泡产生，同时生成正二价的盐：将R放入ZnSO4溶液中无任何变化。根据以上信息，下列化学方程式正确的是（　　）
A．R+MgCl2═RCl2+Mg B．R+2AgCl═RCl2+2Ag
C．R+2HCl═RCl2+H2↑ D．Al+RSO4═AlSO4+R
【答案】C
【解析】将R放入稀硫酸中，有气泡产生，说明在金属活动顺序中R在氢的前面；将R放入ZnSO4溶液中无任何变化，说明R在Zn的后面。
A．根据以上分析可知，在金属活动顺序中，R在镁的后面，R不能置换出氯化镁中的镁，故A错误；
B．因为氯化银不溶于水形不成溶液，所以R不能置换出氯化银中的银，故B错误；
C．在金属活动顺序中，R在氢的前面，能置换出盐酸中的氢，R在化合物中显+2价，R+2HCl＝RCl2+H2↑能够反应，故C正确；
D．铝在金属活动顺序中排在锌的前面，所以也排在R的前面，铝能把R从其化合物的溶液中给置换出来，铝在形成化合物时显+3价，与RSO4反应的化学方程式为：2Al+3RSO4＝Al2（SO4）3+3R，故D错误。故选：C。
15．在化学反应A+2B═C+2D中，已知16gA与64gB恰好完全反应，生成C和D的质量比为11：9，又知B的相对分子质量为32，则D的相对分子质量为（　　）
A．9 B．12 C．18 D．36
【答案】C
【解析】根据质量守恒定律可得，生成的C、D的质量和为16g+64g＝80g，生成C和D的质量比为11：9，则D的质量为36g。
设D的相对分子质量为x
A+2B═C+2D
32×2 2x
64g 36g
＝
x＝18
故选：C。
16．氧化钙和过氧化钙（CaO2）的混合物12.8g溶于足量水后，加入足量的Na2CO3溶液，溶液中的Ca2+全部转化为沉淀，过滤、干燥，得到20g CaCO3．则原12.8g混合物中钙元素与氧元素的质量之比为（已知2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑）（　　）
A．5：2 B．5：3 C．5：4 D．1：1
【答案】B
【解析】设钙元素的质量为x
根据CaO+H2O＝Ca（OH）2
2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑
Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH
可得关系式为
Ca﹣﹣﹣﹣﹣﹣CaCO3
40 100
x 20g
＝
x＝8g
原12.8g混合物中钙元素与氧元素的质量之比为8g：（12.8g﹣8g）＝5：3
故选：B。
17．将一定质量的碳酸钙和铜粉的混合物在空气中煅烧使其完全反应，若反应前后固体的质量保持不变，则铜和碳酸钙的质量比为（　　）
A．44：25 B．22：5 C．4：1 D．44：32
【答案】A
【解析】根据反应前后固体的质量保持不变可知，生成二氧化碳的质量等于与铜反应的氧气的质量，设生成二氧化碳的质量为A，参加反应的碳酸钙的质量为x，铜的质量为y。
CaCO3CaO+CO2↑
100 44
x A
x＝
2Cu+O22CuO
128 32
y A
y＝4A
铜和碳酸钙的质量比为：
4A：＝44：25
故选：A。
18．10g碳酸钙样品与足量稀盐酸反应，生成二氧化碳气体4.35g，则样品中可能混入的杂质为（　　）
A．碳酸镁 B．碳酸氢钠
C．碳酸钠 D．碳酸镁和碳酸氢钠
【答案】C
【解析】
设10g纯净碳酸钙生成的二氧化碳的质量为x
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
10g x
＝
x＝4.4g＞4.35g，说明所含杂质的相对分子质量大于100。
碳酸镁的相对分子质量为24+12+16×3＝84；
碳酸氢钠的相对分子质量为23+1+12+16×3＝84；
碳酸钠的相对分子质量为23×2+12+16×3＝106；
故选：C。
19．在密闭容器内进行的某反应，测得反应前（to）、反应中（t1）、反应后（t2）不同时刻甲、乙丙、丁四种物质的质量分数分别如图所示。下列说法不正确的是（　　）

A．该反应中，甲和乙是反应物，丙和丁是生成物
B．t1时刻，乙、丙、丁所占的质量分数分别为22%、43%和23%
C．若甲和丁分别是镁和碳，则该反应中甲和丁的化学计量数之比1：2
D．若反应前四种物质的总质量为100g，如果再增加12g甲，则甲与乙可恰好完全反应
【答案】C
【解析】A、该反应中甲、乙质量减少，是反应物，丙、丁质量增加，是生成物，该选项说法正确；
B、反应前丙的质量分数是1﹣20%﹣24%﹣33%＝23%，反应后乙的质量分数为1﹣26%﹣63%＝11%，参加反应的甲、乙、丙、丁的质量比为24%：（33%﹣11%）：（63%﹣23%）：（26%﹣20%）＝12：11：20：3，t1时刻，甲反应掉12%，则乙反应掉11%，丁、丙分别生成3%、20%，因此乙、丁、丙所占的质量分数分别为22%、23%和43%，该选项说法正确；
C、若甲和丁分别是镁和碳，则该反应中甲和丁的化学计量数之比＝＝2：1，该选项说法不正确。
D、若反应前甲、乙、丙、丁四种物质的总质量为100克，则反应前甲的质量为24g，乙33g，再增加12克甲，则反应前甲乙质量比为（24g+12g）：33g＝12：11，所以甲与乙则恰好完全反应，该选项说法正确；
故选：C。
20．现有一包由6.5g锌、5.6g铁、6.4g铜混合而成的粉末，把它加入到一定量的硝酸银溶液中，反应结束后过滤，洗涤，烘干，测得滤渣中含有三种物质。则滤渣的质量可能是（　　）
A．49.6g B．34.8g C．32.7g D．18.5g
【答案】B
【解析】设锌完全反应生成的银的质量为x
Zn+2AgNO3＝Zn（NO3）2+2Ag
65 216
6.5g x
＝
x＝21.6g
设铁完全反应生成的银的质量为y
Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag
56 216
5.6g y
＝
y＝21.6g
由于滤渣中含有三种物质，所以一定是铁、铜和银。此时存在两种可能性，第一是只有锌参加反应且完全反应，此时滤渣的质量为21.6g+5.6g+6.4g＝33.6g
第二种情况，锌反应完全，铁部分反应，此时滤渣的质量小于21.6g+21.6g+6.4g＝49.6g。
所以结果介于大于等于33.6g而小于49.6g。故选：B。
二．实验探究题（共1小题）
21．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：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】（1）ad。
（2）21%。
（3）H2O。
（4）①10.5%。
②装置内有残余的二氧化碳。
【解析】（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。
三．计算题（共4小题）
22．为测定某过氧化钠样品的纯度，将2g该样品与足量水发生如下反应（杂质不参与反应）：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑生成气体质量与时间的关系如图所示。回答问题：
（1）生成氧气的质量是　 　g。
（2）列式计算该样品中过氧化钠的质量分数。

【答案】（1）0.32；（2）该样品中过氧化钠的质量分数为78%。
【解析】（1）由图象可知，生成氧气的质量是0.32g
（2）设样品的过氧化钠的质量为x。
2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑
156 32
x 0.32g
解得：x＝1.56g
该样品中过氧化钠的质量分数为：＝78%
23．实验室有一瓶含杂质的氯酸钾。某兴趣小组利用该药品和二氧化锰制取氧气（杂质不参加反应）。实验数据记录如图：

请回答下列问题：
（1）a＝　 　。
（2）计算受热分解的氯酸钾的质量（精确到0.1g）。
【答案】（1）4.5；
（2）12.3g。
【解析】二氧化锰的质量为18.2g+4.8g﹣18.5g＝4.5g
由于是充分反应，所以是氯酸钾完全分解，设原固体混合物中氯酸钾的质量为x
2KClO32KCl+3O2↑
245 96
x 4.8g
＝
x＝12.25g≈12.3g
24．铜锌合金又叫黄铜，外观酷似黄金，极易以假乱真。某化学兴趣小组用图I所示装置测定黄铜中锌的含量。将足量的稀硫酸全部加入锥形瓶中，充分反应后天平示数的变化如图Ⅱ所示。请计算：

（1）生成氢气　 　g。
（2）黄铜样品中锌的质量分数。（写出计算过程）
【答案】（1）0.2；
（2）32.5%。
【解析】根据质量守恒定律可得，生成的氢气的质量为290.2g﹣290.0g＝0.2g
设黄铜样品中锌的质量分数为x
Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
65 2
20.0gx 0.2g
＝
x＝32.5%
25．2018年5月18日我国第一艘国产航母试海成功，航母的许多电子元件使用了黄铜。为测定某黄铜（假设合金中仅含铜，锌）中铜的质量分数，兴趣小组同学称取20g黄铜粉末于烧杯中，将80g稀硫酸分四次加入，充分反应，测得实验数据如下表所示：

第一次
第二次
第三次
第四次
加入稀硫酸的质量（g）
20
20
20
20
烧杯中剩余物的质量（g）
39.92
59.84
79.80
99.80
（1）黄铜粉末完全反应生成氢气的总质量为　 　g。
（2）该黄铜中铜的质量分数为多少？（写出计算过程）
（3）第三次实验中溶质的种类为　 　。
【答案】
（1）黄铜粉末完全反应生成氢气的总质量为 0.2g。
（2）该黄铜中铜的质量分数为67.5%。
（3）第三次实验中溶质的种类为 2。
【解析】
（1）根据质量守恒定律可得，黄铜粉末完全反应生成氢气总质量为20g+80g﹣99.80g＝0.2g
（2）设20克黄铜中铜的质量分数为x
Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
65 2
20g×（1﹣x） 0.2g
＝
x＝67.5%
（3）

第一次
第二次
第三次
第四次
加入稀硫酸的质量（g）
20
20
20
20
反应前质量
40
59.92
79.84
99.80
烧杯中剩余物的质量（g）
39.92
59.84
79.80
99.80
质量变化
0.08
0.08
0.04
0
可见第三次时硫酸过量，此时的溶质为生成的硫酸锌和剩余的硫酸。