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（江苏专用）2024年中考化学【热点·重点·难点】重难点04 质量守恒定律 化学方程式专题训练.zip
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这是一份（江苏专用）2024年中考化学【热点·重点·难点】重难点04 质量守恒定律 化学方程式专题训练.zip，文件包含重难点04质量守恒定律化学方程式-2024年中考化学热点·重点·难点专练江苏专用原卷版docx、重难点04质量守恒定律化学方程式-2024年中考化学热点·重点·难点专练江苏专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
1．质量守恒定律的理解和应用常为选择题、填空题，考查运用质量守恒定律揭示生活中的现象，从微观角度揭示质量守恒定律，运用质量守恒定律，推断物质的元素组成或化学式等。
2．根据质量守恒定律计算常为选择题、填空题，考查运用质量守恒定律计算反应物、生成物的质量，常见试题为计算体系中某物质的质量。
3．化学方程式的书写常出现在选择题、填空题，考查化学方程式是否正确以及根据题给文字信息或微观示意图信息书写化学方程式。
4．根据化学方程式的计算主要以实物流程图或框图流程图等形式呈现，考查读图、识图能力。
重难点01 质量守恒定律的理解和应用
1．质量守恒定律适用于所有的化学变化，不能用于解释物理变化。
2．质量守恒定律的微观解释是化学反应前后，原子的种类、数目和质量都不变。
3．推断未知化学式应根据化学反应前后原子的种类和数目不变进行分析。判断物质元素组成应根据反应前后元素种类、质量不变，即“生成物中某元素的总质量=反应物中该元素的总质量”，计算未知物中各元素质量，即可得出其元素组成。
重难点02 根据质量守恒定律计算
1．根据反应前后各物质的质量总和不变，计算反应前后某未知物的质量。
2．分析各物质质量变化，确定反应物和生成物。反应后质量减小→反应物；反应后质量增大→生成物；
反应后质量不变→催化剂或不参与反应的杂质。然后分析选项或问题，进行解答。
重难点03 化学方程式的书写
1．判断化学方程式正误要做到“四看”：一看是否符合客观事实，反应物和生成物的化学式是否正确；二看化学方程式是否配平；三看是否正确标明反应条件；四看生成物是否正确标注“↑”或“↓”。
2．根据题给文字信息或微观示意图信息书写化学方程式时，先结合文字信息或微观示意图信息找出反应物、生成物和反应条件，然后进行书写并配平。需要注意的是：在微观模型示意图中，如果反应物和生成物中有同种微粒，表明某反应物有剩余，先要划去相等数量的同种微粒，再书写化学方程式。
重难点04 根据化学方程式的计算
1．读懂题意，找出已知量和未知量。
2．根据化学方程式计算的步骤格式进行解答。计算时需要注意：
（1）由于方程式只能反映物质间的质量比，因此代入方程式中的各个量必须是质量。
（2）由于方程式中各物质是纯净物，因此代入方程式中的量必须是纯净物的质量。
（3）单位必须统一，每步列式都要带单位。
（4）如果没有完全反应，反应物和生成物的质量不能代入计算。只有通过相关数据得知反应完全进行（遇到“充分反应”、“恰好完全反应”、“适量”等词语），这些质量才可能有效。遇到“足量”、“过量”、“一段时间”、“少量”等词语，说明可能不是恰好完全反应。
重难点01 质量守恒定律的理解和应用
1．（2023·江苏扬州·统考中考真题）O2通过臭氧发生器转化为O3，反应前后发生变化的是
A．原子总数B．分子种类
C．元素种类D．物质的总质量
【答案】D
【解析】1．A、根据质量守恒定律，反应前后原子的个数不变，故A错误；
B、反应前是氧气分子，反应后是臭氧分子，分子种类改变，故B正确；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，故C错误；
D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，故D错误；
故选B。
2．（2023·江苏常州·中考真题）银器在使用过程中逐渐失去光泽是因为发生了化学反应：4Ag+O2+2H2S＝2X+2H2O。根据质量守恒定律可推测X是
A．Ag2SB．Ag2SO4C．SO2D．SO3
【答案】A
【解析】根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Ag、O、H、S的个数分别是4、2、4、2，生成物中含Ag、O、H、S的个数分别是0、2、4、0，故生成物中还应含4个Ag、2个S，故X的化学式为：Ag2S。
故选A。
重难点02 根据质量守恒定律计算
3．（2023·江苏盐城·统考二模）如图是两组物质之间在一定的条件下相互转化的过程。下列说法不正确的是（2023·江苏南京·二模）将一定质量的甲、乙、丙、丁四种物质放入密闭容器内，一定条件下发生化学反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示。
下列说法正确的是
A．x=16
B．该反应的基本类型为分解反应
C．乙的质量等于甲、丙、丁的质量之和
D．丙和丁的相对分子质量之比为22:9
【答案】B
【解析】A、反应前后物质的总质量不变，则x=6.4+33.6+1.6+0.2-11.4-6.0-2.0=22.4，该选项说法不正确；
B、由表中数据可知，反应前后，甲、丙、丁质量增加，为生成物，乙质量减小，为反应物，则该反应为分解反应，该选项说法正确；
C、根据质量守恒定律可知，参加反应的乙的质量等于生成的甲、丙、丁的质量之和，该选项说法不正确；
D、由于不确定化学计量数的关系，则不能确定相对原子质量，该选项说法不正确。
故选B。
4．（2023·江苏无锡·模拟预测）在一定条件下，密闭容器中充分反应，反应前后各物质的质量如图，以下说法错误的是
A．反应前后的甲、丙改变的质量比是11：14B．x=0.4g
C．甲和乙是反应物D．丁一定是单质
【答案】D
【分析】反应前后质量下降的是反应物，质量增加的是生成物，质量不变的可能是催化剂；
【解析】A、根据图中信息，甲改变的质量=7.6g-3.2g=4.4g，丙改变的质量=5.8g-0.2g=5.6g，质量比=4.4g：5.6g=11:14，正确；
B、根据反应前后物质的总质量不变计算x，x=（7.6g+2.0g+0.2g)-(3.2g+5.8g+0.4g)=0.4g，正确；
C、甲和乙质量反应后减小，是反应物，正确；
D、反应是甲和乙反应生成丙和丁，丁不一定是单质，也可以是化合物，错误。
故选：D。
重难点03 化学方程式的书写
5．（2023·江苏镇江·一模）下列指定反应的化学方程式正确的是
A．淀粉酿酒：C6H12O6C2H6O+2CO2↑
B．硫酸除铁锈：Fe2O3+3H2SO4=2FeSO4 +3H2O
C．配制波尔多液：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓
D．电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】D
【解析】A、淀粉在发酵过程中转化为葡萄糖，再进而转化为乙醇（C2H6O）和二氧化碳，方程式中没有配平，错误；
B、铁锈中铁元素化合价为+3，氧化铁和硫酸反应会生成硫酸铁和水，不会生成硫酸亚铁，错误；
C、配制波尔多液使用氢氧化钙和硫酸铜，不用氢氧化钠，错误；
D、电解食盐水能生成氢氧化钠、氢气和氯气，配平，生成氢气和氯气标注气体箭头，方程式书写正确，正确。
故选：D。
重难点04 根据化学方程式的计算
6．（2023·江苏宿迁·一模）用沉淀法测定食用碱样品(含少量氯化钠杂质)中碳酸钠的质量分数。取10g样品加90g水完全溶解制成溶液，逐次滴加溶质质量分数相同的氯化钙溶液，实验数据如表：
请根据实验数据分析解答下列问题：
(1)表中数据M的值为 。
(2)该样品中碳酸钠的质量分数是多少？
【答案】(1)154.0/154
(2)根据表格数据可知，反应生成沉淀的质量为
设样品中碳酸钠的质量分数为x
答：样品中碳酸钠的质量分数是84.8%。
【解析】（1）根据题意可知，第一次加入20g氯化钙溶液，生成沉淀质量为20.0g+90g+10g-118.0g=2.0g，第二次加入20g氯化钙溶液，生成沉淀的质量为118.0g+20.0g-136.0g=2.0g，同理推出第四次生成沉淀的值为136.0g+20.0g-M=2.0g，解得M=154.0g；
（2）见答案。
1．（2023·江苏无锡·二模）我国古代典籍中有”银针验毒”的记载，“银针验毒”的反应原理之一是4Ag+2H2S+O2＝2X+2H2O。下列有关该反应的说法正确的是
A．反应属于复分解反应B．X的化学式是AgS
C．反应前后分子的种类不变D．该反应前后Ag、O元素的化合价发生改变
【答案】D
【解析】A、该反应不符合“两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物”的特点，不属于复分解反应，故选项说法不正确；
B、根据质量守恒定律，反应前后原子的种类、数目不变，反应前Ag、H、S、O的原子个数分别为4、4、2、2，反应后Ag、H、S、O的原子个数分别为0、4、0、2，则X中含有4个银原子和2个硫原子，X的化学式为Ag2S，故选项说法不正确；
C、由反应的化学方程式可知，反应物为Ag、H2S和O2，生成物为Ag2S和H2O，反应前后分子的种类发生改变，故选项说法不正确；
D、反应中银元素的化合价由0价变成+1价，氧元素的化合价由0价变为-2价，因此该反应前后Ag、O元素的化合价发生改变，故选项说法正确。
故选D。
2．（2023·江苏镇江·二模）下列指定反应的化学方程式正确的是
A．用氢氧化铝中和过多胃酸：
B．酸雨形成的原因：
C．氧乙炔焰的完全燃烧：
D．石灰石粉掺入煤中，燃烧时吸收SO2：
【答案】D
【解析】A、氢氧化铝和胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，正确的化学方程式为Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，故选项不符合题意；
B、酸雨形成的原因之一是二氧化硫和水反应生成亚硫酸，正确的化学方程式为，故选项不符合题意；
C、氧乙炔焰的完全燃烧生成二氧化碳和水，正确的化学方程式为，故选项不符合题意；
D、石灰石的主要成分是碳酸钙，将SO2通入石灰石粉中燃烧，生成硫酸钙和二氧化碳，化学方程式书写完全正确，故选项符合题意。
故选D。
3．（2023·江苏常州·中考真题）工业上制取芯片基材高纯硅（Si）的某一步反应微观示意图如图（相同小球表示同种原子）。下列说法正确的是
A．甲与乙质量之比为1：85
B．物质丁是由原子构成的
C．化学反应中分子可以再分
D．反应前后原子数量改变
【答案】C
【分析】从微观示意图可知，该反应的化学方程式为。
【解析】A、甲与乙质量之比为（28+35.5×4）：（1×2×2）=85:1，错误。
B、物质丁HCl是由分子构成的，错误；
C、化学反应的微观实质是分子拆分成原子，原子构成新的分子，化学反应中分子可以再分，正确；
D、化学反应的微观实质是分子拆分成原子，原子构成新的分子，所以反应前后原子的种类和数目不变，错误；
故选C。
4．（2023·江苏无锡·中考真题）如图是“光催化固氮合成氨”反应前后分子种类变化的示意图。下列叙述正确的是
A．乙和丙都是氧化物
B．参加反应的甲和乙的分子个数比为
C．反应后原子数目增加
D．反应生成的丙和丁的质量比为
【答案】B
【分析】由图可知甲由2个氮原子构成，即N2，乙 由1个氧原子和2个氢原子构成，即H2O，丙 由2个氧原子构成，即O2，丁 由1个氮原子和3个氢原子构成，即NH3，所以该示意图表示的化学反应为。
【解析】A.由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物是氧化物，所以乙是氧化物，丙不是，A错误，不符合题意；
B.由分析可知参加反应的甲和乙的分子个数比为 1:3，B正确，符合题意；
C.化学反应前后原子的种类、个数不变，C错误，不符合题意；
D.反应生成的丙和丁的质量比=，D错误，不符合题意；
故选B。
5．（2023·江苏南通·三模）氧化铜可用于有机物组成的测定，反应原理为aCxHy+bCuOcCu+dH2O+eCO2.向盛有CuO的试管中通入足量气体CxHy并加热，实验过程中生成CO2的质量和试管中固体质量的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．化学计量数b：e=4：1
B．CxHy中，x和y之比为1：4
C．生成2.2g二氧化碳时，试管中固体减少了3.2g
D．生成2.2g二氧化碳时，参加反应的CxHy质量为1.6g
【答案】D
【解析】A.由化学方程式可知反应前的固体只有CuO，根据图示可知反应前固体质量为16g，即CuO质量为16g，当固体质量不再变化时，CuO则完全反应，此时生成的CO2质量为2.2g，根据化学反应中各物质的质量比等于该物质的相对分子质量和化学计量数的乘积之比，则(80×b):(44 ×e)=16g：2.2g，则b:e=4:1，正确；
B.根据A中计算可知b:e= 4:1，假设b =4，e=1，带入化学方程式，得到aCxHy+4CuOcCu+dH2O+CO2，根据质量守恒定律(化学反应前后原子的种类和数目不变)，可得铜原子个数不变，所以c=4；氧原子个数不变，所以4=2d，则d=2；碳原子个数不变所以ax=1，氢原子个数不变所以ay=4，所以 x和y之比为1:4，正确；
C.根据图示可知当生成2.2g二氧化碳时，氧化铜恰好和CxHy完全反应，由于反应前固体为氧化铜，反应后固体为铜，根据质量守恒定律，则固体减少的质量为氧化铜中氧元素的质量，氧化铜中氧元素的质量=，正确；
D.根据图示可知当生成2.2g二氧化碳时，氧化铜恰好和CxHy完全反应，根据质量守恒定律，反应后生成的二氧化碳中的碳元素只能来自于CxHy，因此CxHy和CO2中的碳元素质量相等，设参加反应的CxHy质量为A，则，根据x:y=1:4，将y=4x带入，可得A=0.8g，错误。
故选：D。
6．（2023·江苏常州·二模）mgCaCO3煅烧一段时间，冷却，称得剩金固体的质量为17.8g，向剩金固体中加入足能的稀盐酸，充分反应，将所得溶液蒸干，得到22.2gCaCl2，下列说法不正确的是
A．m=20
B．剩余固体中CaCO3、CaO的质量比为75：14
C．室温下，若将17.8g固体加96.3g水充分溶解后过滤，所得溶液浓度为3.7%
D．燃烧前后的固体分别与等浓度的稀盐酸反应，两者消耗稀盐酸的质量相等
【答案】C
【解析】A、碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：，向剩余固体中加入足量的稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：，由反应的化学方程式可知，碳酸钙中的钙元素完全转化到了氯化钙中，则碳酸钙的质量为：，即m=20，故选项A正确；
B、碳酸钙高温分解反应生成二氧化碳的质量为：，设参加反应的碳酸钙的质量为，生成氧化钙的质量为
故剩余固体中碳酸钙、氧化钙的质量比为：，故选项B正确；
C、氢氧化钙微溶于水，所得溶液浓度肯定小于3.7%，故选项C错误；
D、煅烧前的固体为碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：，煅烧后的固体为氧化钙和碳酸钙，碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：，由反应的化学方程式可得关系式：，故燃烧前后的固体分别与等浓度的稀盐酸反应，两者消耗稀盐酸的质量相等，故选项D正确；
故选：C。
7．（2023·江苏无锡·一模）甲烷是天然气的主要成分。利用太阳能可将甲烷在高温熔融盐环境中转化为H2，反应原理如图所示，下列说法正确的是
A．过程①发生的反应是置换反应
B．整个过程中，只有Zn的化合价发生变化
C．理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为1:1
D．当参加反应的与质量比为8:9时，理论上可不补充ZnO
【答案】D
【分析】根据反应原理示意图可知，该反应原理主要由两个反应，过程①的化学反应为：；过程②的化学反应为：；整个反应的化学方程式为：；
【解析】A、根据分析可知，过程①的化学反应为 ，不是单质和化合物反应，不可能是置换反应，故A错误；
B、根据分析可知，整个反应的化学方程式为可知，C、H的化合价发生改变，故B错误；
C、根据分析可知，过程①的化学反应为，过程②的化学反应为：，理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为2：1，故C错误；
D、根据分析可知，该反应原理为，参加反应的CH4与H2O质量比为16：18=8：9，理论上可不补充ZnO，故D正确；
故选D。
8．（2023·江苏盐城·三模）向一定质量和的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的溶液。反应过程中加入的溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示，说法正确的是
A．图中段表示生成沉淀的过程B．b点溶液中溶质有2种
C．x值为106.0D．c点溶液的
【答案】C
【解析】A、图中a段表示生成的气体质量，故A选项错误；
B、b点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B选项错误；
C、根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g，设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z，则
所以x=(5.3g+5.3g)÷10%=106g，所以选项正确；
D、c点的溶液中含有Na2CO3、NaCl两种溶质，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c点的溶液的pH ＞7，故D选项错误；
故选：C。
9．（2023·江苏常州·中考真题）“天宫课堂”中宇航员将维生素C泡腾片[含维生素C、柠檬酸（C6H8O7）和碳酸氢钠]塞入一个水球，水球里立即产生很多气泡，其中一个反应为：C6H8O7+xNaHCO3=NaxC6H8﹣xO7+xH2O+xCO2↑。为测定柠檬酸钠（NaxC6H8﹣xO7化学式中的x，用4套相同装置加等量的水后，分别装入如表所示质量的柠檬酸和碳酸氢钠固体进行实验测得该条件下数据如表，推测x的数值为
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【解析】解：由表格中的数据可知，加入0.84g碳酸氢钠产生气体的体积为224 mL，加入1.68g碳酸氢钠产生气体的体积为448 mL，即每0.84g碳酸氢钠完全反应产生气体的体积为224 mL，而加入2.52g、3.36g碳酸氢钠产生气体的体积都为672 mL，说明在实验组别3中，1.92g柠檬酸与2.52g碳酸氢钠恰好完全反应；
故选B。
10．（2023·江苏无锡·一模）酸性高锰酸钾或三氧化铬(CrO3)常被用作酒精检测仪。CrO3检测原理是在酸性(稀硫酸)条件下，CrO3与乙醇反应生成绿色的硫酸铬［Cr2(SO4)3］。CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率()随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A．高锰酸钾中锰元素化合价为＋7
B．CrO3与乙醇反应的化学方程式：
C．加热时固体中含氧量在逐渐下降
D．B点固体物质的化学式是CrO2
【答案】D
【解析】A.高锰酸钾的化学式为KMnO4，化合物中钾元素显+1价，氧元素一般显-2价，设中锰元素化合价为x，根据化合物中各种元素化合价代数和等于零，则：（+1）+x+（-2）×4=0，得x=+7，故A正确；
B.CrO3与乙醇反应生成硫酸铬，乙醇被CrO3氧化为二氧化碳，根据化学反应前后元素种类不变，另一种物质是H2O，所以CrO3与乙醇反应的化学方程式为：，故B正确；
C.由图可知加热时固体残留率逐渐减小，固体质量逐渐减小，说明CrO3加热时逐步分解有氧气生成，所以加热时固体中含氧量在逐渐下降，故C正确；
D.设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为：，B点剩余固体残留率为76%，B点固体物质的质量为：100g×76%=76g，根据质量守恒定律，铬元素的质量不变，所以生成物中铬元素的质量为52g，其中氧元素的质量为：76g-52g=24g，则剩余固体中铬元素与氧元素的原子个数比为：，即剩余固体的化学式为Cr2O3，故D错误。
故选：D。
11．（2023·江苏苏州·三模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应回收S，其物质转化示意图如图所示。下列说法正确的是
A．在图示转化中，化合价变化的元素只有铜、氧
B．过程Ⅲ反应化学方程式为：
C．通入过量的氧气可以减少回收的S中CuS的含量
D．有34gH2S转化为硫单质时，理论上消耗O2的质量为64g（若溶液中FeCl3质量不变）
【答案】C
【解析】A、由图知，Cu、H、Cl元素的化合价不变，Fe、O、S元素的化合价变化，选项错误；
B、过程Ⅲ反应为硫化铜和氯化铁生成氯化亚铁、氯化铜和硫，化学方程式为2FeCl3+CuS=2FeCl2+S↓+CuCl2，选项错误；
C、通入过量的氧气使生成的氯化铁增多，使步骤III反应更充分，减少回收的S中CuS的含量，选项正确；
D、由图知，总反应为硫化氢与氧气的反应生成硫和水
设：理论上消耗O2的质量x
则理论上消耗O2的质量为16g，选项错误。
故选C。
12．（2023·江苏无锡·二模）胆矾（CuSO4•5H2O，相对分子质量为250）受热会先失去结晶水，完全脱水的化学方程式为：CuSO4•5H2OCuSO4+5H2O，且无水硫酸铜固体加热到650℃会分解。现加热25.0g胆矾的过程中，测得固体质量随温度变化曲线如图（图中最后剩余物质为纯净物），请仔细分析如图后判断以下几种说法正确的个数有：
（1）胆矾失水的温度范围为30℃～380℃
（2）开始加热至完全脱水，胆矾经历5次脱水过程
（3）650℃后CuSO4分解得到CuO和SO2两种物质
（4）1000℃时，得到固体物质的化学式为CuO
（5）1000℃之后，可能发生了以下的化学变化：4CuO2Cu2O+O2↑
（6）整个变化过程中没有元素化合价发生改变
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】（1）由图示可知，加热胆矾固体质量开始减小的温度为30℃，25.0g胆矾中结晶水的质量为：,由图示可知，在温度到达380℃时，固体质量减少：，即胆矾已全部脱水，所以胆矾失水的温度范围为30℃～380℃，说法正确；
（2）由（1）分析结合图像，从30℃～380℃有3次曲线下降可知胆矾经历了3次脱水，说法错误；
（3）由图可知，在650℃～1000℃范围内，硫酸铜全部分解， CuSO4分解得到铜的氧化物，25.0g胆矾中铜元素的质量为：，在650℃～1000℃范围内,CuSO4分解得到铜的氧化物的质量为8.0g,其中氧元素的质量为8.0g-6.4g=1.6g，设铜的氧化物为CuxOy，解得64x：16y=6.4g：1.6g，x：y=1：1，所以铜的氧化物为CuO，假设CuSO4分解得到CuO和SO2，反应式为，根据质量守恒定律，化学反应前后的原子种类和数目不变，该反应式无法配平，说法错误；
（4）根据（3）分析，1000℃时，得到固体物质的化学式为CuO，说法正确；
（5）1000℃之后，氧化铜继续分解，得到固体物质7.2g，铜元素的质量为6.4g，氧元素的质量为：7.2g-6.4g=0.8g,设得到固体物质的化学式为：CumOn，解得：64m：16n=6.4g：0.8g，m：n=2：1，则该铜的氧化物化学式为：Cu2O，该反应的化学方程式为：，说法正确；
（6）硫酸铜中铜元素的化合价为+2价，Cu2O中铜元素的化合价为+1价，元素的化合价发生变化，说法错误；
根据以上分析，说法正确的有三项，故选B。
13．（2023·江苏镇江·二模）有毒的气体常用脱硫液吸收进行处理。一种用溶液循环脱硫工艺的物质转化如下图所示。
(1)图1中物质可能是 （填化学式）。
(2)写出该脱硫总反应的化学方程式： 。
【答案】(1)HCl
(2)
【解析】（1）根据原子守恒，FeCl3中铁、氯原子个数比为1：3，而FeCl2中铁、氯原子个数比为1：2，且反应物中含有氢原子，则X中一定含有氢原子和氯原子，则X可能为HCl。
（2）由图可知，H2S和O2在FeCl3催化作用下生成S，根据元素守恒，可知还有另一种物质，为水，则反应的化学方程式为。
14．（2023·江苏南通·模拟预测）我国化工专家侯德榜发明了侯氏制碱法，为世界制碱工业作出了突出贡献。侯氏制碱法的主要原理是：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，常温下，在350g质量分数为26.5%的NaCl溶液中溶解40gNH3，再通入一定量的CO2，当参加反应的NH3质量为25.5g时，析出NaHCO3晶体96g。
(1)NH3中氮元素的化合价为 。
(2)该反应中生成的NaHCO3质量为 。
(3)计算析出NaHCO3晶体后，混合溶液中NaHCO3的质量分数（精确到小数点后1位）。
【答案】(1)-3
(2)126g
(3)8.3%
解：设参加反应的质量为x，
析出晶体后，混合溶液中的质量分数为
答：析出晶体后，混合溶液中的质量分数约为8.3%。
【解析】（1）在中，H元素显+1价，根据化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可得氮元素的化合价为-3；故填：-3；
（2）在350g26.5%的溶液中，的质量=3，根据化学方程式，
设与25.5g反应需要的质量为a
可知反应中的质量过量，所以计算时以参加反应的的质量进行有关计算；
设反应生成的的质量为b，
所以反应生成的的质量为126g。
故填：126g
（3）见答案。
15．（2023·江苏宿迁·中考真题）我们的祖先很早就掌握了炼铜的工艺，他们将孔雀石［主要成分是和木炭一起加热就可得到红色的铜。兴趣小组为测定某孔雀石中的质量分数，进行如下实验：称取孔雀石样品，粉碎后放入烧杯，向其中加入稀硫酸（稀硫酸过量），充分反应后称量，烧杯内物质的总质量为220.6g（假设杂质都不与稀硫酸发生反应）。
(1) 。
(2)生成气体的质量是 g。
(3)求该孔雀石中的质量分数（写出计算过程）。
【答案】(1)H2O
(2)4.4
(3)解：设该孔雀石中的质量的质量为x。
解得：x=22.2g
该孔雀石中的质量分数为：
答：该孔雀石中的质量分数为88.8%。
【解析】（1）由方程式可知反应物中Cu、O、H、C、S的原子个数分别为2、13、6、1、2，生成物中Cu、O、C、S的原子个数分别为2、10、1、2，根据化学反应前后各原子种类和数目不变，未知物的化学计量数为3，所以1个未知物分子由2个氢原子和1个氧原子构成，未知物的化学式为H2O，故填：H2O。
（2）根据质量守恒定律，生成气体的质量是：25g+200g-220.6g=4.4g，故填：4.4。
（3）见答案。
16．（2023·江苏徐州·三模）小苏打常用于焙制糕点、治疗胃酸过多。某同学为了研究一包小苏打样品中碳酸氢钠的质量分数，进行以下探究。
(1)用10mL质量分数为37%的浓盐酸(密度1.18g•mL-1)，可配制3.65%的稀盐酸 g(计算结果精确到0.1g)。
(2)实验发现5g小苏打样品与50g质量分数为3.65%的稀盐酸恰好完全反应，试计算小苏打样品中碳酸氢钠的质量分数。
【答案】(1)119.6
(2)解：设样品中碳酸氢钠的质量为x
则样品中NaHCO3的质量分数为：
答：样品中NaHCO3的质量分数是84%。
【解析】（1）根据稀释前后溶质质量不变，设用10mL质量分数为37%的浓盐酸(密度1.18g•mL-1)，可配制3.65%的稀盐酸的质量为m，则有10mL×1.18g•mL-1×37%=3.65%×m，解得m≈119.6g；
（2）见答案。
17．（2023·江苏宿迁·三模）人体内胃酸过多，会引起胃溃疡。下图为某抗酸药包装标签上的部分文字，请回答下列问题。
(1)胃酸的主要成分是 (填化学式)。
(2)该药需“咀嚼后吞服”的原因为 ，吞服该药物后胃液的pH值将迅速 (选填“升高”或“降低”)。
(3)某同学取两片药片(每片质量0.5g)，捣碎后加40mL蒸馏水溶解，再加入含HCl质量为0.66g的稀盐酸恰好完全反应(假设其他成分不反应)，试根据化学方程式计算该药片中氢氧化铝的质量是否达到标定(保留小数点后两位数)。
【答案】(1)HCl
(2) 增大与胃酸的接触面，易于被消化吸收、提高药效 升高
(3)解：设两片药品中氢氧化铝的质量为x
x≈0.47g=470mg，则每片含有氢氧化铝的质量为：470mg÷2=235mg＜250mg
故该药片中氢氧化铝的质量没有达到标定
【解析】（1）胃酸的主要成分是盐酸，其化学式为：HCl；
（2）该药需“咀嚼后吞服”的原因为咀嚼后药片呈小颗粒状，可以增大与胃酸的接触面，易于被消化吸收、提高药效；
吞服该药物后，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，酸性减弱，故胃液的pH值将迅速升高；
（3）见答案。
18．（2023·江苏常州·二模）已知绿矾是硫酸亚铁晶体(FeSO4·xH2O)，《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴硝(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”针对这段描述，兴趣小组同学称取8.34g硫酸亚铁晶体样品，按如图装置对绿矾热分解所得产物进行探究，并通过称量装置A的质量来测定x的值。
查阅资料：
①无水硫酸铜遇水变成蓝色的硫酸铜晶体。
②绿矾高温分解产生一种金属氧化物和几种气态非金属氧化物
③SO3在0°C时是一种无色晶体
④绿矾分解时先逐步失去结晶水，后FeSO4再进一步分解。
(1)装置B中硫酸铜粉末变蓝，说明产物中有水；D中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中有 ；
(2)装置C中冰水的作用是使温度降到0°C从而检验产物中的 ；
(3)装置E中球形干燥管的作用是 ；
(4)利用热分析仪对硫酸亚铁晶体(FeSO4·xH2O)进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量一分解温度的关系如图：
①已知Q点固体呈红棕色，计算FeSO4·xH2O中的x为 。
②实验中要持续通入氮气，否则测出x会 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
③写出P点到Q点发生反应的化学方程式 。
(5)对题于《本草图经》中关于绿矾的分解的描述，以下观点错误的是_______。
A．绿矾和朴硝都是混合物
B．“色赤”物质可能是
C．绿矾分解过程中硫元素的化合价既有升高又有降低
【答案】(1)SO2
(2)SO3
(3)防倒吸
(4) 7 偏小 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
(5)AC
【解析】（1）绿矾高温分解产生的氧化物中只有二氧化硫可使高锰酸钾溶液变色，说明产物中有SO2；
（2）根据查阅资料：③SO3在0°C时是一种无色晶体，可检验产物中有三氧化硫；
（3）装置E中球形干燥管提供可较大的空间，防止液体倒吸进入装置D；
（4）①查阅资料：绿矾分解时先逐步失去结晶水，后FeSO4再进一步分解，如图得出0-373摄氏度时固体减少的量等于失去结晶水，
，x=7，故FeSO4·xH2O中的x为7；
②实验中要持续通入氮气，否则部分水蒸气不会被无水硫酸铜吸收，而导致测出x会偏小；
③P点到Q点的反应是硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；
（5）A、绿矾和朴硝都是晶体，都属于纯净物，错误；
B、氧化物中只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是 Fe2O3，正确；
C、绿矾分解过程中部分硫元素的化合价降低，部分硫元素的化合价不变，错误；
故选AC。物质
甲
乙
丙
丁
反应前的质量/g
6.4
33.6
1.6
0.2
反应后的质量/g
x
11.4
6.0
2.0
实验次数
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
加入CaCl2溶液的质量/g
20.0
20.0
20.0
20.0
20.0
反应后溶液的总质量/g
118.0
136.0
M
172.0
192.0
实验组别
柠檬酸/g
碳酸氢钠/g
气体体积/mL
1
1.92
0.84
224
2
1.92
1.68
448
3
1.92
2.52
672
4
1.92
3.36
672
1．质量守恒定律的理解和应用常为选择题、填空题，考查运用质量守恒定律揭示生活中的现象，从微观角度揭示质量守恒定律，运用质量守恒定律，推断物质的元素组成或化学式等。
2．根据质量守恒定律计算常为选择题、填空题，考查运用质量守恒定律计算反应物、生成物的质量，常见试题为计算体系中某物质的质量。
3．化学方程式的书写常出现在选择题、填空题，考查化学方程式是否正确以及根据题给文字信息或微观示意图信息书写化学方程式。
4．根据化学方程式的计算主要以实物流程图或框图流程图等形式呈现，考查读图、识图能力。
重难点01 质量守恒定律的理解和应用
1．质量守恒定律适用于所有的化学变化，不能用于解释物理变化。
2．质量守恒定律的微观解释是化学反应前后，原子的种类、数目和质量都不变。
3．推断未知化学式应根据化学反应前后原子的种类和数目不变进行分析。判断物质元素组成应根据反应前后元素种类、质量不变，即“生成物中某元素的总质量=反应物中该元素的总质量”，计算未知物中各元素质量，即可得出其元素组成。
重难点02 根据质量守恒定律计算
1．根据反应前后各物质的质量总和不变，计算反应前后某未知物的质量。
2．分析各物质质量变化，确定反应物和生成物。反应后质量减小→反应物；反应后质量增大→生成物；
反应后质量不变→催化剂或不参与反应的杂质。然后分析选项或问题，进行解答。
重难点03 化学方程式的书写
1．判断化学方程式正误要做到“四看”：一看是否符合客观事实，反应物和生成物的化学式是否正确；二看化学方程式是否配平；三看是否正确标明反应条件；四看生成物是否正确标注“↑”或“↓”。
2．根据题给文字信息或微观示意图信息书写化学方程式时，先结合文字信息或微观示意图信息找出反应物、生成物和反应条件，然后进行书写并配平。需要注意的是：在微观模型示意图中，如果反应物和生成物中有同种微粒，表明某反应物有剩余，先要划去相等数量的同种微粒，再书写化学方程式。
重难点04 根据化学方程式的计算
1．读懂题意，找出已知量和未知量。
2．根据化学方程式计算的步骤格式进行解答。计算时需要注意：
（1）由于方程式只能反映物质间的质量比，因此代入方程式中的各个量必须是质量。
（2）由于方程式中各物质是纯净物，因此代入方程式中的量必须是纯净物的质量。
（3）单位必须统一，每步列式都要带单位。
（4）如果没有完全反应，反应物和生成物的质量不能代入计算。只有通过相关数据得知反应完全进行（遇到“充分反应”、“恰好完全反应”、“适量”等词语），这些质量才可能有效。遇到“足量”、“过量”、“一段时间”、“少量”等词语，说明可能不是恰好完全反应。
重难点01 质量守恒定律的理解和应用
1．（2023·江苏扬州·统考中考真题）O2通过臭氧发生器转化为O3，反应前后发生变化的是
A．原子总数B．分子种类
C．元素种类D．物质的总质量
【答案】D
【解析】1．A、根据质量守恒定律，反应前后原子的个数不变，故A错误；
B、反应前是氧气分子，反应后是臭氧分子，分子种类改变，故B正确；
C、根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，故C错误；
D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，故D错误；
故选B。
2．（2023·江苏常州·中考真题）银器在使用过程中逐渐失去光泽是因为发生了化学反应：4Ag+O2+2H2S＝2X+2H2O。根据质量守恒定律可推测X是
A．Ag2SB．Ag2SO4C．SO2D．SO3
【答案】A
【解析】根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Ag、O、H、S的个数分别是4、2、4、2，生成物中含Ag、O、H、S的个数分别是0、2、4、0，故生成物中还应含4个Ag、2个S，故X的化学式为：Ag2S。
故选A。
重难点02 根据质量守恒定律计算
3．（2023·江苏盐城·统考二模）如图是两组物质之间在一定的条件下相互转化的过程。下列说法不正确的是（2023·江苏南京·二模）将一定质量的甲、乙、丙、丁四种物质放入密闭容器内，一定条件下发生化学反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示。
下列说法正确的是
A．x=16
B．该反应的基本类型为分解反应
C．乙的质量等于甲、丙、丁的质量之和
D．丙和丁的相对分子质量之比为22:9
【答案】B
【解析】A、反应前后物质的总质量不变，则x=6.4+33.6+1.6+0.2-11.4-6.0-2.0=22.4，该选项说法不正确；
B、由表中数据可知，反应前后，甲、丙、丁质量增加，为生成物，乙质量减小，为反应物，则该反应为分解反应，该选项说法正确；
C、根据质量守恒定律可知，参加反应的乙的质量等于生成的甲、丙、丁的质量之和，该选项说法不正确；
D、由于不确定化学计量数的关系，则不能确定相对原子质量，该选项说法不正确。
故选B。
4．（2023·江苏无锡·模拟预测）在一定条件下，密闭容器中充分反应，反应前后各物质的质量如图，以下说法错误的是
A．反应前后的甲、丙改变的质量比是11：14B．x=0.4g
C．甲和乙是反应物D．丁一定是单质
【答案】D
【分析】反应前后质量下降的是反应物，质量增加的是生成物，质量不变的可能是催化剂；
【解析】A、根据图中信息，甲改变的质量=7.6g-3.2g=4.4g，丙改变的质量=5.8g-0.2g=5.6g，质量比=4.4g：5.6g=11:14，正确；
B、根据反应前后物质的总质量不变计算x，x=（7.6g+2.0g+0.2g)-(3.2g+5.8g+0.4g)=0.4g，正确；
C、甲和乙质量反应后减小，是反应物，正确；
D、反应是甲和乙反应生成丙和丁，丁不一定是单质，也可以是化合物，错误。
故选：D。
重难点03 化学方程式的书写
5．（2023·江苏镇江·一模）下列指定反应的化学方程式正确的是
A．淀粉酿酒：C6H12O6C2H6O+2CO2↑
B．硫酸除铁锈：Fe2O3+3H2SO4=2FeSO4 +3H2O
C．配制波尔多液：2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓
D．电解饱和食盐水：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】D
【解析】A、淀粉在发酵过程中转化为葡萄糖，再进而转化为乙醇（C2H6O）和二氧化碳，方程式中没有配平，错误；
B、铁锈中铁元素化合价为+3，氧化铁和硫酸反应会生成硫酸铁和水，不会生成硫酸亚铁，错误；
C、配制波尔多液使用氢氧化钙和硫酸铜，不用氢氧化钠，错误；
D、电解食盐水能生成氢氧化钠、氢气和氯气，配平，生成氢气和氯气标注气体箭头，方程式书写正确，正确。
故选：D。
重难点04 根据化学方程式的计算
6．（2023·江苏宿迁·一模）用沉淀法测定食用碱样品(含少量氯化钠杂质)中碳酸钠的质量分数。取10g样品加90g水完全溶解制成溶液，逐次滴加溶质质量分数相同的氯化钙溶液，实验数据如表：
请根据实验数据分析解答下列问题：
(1)表中数据M的值为 。
(2)该样品中碳酸钠的质量分数是多少？
【答案】(1)154.0/154
(2)根据表格数据可知，反应生成沉淀的质量为
设样品中碳酸钠的质量分数为x
答：样品中碳酸钠的质量分数是84.8%。
【解析】（1）根据题意可知，第一次加入20g氯化钙溶液，生成沉淀质量为20.0g+90g+10g-118.0g=2.0g，第二次加入20g氯化钙溶液，生成沉淀的质量为118.0g+20.0g-136.0g=2.0g，同理推出第四次生成沉淀的值为136.0g+20.0g-M=2.0g，解得M=154.0g；
（2）见答案。
1．（2023·江苏无锡·二模）我国古代典籍中有”银针验毒”的记载，“银针验毒”的反应原理之一是4Ag+2H2S+O2＝2X+2H2O。下列有关该反应的说法正确的是
A．反应属于复分解反应B．X的化学式是AgS
C．反应前后分子的种类不变D．该反应前后Ag、O元素的化合价发生改变
【答案】D
【解析】A、该反应不符合“两种化合物互相交换成分，生成另外两种化合物”的特点，不属于复分解反应，故选项说法不正确；
B、根据质量守恒定律，反应前后原子的种类、数目不变，反应前Ag、H、S、O的原子个数分别为4、4、2、2，反应后Ag、H、S、O的原子个数分别为0、4、0、2，则X中含有4个银原子和2个硫原子，X的化学式为Ag2S，故选项说法不正确；
C、由反应的化学方程式可知，反应物为Ag、H2S和O2，生成物为Ag2S和H2O，反应前后分子的种类发生改变，故选项说法不正确；
D、反应中银元素的化合价由0价变成+1价，氧元素的化合价由0价变为-2价，因此该反应前后Ag、O元素的化合价发生改变，故选项说法正确。
故选D。
2．（2023·江苏镇江·二模）下列指定反应的化学方程式正确的是
A．用氢氧化铝中和过多胃酸：
B．酸雨形成的原因：
C．氧乙炔焰的完全燃烧：
D．石灰石粉掺入煤中，燃烧时吸收SO2：
【答案】D
【解析】A、氢氧化铝和胃酸中的盐酸反应生成氯化铝和水，正确的化学方程式为Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，故选项不符合题意；
B、酸雨形成的原因之一是二氧化硫和水反应生成亚硫酸，正确的化学方程式为，故选项不符合题意；
C、氧乙炔焰的完全燃烧生成二氧化碳和水，正确的化学方程式为，故选项不符合题意；
D、石灰石的主要成分是碳酸钙，将SO2通入石灰石粉中燃烧，生成硫酸钙和二氧化碳，化学方程式书写完全正确，故选项符合题意。
故选D。
3．（2023·江苏常州·中考真题）工业上制取芯片基材高纯硅（Si）的某一步反应微观示意图如图（相同小球表示同种原子）。下列说法正确的是
A．甲与乙质量之比为1：85
B．物质丁是由原子构成的
C．化学反应中分子可以再分
D．反应前后原子数量改变
【答案】C
【分析】从微观示意图可知，该反应的化学方程式为。
【解析】A、甲与乙质量之比为（28+35.5×4）：（1×2×2）=85:1，错误。
B、物质丁HCl是由分子构成的，错误；
C、化学反应的微观实质是分子拆分成原子，原子构成新的分子，化学反应中分子可以再分，正确；
D、化学反应的微观实质是分子拆分成原子，原子构成新的分子，所以反应前后原子的种类和数目不变，错误；
故选C。
4．（2023·江苏无锡·中考真题）如图是“光催化固氮合成氨”反应前后分子种类变化的示意图。下列叙述正确的是
A．乙和丙都是氧化物
B．参加反应的甲和乙的分子个数比为
C．反应后原子数目增加
D．反应生成的丙和丁的质量比为
【答案】B
【分析】由图可知甲由2个氮原子构成，即N2，乙 由1个氧原子和2个氢原子构成，即H2O，丙 由2个氧原子构成，即O2，丁 由1个氮原子和3个氢原子构成，即NH3，所以该示意图表示的化学反应为。
【解析】A.由两种元素组成，其中一种元素是氧元素的化合物是氧化物，所以乙是氧化物，丙不是，A错误，不符合题意；
B.由分析可知参加反应的甲和乙的分子个数比为 1:3，B正确，符合题意；
C.化学反应前后原子的种类、个数不变，C错误，不符合题意；
D.反应生成的丙和丁的质量比=，D错误，不符合题意；
故选B。
5．（2023·江苏南通·三模）氧化铜可用于有机物组成的测定，反应原理为aCxHy+bCuOcCu+dH2O+eCO2.向盛有CuO的试管中通入足量气体CxHy并加热，实验过程中生成CO2的质量和试管中固体质量的关系如图所示。下列说法不正确的是
A．化学计量数b：e=4：1
B．CxHy中，x和y之比为1：4
C．生成2.2g二氧化碳时，试管中固体减少了3.2g
D．生成2.2g二氧化碳时，参加反应的CxHy质量为1.6g
【答案】D
【解析】A.由化学方程式可知反应前的固体只有CuO，根据图示可知反应前固体质量为16g，即CuO质量为16g，当固体质量不再变化时，CuO则完全反应，此时生成的CO2质量为2.2g，根据化学反应中各物质的质量比等于该物质的相对分子质量和化学计量数的乘积之比，则(80×b):(44 ×e)=16g：2.2g，则b:e=4:1，正确；
B.根据A中计算可知b:e= 4:1，假设b =4，e=1，带入化学方程式，得到aCxHy+4CuOcCu+dH2O+CO2，根据质量守恒定律(化学反应前后原子的种类和数目不变)，可得铜原子个数不变，所以c=4；氧原子个数不变，所以4=2d，则d=2；碳原子个数不变所以ax=1，氢原子个数不变所以ay=4，所以 x和y之比为1:4，正确；
C.根据图示可知当生成2.2g二氧化碳时，氧化铜恰好和CxHy完全反应，由于反应前固体为氧化铜，反应后固体为铜，根据质量守恒定律，则固体减少的质量为氧化铜中氧元素的质量，氧化铜中氧元素的质量=，正确；
D.根据图示可知当生成2.2g二氧化碳时，氧化铜恰好和CxHy完全反应，根据质量守恒定律，反应后生成的二氧化碳中的碳元素只能来自于CxHy，因此CxHy和CO2中的碳元素质量相等，设参加反应的CxHy质量为A，则，根据x:y=1:4，将y=4x带入，可得A=0.8g，错误。
故选：D。
6．（2023·江苏常州·二模）mgCaCO3煅烧一段时间，冷却，称得剩金固体的质量为17.8g，向剩金固体中加入足能的稀盐酸，充分反应，将所得溶液蒸干，得到22.2gCaCl2，下列说法不正确的是
A．m=20
B．剩余固体中CaCO3、CaO的质量比为75：14
C．室温下，若将17.8g固体加96.3g水充分溶解后过滤，所得溶液浓度为3.7%
D．燃烧前后的固体分别与等浓度的稀盐酸反应，两者消耗稀盐酸的质量相等
【答案】C
【解析】A、碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：，向剩余固体中加入足量的稀盐酸，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：，由反应的化学方程式可知，碳酸钙中的钙元素完全转化到了氯化钙中，则碳酸钙的质量为：，即m=20，故选项A正确；
B、碳酸钙高温分解反应生成二氧化碳的质量为：，设参加反应的碳酸钙的质量为，生成氧化钙的质量为
故剩余固体中碳酸钙、氧化钙的质量比为：，故选项B正确；
C、氢氧化钙微溶于水，所得溶液浓度肯定小于3.7%，故选项C错误；
D、煅烧前的固体为碳酸钙，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：，煅烧后的固体为氧化钙和碳酸钙，碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳，反应的化学方程式为：，氧化钙和稀盐酸反应生成氯化钙和水，反应的化学方程式为：，碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：，由反应的化学方程式可得关系式：，故燃烧前后的固体分别与等浓度的稀盐酸反应，两者消耗稀盐酸的质量相等，故选项D正确；
故选：C。
7．（2023·江苏无锡·一模）甲烷是天然气的主要成分。利用太阳能可将甲烷在高温熔融盐环境中转化为H2，反应原理如图所示，下列说法正确的是
A．过程①发生的反应是置换反应
B．整个过程中，只有Zn的化合价发生变化
C．理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为1:1
D．当参加反应的与质量比为8:9时，理论上可不补充ZnO
【答案】D
【分析】根据反应原理示意图可知，该反应原理主要由两个反应，过程①的化学反应为：；过程②的化学反应为：；整个反应的化学方程式为：；
【解析】A、根据分析可知，过程①的化学反应为 ，不是单质和化合物反应，不可能是置换反应，故A错误；
B、根据分析可知，整个反应的化学方程式为可知，C、H的化合价发生改变，故B错误；
C、根据分析可知，过程①的化学反应为，过程②的化学反应为：，理论上过程①与过程②中产生H2的质量比为2：1，故C错误；
D、根据分析可知，该反应原理为，参加反应的CH4与H2O质量比为16：18=8：9，理论上可不补充ZnO，故D正确；
故选D。
8．（2023·江苏盐城·三模）向一定质量和的混合溶液中逐滴加入溶质质量分数为10.0%的溶液。反应过程中加入的溶液的质量与产生沉淀或气体的质量关系如图所示，说法正确的是
A．图中段表示生成沉淀的过程B．b点溶液中溶质有2种
C．x值为106.0D．c点溶液的
【答案】C
【解析】A、图中a段表示生成的气体质量，故A选项错误；
B、b点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故B选项错误；
C、根据题意可知碳酸钠先与盐酸反应，再与氯化钙反应，由图示可知碳酸钠与盐酸反应生成气体2.2g，碳酸钠与氯化钙反应，生成沉淀5.0g，设生成2.2g气体所需的Na2CO3的质量为y，生成沉淀5.0g所需Na2CO3的质量为z，则
所以x=(5.3g+5.3g)÷10%=106g，所以选项正确；
D、c点的溶液中含有Na2CO3、NaCl两种溶质，由于Na2CO3显碱性，NaCl显中性，所以c点的溶液的pH ＞7，故D选项错误；
故选：C。
9．（2023·江苏常州·中考真题）“天宫课堂”中宇航员将维生素C泡腾片[含维生素C、柠檬酸（C6H8O7）和碳酸氢钠]塞入一个水球，水球里立即产生很多气泡，其中一个反应为：C6H8O7+xNaHCO3=NaxC6H8﹣xO7+xH2O+xCO2↑。为测定柠檬酸钠（NaxC6H8﹣xO7化学式中的x，用4套相同装置加等量的水后，分别装入如表所示质量的柠檬酸和碳酸氢钠固体进行实验测得该条件下数据如表，推测x的数值为
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【解析】解：由表格中的数据可知，加入0.84g碳酸氢钠产生气体的体积为224 mL，加入1.68g碳酸氢钠产生气体的体积为448 mL，即每0.84g碳酸氢钠完全反应产生气体的体积为224 mL，而加入2.52g、3.36g碳酸氢钠产生气体的体积都为672 mL，说明在实验组别3中，1.92g柠檬酸与2.52g碳酸氢钠恰好完全反应；
故选B。
10．（2023·江苏无锡·一模）酸性高锰酸钾或三氧化铬(CrO3)常被用作酒精检测仪。CrO3检测原理是在酸性(稀硫酸)条件下，CrO3与乙醇反应生成绿色的硫酸铬［Cr2(SO4)3］。CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率()随温度变化如图所示。下列说法错误的是
A．高锰酸钾中锰元素化合价为＋7
B．CrO3与乙醇反应的化学方程式：
C．加热时固体中含氧量在逐渐下降
D．B点固体物质的化学式是CrO2
【答案】D
【解析】A.高锰酸钾的化学式为KMnO4，化合物中钾元素显+1价，氧元素一般显-2价，设中锰元素化合价为x，根据化合物中各种元素化合价代数和等于零，则：（+1）+x+（-2）×4=0，得x=+7，故A正确；
B.CrO3与乙醇反应生成硫酸铬，乙醇被CrO3氧化为二氧化碳，根据化学反应前后元素种类不变，另一种物质是H2O，所以CrO3与乙醇反应的化学方程式为：，故B正确；
C.由图可知加热时固体残留率逐渐减小，固体质量逐渐减小，说明CrO3加热时逐步分解有氧气生成，所以加热时固体中含氧量在逐渐下降，故C正确；
D.设CrO3的质量为100g，则CrO3中铬元素的质量为：，B点剩余固体残留率为76%，B点固体物质的质量为：100g×76%=76g，根据质量守恒定律，铬元素的质量不变，所以生成物中铬元素的质量为52g，其中氧元素的质量为：76g-52g=24g，则剩余固体中铬元素与氧元素的原子个数比为：，即剩余固体的化学式为Cr2O3，故D错误。
故选：D。
11．（2023·江苏苏州·三模）将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液中反应回收S，其物质转化示意图如图所示。下列说法正确的是
A．在图示转化中，化合价变化的元素只有铜、氧
B．过程Ⅲ反应化学方程式为：
C．通入过量的氧气可以减少回收的S中CuS的含量
D．有34gH2S转化为硫单质时，理论上消耗O2的质量为64g（若溶液中FeCl3质量不变）
【答案】C
【解析】A、由图知，Cu、H、Cl元素的化合价不变，Fe、O、S元素的化合价变化，选项错误；
B、过程Ⅲ反应为硫化铜和氯化铁生成氯化亚铁、氯化铜和硫，化学方程式为2FeCl3+CuS=2FeCl2+S↓+CuCl2，选项错误；
C、通入过量的氧气使生成的氯化铁增多，使步骤III反应更充分，减少回收的S中CuS的含量，选项正确；
D、由图知，总反应为硫化氢与氧气的反应生成硫和水
设：理论上消耗O2的质量x
则理论上消耗O2的质量为16g，选项错误。
故选C。
12．（2023·江苏无锡·二模）胆矾（CuSO4•5H2O，相对分子质量为250）受热会先失去结晶水，完全脱水的化学方程式为：CuSO4•5H2OCuSO4+5H2O，且无水硫酸铜固体加热到650℃会分解。现加热25.0g胆矾的过程中，测得固体质量随温度变化曲线如图（图中最后剩余物质为纯净物），请仔细分析如图后判断以下几种说法正确的个数有：
（1）胆矾失水的温度范围为30℃～380℃
（2）开始加热至完全脱水，胆矾经历5次脱水过程
（3）650℃后CuSO4分解得到CuO和SO2两种物质
（4）1000℃时，得到固体物质的化学式为CuO
（5）1000℃之后，可能发生了以下的化学变化：4CuO2Cu2O+O2↑
（6）整个变化过程中没有元素化合价发生改变
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解析】（1）由图示可知，加热胆矾固体质量开始减小的温度为30℃，25.0g胆矾中结晶水的质量为：,由图示可知，在温度到达380℃时，固体质量减少：，即胆矾已全部脱水，所以胆矾失水的温度范围为30℃～380℃，说法正确；
（2）由（1）分析结合图像，从30℃～380℃有3次曲线下降可知胆矾经历了3次脱水，说法错误；
（3）由图可知，在650℃～1000℃范围内，硫酸铜全部分解， CuSO4分解得到铜的氧化物，25.0g胆矾中铜元素的质量为：，在650℃～1000℃范围内,CuSO4分解得到铜的氧化物的质量为8.0g,其中氧元素的质量为8.0g-6.4g=1.6g，设铜的氧化物为CuxOy，解得64x：16y=6.4g：1.6g，x：y=1：1，所以铜的氧化物为CuO，假设CuSO4分解得到CuO和SO2，反应式为，根据质量守恒定律，化学反应前后的原子种类和数目不变，该反应式无法配平，说法错误；
（4）根据（3）分析，1000℃时，得到固体物质的化学式为CuO，说法正确；
（5）1000℃之后，氧化铜继续分解，得到固体物质7.2g，铜元素的质量为6.4g，氧元素的质量为：7.2g-6.4g=0.8g,设得到固体物质的化学式为：CumOn，解得：64m：16n=6.4g：0.8g，m：n=2：1，则该铜的氧化物化学式为：Cu2O，该反应的化学方程式为：，说法正确；
（6）硫酸铜中铜元素的化合价为+2价，Cu2O中铜元素的化合价为+1价，元素的化合价发生变化，说法错误；
根据以上分析，说法正确的有三项，故选B。
13．（2023·江苏镇江·二模）有毒的气体常用脱硫液吸收进行处理。一种用溶液循环脱硫工艺的物质转化如下图所示。
(1)图1中物质可能是 （填化学式）。
(2)写出该脱硫总反应的化学方程式： 。
【答案】(1)HCl
(2)
【解析】（1）根据原子守恒，FeCl3中铁、氯原子个数比为1：3，而FeCl2中铁、氯原子个数比为1：2，且反应物中含有氢原子，则X中一定含有氢原子和氯原子，则X可能为HCl。
（2）由图可知，H2S和O2在FeCl3催化作用下生成S，根据元素守恒，可知还有另一种物质，为水，则反应的化学方程式为。
14．（2023·江苏南通·模拟预测）我国化工专家侯德榜发明了侯氏制碱法，为世界制碱工业作出了突出贡献。侯氏制碱法的主要原理是：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，常温下，在350g质量分数为26.5%的NaCl溶液中溶解40gNH3，再通入一定量的CO2，当参加反应的NH3质量为25.5g时，析出NaHCO3晶体96g。
(1)NH3中氮元素的化合价为 。
(2)该反应中生成的NaHCO3质量为 。
(3)计算析出NaHCO3晶体后，混合溶液中NaHCO3的质量分数（精确到小数点后1位）。
【答案】(1)-3
(2)126g
(3)8.3%
解：设参加反应的质量为x，
析出晶体后，混合溶液中的质量分数为
答：析出晶体后，混合溶液中的质量分数约为8.3%。
【解析】（1）在中，H元素显+1价，根据化合物中各元素的化合价代数和为零的原则，可得氮元素的化合价为-3；故填：-3；
（2）在350g26.5%的溶液中，的质量=3，根据化学方程式，
设与25.5g反应需要的质量为a
可知反应中的质量过量，所以计算时以参加反应的的质量进行有关计算；
设反应生成的的质量为b，
所以反应生成的的质量为126g。
故填：126g
（3）见答案。
15．（2023·江苏宿迁·中考真题）我们的祖先很早就掌握了炼铜的工艺，他们将孔雀石［主要成分是和木炭一起加热就可得到红色的铜。兴趣小组为测定某孔雀石中的质量分数，进行如下实验：称取孔雀石样品，粉碎后放入烧杯，向其中加入稀硫酸（稀硫酸过量），充分反应后称量，烧杯内物质的总质量为220.6g（假设杂质都不与稀硫酸发生反应）。
(1) 。
(2)生成气体的质量是 g。
(3)求该孔雀石中的质量分数（写出计算过程）。
【答案】(1)H2O
(2)4.4
(3)解：设该孔雀石中的质量的质量为x。
解得：x=22.2g
该孔雀石中的质量分数为：
答：该孔雀石中的质量分数为88.8%。
【解析】（1）由方程式可知反应物中Cu、O、H、C、S的原子个数分别为2、13、6、1、2，生成物中Cu、O、C、S的原子个数分别为2、10、1、2，根据化学反应前后各原子种类和数目不变，未知物的化学计量数为3，所以1个未知物分子由2个氢原子和1个氧原子构成，未知物的化学式为H2O，故填：H2O。
（2）根据质量守恒定律，生成气体的质量是：25g+200g-220.6g=4.4g，故填：4.4。
（3）见答案。
16．（2023·江苏徐州·三模）小苏打常用于焙制糕点、治疗胃酸过多。某同学为了研究一包小苏打样品中碳酸氢钠的质量分数，进行以下探究。
(1)用10mL质量分数为37%的浓盐酸(密度1.18g•mL-1)，可配制3.65%的稀盐酸 g(计算结果精确到0.1g)。
(2)实验发现5g小苏打样品与50g质量分数为3.65%的稀盐酸恰好完全反应，试计算小苏打样品中碳酸氢钠的质量分数。
【答案】(1)119.6
(2)解：设样品中碳酸氢钠的质量为x
则样品中NaHCO3的质量分数为：
答：样品中NaHCO3的质量分数是84%。
【解析】（1）根据稀释前后溶质质量不变，设用10mL质量分数为37%的浓盐酸(密度1.18g•mL-1)，可配制3.65%的稀盐酸的质量为m，则有10mL×1.18g•mL-1×37%=3.65%×m，解得m≈119.6g；
（2）见答案。
17．（2023·江苏宿迁·三模）人体内胃酸过多，会引起胃溃疡。下图为某抗酸药包装标签上的部分文字，请回答下列问题。
(1)胃酸的主要成分是 (填化学式)。
(2)该药需“咀嚼后吞服”的原因为 ，吞服该药物后胃液的pH值将迅速 (选填“升高”或“降低”)。
(3)某同学取两片药片(每片质量0.5g)，捣碎后加40mL蒸馏水溶解，再加入含HCl质量为0.66g的稀盐酸恰好完全反应(假设其他成分不反应)，试根据化学方程式计算该药片中氢氧化铝的质量是否达到标定(保留小数点后两位数)。
【答案】(1)HCl
(2) 增大与胃酸的接触面，易于被消化吸收、提高药效 升高
(3)解：设两片药品中氢氧化铝的质量为x
x≈0.47g=470mg，则每片含有氢氧化铝的质量为：470mg÷2=235mg＜250mg
故该药片中氢氧化铝的质量没有达到标定
【解析】（1）胃酸的主要成分是盐酸，其化学式为：HCl；
（2）该药需“咀嚼后吞服”的原因为咀嚼后药片呈小颗粒状，可以增大与胃酸的接触面，易于被消化吸收、提高药效；
吞服该药物后，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，酸性减弱，故胃液的pH值将迅速升高；
（3）见答案。
18．（2023·江苏常州·二模）已知绿矾是硫酸亚铁晶体(FeSO4·xH2O)，《本草图经》中关于绿矾的分解有如下描述：“绿矾形似朴硝(Na2SO4·10H2O)而绿色，取此物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出，色赤如融金汁者是真也。”针对这段描述，兴趣小组同学称取8.34g硫酸亚铁晶体样品，按如图装置对绿矾热分解所得产物进行探究，并通过称量装置A的质量来测定x的值。
查阅资料：
①无水硫酸铜遇水变成蓝色的硫酸铜晶体。
②绿矾高温分解产生一种金属氧化物和几种气态非金属氧化物
③SO3在0°C时是一种无色晶体
④绿矾分解时先逐步失去结晶水，后FeSO4再进一步分解。
(1)装置B中硫酸铜粉末变蓝，说明产物中有水；D中高锰酸钾溶液褪色，说明产物中有 ；
(2)装置C中冰水的作用是使温度降到0°C从而检验产物中的 ；
(3)装置E中球形干燥管的作用是 ；
(4)利用热分析仪对硫酸亚铁晶体(FeSO4·xH2O)进行热分解，获得相关数据，绘制成固体质量一分解温度的关系如图：
①已知Q点固体呈红棕色，计算FeSO4·xH2O中的x为 。
②实验中要持续通入氮气，否则测出x会 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
③写出P点到Q点发生反应的化学方程式 。
(5)对题于《本草图经》中关于绿矾的分解的描述，以下观点错误的是_______。
A．绿矾和朴硝都是混合物
B．“色赤”物质可能是
C．绿矾分解过程中硫元素的化合价既有升高又有降低
【答案】(1)SO2
(2)SO3
(3)防倒吸
(4) 7 偏小 2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑
(5)AC
【解析】（1）绿矾高温分解产生的氧化物中只有二氧化硫可使高锰酸钾溶液变色，说明产物中有SO2；
（2）根据查阅资料：③SO3在0°C时是一种无色晶体，可检验产物中有三氧化硫；
（3）装置E中球形干燥管提供可较大的空间，防止液体倒吸进入装置D；
（4）①查阅资料：绿矾分解时先逐步失去结晶水，后FeSO4再进一步分解，如图得出0-373摄氏度时固体减少的量等于失去结晶水，
，x=7，故FeSO4·xH2O中的x为7；
②实验中要持续通入氮气，否则部分水蒸气不会被无水硫酸铜吸收，而导致测出x会偏小；
③P点到Q点的反应是硫酸亚铁分解生成氧化铁、二氧化硫和三氧化硫，化学方程式：2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑；
（5）A、绿矾和朴硝都是晶体，都属于纯净物，错误；
B、氧化物中只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是 Fe2O3，正确；
C、绿矾分解过程中部分硫元素的化合价降低，部分硫元素的化合价不变，错误；
故选AC。物质
甲
乙
丙
丁
反应前的质量/g
6.4
33.6
1.6
0.2
反应后的质量/g
x
11.4
6.0
2.0
实验次数
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
加入CaCl2溶液的质量/g
20.0
20.0
20.0
20.0
20.0
反应后溶液的总质量/g
118.0
136.0
M
172.0
192.0
实验组别
柠檬酸/g
碳酸氢钠/g
气体体积/mL
1
1.92
0.84
224
2
1.92
1.68
448
3
1.92
2.52
672
4
1.92
3.36
672
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