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【中考解密】5年（2020-2024）中考科学真题分类汇编（精编版）
专题16 质量守恒定律
1．（2024·浙江）自发现加热硝石可以产生氧气以来，科学家进行了100多年的探索，发现了氯酸钾（KClO3）与二氧化锰（MnO2）混合加热这一经典制氧气法，历程如下。
（1）根据质量守恒定律可以推知，硝石中一定含有的元素为 　 　。
（2）1772年，发现MnO2和浓硫酸反应制氧气法，MnO2中Mn的化合价为 　 　价。
（3）1832年，发现KClO3与MnO2混合加热制氧气法，反应前后MnO2的质量不变，但比单独加热KClO3产生氧气的速率大，其中MnO2起 　 　作用。
2．（2023·丽水）载人航天器中处理CO2的反应原理之一是2Li2O2+2CO2＝2X+O2，X的化学式为（　　）
A．Li B．Li2O C．LiOH D．Li2CO3
3．（2023·金华）2023年5月30日神舟十六号载人飞船成功发射，三名航天员踏上“太空出差”之旅，叩问苍穹。如图为一种火箭推进剂发生化学反应的微观示意图，下列有关该反应说法正确的是（　　）
A．反应物乙是氧化物 B．生成物丙的相对分子质量是28g
C．反应前后N、H化合价均未发生改变 D．生成物丙和丁的分子个数比为3：4
4．（2023·舟山）实验室中常用分解过氧化氢的方法来制取氧气，其反应微观模型如图。由该模型可知（　　）
A．过氧化氢的化学式为H2O2 B．水由氢原子和氧原子直接构成
C．反应前后的原子数目发生改变 D．生成的水分子和氧分子数目比为1：2
5．（2023·衢州）氢气是一种清洁能源，如图是氢气燃烧的微观模型，以下说法正确的是（　　）
A．反应物是水 B．参加反应的甲和乙分子个数之比为1：8
C．反应前后原子的数目不变 D．该反应的化学方程式：2O2+H2═2HO2
6．（2023·金华）2023世界氢能技术大会于5月22﹣26日在中国举行，大会聚焦双碳战略下全球氢能领域的最新研究成果。目前有科学家利用太阳能产生激光，再用激光使水分解得到氢气和氧气实现“制氢”；在“储氢”领域，可以将二氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲烷和水，实现二氧化碳的再利用和“储氢”。回答下列问题。
（1）上述“制氢”过程中用激光使水分解的反应，属于基本反应类型中的 　 　。
（2）上述“储氢“过程中发生反应的化学方程式为 　 　。
7．（2023·湖州）氢氧化钠和盐酸能发生反应，下面我们从不同角度来分析这一反应。
（1）宏观分析：如图1所示，将天平调平，取下锥形瓶，挤压胶头滴管，再将锥形瓶放回托盘。观察到反应后天平 　 　，得出化学反应前后物质质量不变。
（2）微观分析：图2表示反应前后锥形瓶内溶液中存在的离子，其中的“”表示 　 　。（填离子符号）
（3）建立模型：NaOH+HCl═NaCl+H2O
（4）定量分析：反应过程中消耗的氢氧化钠和生成的氯化钠的质量比是 　 　。
8．（2023·温州）金属与酸反应会放出热量。为深入研究金属和酸反应的特点，小明用如图甲所示装置进行实验：在中烧瓶加入0.48克镁和足量的溶质质量分数为14.6%的稀盐酸，塞紧瓶塞，利用传感器记录160秒内瓶内气压变化。用等质量的铁和锌重复上述实验，得到相关曲线如图乙。
（1）图乙中，能支持锌比铁活动性强的证据是 　 　。
（2）实验中，若0.48克镁完全反应，至少需要稀盐酸多少克？（镁与盐酸反应的化学方程式为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑）
（3）解释镁与稀盐酸反应，0～80秒瓶内气压发生如图乙变化的原因：　 　。
9．（2023·金华）食用碱的主要成分是Na2CO3（含有少量NaCl），研究小组为测定市售食用碱中Na2CO3的含量，设计了如图所示实验装置。
取12克食用碱样品放入锥形瓶进行实验。按定量测定实验的正确步骤，进行规范操作，并用电子天平对某一装置进行连续称重，直至该装置质量不再改变时停止实验，此时该装置质量增加了4.4克。（假设每步吸收都完全，ACDE装置中试剂均过量）回答下列问题。
（1）装置A的作用是 　 　。
（2）根据某装置质量不再改变时，作为停止实验的依据，则该装置应该是 　 　。
（3）计算食用碱中Na2CO3的质量分数。（要求根据化学方程式计算）
10．（2023·衢州）《天工开物》记载了水银（汞）和硫反应制取银朱（硫化汞）的方法，并厘清了转化过程中物质间的质量关系。表现出的“质量守恒”思想，比其他国家早一百多年。
（1）制取银朱的反应方程式为：Hg+S＝HgS，该反应属于基本反应类型中的 　 　。
（2）书中记载：十六两汞能制取十七两五钱的硫化汞。增重的“一两五钱”实际上是参加反应的
　 　的质量。（“钱”“两”是我国古代常用的质量单位）
11．（2023·台州）某同学用图甲装置验证质量守恒定律。
（1）将图甲中的两种溶液混合，观察到 　 　的现象，证明两者发生了化学反应，且天平仍然保持平衡，可验证质量守恒定律。
（2）仅利用图甲的器材，可继续验证质量守恒定律的实验是 　 　。
A.冰熔化成水 B.铜丝和硝酸银溶液反应 C.碳酸钙固体和稀盐酸混合
（3）该同学以电解水为例，用图乙从分子和原子的角度解释质量守恒定律的微观本质，请你帮他补充完整。
12．（2023·宁波）古籍中有记载制烧碱的方法，其核心反应可表示为：Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓。小宁模仿古法，以实验室中的Na2CO3、Ca（OH）2固体为原料，制备400g溶质质量分数为10%的NaOH溶液用于制作叶脉书签。
（1）制作叶脉书签时，用NaOH溶液去除叶肉，是利用了NaOH的 　 　性。
（2）400g溶质质量分数为10%的NaOH溶液中，含NaOH的质量为 　 　g、水的质量为 　 　g。
（3）需称取Na2CO3、Ca（OH）2的质量各为多少？
13．（2023·杭州）我国提出争取在2060年实现“碳中和”。为减少二氧化碳的排放，科学家提出用二氧化碳合成一种可降解的塑料[C4H6O3]n（相对分子质量为102n），一定条件下，反应可表示为：nCO2+nC3H6O═[C4H6O3]n。若制取204吨该塑料，理论上可以少排放多少吨二氧化碳？（写出计算过程）
14．（2023·湖州）为测定某品牌钙片中碳酸钙的质量分数，小明先将钙片粉碎，再各取2.5g粉末与一定量的同浓度稀盐酸反应（钙片中其他成分不参与反应），测出生成二氧化碳的质量（不考虑二氧化碳的损失）。实验数据如下表所示：
实验数据记录表
组序 粉末样品的质量（g） 盐酸的质量（g） 二氧化碳的质量（g）
1 2.5 10 0.22
2 2.5 20 0.44
3 2.5 30 0.44
（1）小明先将钙片进行粉碎，其目的是 　 　。
（2）通过分析第2组和第3组数据，可知第3组反应中 　 　过量。
（3）求该钙片中碳酸钙的质量分数。（写出计算过程）
15．（2023·衢州）在医院，吸氧的患者每小时消耗600L氧气，费用为4元。实验室制取氧气的成本是多少呢？小科在图甲装置的锥形瓶中加入适量的二氧化锰和水，用注射器吸入20mL过氧化氢溶液并全部注入锥形瓶中，测得装置的总质量变化如图乙。
（1）上述过氧化氢溶液完全分解产生氧气的质量是 　 　g。
（2）根据实验数据，通过化学方程式计算20mL过氧化氢溶液中溶质的质量。
（3）已知上述20mL过氧化氢溶液的成本为0.4元，若在实验室用同样的过氧化氢溶液制取600L氧气（密度取1.4g/L），需要的成本是 　 　元，可见在实验时应节约药品。（不计其它成本）
（4）小科连接图甲和图丙装置，用注射器另取4mL同样的过氧化氢溶液，通过直接测量氧气的体积来计算成本。若不考虑导管对实验的影响，以下分析正确的是 　 　。
A.广口瓶中的水面上有少量植物油，能防止氧气溶于水
B.实验前图丙装置中广口瓶内的水量不会影响测量结果
C.读数时量筒中的水面高于广口瓶内的液面导致测得氧气的体积偏小
D.测得氧气的体积等于量筒中增加的水的体积减去加入的过氧化氢溶液的体积
16．（2023·绍兴）在探究酸、碱性质时，小敏的操作过程如图甲所示，烧杯中固体质量与加入溶液的质量关系如图乙所示。请回答下列问题。
（1）加入稀盐酸后出现的现象是 　 　。
（2）bc段发生反应的化学方程式有 　 　。
（3）c点时，溶液中含有的溶质是 　 　。
（4）通过计算得出d点坐标 　 　。
17．（2023·丽水）实验室里有两个试剂瓶，各装有8克氢氧化钠固体，久置未用。为检验氢氧化钠变质程度，小科和小丽对瓶中样品进行了如下探究。
【定性探究】小科取其中一瓶氢氧化钠样品进行实验，实验过程及现象如图甲。
（1）图中蓝色絮状沉淀是 　 　；
（2）上述探究可得出该瓶氢氧化钠 　 　（填“没有变质”或“部分变质”）；
【定量实验】小丽取另—瓶氢氧化钠样品进行定量实验。将瓶中样品全部倒入烧杯中，加水充分溶解。逐滴加入溶质质量分数为7.3%的稀盐酸充分反应，当溶液的pH恰好为7时，所加稀盐酸的质量为100克。
（3）小丽通过计算得出结论氢氧化钠完全变质（如图乙）。小科认为小丽的结论不正确，理由是 　 　；
（4）要确定样品中氢氧化钠的质量，在小丽的实验方案中，缺少 　 　质量的测定。
18．（2022·舟山）取一段镁条放入盛有少量稀盐酸的试管中，用手摸试管外壁会感觉发烫，反应的化学方程式为Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑。下列有关说法正确的是（　　）
A．反应中无明显现象 B．反应是一个吸热反应
C．反应后溶液中溶质质量减少 D．反应说明镁能置换出酸中的氢
19．（2022·杭州）2008年北京奥运会“祥云”火炬、2022年北京冬奥会“飞扬”火炬的外壳材料的主要成分和燃料如表所示。奥运火炬的迭代，体现了我国科技水平的提高。下列有关两火炬的说法错误的是（　　）
“祥云”火炬 “飞扬”火炬
外壳材料的主要成分 铝合金 碳纤维复合材料
燃料 丙烷（C3H8） 氢气（H2）
A．外壳材料的主要成分都属于非金属单质 B．燃料都具有可燃性
C．燃料燃烧时，助燃物都是氧气 D．燃料燃烧时，都有水生成
20．（2022·杭州）汽车开动和人的生命活动都需要能量，能量是各种运动的量度。给汽车开动和人的生命活动提供能量的两个过程如图所示，下列分析错误的是（　　）
A．都通过剧烈的氧化反应释放出能量 B．都将化学能转化为其他形式的能
C．都参与自然界的碳循环和氧循环 D．都遵循能量的转化和守恒定律
21．（2022·金华）“宏观—微观—符号—量”是科学特有的表征物质及其变化的方法。2022年4月16日，神舟十三号载人飞船圆满完成飞行任务。火箭助推器使用偏二甲肼和四氧化二氮作为推进剂，燃烧时发生反应的微观示意图如图，下列说法不正确的是（　　）
A．从量的角度看：反应前后原子总数减少
B．从微观构成看：氮气是由氮分子构成的
C．从符号表征看：四氧化二氮的化学式是N2O4
D．从宏观物质看：燃烧产物中含有单质与化合物两类物质
22．（2022·台州）图甲是模拟火山喷发的实验，向黏土和砂石堆起的“火山口”中放入金属钠，再加入水。钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，放出热量，引发燃烧，火花四射。
（1）图乙是钠元素在元素周期表中的相关信息，则钠原子核外有
　 　个电子。
（2）请写出钠和水发生反应的化学方程式：　 　。
（3）地球上的火山喷发是 　 　变动的表现。
23．（2022·宁波）天宫课堂中，航天员王亚平视频展示了在无容器材料实验柜中进行的“锆金属熔化与凝固”实验。金属锆具有抗腐蚀性强、熔点高、硬度大等特性，广泛用于航空航天、军工、原子能等领域。
（1）金属锆熔化属于 　 　（填“物理”或“化学”）变化。
（2）如图所示是锆元素在元素周期表中的信息，其中“40”是锆元素的原子序数，即它在元素周期表中的位置序号，也是锆原子的核电荷数（即质子数），由此可知锆原子的核外电子数为 　 　。
（3）在850℃条件下，镁（Mg）与四氯化锆（ZrCl4）发生置换反应获得金属锆。该反应的化学方程式为：　 　。
24．（2022·温州）图甲是一款潜水艇紧急供氧设备的结构示意图，产氧药块主要成分是氯酸钠，需要镁粉氧化放热启动并维持反应进行，快速产生氧气。
（1）启动时，镁粉（Mg）与氧气反应生成氧化镁（MgO）。其化学方程式为：　 　。
（2）产氧药块反应会产生极少量有毒的氯气，推测图甲中试剂X应具有的性质是 　 　。
（3）氯酸钠受热分解生成氯化钠和氧气。m克氯酸钠分解过程中各物质质量变化如图乙所示，选择a、b、c、d、m中的部分数据，列出它们的等式关系以体现质量守恒定律。 　 　
25．（2022·杭州）某火力发电厂用石灰石为原料吸收废气中的二氧化硫，以防止污染环境，发生反应的化学方程式为：2CaCO3+2SO2+O2═2CaSO4+2CO2。若每天需要吸收0.64吨二氧化硫，则该发电厂每个月（按30天计）需要含碳酸钙为90%的石灰石多少吨？（杂质不参与反应）
26．（2022·绍兴）举重前运动员常常会抓一把“镁粉”在手里搓，以起到防滑效果，某种“镁粉”中只含有MgO、Mg（OH）2、MgCO3中的一种或几种固体。某兴趣小组对其成分展开了探究：分别取4.2克MgO、Mg（OH）2、MgCO3和“镁粉”置于烧杯中，逐滴加入相同溶质质量分数的稀盐酸直至粉末恰好消失。四种固体消耗稀盐酸的质量如表所示，且烧杯③和烧杯④中产生了大量气泡。请结合实验现象和数据回答问题。
物质 MgO Mg（OH）2 MgCO3 “镁粉”
消耗稀盐酸的质量/克 121.8 m 58.0 61.9
（1）烧杯③中产生的气体是 　 　。
（2）“镁粉”中不只含有MgCO3一种物质，理由是 　 　。
（3）表格中m的值为多少？（请写出计算过程）
（4）为确定“镁粉”的具体成分，兴趣小组补充了如下实验：取“镁粉”和MgCO3各4.2克，加入足量稀盐酸，生成相同条件下的气体体积分别为952毫升和1120毫升。由此可知该种“镁粉”的成分是 　 　。
27．（2022·湖州）在研究“酸与碱之间发生的反应”过程中，取一洁净的锥形瓶，往其中加入25克氢氧化钠溶液，然后逐滴滴入质量分数为7.3%的稀盐酸。
（1）为了获取酸能与碱反应的证据，滴加稀盐酸前，锥形瓶中还需加入的是 　 　。
（2）酸与碱之间反应的实质是 　 　。
（3）滴加稀盐酸至恰好完全反应，锥形瓶及溶液总质量随加入稀盐酸质量的变化关系如图所示。
①a的值是 　 　。
②求反应后溶液中溶质的质量分数。
28．（2022·金华）为了保护生态环境，针对全球气候变化，中国政府向全球承诺，力争于2060年前实现“碳中和”。“碳中和”是指在一定时间内，使二氧化碳的排放总量与吸收总量平衡，实现“零排放”。实现“碳中和”通常可采取如下措施：
Ⅰ.碳减排：减少人类生产和生活中二氧化碳的排放量。
（1）下列做法不能实现“碳减排”的是 　 　。
A.加高烟囱排放工业废气 B.推进新能源汽车使用
C.废弃物分类投放并回收利用 D.养成节约用水用电习惯
Ⅱ.碳吸收：①利用植物光合作用，这是自然界消耗二氧化碳的最重要途径；②利用“碳捕捉与封存技术”，即通过一定的方法，将工业生产中产生的CO2分离出来进行储存。在实际生产中，经常用NaOH溶液来“捕捉”CO2流程如图所示（部分条件及物质未标出）。
（2）用该技术进行“碳捕获”有效利用了原材料，该过程中被循环利用的物质有 　 　。
（3）分离器中发生的反应：①CaO+H2O＝Ca（OH）2，②Ca（OH）2+Na2CO3＝CaCO3↓+2NaOH。现有溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液100千克，求完全反应后，理论上可生成CaCO3的质量（要求根据化学方程式计算）。
Ⅲ.碳转化：指二氧化碳的资源化利用。
29．（2022·舟山）2022年我国将有6名航天员生活在空间站。氧气、水、食物等是维持航天员驻留空间站的必要物质。为提高物质的利用率，目前空间站通过以下途径实现物质循环利用：
（1）由图可知，目前空间站通过物质循环获得水的途径共有 　 　条，其中尿液净化时必须除去尿液中的 　 　等代谢废物。
（2）为实现氧的循环，目前空间站内利用氢气和航天员呼出的二氧化碳，在一定条件下转化为甲烷和水，化学方程式为4H2+CO22H2O+CH4。据测算，正常情况下一位航天员一天呼出的二氧化碳质量约1.1千克，若这些二氧化碳全部与氢气反应，则可生成水多少千克？
30．（2022·杭州）小金设计了一款在缺氧环境或出现高浓度有毒有害气体环境下逃生时使用的自救呼吸器。其设计思路如图甲所示，自救呼吸器的结构如图乙所示（其中箭头方向表示气体流动方向）。
（1）生氧药品的选择：小金查阅资料发现超氧化物（用MO2表示，其中M为+1价）可与人呼出气中的CO2、H2O反应生成O2，其反应的化学方程式为：
4MO2+2H2O═4X+3O2↑
4MO2+2CO2═2M2CO3+3O2
X的化学式为 　 　。
500g超氧化钾（KO2）和500g超氧化钠（NaO2）的生氧性能如图丙所示。小金依据人正常呼吸时需要生氧药品的生氧速度不低于1L/min，并结合自救呼吸器的结构和生氧药品的生氧性能，选取了KO2作为生氧药品。选取KO2的优点是　 　。（写出1点）
（2）影响自救呼吸器有效防护时间的因素有　 　（选填序号）。
①生氧药品的质量
②外界有毒有害气体浓度
③外界氧气浓度
④生氧药品的种类
31．（2022·温州）实验室制取二氧化碳时，选择合适溶质质量分数的盐酸，有利于减少盐酸浪费。小明分别取400克溶质质量分数为7.3%、14.6%、21.9%的盐酸与足量的石灰石反应，进行A、B、C三组实验，产生二氧化碳的快慢与时间关系如图所示，算得盐酸利用率如表（盐酸利用率是指收集到的气体体积理论上所需要的盐酸量与实际消耗的盐酸总量的比值）。
盐酸利用率与盐酸溶质质量分数的关系
组别 A B C
盐酸溶质质量分数 7.3% 14.6% 21.9%
盐酸利用率 82.5% 81.5% 72.1%
（1）小明在实验过程中发现，发生装置中的锥形瓶外壁发烫。推测图中C组在第5～10分钟时反应快速变慢的主要原因是 　 　。
（2）小明用400克盐酸进行A组实验，可收集到二氧化碳气体约多少升？（盐酸与石灰石反应的化学方程式为：2HCl+CaCO3═CaCl2+H2O+CO2↑，常温常压下二氧化碳的密度约为2克/升）
（3）实验中，小明想在10分钟内制取10升二氧化碳气体，综合考虑各种因素，选用哪种溶质质量分数的盐酸更合适，并说明理由。 　 　。
32．（2022·丽水）思维模型是依据事物发展内在规律所建立的解决问题的基本框架，能引导有序思维、增进深度理解、促进问题解决。小科建构了“混合物提纯”的思维模型：
【初步理解】根据混合物组分的性质差异，获得混合物中目标组分。
（1）海水淡化是将海水中的盐与水分开，常压加热蒸馏法是其中的一种：常压下将海水加热形成水蒸气，再液化得到淡水的过程。从建模角度分析，海水加热形成水蒸气属于上述模型中的 　
（填“分离转移”或“反应转化”）。
【探究本质】根据组分的性质差异，选择合适方法，实现物质提纯。
（2）从含少量氯化钠的硝酸钾固体中提纯硝酸钾，是通过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥实现的。其中过滤操作将硝酸钾晶体与溶液分离是根据 　 　不同。
【实践应用】根据混合物中某组分发生化学反应，提高混合物中目标组分纯度。
（3）小科取10克混有少量硫酸的盐酸溶液，滴入氯化钡溶液至不再产生沉淀，经过滤、洗涤和干燥得到沉淀0.233克，则原混合溶液中硫酸的溶质质量分数为 　 　。
【融合创新】依据科学原理，融合技术与工程，形成新颖而有价值的解决实际问题方案。
（4）常压加热蒸馏法，能耗大、成本高。小科查阅资料获知，现在世界上的许多大型海水淡化工厂，都已经采用低压加热蒸馏法，请解释其蕴含的科学道理 　 　。
33．（2021·宁波）在5.6g铁粉中，先逐滴加入一定量的Cu（NO3）2溶液，充分反应后再逐滴加入AgNO3溶液，剩余固体质量与所加溶液总质量的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．所加溶液质量为M1g时，生成Cu的质量为m1g
B．bc段发生的是Cu和AgNO3溶液的反应
C．m3的值为21.6
D．e点溶液中不含Cu（NO3）2
34．（2021·杭州）二氧化碳的资源化利用是实现碳减排的重要途径。以下是一种实现二氧化碳转化为重要原料二甲醚（化学式为C2H6O）的途径：
（1）转化①是二氧化碳与一种常见单质反应生成甲醇和水，这种单质的化学式为 　 　。
（2）转化②是甲醇发生分解反应生成二甲醚和水，反应中生成二甲醚和水的分子数之比为 　 　。
35．（2021·金华）某品牌钙片的部分信息：①钙片主要成分为碳酸钙；②每片钙片的质量为1克。某科学学习小组同学用该品牌钙片做了如下实验：把100克稀盐酸分成五等份，分5次将稀盐酸添加到放有10片钙片的烧杯中，充分反应（钙片中其它成分不溶于水且不与盐酸反应）。得到的实验数据见下表。
实验次数 1 2 3 4 5
加入稀盐酸的质量/克 20 20 20 20 20
剩余固体的质量/克 8.0 6.0 4.0 2.2 2.2
回答下列问题：
（1）钙片用于补“钙”。钙片中所含的“钙”是指 　 　；
A.元素 B.单质 C.原子
（2）10片钙片中所含碳酸钙的总质量为 　 　克；
（3）计算该实验中所用稀盐酸的溶质质量分数。（写出计算过程）
36．（2021·宁波）小宁用稀盐酸和石灰石反应制取二氧化碳（石灰石中的杂质既不溶于水也不和酸反应），为了探究反应后溶液的成分，他又进行如下实验：取反应后的溶液50g于烧杯中，逐滴滴入碳酸钠溶液，发现先有气泡产生，后生成白色沉淀。下表为产生的气体总质量、沉淀总质量与滴入碳酸钠溶液总质量的关系。
碳酸钠溶液总质量/g 25.0 50.0 75.0 100.0 125.0 150.0 175.0 200.0
气体总质量/g 1.1 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2 2.2
沉淀总质量/g 0 0 2.5 5.0 m n 9.0 9.0
（1）表中n＝　 　。
（2）所取的反应后50g溶液中溶质是 　 　。
（3）所用碳酸钠溶液中溶质的质量分数是多少？
37．（2021·浙江）小嘉发现：向碳酸钠溶液中倾倒稀盐酸，很快就产生了气泡：向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，滴加一定量后才有气泡产生。查阅资料：向碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，先发生的反应是Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3；当Na2CO3全部转化成NaHCO3后，再发生反应NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑。为此他用如图所示装置进行了如下实验：
步骤一：在广口瓶中加入10克溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，用注射器向瓶中缓慢注入一定量的溶质质量分数为7.3%的稀盐酸，观察到瓶内无明显现象； 步骤二：继续用注射器向瓶中注入稀盐酸，一段时间后观察到瓶内连续产生气泡，烧杯中澄清石灰水？。
（1）步骤二中，观察到烧杯中澄清石灰水 　 　。
（2）上述实验中，加入稀盐酸多少克后，才开始产生二氧化碳？　 　。
（3）向一定量碳酸钠溶液中无论是倾倒还是逐滴加入足量的稀盐酸，完全反应后产生二氧化碳质量是相同的，其本质原因是什么？　 　。
38．（2021·温州）“化学氧自救呼吸器”是一种在缺氧环境中通过制氧剂临时供氧的装置。制氧剂的主要成分是超氧化钾（KO2），产生氧气的主要原理是超氧化钾与人体呼出的水汽反应，其化学方程式为：4KO2+2H2O═4KOH+3O2↑。制氧剂中其它成分不能生成氧气。
（1）小明设计化学氧自救呼吸器时，为确定制氧剂的用量，除了查阅人体每分钟呼吸次数外，还需了解哪些与人体呼吸相关的数据 　 　。（列举一个）
（2）若该呼吸器需为使用者提供48克氧气，则至少需要含超氧化钾80%的制氧剂多少克 　 　。
（3）小明设计了如图甲、乙两种化学氧自救呼吸器，其内部气体路径如图所示。你认为哪种方案更合理？说明理由：　 　。
39．（2021·温州）1783年，拉瓦锡利用如图装置探究水的组成：往A杯中滴加少量的水，水通过灼热的铁管时发生汽化，水蒸气与灼热的铁反应，生成了一种黑色固体（Fe3O4）和“可燃空气”，将气体通过放在冷水中的铜管，在B装置中收集到纯净的可燃空气。最终，拉瓦锡证明了水是由两种元素组成的。
（1）将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去 　 　。
（2）将B装置收集到的可燃空气在氧气中点燃，生成了水。可燃空气的名称是 　 　。
（3）若该实验中生成的黑色固体质量为m1，可燃空气的质量为m2，可燃空气完全燃烧生成水的质量为m3，如果水是由“氧元素”和“可燃空气元素”组成的，则m1、m2、m3三者应满足的关系是 　 　。
40．（2021·衢州）“加氢几分钟，畅行数百里”，这是2021上海车展上为氢能源汽车打出的标语。氢能源汽车使用的是氢燃料电池（如图所示）。电池工作时在催化剂的作用下，氢原子失去电子形成氢离子，穿过电极A通过电解液移动到电极B与氧离子结合形成水分子；而电子则从电极A经外部电路通过电动机到达电极B，形成电流。
（1）氢燃料电池工作时是将化学能直接转化为 　 　能。
（2）氢气是氢燃料电池的原料，可以在用电低谷时，利用电网多余电能电解水来制取。已知1.2kg氢气大约可供某款氢能源汽车行驶100km，请根据化学方程式计算，制取1.2kg氢气至少需要电解多少质量的水。
（3）氢燃料电池工作时，通过电动机的电流方向是：　 　。
（4）世界能源组织提出：在制氢过程中基本上没有碳排放而得倒的氢气称为绿氢。下列方式可制得绿氢的是 　 　。
A.水力发电制氢 B.太阳能发电制氢 C.火力发电制氢 D.核能发电制氢
41．（2020·宁波）某锥形瓶内盛有盐酸和氯化铜的混合溶液100g，向其中加入溶质质量分数为10%的氢氧化钠溶液，锥形瓶内溶液质量m1与加入的氢氧化钠溶液质量m2的变化关系如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．反应至A点时，所加NaOH溶液的质量为40g
B．反应至A点时，溶液中的溶质有CuCl2和NaCl
C．反应至B点时，锥形瓶内溶液的质量为280.4g
D．反应至B点时，锥形瓶内溶液中NaCl的质量为23.4g
42．（2020·宁波）某化学反应的反应物和生成物的微观示意图及反应前后的质量如下表所示。
物质 甲 乙 丙 丁
微观示意图
反应前质量/g 32 200 1 0
反应后质量/g 0 x y z
下列有关该反应的说法正确的是（　　）
A．甲物质由碳原子和氢原子直接构成 B．该反应属于置换反应
C．参加反应的反应物分子个数比为1：1 D．x+y+z＝233
43．（2020·杭州）医用消毒酒精为75%的乙醇溶液，化工生产中可用A（主要成分的化学式为C8H18）作原料，经以下流程制取乙醇：
（1）步骤①的转化属于 　 　（填“化学”或“物理”）变化。
（2）步骤②是乙烯和含两种元素的化合物B发生化合反应，则B的化学式是 　 　。
44．（2020·衢州）小科用如图所示的装置来测量某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，注射器水平放置，夹持装置未画出。他在试管中加入1g石灰石样品和足量的稀盐酸（石灰石中其它成分不与稀盐酸反应产生气体），快速将连有注射器的橡皮塞塞紧试管口，实验结果如下表。（忽略活塞与筒壁之间的摩擦及温度变化对实验的影响）
反应时间/min 0 1 2 3 4
活塞对应的刻度/mL 0 98 152 176 176
（1）实验中判断石灰石和盐酸反应完的依据是 　 　。
（2）当时实验条件下二氧化碳的密度约为2g/L．请利用表格中的数据，根据化学方程式计算该石灰石样品中碳酸钙的质量分数。
45．（2020·宁波）某科学兴趣小组同学取8.5g铁，放到含少量硫酸的硫酸铜溶液中，完全反应后，最终得到9.2g固体。为测定所得固体中各成分的含量，同学们将62.5g稀盐酸分五次加入到该固体中，得到数据如表：
次数 1 2 3 4 5
加入盐酸溶液质量/g 12.5 12.5 12.5 12.5 12.5
剩余固体质量/g 8.5 7.8 a 6.4 6.4
请分析计算：
（1）表中a的值是　 　。
（2）9.2g固体中铁的质量是　 　。
（3）稀盐酸的溶质质量分数是多少？
（4）与硫酸铜反应的铁的质量是多少？
46．（2020·浙江）复方碳酸氢钠片是一种常用的抗酸剂药物，口服后能迅速中和或缓冲胃酸，减少疼痛等症状。复方碳酸氢钠片的主要成分是碳酸氢钠（与盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑）。
某科学兴趣小组为了测定药片中碳酸氢钠的含量做了以下实验：先将复方碳酸氢钠片制成粉末，取10克分多次放入盛有100克稀盐酸的烧杯中充分反应。测出加入的粉末质量和反应后的溶液质量，两者质量关系如图所示。
（1）实验后，兴趣小组又往烧杯中加入少量粉末，观察到　 　，说明上述实验结束时稀盐酸过量。
（2）计算复方碳酸氢钠片中碳酸氢钠的含量。
（3）计算10克粉末与稀盐酸反应后所得氯化钠溶液的溶质质量分数。（计算结果精确到0.1%）
47．（2020·杭州）一种制备氢氧化镁的生产流程如图所示，MgCl2和NaOH按恰好完全反应的比例加料。
（1）写出步骤c中发生反应的化学方程式：　 　。
（2）x＝　 　。
（3）过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是　 　。
（4）如图流程中若用下列物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是　 　。
①盐酸 ②氯化钙 ③氨水 ④硫酸镁
48．（2020·绍兴）将12.9克NaCl和Na2CO3固体混合物完全溶于水中形成溶液，再将75克CaCl2溶液分5次加入到该溶液中，充分反应，测得的实验数据如下表。
实验序号 1 2 3 4 5
加入CaCl2溶液质量/克 15 15 15 15 15
生成沉淀的总质量/克 3 m 9 10 10
求：（1）表格中m的数值是　 　。
（2）溶液中Na2CO3完全反应是在第　 　次实验。
（3）固体混合物中Na2CO3的质量分数。（精确到0.1%）
（4）请画出上述过程溶液中NaCl质量的变化图。
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【中考解密】5年（2020-2024）中考科学真题分类汇编（精编版）
专题16 质量守恒定律
1．【答案】（1）氧元素；
（2）+4；
（3）催化。
【解答】解：（1）反应前后元素种类不变，加热硝石可以产生氧气，则说明硝石中一定含有氧元素。
（2）MnO2中，氧元素化合价为﹣2价，设Mn的化合价为x，根据”化合物中各元素化合价代数和为零“，则x+（﹣2）×2＝0，解得x＝+4。
（3）氯酸钾制取氧气的反应中，二氧化锰能加快反应速率，且反应前后质量不变，则在该反应中，二氧化锰起催化作用。
故答案为：（1）氧元素；
（2）+4；
（3）催化。
2．【答案】D
【解答】解：由反应的化学方程式，反应前锂、氧、碳原子个数分别为4、8、2，反应后的生成物中锂、氧、碳原子个数分别为0、2、0，根据反应前后原子种类、数目不变，则2X分子中含有4个锂原子、2个碳原子和6个氧原子，则每个X分子由2个锂原子、1个碳原子和3个氧原子构成，则物质X的化学式为Li2CO3。
故选：D。
3．【答案】D
【解答】解：由发生反应的微观过程图可知，该反应的方程式是：N2O4+2N2H43N2+4H2O。
A、由分子结构模型可知，乙物质是N2H4，不是氧化物，说法错误；
B、相对分子质量的单位不是“g”而是“1”，通常省略不写，说法错误；
C、反应过程中，氮元素由+4价和﹣2价变成0价，氢元素的化合价没有改变，说法错误；
D、由化学方程式可知，生成物丙和丁的分子个数比为3：4，说法正确。
故选：D。
4．【答案】A
【解答】解：由微观反应示意图可知，该反应是由过氧化氢在二氧化锰的催化作用下分解为水和氧气，化学方程式为2H2O22H2O+O2↑。
A、由分子结构模型可知，一个过氧化氢分子是由两个氢原子和两个氧原子构成的，则过氧化氢的化学式为H2O2，说法正确；
B、水是由水分子构成的，水分子才是由氢原子与氧原子构成的，说法错误；
C、由质量守恒定律可知，反应前后的原子数目不变，说法错误；
D、由化学方程式可知，生成的水分子和氧分子数目比为2：1，说法错误。
故选：A。
5．【答案】C
【解答】解：A、反应物是氢气和氧气，该选项不正确。
B、参加反应的甲和乙分子个数之比为2：1，该选项不正确。
C、反应前后原子的数目不变，该选项正确。
D、反应的化学方程式是2H2+O22H2O，该选项不正确。
故选：C。
6．【答案】（1）分解反应；
（2）CO2+4H2CH4+2H2O。
【解答】解：（1）利用太阳能产生激光，再用激光使水分解得到氢气和氧气实现“制氢”，该反应符合“一变多”的形式，符合分解反应的特征，属于分解反应。
（2）在“储氢”领域，可以将二氧化碳和氢气在一定条件下反应生成甲烷和水，实现二氧化碳的再利用和“储氢”，反应的化学方程式为CO2+4H2CH4+2H2O。
故答案为：
（1）分解反应；
（2）CO2+4H2CH4+2H2O。
7．【答案】（1）仍然平衡；
（2）Cl﹣；
（4）80：117。
【解答】解：（1）氢氧化钠与稀盐酸反应生成氯化钠和水，图1实验中观察到反应后天平仍然平衡，得出化学反应前后物质质量不变。
（2）氢氧化钠与盐酸反应的实质是氢氧化钠溶液中的氢氧根离子与盐酸中的氢离子结合生成水分子，氢氧化钠溶液中加入少量稀盐酸，氢氧根离子个数有剩余，钠离子个数不变，新增加的离子是氯离子，故大圈“”表示 Cl﹣。
（4）根据化学方程式NaOH+HCl═NaCl+H2O知，参加反应的氢氧化钠与生成的氯化钠质量之比为40：58.5＝80：117
故答案为：
（1）仍然平衡；
（2）Cl﹣；
（4）80：117。
8．【答案】（1）0﹣40秒的任意时间点，锌与稀盐酸反应瓶内气压都大于铁与稀盐酸反应瓶内气压；
（2）10g；
（3）由于镁与稀盐酸反应生成氢气，同时放热，0﹣40秒时装置中气压不断增加，40秒时反应停止，瓶中热量不断散失，温度将至室温，瓶内气压逐渐减小，但仍高于初始气压。
【解答】解：（1）由乙图可知，0﹣40秒的任意时间点，锌与稀盐酸反应瓶内气压都大于铁与稀盐酸反应瓶内气压，可知锌比铁活动性强；
（2）设需要稀盐酸的质量为x。
Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑
24 73
0.48g x×14.6%
x＝10g
答：至少需要稀盐酸10g。
（3）由于镁与稀盐酸反应生成氢气，同时放热，0﹣40秒时装置中气压不断增加，40秒时反应停止，瓶中热量不断散失，温度将至室温，瓶内气压逐渐减小，但仍高于初始气压。
故答案为：（1）0﹣40秒的任意时间点，锌与稀盐酸反应瓶内气压都大于铁与稀盐酸反应瓶内气压；
（2）10g；
（3）由于镁与稀盐酸反应生成氢气，同时放热，0﹣40秒时装置中气压不断增加，40秒时反应停止，瓶中热量不断散失，温度将至室温，瓶内气压逐渐减小，但仍高于初始气压。
9．【答案】（1）吸收空气中的二氧化碳。
（2）D。
（3）88.3%。
【解答】解：（1）装置A的作用是吸收空气中的二氧化碳。
故答案为：吸收空气中的二氧化碳。
（2）根据某装置质量不再改变时，作为停止实验的依据，则该装置应该是D（吸收二氧化碳，如果质量不再变化，说明反应完全）。
故答案为：D。
（3）设食用碱中Na2CO3的质量分数是x。
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑
106 44
12gx 4.4g
＝
x≈88.3%
答：食用碱中Na2CO3的质量分数是88.3%。
10．【答案】（1）化合反应；
（2）硫。
【解答】解：（1）由化学方程式Hg+S＝HgS可知，该反应是由两种物质反应生成另一种新物质，符合“多变一”的特点，属于化合反应；
故答案为：化合反应；
（2）由质量守恒定律可知，参加反应的汞与参加反应的硫的质量之和等于生成的硫化汞的质量，因此增重的“一两五钱”实际上是参加反应的硫的质量；
故答案为：硫。
11．【答案】（1）产生蓝色絮状沉淀；
（2）B；
（3）。
【解答】解：（1）将图甲中的两种溶液混合，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，观察到产生蓝色絮状沉淀的现象，证明两者发生了化学反应，且天平仍然保持平衡，可验证质量守恒定律。
（2）A、质量守恒定律只适用于化学变化，冰熔化成水是物理变化，不能验证质量守恒定律，故选项错误；
B、铜丝和硝酸银溶液反应生成银和硝酸铜，反应前后天平保持平衡，能验证质量守恒定律，故选项正确；
C、碳酸钙固体和稀盐酸混合生成氯化钙、水和二氧化碳，生成的二氧化碳会逸散到空气中，导致反应后天平不平衡，不能验证质量守恒定律，故选项错误；
故选：B。
（3）该同学以电解水为例，从分子和原子的角度解释质量守恒定律的微观本质，2个水分子分解成2个氧原子和4个氢原子，2个氧原子结合成1个氧分子，4个氢原子两两结合成2个氢分子，则框中有两个氢分子，微观示意图为：。
故答案为：
（1）产生蓝色絮状沉淀；
（2）B；
（3）。
12．【答案】（1）腐蚀；
（2）40；360；
（3）53g、37g。
【解答】解：（1）氢氧化钠有强烈的腐蚀性，制作叶脉书签，用NaOH溶液去除叶肉，利用了该性质；
（2）400g溶质质量分数为10%的NaOH溶液中，含NaOH的质量为400g×10%＝40g、水的质量为400g﹣40g＝360g；
（3）设需称取Na2CO3、Ca（OH）2的质量各为x、y。
Na2CO3+Ca（OH）2＝2NaOH+CaCO3↓
106 74 80
x y 40g
x＝53g
y＝37g
答：需称取Na2CO3、Ca（OH）2的质量各为53g和37g。
故答案为：（1）腐蚀；
（2）40；360；
（3）53g、37g。
13．【答案】88t。
【解答】解：设理论上可以少排放二氧化碳的质量为x。
nCO2+nC3H6O═[C4H6O3]n
44n 102n
x 204t
x＝88t
答：理论上可以少排放88t二氧化碳。
14．【答案】（1）增大反应物的接触面积，有利于充分反应；
（2）盐酸；
（3）40%。
【解答】解：（1）将钙片进行粉碎，其目的是增大反应物的接触面积，有利于充分反应；
（2）第1组加入10g盐酸生成0.22g二氧化碳，第2组加入20g盐酸生成0.44g二氧化碳，说明盐酸都完全反应，第3组加入30g盐酸生成0.44g二氧化碳，说明盐酸过量；
（3）设样品中碳酸钙的质量为x。
CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 0.44g
解得：x＝1g
所以钙片中的碳酸钙的质量分数为×100%＝40%
答：钙片中的碳酸钙的质量分数为40%。
故答案为：（1）增大反应物的接触面积，有利于充分反应；
（2）盐酸；
（3）40%。
15．【答案】（1）1.4；
（2）2.975g；
（3）240；
（4）ACD。
【解答】解：（1）由质量守恒定律可知，生成氧气的质量为：413.7g﹣412.3g＝1.4g；故答案为：1.4；
（2）设20mL过氧化氢溶液中溶质的质量为x，则：
2H2O22H2O+O2↑
68 32
x 1.4g
x＝2.975g
答：20mL过氧化氢溶液中溶质的质量为2.975g；
（3）600L氧气（密度取1.4g/L）的质量为600L×1.4g/L＝840g，则成本是：＝240元
故答案为：240；
（4）A.广口瓶中的水面上有少量植物油，能防止氧气溶于水，说法正确；
B.实验前图丙装置中广口瓶内的水必须能将右侧导管下端浸没起来，否者无法测定生成氧气的体积，说法错误；
C.读数时量筒中的水面高于广口瓶内的液面会导致产生了一定压强差，广口瓶内的氧气未完全排出，导致测得氧气的体积偏小，说法正确；
D.测得氧气的体积等于量筒中增加的水的体积减去加入的过氧化氢溶液的体积，说法正确。
故答案为：ACD。
16．【答案】（1）固体逐渐消失，溶液显蓝色；
（2）HCl+NaOH═NaCl+H2O；
（3）NaCl、CuCl2；
（4）（300，14.7）。
【解答】解：（1）稀盐酸与氧化铜反应生成蓝色的氯化铜和水，故加入稀盐酸后出现的现象是固体逐渐消失，溶液显蓝色；
（2）bc段是稀盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，反应的化学方程式为HCl+NaOH═NaCl+H2O；
（3）稀盐酸与氧化铜反应生成蓝色的氯化铜和水，稀盐酸与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠和水，则c点时，溶液中含有的溶质是NaCl、CuCl2；
（4）设12g氧化铜消耗溶质HCl的质量为x，生成氯化铜的质量为y，
CuO+2HCl═CuCl2+H2O
80 73 135
12g x y
＝
x＝10.95g
＝
y＝20.25g
剩余溶质HCl的质量为200g×7.3%﹣10.95g＝3.65g，
设bc段消耗氢氧化钠溶液质量为z，
HCl+NaOH═NaCl+H2O
36.5 40
3.65g 16%z
＝
z＝25g
设cd段消耗氢氧化钠溶液质量为m，生成沉淀质量为n，
CuCl2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaCl
135 80 98
20.25g 16%m n
＝
m＝75g
＝
n＝14.7g
即生成氢氧化铜沉淀的质量为14.7g，消耗16%的氢氧化钠溶液的质量为25g+75g＝100g，则加入的溶液质量为200g+100g＝300g，故通过计算得出d点坐标（300，14.7）。
故答案为：（1）固体逐渐消失，溶液显蓝色；
（2）HCl+NaOH═NaCl+H2O；
（3）NaCl、CuCl2；
（4）（300，14.7）。
17．【答案】（1）氢氧化铜；
（2）部分变质；
（3）由反应的化学方程式NaOH+HCl＝NaCl+H2O（即2NaOH+2HCl＝2NaCl+2H2O）、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑可知，氢氧化钠变质生成碳酸钠，不论氢氧化钠变质程度如何，当pH为7时，消耗盐酸的质量是一样的，所以用盐酸的质量来计算是错误的；
（4）二氧化碳。
【解答】解：【定性探究】
（1）氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜蓝色絮状沉淀和氯化钠，则图中蓝色絮状沉淀是氢氧化铜。
（2）碳酸钠和硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钠，氢氧化钠和氯化铜反应生成氢氧化铜沉淀和氯化钠；向溶液中加入硝酸钡得到固体，说明溶液中有碳酸钠，向滤液中加入氯化铜得到蓝色沉淀，说明滤液中有氢氧化钠，所以上述探究可得出该瓶氢氧化钠部分变质。
【定量实验】
小丽取另—瓶氢氧化钠样品进行定量实验。将瓶中样品全部倒入烧杯中，加水充分溶解。逐滴加入溶质质量分数为7.3%的稀盐酸充分反应，当溶液的pH恰好为7时，所加稀盐酸的质量为100克。
（3）氢氧化钠和碳酸钠都显碱性，当pH为7时，二者和盐酸恰好完全反应；小丽通过计算得出结论氢氧化钠完全变质，小科认为小丽的结论不正确，由反应的化学方程式NaOH+HCl＝NaCl+H2O（即2NaOH+2HCl＝2NaCl+2H2O）、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑可知，氢氧化钠变质生成碳酸钠，不论氢氧化钠变质程度如何，当pH为7时，消耗盐酸的质量是一样的，所以用盐酸的质量来计算是错误的。
（4）要确定样品中氢氧化钠的质量，在小丽的实验方案中，缺少二氧化碳质量的测定，由二氧化碳的质量可以计算出碳酸钠的质量，由碳酸钠的质量可以计算出变质的氢氧化钠的质量，用总质量减去变质质量就可以得到不变质的氢氧化钠的质量。
故答案为：
（1）氢氧化铜；
（2）部分变质；
（3）由反应的化学方程式NaOH+HCl＝NaCl+H2O（即2NaOH+2HCl＝2NaCl+2H2O）、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑可知，氢氧化钠变质生成碳酸钠，不论氢氧化钠变质程度如何，当pH为7时，消耗盐酸的质量是一样的，所以用盐酸的质量来计算是错误的；
（4）二氧化碳。
18．【答案】D
【解答】A.取一段镁条放入盛有少量稀盐酸的试管中，镁和稀盐酸反应生成氯化镁和氢气，有气泡产生，故A错误；
B.用手摸试管外壁会感觉发烫，说明放出了热量，故B错误；
C.由反应的化学方程式为：Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，每24份质量的镁可置换出2份质量的氢气，溶液的质量会增加，故C错误；
D.由反应的化学方程式为Mg+2HCl＝MgCl2+H2↑，反应说明镁能置换出酸中的氢，故D正确。
故选：D。
19．【答案】A
【解答】解：A、“祥云”火炬的主要成分是铝合金，含有铝、镁等；“飞扬”火炬的主要成分是碳纤维复合材料，复合材料是由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观上组成具有新性能的材料；均属于混合物，不都属于非金属单质，故选项说法错误。
B、能作燃料，说明都具有可燃性，故选项说法正确。
C、氧气能支持燃烧，燃料燃烧时，助燃物都是氧气，故选项说法正确。
D、由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，两种火炬的燃料中均含有氢元素，则燃料燃烧时，都有水生成，故选项说法正确。
故选：A。
20．【答案】A
【解答】解：A、人的呼吸作用是缓慢氧化，故A错误；
B、燃烧和呼吸作用都是将化学能转化为其他形式的能，故B正确；
C、含碳燃烧可将氧气转化为二氧化碳，呼吸作用将氧气转化为二氧化碳，因此这两个过程都参与自然界的碳循环和氧循环，故C正确；
D、化学变化都遵循能量的转化和守恒定律，故D正确。
故选：A。
21．【答案】A
【解答】解：A、根据质量守恒定律，反应前后原子质量、种类、数目不变，从量的角度看：反应前后原子总数不变，故A不正确。
B、从微观构成看：氮气是由氮分子构成的，故B正确。
C、从符号表征看：1个四氧化二氮分子由2个氮原子和4个氧原子构成，故化学式是N2O4，故C正确。
D、从宏观物质看：燃烧产物为二氧化碳、水和氮气，二氧化碳、水都是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，氮气是由一种元素组成的纯净物，属于单质，故D正确。
故选：A。
22．【答案】①.11 ②.2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑ ③.地壳
【解答】（1）图乙是钠元素在元素周期表中的相关信息，钠的原子序数为11，原子序数在数值上等于原子内的质子数等于核外电子数，所以钠原子核外有11个电子，故答案为11；
（2）钠和水发生反应生成氢氧化钠和氢气，化学方程式为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑，故答案为：2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑；
（3）地球上的火山喷发是地壳变动的表现，故答案为地壳。
23．【答案】（1）物理；
（2）40；
（3）2Mg+ZrCl42MgCl2+Zr。
【解答】解：（1）金属锆熔化的过程，只是状态发生改变，属于物理变化；
（2）根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字表示原子序数，该元素的原子序数为40；根据原子中原子序数＝核电荷数＝质子数＝核外电子数，则锆原子中的核外电子数为40；
（3）镁（Mg）与四氯化锆（ZrCl4）在850℃条件下生成金属锆和氯化镁，反应的化学方程式为：2Mg+ZrCl42MgCl2+Zr。
故答案为：
（1）物理；
（2）40；
（3）2Mg+ZrCl42MgCl2+Zr。
24．【答案】（1）2Mg+O22MgO；
（2）吸收氯气，但不吸收氧气；
（3）a+d＝b+c或m＝a+d或m＝b+c。
【解答】解：（1）启动时，镁粉（Mg）与氧气反应生成氧化镁（MgO）。其化学方程式为2Mg+O22MgO；
（2）产氧药块反应会产生极少量有毒的氯气，由甲图可知，产氧药块产生的氧气和氯气，通过试剂X，氯气被吸收，氧气排出，故推测图甲中试剂X能吸收氯气，但不吸收氧气；
（3）氯酸钠受热分解生成氯化钠和氧气，化学方程式为2NaClO32NaCl+3O2↑；根据质量守恒定律，反应前后各物质的质量总和相等，生成气体的质量即为固体减少的质量，由图乙可知，m﹣d＝a，即m＝a+d；m﹣c＝b，即m＝b+c；a+d＝b+c；故能体现质量守恒定律的关系式有a+d＝b+c、m＝a+d、m＝b+c。
故答案为：
（1）2Mg+O22MgO；
（2）吸收氯气，但不吸收氧气；
（3）a+d＝b+c或m＝a+d或m＝b+c。
25．【答案】33.3t。
【解答】解：设每天需要消耗CaCO3的质量为x
2CaCO3+O2+2SO2═2CaSO4+2CO2，
200 128
x 0.64t
＝
x＝1t
则每个月需要石灰石的质量为×30＝33.3t
答：该发电厂每个月需要含碳酸钙为90%的石灰石33.3t。
26．【答案】（1）二氧化碳（或CO2）；
（2）等质量的MgCO3和“镁粉”消耗的盐酸质量不相等；
（3）84.0；
（4）MgCO3和Mg（OH）2。
【解答】解：（1）碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，所以烧杯③中产生的气体是二氧化碳；
（2）根据表格中的数据和“取MgCO3和“镁粉”样品4.2g，逐滴加入相同溶质质量分数的稀盐酸直至粉末恰好消失，消耗的盐酸质量不相等；
（3）设与碳酸镁反应消耗的氯化氢的质量为x。
MgCO3+2HCl═MgCl2+H2O+CO2↑
84 73
4.2g x
x＝3.65g
所用盐酸中溶质的质量分数为×100%≈6.29%；
设与氢氧化镁反应消耗的氯化氢的质量为y。
Mg（OH）2+2HCl═MgCl2+2H2O
58 73
4.2g y
y≈5.286g
消耗盐酸的质量为≈84.0g
答：表格中m的值为84.0；
（4）为确定“镁粉”的具体成分，同学们认为还需要补充如下实验：取“镁粉”和MgCO3各4.2克，加入足量稀盐酸，生成相同条件下的气体体积分别为952毫升和1120毫升；
设MgCO3的质量为m，则，解得m＝3.57g，消耗盐酸的质量为×58.0g＝49.3g；“镁粉”中另一种物质的质量为4.2g﹣3.57g＝0.63g，消耗稀盐酸的质量为61.9g﹣49.3g＝12.6g，则设4.2g该物质消耗稀盐酸的质量为n，则，解得n＝84g，故“镁粉”中除MgCO3外的另一种物质为Mg（OH）2。
故答案为：（1）二氧化碳（或CO2）；
（2）等质量的MgCO3和“镁粉”消耗的盐酸质量不相等；
（3）84.0；
（4）MgCO3和Mg（OH）2。
27．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由于氢氧化钠与盐酸反应没有明显的现象，所以滴加稀盐酸前，锥形瓶中还需加入无色酚酞试液，当滴加稀盐酸至溶液红色消失，说明酸与碱发生了反应；
（2）酸碱中和的实质就是H+和OH﹣结合生成H2O；
（3）①根据质量守恒定律，a＝80.4﹣60.4＝20；
②设反应后溶液中溶质的质量为x。
NaOH+HCl＝NaCl+H2O
36.5 58.5
20g×7.3% x
x＝2.34g
反应后溶液中溶质的质量分数为×100%＝5.2%.
答：反应后溶液中溶质的质量分数为5.2%。
故答案为：（1）无色酚酞试液；
（2）H+和OH﹣结合生成H2O；
（3）①20；
②5.2%。
28．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）A、通过加高烟囱排放工业废气，不能减少空气的污染物的总量，故选项不能实现“碳减排”；
B、推进新能源汽车使用，减少燃油，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；
C、废弃物分类投放并回收利用，节约资源，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；
D、养成节约用水用电习惯，可以减少二氧化碳的排放，故选项能实现“碳减排”；
故选：A。
（2）用该技术进行“碳捕获有效利用了原材料，该过程中氢氧化钠、氧化钙既是反应物，又是生成物，可以循环利用；
（3）解：设生成碳酸钙的质量为x
Na2CO3+Ca （OH）2＝CaCO3↓+2NaOH
106 100
100kg×10.6% x
x＝10kg
答：完全反应后，理论上可生成CaCO3的质量为10kg。
故答案为：
（1）A；
（2）NaOH、CaO；
（3）10kg。
29．【答案】（1）3；尿素、尿酸；
（2）0.9千克。
【解答】解：（1）由图可知，航天员呼吸生成水，将航天员的尿液净化得到水，二氧化碳和氢气在一定条件下生成水和甲烷，故目前空间站通过物质循环获得水的途径共有三条，其中尿液净化时必须除去尿液中的尿素、尿酸等代谢废物。
（2）设可生成水质量为x
4H2+CO22H2O+CH4
44 36
1.1千克 x
＝
x＝0.9千克
答：可生成水0.9千克。
故答案为：
（1）3；尿素、尿酸；
（2）0.9千克。
30．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由4MO2+2H2O═4X+3O2↑可知，反应前M原子、氢原子、氧原子个数分别为4、4、10，反应后M原子、氢原子、氧原子个数分别为0、0、6，化学反应前后，原子的质量不变，原子的种类、总个数不变，则4X中有4个M原子，4个氧原子、4个氢原子，则X化学式为MOH；由图像可知，超氧化钾和超氧化钠生氧速度不低于1L/min，KO2作为生氧药品比超氧化钠作为生氧药品生氧速度波动较小，使用时间较长，氧气浪费较少等，故选取KO2的优点是生氧速度波动较小、使用时间较长、氧气浪费较少（合理即可）；
（2）由图像可知，等质量的超氧化钾和超氧化钠生氧速度不同，有效防护时间不同，说明生氧药品的种类，影响自救呼吸器有效防护时间，生氧药品的质量不同生成氧气质量不同，有效防护时间不同；由甲图和乙图可知，外界有毒有害气体及外界氧气不会进入自救呼吸器，故不影响自救呼吸器有效防护时间，故选：①④。
故答案为：
（1）MOH；生氧速度波动较小或使用时间较长或氧气浪费较少（合理即可）；
（2）①④。
31．【答案】（1）盐酸溶质质量分数越大，越易挥发；温度升高，加快盐酸挥发；反应速度越快，消耗的盐酸越多；上述结果引起盐酸溶质质量分数快速减小，故反应快速变慢；
（2）7.26升；
（3）选B，前10分钟反应快慢适中，盐酸利用率较高，能满足收集10升二氧化碳。
【解答】解：（1）盐酸溶质质量分数越大，越易挥发；发生装置中的锥形瓶外壁发烫，说明反应放热，温度升高，加快盐酸挥发，反应速度越快，消耗的盐酸越多。上述结果引起盐酸溶质质量分数快速减小，故反应快速变慢。
（2）解：参加反应的稀盐酸溶质质量：m＝400克×7.3%×82.5%＝24.09克
设生成二氧化碳的质量为x
2HCl+CaCO3═CaCl2+H2O+CO2↑
73 44
24.09克 x
＝
解得：x＝14.52克
V＝＝7.26升
答：可收集到二氧化碳气体7.26升。
（3）选B，由图像可知，B前10分钟反应快慢适中，盐酸利用率较高，每分钟产生二氧化碳体积大于1升，能满足十分钟内收集10升二氧化碳。
故答案为：
（1）盐酸溶质质量分数越大，越易挥发；温度升高，加快盐酸挥发；反应速度越快，消耗的盐酸越多；上述结果引起盐酸溶质质量分数快速减小，故反应快速变慢；
（2）7.26升；
（3）选B，前10分钟反应快慢适中，盐酸利用率较高，能满足收集10升二氧化碳。
32．【答案】（1）分离转移；
（2）颗粒大小；
（3）0.98%；
（4）液体的沸点随气压的降低而降低，从而节约能量消耗。
【解答】解：（1）海水淡化是将海水中的盐与水分开，常压加热蒸馏法是其中的一种：常压下将海水加热形成水蒸气，再液化得到淡水的过程。从建模角度分析，海水加热形成水蒸气属于上述模型中的分离转移；故答案为：分离转移；
（2）过滤操作将硝酸钾晶体与溶液分离是根据颗粒大小不同；故答案为：颗粒大小；
（3）设硫酸的质量为x，则：
H2SO4+BaCl2＝BaSO4↓+2HCl
98 233
x 0.233g
x＝0.098g
则原混合溶液中硫酸的溶质质量分数为＝0.98%
故答案为：0.98%；
（4）常压加热蒸馏法，能耗大、成本高。小科查阅资料获知，现在世界上的许多大型海水淡化工厂，都已经采用低压加热蒸馏法，其中蕴含的科学道理是液体的沸点随气压的降低而降低，从而节约能量消耗；故答案为：液体的沸点随气压的降低而降低，从而节约能量消耗。
33．【答案】C
【解答】解：将5.6g的铁粉加入Cu（NO3）2溶液中，则铁与硝酸铜反应生成硝酸亚铁和铜，ab段为铁与硝酸铜反应，根据图像分析，加入硝酸银后反应出现两个拐点，则是硝酸银与两种金属反应，即和铁与铜反应，所以b点铁有剩余，b点固体为铁和铜，溶液中溶质为硝酸亚铁而无硝酸铜。充分反应后再逐滴加入AgNO3溶液，铁先与硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，铁完全反应后，铜再与硝酸银反应生成银和硝酸铜，所以bc段是铁与硝酸银反应，cd段是铜与硝酸银反应。最后由于加入硝酸银过量，所以此时有生成的硝酸亚铁、硝酸铜以及剩余的硝酸银。
A、所加溶液质量为M1g时，m1g为生成铜质量与剩余铁质量和，所以生成Cu的质量不等于m1g，故A错误；
B、bc段是铁与硝酸银反应，cd段是铜与硝酸银反应，故B错误；
C、5.6g铁先与硝酸铜反应生成铜，铜再与硝酸银反应生成银的质量，与5.6g铁与硝酸银反应生成银的质量相等，根据图像，m3即为最终生成银的质量。
Fe+2AgNO3═Fe（NO3）2+2Ag
56 216
5.6g m3
m3＝21.6g
故C正确
D、bc段是铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，cd段是铜与硝酸银反应生成银和硝酸铜，所以e点溶质有硝酸亚铁、硝酸铜和剩余的硝酸银，故D错误。
故选：C。
34．【答案】（1）H2。
（2）1：1。
【解答】解：（1）转化①是二氧化碳与一种常见单质反应生成甲醇和水，反应前后元素种类不变，因此这种单质的化学式为H2。
故答案为：H2。
（2）转化②是甲醇发生分解反应生成二甲醚和水，反应的化学方程式是2CH4OC2H6O+H2O，反应中生成二甲醚和水的分子数之比为1：1。
故答案为：1：1。
35．【答案】（1）A。
（2）7.8.
（3）7.3%。
【解答】解：（1）钙片用于补“钙”，钙片中所含的“钙”是指钙元素。
故填：A。
（2）10片钙片中所含碳酸钙的总质量为：10g﹣2.2g＝7.8g。
故填：7.8.
（3）设20g稀盐酸中氯化氢质量为x，
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，
100 73
2.0g x
＝，
x＝1.46g，
该实验中所用稀盐酸的溶质质量分数是：×100%＝7.3%，
答：该实验中所用稀盐酸的溶质质量分数是7.3%。
36．【答案】（1）9.0。
（2）氯化钙、氯化氢。
（3）10.6%。
【解答】解：（1）由表中数据可知，25g碳酸钠溶液完全反应生成2.5g碳酸钙，加入175.0g碳酸钠溶液时，产生碳酸钙质量是9.0g，说明m＝7.5，n＝9.0。
故填：9.0。
（2）产生气泡，说明溶液中含有氯化氢，产生白色沉淀，说明溶液中含有氯化钙，所取的反应后50g溶液中溶质是氯化钙、氯化氢。
故填：氯化钙、氯化氢。
（3）设所用碳酸钠溶液中溶质的质量分数是x，
Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，
106 44
50g×x 2.2g
＝
x＝10.6%，
答：所用碳酸钠溶液中溶质的质量分数是10.6%。
37．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）步骤二中，观察到烧杯中澄清石灰水变浑浊。
故填：变浑浊。
（2）设加入稀盐酸质量为x，
Na2CO3+HCl═NaCl+NaHCO3，
106 36.5
10g×10.6% x×7.3%
＝，
x＝5g，
上述实验中，加入稀盐酸5g后，才开始产生二氧化碳。
故填：5g。
（3）向一定量碳酸钠溶液中无论是倾倒还是逐滴加入足量的稀盐酸，完全反应后产生二氧化碳质量是相同的，其本质原因是两种方式中，生成的二氧化碳中的碳元素都完全来自于碳酸钠，即碳酸钠中的碳元素完全转化成二氧化碳中的碳元素。
故填：两种方式中，生成的二氧化碳中的碳元素都完全来自于碳酸钠，即碳酸钠中的碳元素完全转化成二氧化碳中的碳元素。
38．【答案】（1）呼出气体中水蒸气含量；
（2）177.5g；
（3）甲的方案更合理，因为水汽能快速与制氧剂接触，且吸气或呼气时水汽都有机会与制氧剂反应，水汽的利用率高。
【解答】解：（1）为确定制氧剂的用量，除了查阅人体每分钟呼吸次数外，还需了解呼出气体中水蒸气含量，故答案为：呼出气体中水蒸气含量；
（2）设需要制氧剂的质量为x
4KO2+2H2O═4KOH+3O2↑
284 96
80%×x 48g
x＝177.5g
答：至少需要含超氧化钾80%的制氧剂177.5g。
（3）甲中制氧剂在中间，乙中制氧剂在最下面，甲的方案更合理，因为水汽能快速与制氧剂接触，且吸气或呼气时水汽都有机会与制氧剂反应，水汽的利用率高，故答案为：甲的方案更合理，因为水汽能快速与制氧剂接触，且吸气或呼气时水汽都有机会与制氧剂反应，水汽的利用率高。
39．【答案】（1）水蒸气；
（2）氢气；
（3）m1+m2＝m3。
【解答】解：（1）根据水蒸气与灼热的铁反应，生成了一种黑色固体（Fe3O4）和“可燃空气”，由于与水蒸气反应，故生成的气体不纯，实验的过程B装置中收集到纯净的可燃空气，因此将气体通过放在冷水中的铜管，目的是除去水蒸气；
（2）根据质量守恒定律，化学变化前后元素的种类不变，铁与水蒸气反应前有铁、氢和氧元素三种元素，生成四氧化三铁中有铁和氧两种元素，且气体具有可燃性，因此可燃空气的名称是氢气；
（3）根据质量守恒定律，黑色固体中氧元素的质量与可燃空气的质量之和为生成水的质量，即×m1+m2＝m3，化简得：m1+m2＝m3。
故答案为：（1）水蒸气；
（2）氢气；
（3）m1+m2＝m3。
40．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）电池是将化学能转化为电能的装置，故氢燃料电池是将化学能直接转化为电能，故填：电；
（2）解：设制取1.2kg氢气需要电解水的质量为x
2H2O2H2↑+O2↑
36 4
x 1.2kg
＝
x＝10.8kg
答：需要电解水的质量为10.8kg。
（3）由题目信息电子则从电极A经外部电路通过电动机到达电极B，形成电流，而电流的方向与电子的流向相反，故电动机内电流从B极到A极，故填：B到A；
（4）在制氢过程中基本上没有碳排放而得倒的氢气称为绿氢，；
A、水力发电制氢过程中不排放碳，可制得绿氢；
B、太阳能属于清洁能源，太阳能发电制氢过程中不排放碳，可制得绿氢；
C、火力发电，燃烧化石燃料，排放二氧化碳，不能制得绿氢；
D、核能发电制氢过程中不排放碳，可制得绿氢；
故选：ABD。
41．【答案】D
【解答】解：A、由图中数据可知，反应至A点时加入氢氧化钠溶液的质量为140g﹣100g＝40g，故A说法正确；
B、反应至A点时，溶液中稀盐酸恰好完全反应，溶液中的溶质有CuCl2和NaCl，故B说法正确；
C、设生成的氢氧化铜的质量为x，生成的氯化钠的质量为y
由图象可知，与氯化铜反应的氢氧化钠溶液的质量为：200g﹣40g＝160g。
CuCl2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaCl
80 98 117
160g×10% x y
解得：x＝19.6g y＝23.4g
反应至B点时，锥形瓶内溶液的质量为：100g+200g﹣19.6g＝280.4g，故C说法正确。
D、设40g10%氢氧化钠溶液与盐酸反应生成的氯化钠的质量为z
NaOH+HCl═NaCl+H2O
40 58.5
40g×10% z
解得：z＝5.85g
反应至B点时，锥形瓶内溶液中NaCl的质量为：5.85g+23.4g＝29.25g。
故D说法错误。
故选：D。
42．【答案】D
【解答】解：由化学反应的反应物和生成物的微观示意图可知，该反应的方程式是：CH4+2O2CO2+2H2O。
A、由物质的构成可知，甲物质由甲烷分子构成的，故A说法不正确；
B、由物质的构成可知，该反应的生成物是两种化合物，不符合置换反应的特点，故B说法不正确；
C、由方程式可知，参加反应的反应物分子个数比为1：2，故C说法不正确。
D、由质量守恒定律可知，x+y+z＝32+200+1＝233，故D说法正确。
故选：D。
43．【答案】（1）化学。
（2）H2O。
【解答】解：（1）步骤①的转化中生成新物质乙烯，属于化学变化。
（2）步骤②是乙烯和含两种元素的化合物B发生化合反应，则B的化学式是H2O。
故答案为：（1）化学。
（2）H2O。
44．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，二氧化碳是气体，反应完全后气体体积不再变化，此时刻度就不再变化；
故答案为：活塞√应的刻度不变。
（2）根据活塞体积变化，可知生成二氧化碳体积为176mL＝0.176L，所以二氧化碳质量＝2g/L×0.176L＝0.352g，设碳酸钙质量为x，
2HCl+CaCO3＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 0.352g
x＝0.8g，
碳酸钙质量分数＝；
答：石灰石样品中碳酸钙的质量分数为80%。
故答案为：80%。
45．【答案】（1）7.1。
（2）2.8g。
（3）7.3%。
（4）5.6g。
【解答】解：（1）由表中的数据可知，每12.5g的稀盐酸完全反应，反应掉的铁的质量为0.7g，所以a＝7.8g﹣0.7g＝7.1g。
（2）由表中的数据可知，第四次加入的稀盐酸反应的铁的质量是7.1g﹣6.4g＝0.7g。第五次加入的稀盐酸没有反应，说明了铁已完全反应，所以，9.2g固体中铁的质量是：9.2g﹣6.4g＝2.8g；
（3）设12.5g的稀盐酸中溶质的质量为x
Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑
56 73
0.7g x
解得：x＝0.9125g
稀盐酸的溶质质量分数是：＝7.3%
答：稀盐酸的溶质质量分数是7.3%；
（4）设与硫酸铜反应的铁的质量是y
Fe+CuSO4＝FeSO4+Cu
56 64
y 6.4g
解得：y＝5.6g。
答：与硫酸铜反应的铁的质量是5.6g。
故答案为：（1）7.1。
（2）2.8g。
（3）7.3%。
（4）5.6g。
46．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）实验后，兴趣小组又往烧杯中加入少量粉末，观察到固体继续溶解，产生气泡，是因为碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，说明上述实验结束时稀盐酸过量。
故填：固体继续溶解，产生气泡。
（2）设碳酸氢钠质量为x，生成氯化钠质量为y，
反应生成二氧化碳质量：10g+100g﹣105.6g＝4.4g，
NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑，
84 58.5 44
x y 4.4g
＝＝，
x＝8.4g，y＝5.85g，
复方碳酸氢钠片中碳酸氢钠的含量是：×100%＝84%，
答：复方碳酸氢钠片中碳酸氢钠的含量是84%。
（3）反应后所得氯化钠溶液的溶质质量分数是：×100%＝5.5%，
答：反应后所得氯化钠溶液的溶质质量分数是5.5%。
47．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）步骤c中氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl。
故填：MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl。
（2）根据题意有：
每分钟反应的氯化镁质量：332.5g/L×0.1L＝33.25g，
MgCl2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaCl，
95 80
33.25g xg/L×0.1L
＝，
x＝280。
故填：280。
（3）过滤得到的粗产品还要经过洗涤，洗涤时主要除去的杂质是反应生成的氯化钠。
故填：氯化钠。
（4）如图流程中若用下列物质代替氢氧化钠，也能制得氢氧化镁的是氨水，是因为氨水是碱，能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化铵。
故填：③。
48．【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）由表中的数据可知，每加入15g的CaCl2溶液生成沉淀的质量是3g，第三次生成沉淀是9g，则第二次生成沉淀的质量是6g，所以m＝6。
（2）由表中的数可知，第四次加入的氯化钙溶液若完全反应应生成沉淀的质量应为12g，而实际只产生了10g沉淀，说明了碳酸钠已完全发生了反应。
（3）设原混合物中碳酸钠的质量为x，生成的氯化钠的质量为y
Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl
106 100 117
x 10 g y
解得：x＝10.6g y＝11.7g
固体混合物中Na2CO3的质量分数是：≈82.2%
答：固体混合物中Na2CO3的质量分数是82.2%。
（4）由上述计算可知，原混合物中氯化钠的质量为12.9g﹣10.6g＝2.3g，氯化钠的总质量为：2.3g+11.7g＝14g。反应的氯化钙溶液的总质量为a，3g：15g＝10g：a，解得：a＝50g。
由上述数据可作出反应过程中溶液中NaCl质量的变化图为：
故答案为：（1）6。
（2）4。
（3）82.2%。
（4）见上图。
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