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八年级化学竞赛练习卷
一．选择题
1．为测定气球内的气体成分，有学生用超薄材料制成的气球按如图装置进行实验。开始时气球沉于烧杯底部，打开开关后，过一会儿气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口。气球内可能的气体是（　　）
A．甲烷 B．氧气 C．氯气 D．氢气
2．由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物中，已知S元素的质量分数w（S）＝a%，则O元素的质量分数w（O）为（　　）
A．1.75a% B．1﹣1.75a% C．1.25a% D．无法计算
3．某实验小组用一定量大理石（杂质不与盐酸反应也不溶于水）和30g溶质质量分数为7.3%的稀盐酸反应制取二氧化碳，充分反应后，将反应后的剩余物过滤（不考虑溶质损失），向滤液中逐滴滴加溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，测得滤液的pH与加入溶液质量的关系如图所示。已知氯化钙溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性。下列有关分析不正确的是（　　）
A．大理石和稀盐酸反应产生CO2的质量为0.88g B．c点对应的溶液中溶质的质量为2.34g
C．a点对应的溶液中有三种溶质 D．bc段发生反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl
4．同学们课后走进实验室，回收处理金属Mg、Cu与氧气反应的废弃物。取MgO和CuO粉末的混合物5g，加入一定量的稀硫酸恰好完全反应，得到100g含硫元素质量分数为3.2%的不饱和溶液；经多步处理后，得13g晶体（不含结晶水）。则原混合物中Mg、Cu两种元素质量分数之和为（　　）
A．32% B．60% C．68% D．80%
5．取一定质量的CO和CO2的混合气体，通入足量的Ba（OH）2溶液中，充分反应后过滤，发现生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，则混合气体中，碳原子与氧原子的个数比为（　　）
A．1：1 B．1：2 C．28：44 D．181：209
6．有A、B、C三种物质各1.5克，发生了如下的化学反应：A+B+C→D，充分反应后生成3.0克的D．在残留物中再加入1.0克A，反应继续进行．待反应再次停止，反应物中仅剩余有C．以下结论正确的是（　　）
A．第一次反应停止时B剩余0.9克 B．第一次反应停止时C剩余0.9克
C．参加反应A与C的质量比是5：3 D．第二次反应停止时C剩余0.9克
7．小科在实验室中制取CO2气体后，对废液进行后续探究，他向一定质量的含CaCl2和HCl的废液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液。实验过程中加入Na2CO3溶液 质量与产生沉淀或气体的质量关系如图1所示；加入Na2CO3溶液的质量与溶液的pH变化关系如图2所示，下列说法正确的（　　）
A．图1中b→c段表示生成气体的过程 B．图1中b点的值为106
C．图1中c点时，溶液中的溶质有两种
D．图1中o→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段表示
8．下列化学用语表述科学规范的是（　　）
A．硫在氧气中燃烧：2S+3O2＝2SO3 B．标出以下化合物中各元素的化合价：
C．氯离子的结构示意图： D．铁在潮湿空气中生锈：3Fe+2O2+nH2O＝Fe3O4 nH2O
9．将等质量的CaCO3（块状）和Na2CO3（粉末），分别浸入一定量10%盐酸和10%硫酸溶液中，产生CO2的质量随时间变化曲线都如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．CaCO3一定没有剩余 B．消耗HCl与H2SO4的质量比为73：98
C．消耗CaCO3与Na2CO3的质量比为1：1 D．反应产生水的质量不相等
10．已知MgSO3和MgHPO4组成的混合物中含镁为18%，则含氧约为（　　）
A．18% B．30% C．58% D．无法确定
11．鱼苗在长途运输中，为防止颠簸造成洒落，通常将鱼苗装入相对密闭的容器内，但容器内必须满足下列条件才能保持鱼苗的存活：充足的氧气，鱼苗呼出的二氧化碳要及时除去，为防止细菌繁殖，须将水的pH调节在8左右。现有以下三种具有杀菌能力的物质供选择：双氧水、过氧化钙、过氧化钠，它们在容器内可发生如下反应：
（1）2H2O2═2H2O+O2↑　 （2）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑　　　　（3）2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
（4）2Ca2O2+2H2O═2Ca（OH）2十O2↑　　　　 （5）2Ca2O2+2CO2═2CaCO3+O2
你认为最合适的物质是（　　）
A．双氧水 B．过氧化钙 C．过氧化钠 D．都可以
12．利用扫描隧道显微镜（STM）可以得到晶体表面原子排列的图象，从而可以研究晶体的构成规律，如图的照片是三种晶体材料表面的STM图象，通过观察、比较。可以得出的结论是（　　）
A．三种晶体的原子都是静止不动的 B．三种晶体的原子排列都具有规律性
C．三种晶体的原子都是无间隙地挨在一起的 D．三种晶体的原子排列都没有规律性
13．在煤矿的矿井里，除了必须采取安全措施，如通风、严禁烟火等外，还要随时检测瓦斯的体积分数．当空气中含甲烷的体积分数为5%～15%时，点燃就会发生爆炸，那么发生强烈爆炸时空气中（氧气的体积分数为21%）甲烷所占的体积分数是（　　）
A．15% B．10.05% C．9.5% D．5%
二．填空题
14．（1）化学研究物质的组成，如在O2、NO2、H2O2三种物质中都含有 　 　 。
（2）化学也研究物质的结构，金属镁由 　 　 构成，氯化钠由 　 　 构成。
15．水中有机物CnHaOb在好氧微生物作用下和O2反应生成CO2和H2O，化学方程式为 　 　 。Buswell和Muller提出在厌氧微生物作用下，有机物转化为CO2和CH4的化学方程式为CnHaOb+（n。
请写出乙醇（C2H5OH）厌氧过程的化学方程式：　 　 。
16．过氧化钙（CaO2）是一种安全无毒的物质，带有数量不等的结晶水，通常还含有部分CaO，分别称取等量的两份样品进行实验．
（1）称取0.542g过氧化钙样品，灼热时发生如下反应：
2CaO2 XH2O＝2CaO+O2↑+2XH2O，得到的O2在标准状况下体积为67.2mL，又知氧气的密度为1.43g/L，该样品中CaO2的质量为　 　 g．
（2）另取同一样品0.542g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 0.70g．已知：2CaO2+4HCl═2CaCl2+O2↑+2H2O
①样品中CaO的质量为　 　 g．
②样品中CaO2 XH2O的X值为　 　 ．
17．稀薄燃烧发动机具有高效、经济、环保等优点，和普通汽车发动机对比如下：
发动机的类型 发动机混合气中汽油与空气的质量比 转的温度 尾气中CO的含量 尾气中NOx的含量
普通发动机 1：15 较高 较高 较高
稀薄燃烧发动机 1：40 较低 较低 较低
请回答下列问题：
（1）为何稀薄燃烧发动机产生的尾气中CO含量会减少？　 　 。
（2）已知汽车尾气中的氮氧化物（以NOX表示）是氮气与氧气在高温下反应产生的。
试解释为何稀薄燃烧发动机产生的尾气中NOX含量也会减少？　 　 。
（3）某种减少尾气中CO与NOX的方法是使用催化转换器，转换过程中发生反应的化学方程式为：CO+NOx→CO2+N2未配平）。若 x＝1.5，则化学方程式中CO2与N2的系数之比为　 　 。
三．实验与探究题
18．已知木炭粉和Fe2O3反应的化学方程式为2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑。某同学设计一个实验，证明氧化铁中含有氧元素，并测定氧化铁中氧元素的质量分数，实验装置如图所示。
（1）实验中，盛放澄清石灰水的烧杯中出现的现象是 　 　 。
（2）实验中通入的气体是纯净干燥的N2，写出不用空气的主要理由：　 　 ，实验也不能用潮湿的氮气，原因是 　 　 。
（3）如用3.2g氧化铁与木炭粉的混合物反应，测得澄清石灰水增重1.32g，则氧化铁中氧元素的质量分数为 　 　 。
19．已知2H2O22H2O+O2↑，实验室中利用该反应，选用如图所示装置可制取氧气．
请回答下列问题：
（1）制取并收集干燥的氧气时，所选用装置的导管接口顺序为（填字母）　 　 ；
（2）若将丁装置充满水，就可用排水法收集氧气，此时装置最合理的连接顺序为（填字母）　 　 ；
（3）MnO2是H2O2分解反应的催化剂，可以回收再利用，采用　 　 方法，可从反应后的混合物中分离出MnO2；
（4）气体发生装置的选择是由反应条件（是否需要加热）和　 　 决定的．
20．以下是俄国化学家罗蒙诺索夫曾开展的实验：
①先用天平称取质量为m1的金属锡粉。
②将这些锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2。
③打开容器，听到了空气进入容器发出的“丝丝的声响”，称量所得白色物质的质量为m3。
④把白色物质放回原容器里（容器中空气的组成恢复到初始状态），重新称量容器的总质量为m4
（1）根据所学知识判断，锡的燃烧是　 　 变化。
（2）罗蒙诺索夫分析数据后发现，生成白色物质的质量m3＝　 　 ，于是提出了“参加反应的物质的总质量，等于反应后产物的总质量”的观点。
（3）后经多位科学家的共同努力，最终确立了质量守恒定律，请从微观角度解释该定律：　 　 。
四．综合题
21．现有实验室制取CO2的剩余废液200g，测得其中只有CaCl2和HCl两种溶质，向其中加入100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液，恰好完全反应后过滤，得到一定质量的滤液和5g滤渣。求：
（1）过滤后所得滤液质量为　 　 g。
（2）最后所得滤液中溶质质量为　 　 g。
（3）原废液中HCl质量分数是多少？
22．某同学用一定质量分数的Na2CO3溶液做“Na2CO3+CaCl2═2NaCl+CaCO3↓”的实验。其五次实验结果如下表所示：
根据实验结果回答下列问题：
实验次数 氯化钙质量/g 碳酸钠溶液的质量/g 碳酸钙的质量/g
1 5.55 200 5
2 11.1 200 10
3 22.2 200 20
4 33.3 250 25
5 55.5 400 X
（1）哪几次反应碳酸钠有剩余（填序号）　 　 。
（2）表中X的值是　 　 。
（3）试计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数。
23．两位同学分别用相同质量分数的稀盐酸，测定某石灰石样品中 CaCO3 的质量分数（石灰石中的杂质既不与酸反应，也不溶于水）。
（1）小敏的方法可用如下流程表示，测得的 CaCO3 的质量分数为多大（写出计算过程）。
（2）小军用图乙的实验装置进行实验，将 20g 稀盐酸加入到 1.25g 样品中，量筒中的水体 积与反应时间的关系如图丙。已知本实验条件下 CO2 的密度为 1.8g/L，则小军测得的 该石灰石样品中 CaCO3 的质量分数为多大（写出计算过程）。（结果精确到 1%）
（3）求两位同学在实验中所用稀盐酸的溶质质量分数。
浙教版八年级化学竞赛练习卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 B B B C D B D B B C B
题号 12 13
答案 B C
一．选择题（共13小题）
1．为测定气球内的气体成分，有学生用超薄材料制成的气球按如图装置进行实验。开始时气球沉于烧杯底部，打开开关后，过一会儿气球从烧杯底部慢慢浮起，最后悬于烧杯口。气球内可能的气体是（　　）
A．甲烷 B．氧气 C．氯气 D．氢气
【答案】B
【分析】根据气体的性质进行分析，开始前气球沉在烧杯底部，则气球充的气体的密度应该比空气大，稀硫酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳，使气球悬浮则气球内充的气体密度比二氧化碳的密度小。
【解答】解：A、甲烷的密度比空气小，开始时不会沉在烧杯底部，故A不正确；
B、气球充有氧气，氧气的密度比空气大，会沉在烧杯底部，稀硫酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳的密度比氧气的密度大，会使气球浮起，故B正确；
C、氯气的密度比空气密度大，会沉在烧杯底部，但二氧化碳的密度也比氯气小，故气球不会浮起，故C不正确；
D、氢气的密度比空气小，开始时不会沉在烧杯底部，故D不正确；
故选：B。
【点评】本题考查了常见气体的密度间的关系，完成此题，可以依据已有的知识进行。
2．由NaHS、MgSO4、NaHSO3组成的混合物中，已知S元素的质量分数w（S）＝a%，则O元素的质量分数w（O）为（　　）
A．1.75a% B．1﹣1.75a% C．1.25a% D．无法计算
【答案】B
【分析】NaHS、MgSO4、NaHSO3这几种物质仔细观察有一点规律：（NaH S）、（Mg SO4）、（NaH SO3），可以发现NaH相对原子质量和为24，可以看成与Mg是等同的；
也就是说可以把NaH它们看成一个整体，就可以通过硫的质量分数求出其含量，余下的就是O元素质量分数．
【解答】解：因为NaHS、NaHSO3组成中钠和氢的比例是1：1，可以把钠元素和氢元素放在一起看做镁元素（23+1＝24），这样三种物质相当于是MgS、MgSO4、MgSO3，所以这时三种物质镁和硫的比例相同都是1：1；因为S是a%，所以镁元素的质量分数可通过计算：
设镁元素的质量分数为x
S～Mg
32 24
a% x
x＝0.75a%；
这样硫和镁（即镁、氢、钠）元素的质量分数和＝a%+0.75a%＝1.75a%，用总量1减去硫和镁（即镁、氢、钠）元素所占的质量分数和即氧元素的质量分数，即1﹣1.75a%。
故选：B。
【点评】通过等量代换的技巧，把物质组成中不同的部分因相对原子质量和相等而进行代换，使物质间的组成更具有规律性，方便计算．
3．某实验小组用一定量大理石（杂质不与盐酸反应也不溶于水）和30g溶质质量分数为7.3%的稀盐酸反应制取二氧化碳，充分反应后，将反应后的剩余物过滤（不考虑溶质损失），向滤液中逐滴滴加溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，测得滤液的pH与加入溶液质量的关系如图所示。已知氯化钙溶液呈中性，碳酸钠溶液呈碱性。下列有关分析不正确的是（　　）
A．大理石和稀盐酸反应产生CO2的质量为0.88g
B．c点对应的溶液中溶质的质量为2.34g
C．a点对应的溶液中有三种溶质
D．bc段发生反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl
【答案】B
【分析】加入碳酸钠溶液前，溶液的pH小于7，说明滤液显酸性，滤液是氯化钙和盐酸的混合溶液；向滤液中逐滴滴加溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，碳酸钠先与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，盐酸反应完，碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，完全反应后，继续滴加碳酸钠溶液，溶液显碱性，据此进行分析判断。
【解答】解：A、加入碳酸钠溶液前，溶液的pH小于7，说明滤液显酸性，滤液是氯化钙和盐酸的混合溶液；向滤液中逐滴滴加溶质质量分数为10.6%的碳酸钠溶液，碳酸钠先与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，设与碳酸钠反应的稀盐酸的质量为x，生成二氧化碳气体的质量为y。
2HCl+Na2CO3═2NaCl+H2O+CO2↑
73 106 44
7.3%x 10g×10.6% y
x＝10g
y＝0.44g
与大理石反应的稀盐酸的质量为30g﹣10g＝20g，是与碳酸钠反应的稀盐酸溶液的2倍，由反应的化学方程式CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，2HCl～CO2，则大理石和稀盐酸反应产生CO2的质量为0.44g×2＝0.88g，故选项说法正确。
B、c点对应的溶液中溶质是氯化钠，由质量守恒定律，反应前后钠元素的质量不变，则溶质的质量为30g×10.6%100%÷（100%）＝3.51g，故选项说法错误。
C、a点稀盐酸有剩余，对应的溶液中有氯化钙、氯化氢、氯化钠三种溶质，故选项说法正确。
D、bc段：碳酸钠再与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，发生反应的化学方程式为Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，故选项说法正确。
故选：B。
【点评】本题有一定难度，掌握盐的化学性质、明确溶液的pH变化并能灵活运用是正确解答本题的关键。
4．同学们课后走进实验室，回收处理金属Mg、Cu与氧气反应的废弃物。取MgO和CuO粉末的混合物5g，加入一定量的稀硫酸恰好完全反应，得到100g含硫元素质量分数为3.2%的不饱和溶液；经多步处理后，得13g晶体（不含结晶水）。则原混合物中Mg、Cu两种元素质量分数之和为（　　）
A．32% B．60% C．68% D．80%
【答案】C
【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。
【解答】解：得到100g含硫元素质量分数为3.2%的不饱和溶液，其中硫元素质量是100g×3.2%＝3.2g，反应的硫酸质量是3.2g9.8g，9.8g硫酸中氢元素质量是9.8g0.2g，0.2g氢元素和氧化物中的氧元素结合生成水，生成水的质量是0.2g1.8g，与氢元素结合的氧元素质量是1.8g﹣0.2g＝1.6g，即MgO和CuO粉末的混合物5g中氧元素质量是1.6g，则镁元素和铜元素质量和是5g﹣1.6g＝3.4g，100%＝68%。
故选：C。
【点评】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。
5．取一定质量的CO和CO2的混合气体，通入足量的Ba（OH）2溶液中，充分反应后过滤，发现生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，则混合气体中，碳原子与氧原子的个数比为（　　）
A．1：1 B．1：2 C．28：44 D．181：209
【答案】D
【分析】根据题意可知，生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，即生成碳酸钡的质量与混合气体的质量相等；通过假设碳酸钡的质量，根据反应化学方程式，求得混合气体中所取CO和CO2的混合气体中质量关系，从而利用两气体中C、O元素质量比得出混合气体中C、O元素质量关系，最后利用C、O元素的相对原子质量求出混合气体中碳原子与氧原子的个数比。
【解答】解：氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡沉淀的水，二氧化碳和碳酸钡的质量关系如下，
Ba（OH）2+CO2＝BaCO3↓+H2O
44 197
假设生成的沉淀质量为197g，则CO和CO2的混合气体的质量为197g，其中二氧化碳的质量为44g，那么一氧化碳的质量是为：197g﹣44g＝153g；所以混合气体中，二氧化碳与一氧化碳的分子个数比为：28：153，则混合气体中C、O原子个数比为：181：209。
故选：D。
【点评】由于题中生成的沉淀和所取的混合气体质量相等，该问题的焦点集中到混合气体的质量与反应生成的碳酸钡的质量上，如果有了碳酸钡的质量，一切问题都会迎刃而解。
6．有A、B、C三种物质各1.5克，发生了如下的化学反应：A+B+C→D，充分反应后生成3.0克的D．在残留物中再加入1.0克A，反应继续进行．待反应再次停止，反应物中仅剩余有C．以下结论正确的是（　　）
A．第一次反应停止时B剩余0.9克
B．第一次反应停止时C剩余0.9克
C．参加反应A与C的质量比是5：3
D．第二次反应停止时C剩余0.9克
【答案】B
【分析】第一次反应A不足，因为第一次反应后加入A又能进行第二次反应．第二次反应后，只剩余C，说明A、B恰好完全反应．则m反（A）：m反（B）＝（1.5g+1.0g）：1.5g＝5：3，据此计算第一次反应消耗B的质量，根据质量守恒计算消耗C的质量，进而计算反应中A与C的质量之比，根据A、C质量之比计算第二次反应消耗C的质量，进而计算第二次反应后剩余C的质量．
【解答】解：第一次反应A不足，因为第一次反应后加入A又能进行第二次反应。第二次反应后，只剩余C，说明A、B恰好完全反应，则m反（A）：m反（B）＝（1.5g+1.0g）：1.5g＝5：3，
A．第一次反应耗B的质量为mB，则1.5g：mB＝5：3，解得mB＝0.9g，即第一次反应后剩余B质量为1.5g﹣0.9g＝0.6g，故A错误；
B．根据mA+mB+mC＝mD，可知生成3.0gD时消耗C的质量mC＝3.0g﹣1.5g﹣0.9g＝0.6g，故第一次反应后剩余C质量为1.5g﹣0.6g＝0.9g，故B正确；
C．反应消耗A与C质量之比为mA：mC＝1.5 g：0.6 g＝5：2，故C错误；
D．反应消耗A、C质量之比mA：mC＝5：2，故第二次反应中消耗C质量为：（1.5g+1.0g）1.0g，故第二次反应后，C剩余质量为1.5g﹣1.0g＝0.5 g，故D不正确，
故选：B。
【点评】本题考查化学方程式有关计算，涉及质量守恒定律运用，难度不大，注意对质量守恒定律的理解．
7．小科在实验室中制取CO2气体后，对废液进行后续探究，他向一定质量的含CaCl2和HCl的废液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液。实验过程中加入Na2CO3溶液 质量与产生沉淀或气体的质量关系如图1所示；加入Na2CO3溶液的质量与溶液的pH变化关系如图2所示，下列说法正确的（　　）
A．图1中b→c段表示生成气体的过程
B．图1中b点的值为106
C．图1中c点时，溶液中的溶质有两种
D．图1中o→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段表示
【答案】D
【分析】根据题目的信息可知，向一定质量的含CaCl2和HCl的废液中逐滴加入溶质质量分数为10%的Na2CO3溶液，实验过程中加入Na2CO3溶液质量与产生沉淀或气体的质量关系如图1所示，b点表示的值为53g，图1中b﹣c段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中h﹣k段表示；图1中c时，溶液中的溶质只有氯化钠一种；图2可以判断是盐酸先反应，因此pH值逐渐增大到7，氯化钙再与碳酸钠反应pH＝7，到k点之后碳酸钠过量。
【解答】解：A、图中oa段表示生成的气体质量，故A选项错误；
B、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，则
Na2CO3+2HCl＝2NaCl+CO2↑+H2O
106 44
y 2.2g
106：y＝44：2.2g
解得，y＝5.3g；
Na2CO3溶液的质量为：53g，所以图1中b点的值为53，故B不正确；
C、c点表示碳酸钠恰好完全反应，溶液中只含有NaCl一种溶质，故C错误；
D、图1中0→a段反应过程是碳酸钠溶液和盐酸反应，开始盐酸有剩余，溶液呈酸性，当盐酸反应后，溶液中溶质有氯化钠和氯化钙，溶液呈中性，所以图1中0→a段反应过程中溶液的pH变化情况可用图2中d→h段曲线表示，故D正确。
故选：D。
【点评】解答本题关键要知道只有把盐酸反应完了，才能与氯化钙反应产生沉淀，因为如果碳酸钠与氯化钙先反应生成了碳酸钙沉淀，也会被剩余的盐酸溶解掉，将不会看到沉淀。
8．下列化学用语表述科学规范的是（　　）
A．硫在氧气中燃烧：2S+3O2＝2SO3
B．标出以下化合物中各元素的化合价：
C．氯离子的结构示意图：
D．铁在潮湿空气中生锈：3Fe+2O2+nH2O＝Fe3O4 nH2O
【答案】B
【分析】根据标在元素符号前面的数字表示原子的个数；标在化学式前面的数字表示分子的个数；标在元素符号右下角的数字表示一个分子中所含原子的个数；标在元素符号右上角的数字表示离子所带电荷数；根据标在离子符号前面的数字表示离子个数；标在元素符号正上方的数字表示该元素化合价的数值，进行解答。
【解答】解：A．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫：S+O2SO2，故A错误；
B．元素化合价的表示方法：确定出化合物中所要标出的元素的化合价，然后在其化学式该元素的上方用正负号和数字表示，正负号在前，数字在后，标出以下化合物中各元素的化合价：2（）42，故B正确；
C．氯离子的质子数为17，核外电子数为18，氯离子的结构示意图：，故C错误；
D．铁在潮湿空气中生锈：4Fe+3O2+2nH2O＝2Fe2O3 nH2O，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查化学符号及其周围数字的意义，需要学生掌握标在元素符号不同位置的数字所代表的含义。
9．将等质量的CaCO3（块状）和Na2CO3（粉末），分别浸入一定量10%盐酸和10%硫酸溶液中，产生CO2的质量随时间变化曲线都如图所示，下列说法正确的是（　　）
A．CaCO3一定没有剩余
B．消耗HCl与H2SO4的质量比为73：98
C．消耗CaCO3与Na2CO3的质量比为1：1
D．反应产生水的质量不相等
【答案】B
【分析】观察图象可知：二者生成的二氧化碳的质量相等，结合方程式分析消耗的酸、碳酸钙和碳酸钠的质量比及生成的水的质量关系。
【解答】解：CaCO3（块状）和Na2CO3（粉末）与盐酸和硫酸分别反应的方程式是：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑，
100 73 18 44
Na2CO3+H2SO4═Na2SO4+H2O+CO2↑；
106 98 18 44
观察图象可知：二者生成的二氧化碳的质量相等，据方程式和物质之间的质量关系可知：生成的水的质量也相等，则D错误，参加反应的盐酸和硫酸的质量比是73：98，B正确；
参加反应的碳酸钙和碳酸钠的质量比是100：106，故C错误，提供的碳酸钙和碳酸钠的质量相等，说明碳酸钠完全反应，碳酸钙有剩余，则A错误；
故选：B。
【点评】本题是化学反应中定量关系和图象相结合的题型，要准确解答此类题，关键要对化学反应知识熟练，并能结合图象及方程式中物质之间的质量关系，综合考虑，可快速解答。
10．已知MgSO3和MgHPO4组成的混合物中含镁为18%，则含氧约为（　　）
A．18% B．30% C．58% D．无法确定
【答案】C
【分析】根据化学式的意义分析判断计算。在化学式MgSO3中硫的相对原子质量为32，在MgHPO4中氢和磷相对原子质量的和是32，相当于硫，根据镁与硫的质量比可计算出硫的质量分数，即可计算出氧元素的质量分数。
【解答】解：在化学式MgSO3中硫的相对原子质量为32，在MgHPO4中氢和磷相对原子质量的和是32，相当于硫，由于镁与硫的质量比是24：32＝3：4，MgSO3和MgHPO4组成的混合物中含镁为18%，所以硫的质量分数是：18%24%，所以含氧约为：1﹣18%﹣24%＝58%。由以上计算可知C正确。
故选：C。
【点评】本题主要考查了根据化学式的计算，准确理解化学式的意义是计算的基础。
11．鱼苗在长途运输中，为防止颠簸造成洒落，通常将鱼苗装入相对密闭的容器内，但容器内必须满足下列条件才能保持鱼苗的存活：充足的氧气，鱼苗呼出的二氧化碳要及时除去，为防止细菌繁殖，须将水的pH调节在8左右。现有以下三种具有杀菌能力的物质供选择：双氧水、过氧化钙、过氧化钠，它们在容器内可发生如下反应：
（1）2H2O2═2H2O+O2↑　 （2）2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑　　　　（3）2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2
（4）2Ca2O2+2H2O═2Ca（OH）2十O2↑　　　　（5）2Ca2O2+2CO2═2CaCO3+O2
你认为最合适的物质是（　　）
A．双氧水 B．过氧化钙 C．过氧化钠 D．都可以
【答案】B
【分析】根据由题意“充足的氧气、鱼苗呼出的二氧化碳要及时除去、为防止细菌繁殖，须将水的pH调节在8左右”，又因为2Ca2O2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑，有氧气生成，且Ca（OH）2在水中的溶解性较弱，相应腐蚀性也小；且2Ca2O2+2CO2＝2CaCO3+O2，可以同时消耗二氧化碳，可维持氧气和二氧化碳的平衡；而双氧水虽能制取氧气，但不能消耗二氧化碳；过氧化钠虽能制取氧气，但生成的氢氧化钠为强碱，碱性太强进行解答。
【解答】解：A、双氧水虽能制取氧气，但不能消耗二氧化碳，故A错误；
B、因为2Ca2O2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑，有氧气生成，且2Ca（OH）2在水中的溶解性较弱，相应腐蚀性也小；且2Ca2O2+2CO2＝2CaCO3+O2，可以同时消耗二氧化碳，可维持氧气和二氧化碳的平衡，故B最合适；
C、因为过氧化钠和二氧化碳、水反应均能制取氧气，但过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠为强碱，碱性太强，故C错误；
D、以上物质双氧水、和过氧化钠不适合，故D错误。
故选：B。
【点评】掌握制取气体的反应原理，熟记常用气体的制取的化学方程式，了解常见碱的特性和用途
12．利用扫描隧道显微镜（STM）可以得到晶体表面原子排列的图象，从而可以研究晶体的构成规律，如图的照片是三种晶体材料表面的STM图象，通过观察、比较。可以得出的结论是（　　）
A．三种晶体的原子都是静止不动的
B．三种晶体的原子排列都具有规律性
C．三种晶体的原子都是无间隙地挨在一起的
D．三种晶体的原子排列都没有规律性
【答案】B
【分析】我们需要根据所给的三种晶体材料表面的STM图象，结合晶体的基本性质，对每个选项进行逐一分析判断。
【解答】解：A、原子是处于不停运动状态的，即使通过扫描隧道显微镜观察到晶体表面原子排列的图象，也不能说明原子是静止不动的。这是违背物质微观粒子运动特性的，故A错误；
B、从图中可以明显看出，三种晶体材料表面的原子排列呈现出一定的模式和秩序，具有明显的规律性。晶体的一个重要特征就是原子排列具有规律性，所以通过观察图象能够得出三种晶体的原子排列都具有规律性的结论，故B正确；
C、实际上，原子之间是存在间隙的，并不是无间隙地挨在一起。即使在晶体中，原子虽然按照一定规律排列，但彼此之间依然有间距，故C错误；
D、与选项 B 相反，通过观察图象已经能清晰看到三种晶体的原子排列是有规律的，而不是没有规律性，故D错误。
故选：B。
【点评】本题主要考查对扫描隧道显微镜（STM）所获晶体表面原子排列图象的观察与分析，进而得出关于晶体构成规律的相关结论。
13．在煤矿的矿井里，除了必须采取安全措施，如通风、严禁烟火等外，还要随时检测瓦斯的体积分数．当空气中含甲烷的体积分数为5%～15%时，点燃就会发生爆炸，那么发生强烈爆炸时空气中（氧气的体积分数为21%）甲烷所占的体积分数是（　　）
A．15% B．10.05% C．9.5% D．5%
【答案】C
【分析】甲烷与氧气的反应方程式为：CH4+2O2CO2+2H2O，当甲烷与氧气体积之比为1：2时，发生最强烈爆炸，设混合气体的体积为100L，甲烷体积为VL，消耗O2的体积为2VL，则空气体积（100﹣V）L，根据氧气在空气的体积分数列式计算出V，进而计算甲烷的体积分数．
【解答】解：根据CH4+2O2CO2+2H2O可知，当甲烷与氧气体积之比为1：2时，发生最强烈爆炸，
设混合气体的体积为100L，甲烷体积为VL，消耗O2的体积为2VL，则空气体积（100﹣V）L，
则（100﹣V）×21%＝2V，解得V＝9.5L，
所以发生爆炸最强烈时，甲烷在空气中所占的体积分数为：100%＝9.5%。
故选：C。
【点评】本题考查混合物反应的计算、根据化学方程式计算，难度不大，关键根据方程式确定甲烷与氧气体积之比为1：2时发生最强烈爆炸．
二．填空题（共4小题）
14．（1）化学研究物质的组成，如在O2、NO2、H2O2三种物质中都含有 　氧元素　 。
（2）化学也研究物质的结构，金属镁由 　镁原子　 构成，氯化钠由 　钠离子与氯离子　 构成。
【答案】（1）氧元素；
（2）镁原子；钠离子与氯离子。
【分析】（1）根据物质的组成来分析；
（2）根据构成物质的基本粒子来分析。
【解答】解：（1）物质是由元素组成的，O2、NO2、H2O2三种物质中都含有氧元素；故答案为：氧元素；
（2）镁是一种金属单质，是由镁原子构成的；氯化钠是由金属元素与非金属元素组成的化合物，是由钠离子与氯离子构成的；故答案为：镁原子；钠离子与氯离子。
【点评】要想解答好这类题目，要理解和熟记分子、原子、离子、元素与物质之间的关系，以及与之相关的知识。
15．水中有机物CnHaOb在好氧微生物作用下和O2反应生成CO2和H2O，化学方程式为 　CnHaOb+（n）O2＝nCO2H2O　 。Buswell和Muller提出在厌氧微生物作用下，有机物转化为CO2和CH4的化学方程式为CnHaOb+（n。
请写出乙醇（C2H5OH）厌氧过程的化学方程式：　2C2H5OH＝CO2+3CH4 。
【答案】CnHaOb+（n）O2＝nCO2H2O；2C2H5OH＝CO2+3CH4。
【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变来分析。
【解答】解：水中有机物CnHaOb在好氧微生物作用下和O2反应生成CO2和H2O，化学方程式为：CnHaOb+（n）O2＝nCO2H2O；
根据C2H5OH可知CnHaOb中n＝2，a＝6，b＝1，带入CnHaOb+（n）H2O═（）CO2+（）CH4中，可得乙醇（C2H5OH）厌氧过程的化学方程式为：2C2H5OH＝CO2+3CH4。
故答案为：
CnHaOb+（n）O2＝nCO2H2O；2C2H5OH＝CO2+3CH4。
【点评】本题主要考查了化学方程式的书写，理解质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变是解题关键。
16．过氧化钙（CaO2）是一种安全无毒的物质，带有数量不等的结晶水，通常还含有部分CaO，分别称取等量的两份样品进行实验．
（1）称取0.542g过氧化钙样品，灼热时发生如下反应：
2CaO2 XH2O＝2CaO+O2↑+2XH2O，得到的O2在标准状况下体积为67.2mL，又知氧气的密度为1.43g/L，该样品中CaO2的质量为　0.432　 g．
（2）另取同一样品0.542g，溶于适量的稀盐酸中，然后加入足量的Na2CO3溶液，将溶液中Ca2+全部转化为CaCO3沉淀，得到干燥的CaCO3 0.70g．已知：2CaO2+4HCl═2CaCl2+O2↑+2H2O
①样品中CaO的质量为　0.056　 g．
②样品中CaO2 XH2O的X值为　　 ．
【答案】0.432；0.056；
【分析】（1）根据生成氧气的质量结合化学方程式可以求算样品在过氧化钙的质量；
（2）根据钙元素的守恒可以求算出样品中氧化钙的质量，并根据化学式的组成来判断出X的值．
【解答】解：67.2mL＝0.0672L，
由题意知道：氧气质量＝1.429 g/L×0.0672L＝0.096g
设该样品中CaO2的质量为 x
从方程式2CaO2 XH2O═2CaO+O2↑+2XH2O知：
2CaO2～O2
144 32
x 0.096g
解得：x＝0.432g
（2）①根据（1）的解答可以知道0.542gCaO2中钙元素的质量＝0.432g100%＝0.24g；根据题意可以知道本题中所发生的相关反应的化学方程式为：
2CaO2 XH2O＝2CaO+O2↑+2XH2O
CaO+2HCl═CaCl2+H2O
CaCl2+Na2CO3═CaCO3↓+2NaCl
从而得到以下关系，设钙元素总质量为y
Ca～CaCO3↓
40 100
y 0.7g
解得：y＝0.28 g
所以CaO中钙元素的质量＝0.28g﹣0.24g＝0.04 g
所以CaO质量＝0.04g100%＝0.056 g
②根据上述解答可以知道样品中CaO2 XH2O的总质量＝0.542g﹣0.056g＝0.486 g
所以CaO2 xH2O中水的质量＝0.486g﹣0.432g＝0.054 g
则：0.486g100%＝0.054g
解得：x
故答案为：（1）0.432g；
（2）①0.056g；
②．
【点评】要想解答好这类题目，首先，要理解和熟记根据化学反应方程式的计算步骤和格式，以及与之相关的知识等．然后，根据所给的问题情景或图表信息等，结合所学的相关知识和技能，细致地分析题意（或图表信息）等各种信息资源，并细心地探究、推理后，按照题目要求进行认真地选择或解答即可．
17．稀薄燃烧发动机具有高效、经济、环保等优点，和普通汽车发动机对比如下：
发动机的类型 发动机混合气中汽油与空气的质量比 转的温度 尾气中CO的含量 尾气中NOx的含量
普通发动机 1：15 较高 较高 较高
稀薄燃烧发动机 1：40 较低 较低 较低
请回答下列问题：
（1）为何稀薄燃烧发动机产生的尾气中CO含量会减少？　稀薄燃烧发动机中汽油与空气的质量比低，相对来说氧气的比例更高，有利于燃料的充分燃烧　 。
（2）已知汽车尾气中的氮氧化物（以NOX表示）是氮气与氧气在高温下反应产生的。
试解释为何稀薄燃烧发动机产生的尾气中NOX含量也会减少？　空气中的N2和O2形成NOx需要较高的温度，稀薄燃烧发动机运转温度较低，不利于NOx的生成　 。
（3）某种减少尾气中CO与NOX的方法是使用催化转换器，转换过程中发生反应的化学方程式为：CO+NOx→CO2+N2未配平）。若 x＝1.5，则化学方程式中CO2与N2的系数之比为　3：1　 。
【答案】（1）稀薄燃烧发动机中汽油与空气的质量比低，相对来说氧气的比例更高，有利于燃料的充分燃烧；
（2）空气中的N2和O2形成NOx需要较高的温度，稀薄燃烧发动机运转温度较低，不利于NOx的生成；
（3）3：1。
【分析】（1）根据稀薄燃烧发动机混合气中汽油与空气的质量比来分析；
（2）根据氮氧化物（以NOX表示）是氮气与氧气在高温下反应产生的，而稀薄燃烧发动机运转温度较低，不利于NOx的生成进行解答；
（3）根据反应前后原子的种类和数目不变进行解答。
【解答】解：（1）稀薄燃烧发动机中汽油与空气的质量比低，相对来说氧气的比例更高，有利于燃料的充分燃烧，所以稀薄燃烧发动机产生的尾气中CO含量会减少；故答案为：稀薄燃烧发动机中汽油与空气的质量比低，相对来说氧气的比例更高，有利于燃料的充分燃烧；
（2）氮氧化物（以NOX表示）是氮气与氧气在高温下反应产生的，而稀薄燃烧发动机运转温度较低，不利于NOx的生成，所以稀薄燃烧发动机产生的尾气中NOX含量也会减少；故答案为：空气中的N2和O2形成NOx需要较高的温度，稀薄燃烧发动机运转温度较低，不利于NOx的生成；
（3）由反应前后原子的种类和数目不变可知，当x＝1.5时，将化学方程式配平为3CO+2NO1.5＝3CO2+N2，所以化学方程式中CO2与N2的系数之比为3：1；故答案为：3：1。
【点评】此题考查影响发动机具有高效、经济、环保，虽知识点多，但都属于基础．会从能表格数据得出相关信息是本题的关键。
三．实验探究题（共3小题）
18．已知木炭粉和Fe2O3反应的化学方程式为2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑。某同学设计一个实验，证明氧化铁中含有氧元素，并测定氧化铁中氧元素的质量分数，实验装置如图所示。
（1）实验中，盛放澄清石灰水的烧杯中出现的现象是 　澄清的石灰水变浑浊　 。
（2）实验中通入的气体是纯净干燥的N2，写出不用空气的主要理由：　空气中含有二氧化碳和氧气，可能使反应物和生成物的质量增加而导致实验结果不准确　 ，实验也不能用潮湿的氮气，原因是 　用潮湿的氮气会使热的试管炸裂，同时在高温下水也能和碳反应，导致木炭不仅和氧化铁反应，还和水反应，会导致测定的氧元素的质量分数偏大　 。
（3）如用3.2g氧化铁与木炭粉的混合物反应，测得澄清石灰水增重1.32g，则氧化铁中氧元素的质量分数为 　30%　 。
【答案】（1）澄清的石灰水变浑浊；
（2）空气中含有二氧化碳和氧气，可能使反应物和生成物的质量增加而导致实验结果不准确；用潮湿的氮气会使热的试管炸裂，同时在高温下水也能和碳反应，导致木炭不仅和氧化铁反应，还和水反应，会导致测定的氧元素的质量分数偏大；
（3）30%。
【分析】（1）欲正确解答本题，须知二氧化碳和石灰水反应的情况，以及生成物的性质；
（2）本题需从实验的要求和注意事项方面考虑；
（3）石灰水增加的质量即为生成的CO2的质量，由方程式2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑可知，氧化铁中氧元素的质量即为生成的CO2中氧元素的质量，根据元素的质量分数公式计算即可。
【解答】解：（1）因为木炭粉和氧化铁反应后生成的二氧化碳气体通入澄清石灰水的烧杯中，和石灰水发生反应，生成碳酸钙沉淀，所以可以观察到澄清的石灰水变浑浊；
（2）因为空气中含有二氧化碳和氧气，可能使反应物和生成物的质量增加而导致实验结果不准确；
实验中也不能用潮湿的氮气的原因是：用潮湿的氮气会使热的试管炸裂，同时在高温下水也能和碳反应，导致木炭不仅和氧化铁反应，还和水反应，会导致测定的氧元素的质量分数偏大；
（3）石灰水增加的质量即为生成的CO2的质量，由方程式2Fe2O3+3C4Fe+3CO2↑可知，氧化铁中氧元素的质量即为生成的CO2中氧元素的质量，CO2中氧元素的质量为1.32g100%＝0.96g，故氧化铁中氧元素的质量分数为：100%＝30%。
故答案为：（1）澄清的石灰水变浑浊；
（2）空气中含有二氧化碳和氧气，可能使反应物和生成物的质量增加而导致实验结果不准确；用潮湿的氮气会使热的试管炸裂，同时在高温下水也能和碳反应，导致木炭不仅和氧化铁反应，还和水反应，会导致测定的氧元素的质量分数偏大；
（3）30%。
【点评】本题主要考查学生运用所学化学知识综合分析和解决实际问题的能力，强调了学生整合基本化学知识的能力。
19．已知2H2O22H2O+O2↑，实验室中利用该反应，选用如图所示装置可制取氧气．
请回答下列问题：
（1）制取并收集干燥的氧气时，所选用装置的导管接口顺序为（填字母）　acbg　 ；
（2）若将丁装置充满水，就可用排水法收集氧气，此时装置最合理的连接顺序为（填字母）　afg　 ；
（3）MnO2是H2O2分解反应的催化剂，可以回收再利用，采用　过滤　 方法，可从反应后的混合物中分离出MnO2；
（4）气体发生装置的选择是由反应条件（是否需要加热）和　反应物的状态．　 决定的．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）依据常用的气体干燥（除水）装置及实验装置的连接来解答；
（2）依据排水集气法的原理及实验装置的连接来解答；
（3）依据物质的分离和提纯方法来解答；
（4）根据气体发生装置的选择条件分析解答．
【解答】解：（1）依据常用的气体干燥（除水）装置及实验装置的连接方法，应先让气体从长导管通入浓硫酸，水分被吸收，干燥后的气体从短导管导出；氧气密度比空气大，选用想上排空气法收集，应先让氧气从长导管进入集气瓶底部，空气从段导管排出．故答案为：a→c→b→g；
（2）气体密度比液体小，所以排水法收集气体时，气体会存储于集气瓶上部，水会存储于集气瓶下部．因此，应让气体从短导管通入集气瓶，水从长导管排出．
（3）依据物质的分离和提纯方法可知，固液分离可采用过滤的方法．故答案为：过滤；
（4）气体发生装置的选择是由反应条件（是否需要加热）和反应物的状态．
答案：
（1）acbg；
（2）afg；
（3）过滤；
（4）反应物的状态．
【点评】本题考查了实验装置的连接和物质的分离和提纯．了解过氧化氢制取氧气的原理及二氧化锰在反应中的作用，常用仪器的用途，氧气的验满方法，装置连接及物质的分离和提纯等知识是正确解答的关键．
20．以下是俄国化学家罗蒙诺索夫曾开展的实验：
①先用天平称取质量为m1的金属锡粉。
②将这些锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2。
③打开容器，听到了空气进入容器发出的“丝丝的声响”，称量所得白色物质的质量为m3。
④把白色物质放回原容器里（容器中空气的组成恢复到初始状态），重新称量容器的总质量为m4
（1）根据所学知识判断，锡的燃烧是　化学　 变化。
（2）罗蒙诺索夫分析数据后发现，生成白色物质的质量m3＝　m4﹣m2+m1 ，于是提出了“参加反应的物质的总质量，等于反应后产物的总质量”的观点。
（3）后经多位科学家的共同努力，最终确立了质量守恒定律，请从微观角度解释该定律：　因为化学反应的过程是原子的重新组合过程，反应前后原子的种类不变，总个数不变，原子质量不变，所以化学反应前后物质的总质量相等　 。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据有新物质生成的变化是化学变化解答；
（2）根据质量守恒定律，固体增加的质量即参加反应的氧气的质量解答；
（3）根据化学反应的实质解答。
【解答】解：
（1）锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，有新物质生成，锡的燃烧是化学变化；
（2）将这些锡粉放在密闭容器里进行完全燃烧，生成了白色固体物质，称量容器的总质量为m2．把白色物质放回原容器里（容器中空气的组成恢复到初始状态），重新称量容器的总质量为m4，则参加反应的气体的质量为m4﹣m2，生成白色物质的质量m3＝m4﹣m2+m1；
（3）因为化学反应的过程是原子的重新组合过程，反应前后原子的种类不变，总个数不变，原子质量不变，所以化学反应前后物质的总质量相等。
答案：
（1）化学；
（2）m4﹣m2+m1；
（3）因为化学反应的过程是原子的重新组合过程，反应前后原子的种类不变，总个数不变，原子质量不变，所以化学反应前后物质的总质量相等。
【点评】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。
四．解答题（共3小题）
21．现有实验室制取CO2的剩余废液200g，测得其中只有CaCl2和HCl两种溶质，向其中加入100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液，恰好完全反应后过滤，得到一定质量的滤液和5g滤渣。求：
（1）过滤后所得滤液质量为　292.8　 g。
（2）最后所得滤液中溶质质量为　11.7　 g。
（3）原废液中HCl质量分数是多少？
【答案】（1）292.8；
（2）11.7；
（3）1.825%。
【分析】向CaCl2和HCl的混合溶液中加入Na2CO3溶液，碳酸钠先和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，盐酸反应完后，碳酸钠再和氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和氯化钠，结合题中数据来分析解答。
【解答】解：设与氯化钙反应的碳酸钠质量为x，碳酸钠和氯化钙反应生成氯化钠的质量为z。
Na2CO3+CaCl2＝CaCO3↓+2NaCl
106 100 117
x 5g z
x＝5.3g
z＝5.85g
100g溶质质量分数为10.6%的Na2CO3溶液中碳酸钠的质量为：100g×10.6%＝10.6g，与氯化钙反应的碳酸钠质量为5.3g，则与HCl反应的碳酸钠质量为：10.6g﹣5.3g＝5.3g；
设HCl的质量为a，碳酸钠和盐酸反应生成氯化钠的质量为b，生成二氧化碳的质量为c。
Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑
106 73 117 44
5.3g a b c
a＝3.65g
b＝5.85g
c＝2.2g
（1）由上述计算可知，过滤后所得滤液质量为：200g+100g﹣5g﹣2.2g＝292.8g。
（2）最后所得滤液中溶质质量为：5.85g+5.85g＝11.7g。
（3）原废液中HCl质量分数为：100%＝1.825%。
答：原废液中HCl质量分数为1.825%。
故答案为：（1）292.8；
（2）11.7；
（3）1.825%。
【点评】本题主要考查了根据化学方程式的计算，根据化学方程式计算时，第一要正确书写化学方程式，第二要使用正确的数据，第三计算过程要完整。
22．某同学用一定质量分数的Na2CO3溶液做“Na2CO3+CaCl2═2NaCl+CaCO3↓”的实验。其五次实验结果如下表所示：
根据实验结果回答下列问题：
实验次数 氯化钙质量/g 碳酸钠溶液的质量/g 碳酸钙的质量/g
1 5.55 200 5
2 11.1 200 10
3 22.2 200 20
4 33.3 250 25
5 55.5 400 X
（1）哪几次反应碳酸钠有剩余（填序号）　1、2　 。
（2）表中X的值是　40　 。
（3）试计算碳酸钠溶液中溶质的质量分数。
【答案】见试题解答内容
【分析】分析比较表中的数据：前3次Na2CO3溶液到位质量都是200克，随着氯化钙质量的倍数增加，生成的碳酸钙的质量也在成倍数增加，可以得出前3次氯化钙全部参加了反应，氯化钙质量与碳酸钙的质量比为5.55：5．当在第4次氯化钙的质量增加到是第一次6倍时，这时生成的碳酸钙的质量只是第一次的5倍，说明了250克碳酸钠溶液中溶质全部参加了反应，生成了碳酸钙是25克，可得出碳酸钠溶液与碳酸钙的质量比为250：25＝50：5，由此可以得出氯化钙质量、碳酸钠溶液质量、碳酸钙质量比为：5.55：50：5，有这个质量比带入到上述表中分析有关数据，很容易看出：前两次碳酸钠溶液有剩余，第3次氯化钙和碳酸钠溶液是恰好反应，X的值是40克。由第3次的有关数据，可以计算出碳酸钠溶液中溶质的质量分数。
【解答】解：（1）通过分析、比较表中的数据可看出：随着氯化钙质量的倍数增加，生成的碳酸钙的质量也在成倍数增加，可以得出前3次氯化钙全部参加了反应，氯化钙质量与碳酸钙的质量比为5.55：5．当在第4次氯化钙的质量增加到第一次6倍时，这时生成的碳酸钙的质量只是第一次的5倍，说明了250克碳酸钠溶液中的溶质全部参加了反应，生成了碳酸钙是25克，可得出碳酸钠溶液与碳酸钙的质量比为250：25＝50：5，由此可以得出氯化钙、碳酸钠溶液、碳酸钙的质量比为：5.55：50：5，有这个质量比带入到上述表中分析有关数据，很容易看出：前两次碳酸钠溶液有剩余，第3次氯化钙和碳酸钠溶液是恰好反应，X的值是40克。
（2）通过上述分析，已经知道在第3次试验中，22.2克的氯化钙与200克的碳酸钠溶液是恰好反应，生成了20克地碳酸钙沉淀，利用这些数据就可以计算出碳酸钠溶液中溶质的质量分数。
故答案为：
（1）1、2；
（ 2）40；
（3）设200克的碳酸钠溶液中碳酸钠的质量为x
Na2CO3+CaCl2═2NaCl+CaCO3↓
106 100
x 20g
x21.2g
碳酸钠溶液中溶质的质量分数为：100%＝10.6%
答：碳酸钠溶液中溶质的质量分数是10.6%。
【点评】本题属于数据处理型计算习题，这种题型是近年来在各地中考试题中出现的一种新题型。这类题符合当今信息社会发展的趋势，要求同学们具有在多项信息中提取所需，进行分析和解决问题的能力，即处理信息的能力。这类题中的计算并不复杂，关键是从化学原理上选择题目信息中有价值的数据来进行计算，体现了化学计算是以化学原理为核心和基础，以数学计算为手段，使同学从量的方面来认识物质及其变化规律，学习解决化学反应及化学变化过程中物质之间的数量关系。
23．两位同学分别用相同质量分数的稀盐酸，测定某石灰石样品中 CaCO3 的质量分数（石灰石中的杂质既不与酸反应，也不溶于水）。
（1）小敏的方法可用如下流程表示，测得的 CaCO3 的质量分数为多大（写出计算过程）。
（2）小军用图乙的实验装置进行实验，将 20g 稀盐酸加入到 1.25g 样品中，量筒中的水体 积与反应时间的关系如图丙。已知本实验条件下 CO2 的密度为 1.8g/L，则小军测得的 该石灰石样品中 CaCO3 的质量分数为多大（写出计算过程）。（结果精确到 1%）
（3）求两位同学在实验中所用稀盐酸的溶质质量分数。
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，第二次加盐酸，滤渣继续减少，说明第一次中盐酸完全反应且碳酸钙有剩余，可知50g盐酸完全消耗5g碳酸钙，而第二次减少的质量为2.9g，说明碳酸钙完全反应，剩余滤渣的质量就是石灰石样品中杂质的质量进行解答；
（2）根据二氧化碳体积和密度求出二氧化碳的质量，利用二氧化碳的质量求出碳酸钙的质量，进而求出该石灰石样品中CaCO3的质量分数即可；
（3）根据小敏的步骤可知，反应掉5g碳酸钙需要盐酸50g，小军的步骤是将20g稀盐酸加入到1.25g样品中，此时20g稀盐酸是过量的，所以应该用小敏采集的实验数据计算。
【解答】解：（1）盐酸和碳酸钙反应生成氯化钙、水和二氧化碳，第二次加盐酸，滤渣继续减少，说明第一次中盐酸完全反应且碳酸钙有剩余，可知50g盐酸完全消耗5g碳酸钙，而第二次减少的质量为2.9g，说明碳酸钙完全反应，剩余滤渣的质量就是石灰石样品中杂质的质量，样品中碳酸钙的质量分数为：100%＝79%
答：石灰石样品中CaCO3 的质量分数为79%；
（2）二氧化碳的质量＝1.8g/L×0.244L≈0.44g，设碳酸钙的质量为x
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 0.44g
x＝1g
该石灰石样品中CaCO3的质量分数为：100%＝80%；
答：该石灰石样品中CaCO3的质量分数为80%；
（3）采用小敏的。根据小敏的步骤可知，反应掉5g碳酸钙需要盐酸50g，小军的步骤是将20g稀盐酸加入到1.25g样品中，此时20g稀盐酸是过量的，所以应该用小敏采集的实验数据计算。
已知量取50g盐酸，对应的碳酸钙质量为10g﹣5g＝5g，再用化学方程式即可求得氯化氢的质量，设参加反应的稀盐酸的质量分数为y，
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 73
5g 50g×y
y＝7.3%
答：实验所用的稀盐酸溶质质量分数为7.3%。
【点评】本题考查学生利用化学反应方程式的计算，明确二氧化碳是气体并利用质量守恒来计算二氧化碳的质量是解答的关键。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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