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第11讲 计算题-全国初中化学竞赛试题精编
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一、选择题
1. （2021年福建省龙岩市永定区初中学科竞赛）一定量的木炭在盛有氮气和氧气的混合气体的密闭容器中燃烧后生成CO和CO2，且测得反应后所得CO、CO2、N2的混合气体中碳元素的质量分数为24%，则反应后氮气的质量分数可能为
A. 70%B. 50%C. 30%D. 10%
【答案】C
【解析】
假设碳完全燃烧生成一氧化碳，则碳元素与氧元素的质量比为12:16=3:4，混合气体中碳元素的质量分数为24%，则氧元素的质量分数为×24％=32％，氮元素的质量分数为1－24％－32％=44％；
假设碳完全燃烧生成二氧化碳，则碳元素与氧元素的质量比为12:（16×2）＝3:8，混合气体中碳元素的质量分数为24%，则氧元素的质量分数为×24％=64％，氮元素的质量分数为1－24％－64％=12％；
题目中燃烧后生成的是CO和CO2的混合气体，所以氮气的质量分数应该介于12％~44％之间，故选C。
2. （陕西省咸阳市泾阳县2020-2021学科竞赛）下列几种气体可用如图所示装置干燥、收集的正确组合是：①H2②O2③CO2④SO2⑤CH4⑥NH3（其中SO2密度比空气大可溶于水，CH4密度比空气小难溶于水，NH3密度比空气小极易溶于水，碱石灰是干燥剂）
A. ①②③B. ②③⑤C. ③④⑥D. ①⑤⑥
【答案】D
【解析】
气体经过碱石灰，所以收集的气体不能与氢氧化钠或氧化钙反应，所以不能收集③二氧化碳，④二氧化硫。
集气瓶倒放，从长管通入，气体先集中在上部，相当于向下排空气法收集气体，可以收集密度比空气小的气体，可以收集①氢气，⑤甲烷，⑥氨气。
故选D。
3. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）在恒温条件下，将质量相等的三份KNO3的不饱和溶液分别蒸发5g，10g，15g水后，析出KNO3晶体的质量依次为ag，bg，cg，则a, b, c三者关系是
A. c=2a-bB. c=2b-aC. a=c-2bD. a=c-b
【答案】B
【解析】
在恒温条件下，将硝酸钾的不饱和溶液蒸发5g水，析出硝酸钾晶体的质量为ag，析出晶体后变为饱和溶液，继续蒸发5g水，继续析出晶体(b-a)g，继续蒸发5g水，继续析出晶体(c-b)g，故b-a=c-b，c=2b-a。
故选B。
4. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）有机物A含有C、 H、O三种元素，取该有机物14.8g和16.2gO2在密闭容器中燃烧，产物为CO，CO2和水蒸气，把产物依次通过浓硫酸，灼热的氧化铜和碱石灰（主要成分是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物），结果浓硫酸增重18g，CuO的质量减轻9.6g，碱石灰的质量增重35.2g，试通过计算该有机物的化学式是
A. C2H6OB. C12H22O11C. C4H10OD. C6H12O6
【答案】C
【解析】
浓硫酸增重的质量即为生成的水的质量为18g，故14.8g该有机物中含有氢元素的质量为。碱石灰增加的质量35.2g为两部分二氧化碳的质量，一部分是一氧化碳还原氧化铜生成的二氧化碳，另一部分是有机物燃烧时生成的二氧化碳。但根据质量守恒定律可知，其中的碳元素均来自于有机物，故14.8g该有机物中含有的碳元素的质量为。故14.8g该有机物中含有的氧元素的质量为14.8g−9.6g−2g=3.2g。故该有机物中碳、氢、氧原子的个数比为：，故该有机物的化学式为C4H10O，即选C。
5. （安徽芜湖市第二十九中学2021-2022学年上学期竞赛）实验测得某硫酸铵化肥的样品中含氮量为20.7%，则其中可能混入了
A. 尿素CO(NH2)2B. 氯化铵C. 硝酸铵D. 碳酸氢铵
【答案】D
【解析】
硫铵，化学式为(NH4)2SO4，其中氮元素的质量分数为： ；化肥的样品中氮的质量分数为20.7%，说明其中可能混入了氮元素的质量分数小于20.7%的物质。
A、尿素[CO(NH2)2]中氮元素的质量分数为：，不符合题意；
B、氯化铵（NH4Cl）中氮元素的质量分数为：，不符合题意；
C、硝酸铵（NH4NO3）中氮元素的质量分数为：，不符合题意；
D、碳酸氢铵（NH4HCO3）中氮元素的质量分数为：，符合题意。
故选：D。
6. （安徽芜湖市第二十九中学2021-2022学年上学期竞赛）已知乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体中氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为：（ ）
A. 42%B. 60%C. 84%D. 91%
【答案】C
【解析】
【分析】乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2·H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C2H2、C6H6、C2H2、H2O的混合物，根据O元素的分数计算H2O的质量分数，进而计算C2H2、C6H6总的质量分数，由最简式为CH，C、H质量之比为12：1，据此计算C元素的质量分数。
乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2·H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C2H2、C6H6、C2H2、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为，故C2H2、C6H6总的质量分数1﹣9%＝91%，由二者化学式可知最简式为CH，C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为。故选：C。
7．将69g酒精（C2H5OH）点燃，酒精燃烧全部变为CO、CO2和H2O，恢复到室温，测得所得气体中氧元素质量分数为64%，则燃烧所耗氧气的质量为（ ）
A．136g B．64g C．112g D．48g
【答案】C
【解析】燃烧后恢复室温，气体只含二氧化碳和一氧化碳，二氧化碳和一氧化碳中的碳元素全部来自乙醇，气体中氧元素占64%，则碳元素占36%，乙醇中碳元素的质量为 ，所以反应的气体的质量为 ，水中的氢元素全部来自乙醇，乙醇中氢元素的质量为 ，所以生成的水的质量为 ，根据质量守恒定律，消耗的氧气质量为 ，
故答案为：C。
8．已知相同条件下，气体的体积比等于气体的分子个数比。现有20mLO2、CO和CO2的混合气体，在密闭容器中用电火花引燃，充分反应后恢复到原来状态，体积减少了2mL，再通过足量澄清石灰水后又减少10mL,最后剩余气体能使带火星的木条复燃。原混合气体中O2、CO和CO2的体积比可能是（）
A．1:6:3B．5:2:3C．3:1:6D．3:5:2
【答案】B
【解析】已知相同条件下，气体的体积比等于气体的分子个数比。在密闭容器中用电火花引燃，充分反应后恢复到原来状态，体积减少了2 mL。则有：
由上述关系可知，生成的二氧化碳的体积为4mL，原来混合气体中二氧化碳的体积=10mL-4mL=6mL，一氧化碳和氧气的体积为：20mL-6mL=14mL。由题意可知，最后剩余气体能使带火星的木条复燃，说明了一氧化碳完全反应，剩余的气体是氧气。 则氧气体积为：14mL-4mL=10mL，则原来混合气体中O2、CO、CO2的体积比是：10mL：4mL：6mL=5：2：3；
故答案为：B。
9．工业上用Mg(NO3)2作为浓缩HNO3的吸水剂，向m1g溶质质量分数为65%的硝酸溶液中加人m2g溶质质量分数为72 %的Mg (NO3)2溶液,蒸馏，分别得到97.5%硝酸溶液和60%硝酸镁溶液，若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁和水均无损耗，则投料质量比 为（）
A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6
【答案】D
【解析】设被转移的水的质量为X，65%的硝酸含水为35%，72%的硝酸酸镁溶液含水为28%，97.5%的硝酸含水量为2.5%，60%的硝酸镁溶液含水量为40%，则硝酸中水0.35m1-X=(m1-X)×0.025，则m1=3X硝酸镁中水0.28m2+X=(m2+X)×0.4，解得m2=5X，故二者的比值为0.6,
故答案为：D。
10．将37.2g某种天然气水合物(CH4·xH2O)与一定量氧气在密闭容器中用电火花引燃，反应后得到二氧化碳、一氧化碳和水蒸气的混合气体的总质量为53.2g冷却至室温后将剩余气体缓缓通过灼热的氧化铜充分反应(玻璃管内已进行排空气处理)，如图所示，反应后，足量氢氧化钠溶液增加13.2g，已知氢氧化钠溶液在实验中可以充分吸收二氧化碳。下列说法中正确的是（ ）
A．将冷却后的气体通入足量澄清石灰水中，最多可以得到10.0g碳酸钙
B．上述反应生成水的质量为32.4g
C．经过计算，x=8
D．自然界的该物质已经成为一种人类广泛使用的新能源
【答案】A
【解析】某种天然气水合物(CH4·xH2O)中碳元素全部转化在二氧化碳中，而氢氧化钠溶液的质量增加了13.2g，即增加的CO2的质量为13.2g；
CO2中C元素的质量为：
所以CH4·xH2O中C元素的质量为： ；故C不符合题意；
所以天然气水合物的化学式为CH4 ▪ 6H2O，其中H元素的质量
天然气水合物中的H元素全部转化为H2O中的H元素，
设生成H2O的质量为m,则 ，所以生成H2O的质量为43.2g，故B不符合题意；
那么CO和CO2的质量为53.2g-43.2g=10g；设生成CO2的质量为a,CO的质量为b,则
设碳酸钙的质量为x则
故A符合题意；
D.甲烷的水合物不利于完全燃烧，故不符合题意；
故答案为：A。
11．已知FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物中，铁元素与氧元素的质量比为21：8，则原混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4三种物质的质量比可能是（ ）
A．9：21：5B．18：40：29C．9：25：23D．18：20：5
【答案】B
【解析】因 Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，则任意量都可满足混合物中铁、氧元素的质量之比为21：8；
FeO和Fe2O3可写成Fe2O3•FeO＝Fe3O4形式即它们的分子个数的比应保持在1：1，即Fe2O3与FeO质量比为20：9时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8。所以FeO和Fe2O3的质量比为 9：20 （＝18：40）时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为 21：8；
故答案为：B。
12．在由CO2和O2 组成的混合气体中，测知碳元素的质量分数为20%，则混合气体中CO2和O2的质量比为（ ）
A．2:1B．1:2C．11:4D．11:7
【答案】C
【解析】假设混合气体的质量为100g，碳元素的质量为20g，二氧化碳的质量为20g÷ = g，氧气的质量为100g- = g；所以CO2和O2的质量比为11:4；
故答案为：C。
13．由氢氧化钠（NaOH）和过氧化钠（Na2O2）组成混合物，并检测出氢元素的质量分数为1%，那么混合物中钠元素的质量分数为（ ）
A．46%B．57.5%C．58.4%D．无法计算
【答案】C
【解析】两种物质中都含有钠和氧元素，剩余部分就是氢元素，氢元素的质量分数为1%，则钠元素和氧元素的质量分数之和是99%．混合物中钠元素和氧元素的质量比为23：16，故混合物中钠元素的质量分数为99%× =58.4%．故选C．
14. （湖南邵阳市武冈一中2020-2021学年下学期6月化学竞赛）某工厂用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制质量分数约为30%的稀硫酸供生产使用。配制时所用的浓硫酸与水的体积比最接近的是
A. 1：6B. 1：5C. 1：4D. 1：3
【答案】C
【解析】
设配置时所用的浓硫酸的质量为x，水的质量为y
x×98%=(x+y)×30%
解得：x:y=30:68
已知浓硫酸的密度是1.84g/cm3，水的密度是1g/cm3，则配制时所用的浓硫酸与水的体积比=。
故选C。
15．由Na2SO4、Na2SO3，Na2S三种物质组成的混合物中，测得氧元素质量分数为22% ，则其中硫元素的质量分数为（ ）
A．无法确定B．23%C．45%D．32%
【答案】D
【解析】钠和硫原子个数比为2: 1,所以钠和硫的质量比为46 : 32 ,钠和硫的总的质量分数为1-22% = 78% ,所以硫的质量分数为 。
故答案为：D。
16．已知同温、同压下相同体积的任何气体都含有相同的分子数．工业制HNO3的尾气中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO不能被NaOH溶液吸收．同温、同压下NO2与NO的体积比如下，其中不能被NaOH溶液完全吸收的是（ ）
A．1：1B．1：3C．2：lD．3：1
【答案】B
【解析】A、根据NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O方程式可知NO2与NO的体积比为1：1，正好被吸收，故A能完全被吸收，故A不符合题意；
B、NO2与NO的体积比为1：3，一氧化氮多了，因为NO2与NO的体积比为1：1，正好被吸收，所以多了的一氧化氮又不能被氢氧化钠溶液吸收，所以一氧化氮不能被NaOH溶液完全吸收，故B符合题意；
C、NO2与NO的体积比为2：1，反应完后二氧化氮有剩余，通过2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O反应可知剩余的二氧化氮可以直接被氢氧化钠溶液吸收，故C不符合题意；
D、NO2与NO的体积比为3：1，反应完后二氧化氮有剩余，通过2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O反应可知剩余的二氧化氮可以直接被氢氧化钠溶液吸收，故D不符合题意；
故答案为：B。
17．向盛有 10g49%稀硫酸的烧杯中加入5.6g的铁粉，充分反应后有固体残留，t1时迅速倒入一定量的硫酸铜溶液。整个过程烧杯中溶液的质量随时间的变化如图所示。分析错误的是（ ）
A．a→b 点，溶液的 pH 逐渐增大
B．c 点时，溶液中有两种溶质
C．d 点固体，加入盐酸有气泡产生
D．m＝12．7g
【答案】C
【解析】A、由图可知，a→b点，溶液质量先增加后不变，说明是铁与稀硫酸反应的过程，溶液的酸性减弱，其pH逐渐增大，不符合题意；
B、由图象可知，c点时溶液的质量还在减小，硫酸铜没有完全反应，溶液中溶质有硫酸亚铁和硫酸铜两种，不符合题意；
C、由于硫酸铜的量不能确定，可能有剩余的铁，d点时，烧杯中固体一定是有铜，可能有铁，加入盐酸不一定有气泡产生，符合题意；
D、设溶液增加的质量为x
解得x=2.7g
所以m=10g+2.7g=12.7g，不符合题意。
故答案为：C。
18．将CO和铁的氧化物FexOy置于密闭容器中，一定条件下充分反应至完全，反应过程中容器内部分物质的质量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．m的值为12.6
B．铁的氧化物中x：y=3：4
C．参加反应的铁的氧化物的质量为16g
D．当CO2质量为4.4g时，容器内CO质量为14g
【答案】D
【解析】CO和铁的氧化物FexOy置于密闭容器中，一定条件下充分反应至完全，生成铁和二氧化碳；A. 由图知生成二氧化碳的质量为13.2g，根据碳元素守恒，参加反应的一氧化碳的质量为 ，m的值为8.4+8.4=16.8，故不符合题意；
B. 由于m=16.8，即生成铁的质量为16.8g，根据质量守恒定律，FexOy的质量为13.2g+16.8g-8.4g=21.6g，根据 ，生成的二氧化碳中的氧元素，一半来自FexOy，FexOy中氧元素的质量为 ，FexOy中铁元素、氧元素质量比为 ，铁的氧化物中x：y=1:1，故不符合题意；
C. 参加反应的铁的氧化物的质量为13.2g+16.8g-8.4g=21.6g，故不符合题意；
D. 由以上分析知，该铁的氧化物为FeO，设当二氧化碳质量为4.4g时，消耗一氧化碳的质量为z，则
解得z=2.8g；
此时容器内CO质量为16.8g-2.8g=14g，故符合题意。
故答案为：D。
19．在托盘天平两边各放一只盛有等质最、等溶质质量分数的盐酸的小烧杯，调节至平衡后，往烧杯中分别加入铁和等质量的铜镁合金，两烧杯中的物质完全反应后，天平仍保持平衡，则铜镁合金中铜和镁的质量比为( )
A．4：3B．8：3C．3：8D．3：4
【答案】A
【解析】解：假设铁的质量为56，生成氢气的质量为x
56 2
56g x
x=0.2g
设生成0.2g氢气需要镁的质量为y
24 2
y 0.2g
y=24g
则铜镁合金中铜和镁的质量比为（56g-24g）：24g=4:3
故答案为：A
20．将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分反应后产生气体0.4g，并得到残留固体3.2g。则原混合物粉末的质量是（ ）
A．15.2gB．18.0gC．20.0gD．24.8g
【答案】B
【解析】由题意可知，将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，设与稀盐酸反应的铁的质量为ⅹ，
与氯化铜反应的铁的质量为y，
氧化铜的质量为3.2g÷( ×100%)=4.0g；
所以，原混合物的质量为11.2g+2.8g+4.0g=18.0g；
故答案为：B。
21．某样品含有氢氧化钾、碳酸钾和水三种物质。室温下，向该样品中加入溶质质量分数为14.6%的稀盐酸100g，恰好完全反应得到中性溶液，蒸干该溶液得到固体质量为（ ）
A．74.5gB．29.8gC．10gD．7.45g
【答案】B
【解析】氢氧化钾、碳酸钾与盐酸反应都生成氯化钾，根据质量守恒定律氯化钾中的氯元素都来自盐酸，可以根据氯元素质量守恒来进行解答。由于反应后溶液呈中性，说明盐酸中的氯元素恰好全部转化为氯化钾，因此根据氯元素守恒可知，最后得到的固体KCl的质量为：100g×14.6%×74.5／36.5 =29.8g 。
故答案为：B。
22．工业上用Mg(NO3)2作为浓缩HNO3的吸水剂，向m1g溶质质量分数为65%的硝酸溶液中加人m2g溶质质量分数为72 %的Mg (NO3)2溶液,蒸馏，分别得到97.5%硝酸溶液和60%硝酸镁溶液，若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁和水均无损耗，则投料质量比 为（）
A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6
【答案】D
【解析】设被转移的水的质量为X，65%的硝酸含水为35%，72%的硝酸酸镁溶液含水为28%，97.5%的硝酸含水量为2.5%，60%的硝酸镁溶液含水量为40%，则硝酸中水0.35m1-X=(m1-X)×0.025，则m1=3X硝酸镁中水0.28m2+X=(m2+X)×0.4，解得m2=5X，故二者的比值为0.6,
故答案为：D。
23．某金属粉末含有Mg、Al、Cu中的一种或几种，取12g该金属粉末与足量稀盐酸反应产生1g氢气，则该金属粉末可能的组成情况有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】C
【解析】设生成1g氢气，单独消耗镁质量为x,消耗铝质量为y。
铜不与盐酸反应，根据题意可知12g该金属粉末与足量稀盐酸反应产生1g氢气，故金属中一定含有铝，组成可能有：①铝、镁、铜；②铝、铜；③铝、镁，共三种可能。
故答案为：C。
24．含8克NaOH的溶液中通入一定量的H2S气体后，可发生以下反应：NaOH+H2S=NaHS+H2O，2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，将得到的溶液小心蒸干，称得无水固体7.9g，则该固体中一定含有的物质是（ ）
A．Na2SB．NaHS C．Na2S和NaHSD．Na2S和NaOH
【答案】A
【解析】解：①若NaOH少量，则产物只有NaHS，那么固体质量应该增加，而实际固体质量在减小，因此不可能是NaOH少量；
②若NaOH和H2S反应产物为NaHS和Na2S的混合物，则根据极值法进行判断，
若产物只有NaHS，设8克NaOH反应可生成硫氢化钠的质量为x，
NaOH+H2S=NaHS+H2O
40 56
8g x
x=11.2g
若产物只有Na2S，设8克NaOH反应可生成硫化钠的质量为y，
2NaOH+H2S=Na2S+2H2O
80 78
8g y
y=7.8g
而实际称得无水固体7.9g，7.8g＜7.9g＜11.2g，因此生成物可能是NaHS和Na2S的混合物．
③若NaOH过量，则产物为NaOH和Na2S的混合物，则生成固体质量应该介于7.8g和8.0g之间，而实际称得无水固体7.9g，因此固体混合物也可能是NaOH和Na2S的混合物．
综上所得，固体中一定含有的物质是Na2S．
故选A．
【分析】（1）注意反应顺序：NaOH先和H2S反应生成NaHS，若NaOH还有剩余，则NaOH继续和NaHS反应生成Na2S；
（2）反应产物分三种情况进行讨论：
①NaOH少量，产物只有NaHS；
②NaOH和H2S反应生成NaHS后还有剩余，产物是NaHS和Na2S的混合物；
③NaOH和NaHS反应完后还过量，产物是NaOH和Na2S的混合物．
（3）利用极值法判断产物的类型．
二、填空题
25．（1）许多物质的命名与元素的化合价高低有关，如锰酸钾、高锰酸钾，其中锰元素的化合价分别为+6、+7．氯元素常见的化合价有+7、+5、+1、﹣1 等，由此推测钠元素、氧元素和+7价氯元素三种元素组成的化合物的名称为 ，化学式为 。
（2）某种由FeO和Fe2O3组成的混合物中，两种组分的个数之比为3:2，则670g混合物中Fe元素的质量是 g。
（3）测知Fe2O3和另一种氧化物的混合物中氧的含量为50%，则另一种氧化物可能是_________。
A．SO2 B．Na2OC．CO2D．MgO
【答案】（1）高氯酸钠；NaClO4（2）490（3）C
【解析】（1）由题干可知，+7 价氯元素化合价最高，由钠元素、氧元素和+7价氯元素三种元素组成的化合物名称中必有“高”，因为氧元素化合价一般为-2价，钠元素化合价一般为+1价，根据“某酸某”的命名原则可得，名称为：高氯酸钠，故填写：高氯酸钠；根据化合物中正负化合价代数和为零原则可得，化学式为：NaClO4；（2）设混合物中FeO的质量为x，Fe2O3的质量为y①x+y=670g② x=270g，y=400g，FeO中铁元素的质量为：270g× ×100%=210g，Fe2O3中铁元素的质量为：400g× ×100%=280g，670g混合物中 Fe 元素的质量是:210g+280g=490g，故填写：490；（3）纯净的Fe2O3氧元素的质量分数为： ×100%=30%，题中给的数据是氧化铁中氧元素的质量分数与另一种氧化物中氧元素的质量分数的平均值，由于50%＞30%，所以另一种氧化物中氧元素的质量分数必须要大于50%，A、SO2中氧元素的质量分数= ×100%=50%，故A错误；B、Na2O中氧元素的质量分数= ×100%=25．8%，故B错误；C、CO2中氧元素的质量分数= ×100%=72．7%，故C正确；D、MgO中氧元素的质量分数= ×100%=40%，故D错误；
故答案为：：C。
26．新药左旋氧氟沙星，可用于治疗敏感菌引起的呼吸道感染，其说明书中部分内容如下图。
（1）氧氟沙星中碳元素与氧元素的质量比为： ．
（2）氧氟沙星中氧元素的质量分数为： （精确到0.1%）．
（3）3．61g氧氟沙星中含氮元素的质量是 g。成人呼吸道感染患者，一个疗程最少应服用左旋氧氟沙星为 g。
（4）从保存方法看，左旋氧氟沙星可能具有 的化学性质。
【答案】（1）27：8（2）17.7%（3）4.2；2.8（4）不稳定
【解析】（1） 氧氟沙星中碳元素与氧元素的质量比为 （12×18）：（16×4）＝27：8；
（2） 氧氟沙星中氧元素的质量分数为 ；
（3） 3．61g氧氟沙星中含氮元素的质量是 ， 由标签说明可知，成人呼吸道感染患者，一个疗程一次0.2g，一日2次，一疗程最少7天，所以最少应服用左旋氧氟沙星为0.2g×2×7=2.8g；
（4） 从保存方法看，左旋氧氟沙星可能具有不稳定的化学性质。
三、计算题
27. （2022年第十四届中学生数理化综合实践活动九年级化学应用）某同学对若干块矿石样品中的碳酸钙的质量分数进行检测，采用了以下的办法：取用8g这种石灰石样品，把40g稀盐酸分四次加入，测量过程所得数据见下表（已知石灰石样品中含有的杂质不溶于水，不与盐酸反应）．请计算：
（1）8g的石灰石样品中含有杂质_____克？
（2）如表中m的数值应为_____？
（3）稀盐酸的质量分数是多少？_____
【答案】（1）1.2；（2）3；（3）18.25%
【解析】
比较第三次和第四次的数据可知：样品中杂质的质量为1.2g；比较第一次和第三次的数据可知第一次中盐酸完全反应，消耗碳酸钙的质量为，因此第二次中也是消耗2.5g碳酸钙，所以用第一次的剩余固体质量减去第二次消耗的碳酸钙的质量就是第二次剩余固体的质量；根据第一次加入盐酸生成二氧化碳的质量，依据化学方程式计算盐酸的质量分数。
（1）比较第三次和的四次的数据可知：样品中杂质的质量为1.2g
（2）比较第一次和第三次的数据可知第一次中盐酸完全反应，消耗碳酸钙的质量为，因此第二次中也是消耗2.5g碳酸钙，故
（3）设盐酸的溶质质量分数为x
答：盐酸的溶质质量分数为18.25%。
28. （2022年第十四届中学生数理化综合实践活动九年级化学应用）实验室有一变质的氢氧化钠样品（样品中只含Na2O3杂质，且成分均匀），为测量样品中Na2CO3的质量分数，某同学称取10g氢氧化钠样品放入烧杯中，加入40g水完全溶解，将150g盐酸平均分6份依次加人烧杯中（烧杯的质量为50g），每次充分反应后都用电子天平进行称量（假设产生的气体完全逸出），实验数据如表所示，图乙表示产生气休的质量与加人稀盐酸质量的关系。
（1）分析表格数据和图乙，判断α点溶液中的溶质为_____。
（2）氢氧化钠样品中Na2CO3的质量分数为_____。
（3）通过实验加计算，该同学发现：加稀盐酸，若氢氧化钠溶液不变质，不会产生二氧化碳：氢氧化钠变质的量越多，产生的二氧化碳越多：氢氧化钠完全变质，产生的二氧化碳最多，于是该同学推测：样品中氢氧化钠变质的量越多，完全反应所需的稀盐酸的质量越大。请判断该同学的推测是否正确并说明理由。
【答案】（1）氯化钠、氯化氢
（2）生成二氧化碳的质量为：50g+10g+40g+150g-248.9g=1.1g
设氢氧化钠样品中Na2CO3的质量分数为
答：氢氧化钠样品中Na2CO3的质量分数26.5%；
（3）该同学的推测不正确，理由：根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，无论变质与否，氢氧化钠与盐酸的质量关系都是：NaOH～HCl；可知，氢氧化钠变质与否，不影响消耗的盐酸的质量
【解析】
（1）根据图和表格数据可知，开始稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无气体生成，然后碳酸钠和稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，有气体生成，a点表示稀盐酸与氢氧化钠、碳酸钠完全反应后又加入了过量的稀盐酸，故a点溶液中的溶质为生成的氯化钠和过量的氯化氢；
（2）解析见答案；
（3）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，无论变质与否，氢氧化钠与盐酸的质量关系都是：NaOH～HCl；可知，氢氧化钠变质与否，不影响消耗的盐酸的质量。所以该同学推测不正确。
29. （陕西省咸阳市泾阳县2020-2021学科竞赛）某纯碱样品中含有少量NaCl，小丽同学取该样品23g全部溶解于150g水中，再逐滴加入160g稀盐酸，反应中产生的气体的质量与盐酸的用量关系如图所示。（提示：相关反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑）计算当恰好完全反应时：
（1）产生的二氧化碳的质量是 克。
（2）此时所得到的溶液中溶质的质量分数（写出必要的计算过程，结果保留到0.1%）。
【答案】（1）8.8； （2）8.4%
【解析】
试题分析：（1）根据图像，可看出产生的二氧化碳的质量是8.8克
（2）根据化学方程式：Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑中Na2CO3、NaCl与CO2的质量关系，可求出Na2CO3的质量以及生成的氯化钠质量，进而求出所得到的溶液中溶质的质量分数
解：设Na2CO3质量为x，NaCl的质量为y
Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑
106 117 44
x y 8.8g
106:44=x:8.8g x=21.2g
117:44=y:8.8g y=23.4g
故所得溶液中溶质的质量=2.34g+（23g-21.2g)=25.2g
所得到的溶液的质量=23g+150g+135.8g-8.8g=300g
所得到的溶液中溶质的质量分数=25.2g/300g×100%=8.8%
30. （陕西省咸阳市泾阳县2020-2021学科竞赛）已知将氯酸钾加热到较高温度时，氯酸钾可以发生分解放出氧气．现有氯酸钾和氯化钾的固体混合物共319.5克，在较高温度下将其加热至固体质量不再减少为止．而后将所得固体加入足量的水中充分溶解后，再向其中加入足量的硝酸银溶液，充分反应后得沉淀的质量为430.5克．则原固体混合物中氯酸钾的质量分数为
A. 35%B. 50%C. 76.7%D. 82.14%
【答案】C
【解析】
解：设与硝酸银反应的氯化钾的质量为x
KCl+AgNO3═KNO3+AgCl↓
74.5 143.5
x 430.5g
x=223.5g
所以原固体混合物分解产生的氧气为：319.5g﹣223.5g=96g
设原固体混合物中氯酸钾的质量为y
2KClO3 2KCl+3O2↑
245 96
y 96g
y=245g
所以原固体混合物中氯酸钾的质量分数为： ×100%=76.7%
故选C
31．草酸钙晶体（CaC2O4·H2O，相对分子质量为146）在植物体内具有多种生理功能。某化学小组利用热分析仪对14.6g草酸钙品体进行热分解，获得相关数据，绘制成如下图所示的固体质量一温度的关系曲线。
（1）草酸钙晶体由 种元素组成。
（2）温度为t1℃时，晶体全部失去结晶水，14.6g草酸钙晶体中结晶水的质量为 g。
（3）加热至t2℃时，CaC2O4开始分解，生成CaCO3与一种有毒气体，该气体的名称是 。（4）加热至t4℃时，CaCO3开始分解，计算图中x的值。（写出计算过程）
（5）温度在t0~t1之间时，剩余固体的成分为 。
【答案】（1）四（2）1.8g（3）一氧化碳
（4）解：设生成的氧化钙的质量为x。 x=5.6g
（5）CaC2O4·H2O、CaC2O4
【解析】（1）根据草酸钙晶体的化学式CaC2O4·H2O可知，草酸钙是由钙、碳、氧、氢四种元素组成；
（2）由图像可看出，t1℃时，晶体全部失去结晶水，所得固体质量为12.8g，所以14.6g草酸钙晶体中结晶水的质量为14.6g-12.8g=1.8g；
（3）根据质量守恒定律可得， ，生成了一氧化碳；
（4）碳酸钙全部分解生成氧化钙，x为生成的氧化钙的质量；从图像上可看出，碳酸钙的质量为10.0g，列化学方程式，利用碳酸钙的质量计算氧化钙的质量，过程见答案；
（5）温度在t0~t1之间时，有一部分草酸钙晶体失去结晶水，所以剩余固体的成分为CaC2O4·H2O、CaC2O4。
32．已知碳-12原子的质量为1.993×10-26kg，A原子的质量为5.146×10-26kg，若A原子核内质子数比中子数少1个。求：
（1）A原子的相对原子质量。(保留整数)
（2）A原子的核外电子数。
【答案】（1）31（2）15
【解析】（1）A原子的相对原子质量是：
（2）原子的相对原子质量近似等于质子数与种子数的和，根据（1）中的计算可知A原子的相对原子质量是31，又知A原子核内质子数比中子数少1个，A原子的核内中子数是16，质子数是15，原子的核外电子数等于核内的质子数，故A原子的核外电子数是15。
33．请回答下列问题。
（1）M元素的离子M3+，外电子数为10，核内中子数为14，M的相对原子质量。
（2）一个碳原子的质量为akg，试求M原子的实际质量。（写出计算过程）
【答案】（1）27
（2）
【解析】（1）M原子失去三个电子 ，形成M3+离子，含有10个电子，故M原子10+3=13个电子，原子中质子数=电子数，故质子数=13，质子数+中子数=相对原子质量，故相对原子质量=14+13=27，故填：27。
34. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）已知硫酸铁Fe2(SO4)3和硫酸亚铁FeSO4组成的混合物中，硫元素的质量分数为a%，则含铁元素的质量分数应为_____
【答案】1-3a%
【解析】
在FeSO4和Fe2（SO4）3组成的混合物中，硫元素与氧元素的质量比是定值，即32：（16×4）=1：2，当混合物中硫元素的质量分数为a%，则混合物中氧元素的质量分数为2a%，该混合物中铁元素的质量分数为1-a%-2a%=1-3a%。
35. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）水垢可以看作由多种物质组成的混合物，化学组成可表示为aCaCO3·bMg(OH)2·nH2O或aCaCO3·bMg(OH)2·cMgCO3·nH2O。为研究某锅炉水所形成水垢的化学组成，取水垢6.32g，加热使其失去结晶水，得到5.78g剩余固体A。高温灼烧A至恒重，放出的气体若用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到11.82g沉淀；若被碱石灰完全吸收，碱石灰增重2.82克。
（1）写出高温灼烧固体A时所发生反应的化学方程式：___________；__________ (写出任意正确的两个)
（2）通过计算判断该水垢中是否含有MgCO3 ______________（填“有”或“无”）。
（3）计算固体A中Mg(OH)2的质量是_______g。
【答案】（1） ①.
②. 或
（2）有 （3）若被碱石灰完全吸收，碱石灰增重2.82克，说明生成二氧化碳和水的质量和为2.82g，由（2）可知，反应生成二氧化碳的质量为2.64g，则生成水的质量为：2.82g-2.64g=0.18g。
设固体A中氢氧化镁的质量是m
m=0.58g
答：固体A中氢氧化镁的质量是0.58g。
【解析】
（1）高温灼烧固体A，固体A中可能含碳酸钙、碳酸镁、氢氧化镁，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：，碳酸镁高温煅烧生成氧化镁和二氧化碳，该反应的化学方程式为： ，氢氧化镁在高温下分解生成氧化镁和水，该反应的化学方程式为： ；
（2）放出的气体若用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到11.82g沉淀，该反应是二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡和水，反应生成的二氧化碳被氢氧化钡完全吸收，该反应的化学方程式为：；假设该二氧化碳全部来自于碳酸钙，即水垢中不含碳酸镁，结合化学方程式： ，可得关系式：CaCO3～CO2～BaCO3。
设反应生成二氧化碳的质量为x，碳酸钙的质量为y
x=2.64g
y=6g大于5.78g
假设二氧化碳全部来自碳酸镁，即水垢中不含碳酸钙，结合化学方程式：，可得关系式：MgCO3～CO2～BaCO3
设碳酸镁的质量为z
z=5.04g小于5.78g
故该水垢中一定含有碳酸镁，故填：有；
（3）见答案。
36. （山东德州市临邑县2020-2021下学期5月竞赛）1926年，我国著名化学家侯德榜先生创立了侯氏制碱法，促进了我国民族工业的发展和世界制碱技术的进步，其生产过程中有下列反应：
①NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl
②2NaHCO3Na2CO3+ CO2+H2O
（1）侯氏制碱法所制“碱”是指__________。
（2）工业生产过程中，氨盐水吸收二氧化碳后生成碳酸氢钠和氯化铵，在常温下，两者首先从溶液中结晶析出的是_________晶体（填物质名称）。
（3）现有Na2CO3和NaCl的混合物样品22．3g，将其放入干净的烧杯中，加一定质量的水使其完全溶解。向所得溶液中逐滴加入溶质质量分数为7．3%的稀盐酸，烧杯中溶液的质量与滴入稀盐酸的质量关系曲线如图所示。试回答F列问题：
①当滴入上述稀盐酸至图中B点时，烧杯中溶液里的溶质为________（写化学式）。
②在Na2CO3和NaCl的混合物样鼎中，含Na2CO3的质量为_________g。
③当滴入上述稀盐酸至图中A点时，试通过计算，求此温度时所得不饱和溶液中溶质的质量________ (计算结果精确至0．1g)。
【答案】（1）碳酸钠
（2）碳酸氢钠
（3）① NaCl、 HCl ②10.6 ③23.4g
【解析】
试题分析：侯氏制碱法所制的“碱”是指碳酸钠，碳酸钠是盐，但溶液呈碱性，俗称纯碱
（2）工业生产过程中，氨盐水吸收二氧化碳后生成碳酸氢钠的量少和氯化铵量多，在常温下，碳酸氢钠的溶解度较大和氯化铵的溶解度较小，故两者首先从溶液中结晶析出的是碳酸氢钠晶体
（3）①当滴入上述稀盐酸至图中B点时，盐酸过量，烧杯中溶液里的溶质为生成的及原有的NaCl、 过量的HCl
② 由图像可知和碳酸钠反应消耗盐酸100g,由氯化氢的质量，进行方程式的计算可求出，碳酸钠的质量及不饱和溶液中溶质氯化钠的质量
③解：100g质量分数为7．3%的稀盐酸中含有的氯化氢的质量为：100g×7．3%=7．3g；
设生成氯化钠的质量为x
Na2CO3 + 2HCl= 2NaCl+ H2O +CO2↑
106 73 117
y 7．3g x
= 解得：x=11．7g， 106/y= 73/7．3g y=10．6g
溶液中溶质质量是：11．7g+（22．3-10．6）g=23．4g
在Na2CO3和NaCl的混合物样鼎中，含Na2CO3的质量为10．6g
答：此时所得不饱和溶液中溶质的质量为23．4g
37． 某学习小组用右图装置测定铜锌合金中锌、铜的质量分数。
（1）B中发生的化学反应方程式为 ；
（2）主要实验操作步骤有：检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，再进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂。上述操作的顺序是 （填序号）；
（3）若实验用铜锌合金的质量为ag，与酸充分反应后，测得氢气体积为VL，为求出合金中锌、铜的质量分数，还缺少的一个数据是 （填字母）；
A．反应前加入稀酸的体积
B．反应前加入稀酸的质量分数
C．实验前反应装置中空气的体积
D．实验条件下氢气的密度
（4）若实验用铜锌合金的质量为ag，与酸充分反应后，B中剩余固体的质量为bg，则锌的质量分数为 ；
（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则得到锌的质量分数将 （填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）。
【答案】Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑（或Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑）；①④③②；D；×100%；偏小
【解析】（1）B中发生的化学反应方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑（或Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑）；
（2）主要实验操作步骤有：检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，再①记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；
（3）根据化学方程式可以计算Zn的质量，从而计算出Zn的质量分数，但带入化学方程式计算的应该是物质的质量，题中只有氢气的体积，故还缺少氢气的密度；
（4）（4）若实验用铜锌合金的质量为ag，与酸充分反应后，B中剩余固体的质量为bg，则锌的质量分数为×100%；
（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则所得不溶物上沾有水，其质量偏大，故得到锌的质量分数将偏小。
38．某化学兴趣小组通过二氧化碳的质量，计算石灰石中碳酸钙的含量，将30g石灰石样品放入大烧杯，称得大烧杯和石灰石样品的总质量为100g，再把300g稀盐酸平分五份，依次加入大烧杯，每次反应后，记录数据如下
（1）其中a的值是 。
（2）计算石灰石样品中碳酸钙的质量分数（有计算过程）
（3）计算稀盐酸的溶质的质量分数
（4）画出在30g样品中加入稀盐酸的质量与生成气体的质量变化关系示意图
【答案】（1）389
（2）解：设30g石灰石中含有碳酸钙的质量为x。
答：石灰石样品中碳酸钙的质量分数为83.3%
（3）解：设60g稀盐酸中含氯化氢的质量为y。
答：稀盐酸的溶质的质量分数为12.2%。
（4）解：如图所示：
【解析】（1）根据第一组和第二组数据对比可知：第一次加入的60g稀盐酸完全反应生成二氧化碳的质量为4.4g，碳酸钙有剩余；
根据第三组和第二组数据对比可知：第二次加入的60g稀盐酸完全反应生成二氧化碳的质量为4.4g，碳酸钙有剩余，第三次加入的60g稀盐酸生成二氧化碳的质量为2.2g，稀盐酸没有完全反应，只反应了30g稀盐酸，还有30g稀盐酸有剩余，碳酸钙已经反应完；碳酸钙完全反应完生成二氧化碳的总质量为11g，消耗稀盐酸的总重量为150g；
第四次再加稀盐酸不再反应，故第四次烧杯中的质量等于第三次烧杯中的质量加上60g稀盐酸的质量之和，第五次再加稀盐酸也不再反应，故第五次烧杯中的质量等于第四次烧杯中的质量加上60g稀盐酸的质量之和=329g+60g=389g。故填：389。
（4）由小问1详解可知：碳酸钙完全反应完生成二氧化碳的总质量为11g，消耗稀盐酸的总重量为150g。在30g样品中加入稀盐酸的质量与生成气体的质量变化关系示意图如下图：
【分析】（1）根据第一组和第二组、第三组数据对比可知，稀盐酸没有完全反应，只反应了30g稀盐酸，还有30g稀盐酸有剩余，碳酸钙已经反应完，进行分析。
（2）先设未知数，正确写出碳酸钙与盐酸反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是二氧化碳的质量，未知量是碳酸钙的质量；列比例式计算。
（3）先设未知数，正确写出碳酸钙与盐酸反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是二氧化碳的质量，未知量是盐酸的质量；列比例式计算。
（4）根据表格中的数据，进行画图。
序号
加入稀盐酸质量（g）
剩余固体质量（g）
第1次
10
5.5
第2次
10
m
第3次
10
1.2
第4次
10
1.2
实验次数
1
2
3
4
5
6
加入稀盐酸的质量/g
25
25
25
25
25
25
电子天平的示数/g
125
150
175
199.7
223.9
248.9
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
入稀盐酸的质量
60
60
60
60
60
大烧杯所盛物质的的总质量
155.6
211.2
269
329
a
一、选择题
1. （2021年福建省龙岩市永定区初中学科竞赛）一定量的木炭在盛有氮气和氧气的混合气体的密闭容器中燃烧后生成CO和CO2，且测得反应后所得CO、CO2、N2的混合气体中碳元素的质量分数为24%，则反应后氮气的质量分数可能为
A. 70%B. 50%C. 30%D. 10%
【答案】C
【解析】
假设碳完全燃烧生成一氧化碳，则碳元素与氧元素的质量比为12:16=3:4，混合气体中碳元素的质量分数为24%，则氧元素的质量分数为×24％=32％，氮元素的质量分数为1－24％－32％=44％；
假设碳完全燃烧生成二氧化碳，则碳元素与氧元素的质量比为12:（16×2）＝3:8，混合气体中碳元素的质量分数为24%，则氧元素的质量分数为×24％=64％，氮元素的质量分数为1－24％－64％=12％；
题目中燃烧后生成的是CO和CO2的混合气体，所以氮气的质量分数应该介于12％~44％之间，故选C。
2. （陕西省咸阳市泾阳县2020-2021学科竞赛）下列几种气体可用如图所示装置干燥、收集的正确组合是：①H2②O2③CO2④SO2⑤CH4⑥NH3（其中SO2密度比空气大可溶于水，CH4密度比空气小难溶于水，NH3密度比空气小极易溶于水，碱石灰是干燥剂）
A. ①②③B. ②③⑤C. ③④⑥D. ①⑤⑥
【答案】D
【解析】
气体经过碱石灰，所以收集的气体不能与氢氧化钠或氧化钙反应，所以不能收集③二氧化碳，④二氧化硫。
集气瓶倒放，从长管通入，气体先集中在上部，相当于向下排空气法收集气体，可以收集密度比空气小的气体，可以收集①氢气，⑤甲烷，⑥氨气。
故选D。
3. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）在恒温条件下，将质量相等的三份KNO3的不饱和溶液分别蒸发5g，10g，15g水后，析出KNO3晶体的质量依次为ag，bg，cg，则a, b, c三者关系是
A. c=2a-bB. c=2b-aC. a=c-2bD. a=c-b
【答案】B
【解析】
在恒温条件下，将硝酸钾的不饱和溶液蒸发5g水，析出硝酸钾晶体的质量为ag，析出晶体后变为饱和溶液，继续蒸发5g水，继续析出晶体(b-a)g，继续蒸发5g水，继续析出晶体(c-b)g，故b-a=c-b，c=2b-a。
故选B。
4. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）有机物A含有C、 H、O三种元素，取该有机物14.8g和16.2gO2在密闭容器中燃烧，产物为CO，CO2和水蒸气，把产物依次通过浓硫酸，灼热的氧化铜和碱石灰（主要成分是氢氧化钠和氧化钙的固体混合物），结果浓硫酸增重18g，CuO的质量减轻9.6g，碱石灰的质量增重35.2g，试通过计算该有机物的化学式是
A. C2H6OB. C12H22O11C. C4H10OD. C6H12O6
【答案】C
【解析】
浓硫酸增重的质量即为生成的水的质量为18g，故14.8g该有机物中含有氢元素的质量为。碱石灰增加的质量35.2g为两部分二氧化碳的质量，一部分是一氧化碳还原氧化铜生成的二氧化碳，另一部分是有机物燃烧时生成的二氧化碳。但根据质量守恒定律可知，其中的碳元素均来自于有机物，故14.8g该有机物中含有的碳元素的质量为。故14.8g该有机物中含有的氧元素的质量为14.8g−9.6g−2g=3.2g。故该有机物中碳、氢、氧原子的个数比为：，故该有机物的化学式为C4H10O，即选C。
5. （安徽芜湖市第二十九中学2021-2022学年上学期竞赛）实验测得某硫酸铵化肥的样品中含氮量为20.7%，则其中可能混入了
A. 尿素CO(NH2)2B. 氯化铵C. 硝酸铵D. 碳酸氢铵
【答案】D
【解析】
硫铵，化学式为(NH4)2SO4，其中氮元素的质量分数为： ；化肥的样品中氮的质量分数为20.7%，说明其中可能混入了氮元素的质量分数小于20.7%的物质。
A、尿素[CO(NH2)2]中氮元素的质量分数为：，不符合题意；
B、氯化铵（NH4Cl）中氮元素的质量分数为：，不符合题意；
C、硝酸铵（NH4NO3）中氮元素的质量分数为：，不符合题意；
D、碳酸氢铵（NH4HCO3）中氮元素的质量分数为：，符合题意。
故选：D。
6. （安徽芜湖市第二十九中学2021-2022学年上学期竞赛）已知乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体中氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为：（ ）
A. 42%B. 60%C. 84%D. 91%
【答案】C
【解析】
【分析】乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2·H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C2H2、C6H6、C2H2、H2O的混合物，根据O元素的分数计算H2O的质量分数，进而计算C2H2、C6H6总的质量分数，由最简式为CH，C、H质量之比为12：1，据此计算C元素的质量分数。
乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2·H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C2H2、C6H6、C2H2、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为，故C2H2、C6H6总的质量分数1﹣9%＝91%，由二者化学式可知最简式为CH，C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为。故选：C。
7．将69g酒精（C2H5OH）点燃，酒精燃烧全部变为CO、CO2和H2O，恢复到室温，测得所得气体中氧元素质量分数为64%，则燃烧所耗氧气的质量为（ ）
A．136g B．64g C．112g D．48g
【答案】C
【解析】燃烧后恢复室温，气体只含二氧化碳和一氧化碳，二氧化碳和一氧化碳中的碳元素全部来自乙醇，气体中氧元素占64%，则碳元素占36%，乙醇中碳元素的质量为 ，所以反应的气体的质量为 ，水中的氢元素全部来自乙醇，乙醇中氢元素的质量为 ，所以生成的水的质量为 ，根据质量守恒定律，消耗的氧气质量为 ，
故答案为：C。
8．已知相同条件下，气体的体积比等于气体的分子个数比。现有20mLO2、CO和CO2的混合气体，在密闭容器中用电火花引燃，充分反应后恢复到原来状态，体积减少了2mL，再通过足量澄清石灰水后又减少10mL,最后剩余气体能使带火星的木条复燃。原混合气体中O2、CO和CO2的体积比可能是（）
A．1:6:3B．5:2:3C．3:1:6D．3:5:2
【答案】B
【解析】已知相同条件下，气体的体积比等于气体的分子个数比。在密闭容器中用电火花引燃，充分反应后恢复到原来状态，体积减少了2 mL。则有：
由上述关系可知，生成的二氧化碳的体积为4mL，原来混合气体中二氧化碳的体积=10mL-4mL=6mL，一氧化碳和氧气的体积为：20mL-6mL=14mL。由题意可知，最后剩余气体能使带火星的木条复燃，说明了一氧化碳完全反应，剩余的气体是氧气。 则氧气体积为：14mL-4mL=10mL，则原来混合气体中O2、CO、CO2的体积比是：10mL：4mL：6mL=5：2：3；
故答案为：B。
9．工业上用Mg(NO3)2作为浓缩HNO3的吸水剂，向m1g溶质质量分数为65%的硝酸溶液中加人m2g溶质质量分数为72 %的Mg (NO3)2溶液,蒸馏，分别得到97.5%硝酸溶液和60%硝酸镁溶液，若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁和水均无损耗，则投料质量比 为（）
A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6
【答案】D
【解析】设被转移的水的质量为X，65%的硝酸含水为35%，72%的硝酸酸镁溶液含水为28%，97.5%的硝酸含水量为2.5%，60%的硝酸镁溶液含水量为40%，则硝酸中水0.35m1-X=(m1-X)×0.025，则m1=3X硝酸镁中水0.28m2+X=(m2+X)×0.4，解得m2=5X，故二者的比值为0.6,
故答案为：D。
10．将37.2g某种天然气水合物(CH4·xH2O)与一定量氧气在密闭容器中用电火花引燃，反应后得到二氧化碳、一氧化碳和水蒸气的混合气体的总质量为53.2g冷却至室温后将剩余气体缓缓通过灼热的氧化铜充分反应(玻璃管内已进行排空气处理)，如图所示，反应后，足量氢氧化钠溶液增加13.2g，已知氢氧化钠溶液在实验中可以充分吸收二氧化碳。下列说法中正确的是（ ）
A．将冷却后的气体通入足量澄清石灰水中，最多可以得到10.0g碳酸钙
B．上述反应生成水的质量为32.4g
C．经过计算，x=8
D．自然界的该物质已经成为一种人类广泛使用的新能源
【答案】A
【解析】某种天然气水合物(CH4·xH2O)中碳元素全部转化在二氧化碳中，而氢氧化钠溶液的质量增加了13.2g，即增加的CO2的质量为13.2g；
CO2中C元素的质量为：
所以CH4·xH2O中C元素的质量为： ；故C不符合题意；
所以天然气水合物的化学式为CH4 ▪ 6H2O，其中H元素的质量
天然气水合物中的H元素全部转化为H2O中的H元素，
设生成H2O的质量为m,则 ，所以生成H2O的质量为43.2g，故B不符合题意；
那么CO和CO2的质量为53.2g-43.2g=10g；设生成CO2的质量为a,CO的质量为b,则
设碳酸钙的质量为x则
故A符合题意；
D.甲烷的水合物不利于完全燃烧，故不符合题意；
故答案为：A。
11．已知FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物中，铁元素与氧元素的质量比为21：8，则原混合物中FeO、Fe2O3、Fe3O4三种物质的质量比可能是（ ）
A．9：21：5B．18：40：29C．9：25：23D．18：20：5
【答案】B
【解析】因 Fe3O4中铁元素和氧元素的质量比为21：8，则任意量都可满足混合物中铁、氧元素的质量之比为21：8；
FeO和Fe2O3可写成Fe2O3•FeO＝Fe3O4形式即它们的分子个数的比应保持在1：1，即Fe2O3与FeO质量比为20：9时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为21：8。所以FeO和Fe2O3的质量比为 9：20 （＝18：40）时，两种物质的混合物中铁元素和氧元素的质量比也恰好为 21：8；
故答案为：B。
12．在由CO2和O2 组成的混合气体中，测知碳元素的质量分数为20%，则混合气体中CO2和O2的质量比为（ ）
A．2:1B．1:2C．11:4D．11:7
【答案】C
【解析】假设混合气体的质量为100g，碳元素的质量为20g，二氧化碳的质量为20g÷ = g，氧气的质量为100g- = g；所以CO2和O2的质量比为11:4；
故答案为：C。
13．由氢氧化钠（NaOH）和过氧化钠（Na2O2）组成混合物，并检测出氢元素的质量分数为1%，那么混合物中钠元素的质量分数为（ ）
A．46%B．57.5%C．58.4%D．无法计算
【答案】C
【解析】两种物质中都含有钠和氧元素，剩余部分就是氢元素，氢元素的质量分数为1%，则钠元素和氧元素的质量分数之和是99%．混合物中钠元素和氧元素的质量比为23：16，故混合物中钠元素的质量分数为99%× =58.4%．故选C．
14. （湖南邵阳市武冈一中2020-2021学年下学期6月化学竞赛）某工厂用质量分数为98%的浓硫酸（密度为1.84g/cm3）配制质量分数约为30%的稀硫酸供生产使用。配制时所用的浓硫酸与水的体积比最接近的是
A. 1：6B. 1：5C. 1：4D. 1：3
【答案】C
【解析】
设配置时所用的浓硫酸的质量为x，水的质量为y
x×98%=(x+y)×30%
解得：x:y=30:68
已知浓硫酸的密度是1.84g/cm3，水的密度是1g/cm3，则配制时所用的浓硫酸与水的体积比=。
故选C。
15．由Na2SO4、Na2SO3，Na2S三种物质组成的混合物中，测得氧元素质量分数为22% ，则其中硫元素的质量分数为（ ）
A．无法确定B．23%C．45%D．32%
【答案】D
【解析】钠和硫原子个数比为2: 1,所以钠和硫的质量比为46 : 32 ,钠和硫的总的质量分数为1-22% = 78% ,所以硫的质量分数为 。
故答案为：D。
16．已知同温、同压下相同体积的任何气体都含有相同的分子数．工业制HNO3的尾气中含有的NO2和NO常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，NO不能被NaOH溶液吸收．同温、同压下NO2与NO的体积比如下，其中不能被NaOH溶液完全吸收的是（ ）
A．1：1B．1：3C．2：lD．3：1
【答案】B
【解析】A、根据NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O方程式可知NO2与NO的体积比为1：1，正好被吸收，故A能完全被吸收，故A不符合题意；
B、NO2与NO的体积比为1：3，一氧化氮多了，因为NO2与NO的体积比为1：1，正好被吸收，所以多了的一氧化氮又不能被氢氧化钠溶液吸收，所以一氧化氮不能被NaOH溶液完全吸收，故B符合题意；
C、NO2与NO的体积比为2：1，反应完后二氧化氮有剩余，通过2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O反应可知剩余的二氧化氮可以直接被氢氧化钠溶液吸收，故C不符合题意；
D、NO2与NO的体积比为3：1，反应完后二氧化氮有剩余，通过2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O反应可知剩余的二氧化氮可以直接被氢氧化钠溶液吸收，故D不符合题意；
故答案为：B。
17．向盛有 10g49%稀硫酸的烧杯中加入5.6g的铁粉，充分反应后有固体残留，t1时迅速倒入一定量的硫酸铜溶液。整个过程烧杯中溶液的质量随时间的变化如图所示。分析错误的是（ ）
A．a→b 点，溶液的 pH 逐渐增大
B．c 点时，溶液中有两种溶质
C．d 点固体，加入盐酸有气泡产生
D．m＝12．7g
【答案】C
【解析】A、由图可知，a→b点，溶液质量先增加后不变，说明是铁与稀硫酸反应的过程，溶液的酸性减弱，其pH逐渐增大，不符合题意；
B、由图象可知，c点时溶液的质量还在减小，硫酸铜没有完全反应，溶液中溶质有硫酸亚铁和硫酸铜两种，不符合题意；
C、由于硫酸铜的量不能确定，可能有剩余的铁，d点时，烧杯中固体一定是有铜，可能有铁，加入盐酸不一定有气泡产生，符合题意；
D、设溶液增加的质量为x
解得x=2.7g
所以m=10g+2.7g=12.7g，不符合题意。
故答案为：C。
18．将CO和铁的氧化物FexOy置于密闭容器中，一定条件下充分反应至完全，反应过程中容器内部分物质的质量变化如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．m的值为12.6
B．铁的氧化物中x：y=3：4
C．参加反应的铁的氧化物的质量为16g
D．当CO2质量为4.4g时，容器内CO质量为14g
【答案】D
【解析】CO和铁的氧化物FexOy置于密闭容器中，一定条件下充分反应至完全，生成铁和二氧化碳；A. 由图知生成二氧化碳的质量为13.2g，根据碳元素守恒，参加反应的一氧化碳的质量为 ，m的值为8.4+8.4=16.8，故不符合题意；
B. 由于m=16.8，即生成铁的质量为16.8g，根据质量守恒定律，FexOy的质量为13.2g+16.8g-8.4g=21.6g，根据 ，生成的二氧化碳中的氧元素，一半来自FexOy，FexOy中氧元素的质量为 ，FexOy中铁元素、氧元素质量比为 ，铁的氧化物中x：y=1:1，故不符合题意；
C. 参加反应的铁的氧化物的质量为13.2g+16.8g-8.4g=21.6g，故不符合题意；
D. 由以上分析知，该铁的氧化物为FeO，设当二氧化碳质量为4.4g时，消耗一氧化碳的质量为z，则
解得z=2.8g；
此时容器内CO质量为16.8g-2.8g=14g，故符合题意。
故答案为：D。
19．在托盘天平两边各放一只盛有等质最、等溶质质量分数的盐酸的小烧杯，调节至平衡后，往烧杯中分别加入铁和等质量的铜镁合金，两烧杯中的物质完全反应后，天平仍保持平衡，则铜镁合金中铜和镁的质量比为( )
A．4：3B．8：3C．3：8D．3：4
【答案】A
【解析】解：假设铁的质量为56，生成氢气的质量为x
56 2
56g x
x=0.2g
设生成0.2g氢气需要镁的质量为y
24 2
y 0.2g
y=24g
则铜镁合金中铜和镁的质量比为（56g-24g）：24g=4:3
故答案为：A
20．将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，充分反应后产生气体0.4g，并得到残留固体3.2g。则原混合物粉末的质量是（ ）
A．15.2gB．18.0gC．20.0gD．24.8g
【答案】B
【解析】由题意可知，将一定质量的铁和氧化铜的混合物粉末放入足量稀盐酸中，铁能与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铜能与稀盐酸反应生成了氯化铜和水，铁能与氯化铜反应生成铜和氯化亚铁，设与稀盐酸反应的铁的质量为ⅹ，
与氯化铜反应的铁的质量为y，
氧化铜的质量为3.2g÷( ×100%)=4.0g；
所以，原混合物的质量为11.2g+2.8g+4.0g=18.0g；
故答案为：B。
21．某样品含有氢氧化钾、碳酸钾和水三种物质。室温下，向该样品中加入溶质质量分数为14.6%的稀盐酸100g，恰好完全反应得到中性溶液，蒸干该溶液得到固体质量为（ ）
A．74.5gB．29.8gC．10gD．7.45g
【答案】B
【解析】氢氧化钾、碳酸钾与盐酸反应都生成氯化钾，根据质量守恒定律氯化钾中的氯元素都来自盐酸，可以根据氯元素质量守恒来进行解答。由于反应后溶液呈中性，说明盐酸中的氯元素恰好全部转化为氯化钾，因此根据氯元素守恒可知，最后得到的固体KCl的质量为：100g×14.6%×74.5／36.5 =29.8g 。
故答案为：B。
22．工业上用Mg(NO3)2作为浓缩HNO3的吸水剂，向m1g溶质质量分数为65%的硝酸溶液中加人m2g溶质质量分数为72 %的Mg (NO3)2溶液,蒸馏，分别得到97.5%硝酸溶液和60%硝酸镁溶液，若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁和水均无损耗，则投料质量比 为（）
A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6
【答案】D
【解析】设被转移的水的质量为X，65%的硝酸含水为35%，72%的硝酸酸镁溶液含水为28%，97.5%的硝酸含水量为2.5%，60%的硝酸镁溶液含水量为40%，则硝酸中水0.35m1-X=(m1-X)×0.025，则m1=3X硝酸镁中水0.28m2+X=(m2+X)×0.4，解得m2=5X，故二者的比值为0.6,
故答案为：D。
23．某金属粉末含有Mg、Al、Cu中的一种或几种，取12g该金属粉末与足量稀盐酸反应产生1g氢气，则该金属粉末可能的组成情况有（ ）
A．1种B．2种C．3种D．4种
【答案】C
【解析】设生成1g氢气，单独消耗镁质量为x,消耗铝质量为y。
铜不与盐酸反应，根据题意可知12g该金属粉末与足量稀盐酸反应产生1g氢气，故金属中一定含有铝，组成可能有：①铝、镁、铜；②铝、铜；③铝、镁，共三种可能。
故答案为：C。
24．含8克NaOH的溶液中通入一定量的H2S气体后，可发生以下反应：NaOH+H2S=NaHS+H2O，2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，将得到的溶液小心蒸干，称得无水固体7.9g，则该固体中一定含有的物质是（ ）
A．Na2SB．NaHS C．Na2S和NaHSD．Na2S和NaOH
【答案】A
【解析】解：①若NaOH少量，则产物只有NaHS，那么固体质量应该增加，而实际固体质量在减小，因此不可能是NaOH少量；
②若NaOH和H2S反应产物为NaHS和Na2S的混合物，则根据极值法进行判断，
若产物只有NaHS，设8克NaOH反应可生成硫氢化钠的质量为x，
NaOH+H2S=NaHS+H2O
40 56
8g x
x=11.2g
若产物只有Na2S，设8克NaOH反应可生成硫化钠的质量为y，
2NaOH+H2S=Na2S+2H2O
80 78
8g y
y=7.8g
而实际称得无水固体7.9g，7.8g＜7.9g＜11.2g，因此生成物可能是NaHS和Na2S的混合物．
③若NaOH过量，则产物为NaOH和Na2S的混合物，则生成固体质量应该介于7.8g和8.0g之间，而实际称得无水固体7.9g，因此固体混合物也可能是NaOH和Na2S的混合物．
综上所得，固体中一定含有的物质是Na2S．
故选A．
【分析】（1）注意反应顺序：NaOH先和H2S反应生成NaHS，若NaOH还有剩余，则NaOH继续和NaHS反应生成Na2S；
（2）反应产物分三种情况进行讨论：
①NaOH少量，产物只有NaHS；
②NaOH和H2S反应生成NaHS后还有剩余，产物是NaHS和Na2S的混合物；
③NaOH和NaHS反应完后还过量，产物是NaOH和Na2S的混合物．
（3）利用极值法判断产物的类型．
二、填空题
25．（1）许多物质的命名与元素的化合价高低有关，如锰酸钾、高锰酸钾，其中锰元素的化合价分别为+6、+7．氯元素常见的化合价有+7、+5、+1、﹣1 等，由此推测钠元素、氧元素和+7价氯元素三种元素组成的化合物的名称为 ，化学式为 。
（2）某种由FeO和Fe2O3组成的混合物中，两种组分的个数之比为3:2，则670g混合物中Fe元素的质量是 g。
（3）测知Fe2O3和另一种氧化物的混合物中氧的含量为50%，则另一种氧化物可能是_________。
A．SO2 B．Na2OC．CO2D．MgO
【答案】（1）高氯酸钠；NaClO4（2）490（3）C
【解析】（1）由题干可知，+7 价氯元素化合价最高，由钠元素、氧元素和+7价氯元素三种元素组成的化合物名称中必有“高”，因为氧元素化合价一般为-2价，钠元素化合价一般为+1价，根据“某酸某”的命名原则可得，名称为：高氯酸钠，故填写：高氯酸钠；根据化合物中正负化合价代数和为零原则可得，化学式为：NaClO4；（2）设混合物中FeO的质量为x，Fe2O3的质量为y①x+y=670g② x=270g，y=400g，FeO中铁元素的质量为：270g× ×100%=210g，Fe2O3中铁元素的质量为：400g× ×100%=280g，670g混合物中 Fe 元素的质量是:210g+280g=490g，故填写：490；（3）纯净的Fe2O3氧元素的质量分数为： ×100%=30%，题中给的数据是氧化铁中氧元素的质量分数与另一种氧化物中氧元素的质量分数的平均值，由于50%＞30%，所以另一种氧化物中氧元素的质量分数必须要大于50%，A、SO2中氧元素的质量分数= ×100%=50%，故A错误；B、Na2O中氧元素的质量分数= ×100%=25．8%，故B错误；C、CO2中氧元素的质量分数= ×100%=72．7%，故C正确；D、MgO中氧元素的质量分数= ×100%=40%，故D错误；
故答案为：：C。
26．新药左旋氧氟沙星，可用于治疗敏感菌引起的呼吸道感染，其说明书中部分内容如下图。
（1）氧氟沙星中碳元素与氧元素的质量比为： ．
（2）氧氟沙星中氧元素的质量分数为： （精确到0.1%）．
（3）3．61g氧氟沙星中含氮元素的质量是 g。成人呼吸道感染患者，一个疗程最少应服用左旋氧氟沙星为 g。
（4）从保存方法看，左旋氧氟沙星可能具有 的化学性质。
【答案】（1）27：8（2）17.7%（3）4.2；2.8（4）不稳定
【解析】（1） 氧氟沙星中碳元素与氧元素的质量比为 （12×18）：（16×4）＝27：8；
（2） 氧氟沙星中氧元素的质量分数为 ；
（3） 3．61g氧氟沙星中含氮元素的质量是 ， 由标签说明可知，成人呼吸道感染患者，一个疗程一次0.2g，一日2次，一疗程最少7天，所以最少应服用左旋氧氟沙星为0.2g×2×7=2.8g；
（4） 从保存方法看，左旋氧氟沙星可能具有不稳定的化学性质。
三、计算题
27. （2022年第十四届中学生数理化综合实践活动九年级化学应用）某同学对若干块矿石样品中的碳酸钙的质量分数进行检测，采用了以下的办法：取用8g这种石灰石样品，把40g稀盐酸分四次加入，测量过程所得数据见下表（已知石灰石样品中含有的杂质不溶于水，不与盐酸反应）．请计算：
（1）8g的石灰石样品中含有杂质_____克？
（2）如表中m的数值应为_____？
（3）稀盐酸的质量分数是多少？_____
【答案】（1）1.2；（2）3；（3）18.25%
【解析】
比较第三次和第四次的数据可知：样品中杂质的质量为1.2g；比较第一次和第三次的数据可知第一次中盐酸完全反应，消耗碳酸钙的质量为，因此第二次中也是消耗2.5g碳酸钙，所以用第一次的剩余固体质量减去第二次消耗的碳酸钙的质量就是第二次剩余固体的质量；根据第一次加入盐酸生成二氧化碳的质量，依据化学方程式计算盐酸的质量分数。
（1）比较第三次和的四次的数据可知：样品中杂质的质量为1.2g
（2）比较第一次和第三次的数据可知第一次中盐酸完全反应，消耗碳酸钙的质量为，因此第二次中也是消耗2.5g碳酸钙，故
（3）设盐酸的溶质质量分数为x
答：盐酸的溶质质量分数为18.25%。
28. （2022年第十四届中学生数理化综合实践活动九年级化学应用）实验室有一变质的氢氧化钠样品（样品中只含Na2O3杂质，且成分均匀），为测量样品中Na2CO3的质量分数，某同学称取10g氢氧化钠样品放入烧杯中，加入40g水完全溶解，将150g盐酸平均分6份依次加人烧杯中（烧杯的质量为50g），每次充分反应后都用电子天平进行称量（假设产生的气体完全逸出），实验数据如表所示，图乙表示产生气休的质量与加人稀盐酸质量的关系。
（1）分析表格数据和图乙，判断α点溶液中的溶质为_____。
（2）氢氧化钠样品中Na2CO3的质量分数为_____。
（3）通过实验加计算，该同学发现：加稀盐酸，若氢氧化钠溶液不变质，不会产生二氧化碳：氢氧化钠变质的量越多，产生的二氧化碳越多：氢氧化钠完全变质，产生的二氧化碳最多，于是该同学推测：样品中氢氧化钠变质的量越多，完全反应所需的稀盐酸的质量越大。请判断该同学的推测是否正确并说明理由。
【答案】（1）氯化钠、氯化氢
（2）生成二氧化碳的质量为：50g+10g+40g+150g-248.9g=1.1g
设氢氧化钠样品中Na2CO3的质量分数为
答：氢氧化钠样品中Na2CO3的质量分数26.5%；
（3）该同学的推测不正确，理由：根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，无论变质与否，氢氧化钠与盐酸的质量关系都是：NaOH～HCl；可知，氢氧化钠变质与否，不影响消耗的盐酸的质量
【解析】
（1）根据图和表格数据可知，开始稀盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，无气体生成，然后碳酸钠和稀盐酸反应生成二氧化碳、氯化钠和水，有气体生成，a点表示稀盐酸与氢氧化钠、碳酸钠完全反应后又加入了过量的稀盐酸，故a点溶液中的溶质为生成的氯化钠和过量的氯化氢；
（2）解析见答案；
（3）根据CO2+2NaOH═Na2CO3+H2O；Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑和NaOH+HCl=NaCl+H2O可知，无论变质与否，氢氧化钠与盐酸的质量关系都是：NaOH～HCl；可知，氢氧化钠变质与否，不影响消耗的盐酸的质量。所以该同学推测不正确。
29. （陕西省咸阳市泾阳县2020-2021学科竞赛）某纯碱样品中含有少量NaCl，小丽同学取该样品23g全部溶解于150g水中，再逐滴加入160g稀盐酸，反应中产生的气体的质量与盐酸的用量关系如图所示。（提示：相关反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑）计算当恰好完全反应时：
（1）产生的二氧化碳的质量是 克。
（2）此时所得到的溶液中溶质的质量分数（写出必要的计算过程，结果保留到0.1%）。
【答案】（1）8.8； （2）8.4%
【解析】
试题分析：（1）根据图像，可看出产生的二氧化碳的质量是8.8克
（2）根据化学方程式：Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑中Na2CO3、NaCl与CO2的质量关系，可求出Na2CO3的质量以及生成的氯化钠质量，进而求出所得到的溶液中溶质的质量分数
解：设Na2CO3质量为x，NaCl的质量为y
Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑
106 117 44
x y 8.8g
106:44=x:8.8g x=21.2g
117:44=y:8.8g y=23.4g
故所得溶液中溶质的质量=2.34g+（23g-21.2g)=25.2g
所得到的溶液的质量=23g+150g+135.8g-8.8g=300g
所得到的溶液中溶质的质量分数=25.2g/300g×100%=8.8%
30. （陕西省咸阳市泾阳县2020-2021学科竞赛）已知将氯酸钾加热到较高温度时，氯酸钾可以发生分解放出氧气．现有氯酸钾和氯化钾的固体混合物共319.5克，在较高温度下将其加热至固体质量不再减少为止．而后将所得固体加入足量的水中充分溶解后，再向其中加入足量的硝酸银溶液，充分反应后得沉淀的质量为430.5克．则原固体混合物中氯酸钾的质量分数为
A. 35%B. 50%C. 76.7%D. 82.14%
【答案】C
【解析】
解：设与硝酸银反应的氯化钾的质量为x
KCl+AgNO3═KNO3+AgCl↓
74.5 143.5
x 430.5g
x=223.5g
所以原固体混合物分解产生的氧气为：319.5g﹣223.5g=96g
设原固体混合物中氯酸钾的质量为y
2KClO3 2KCl+3O2↑
245 96
y 96g
y=245g
所以原固体混合物中氯酸钾的质量分数为： ×100%=76.7%
故选C
31．草酸钙晶体（CaC2O4·H2O，相对分子质量为146）在植物体内具有多种生理功能。某化学小组利用热分析仪对14.6g草酸钙品体进行热分解，获得相关数据，绘制成如下图所示的固体质量一温度的关系曲线。
（1）草酸钙晶体由 种元素组成。
（2）温度为t1℃时，晶体全部失去结晶水，14.6g草酸钙晶体中结晶水的质量为 g。
（3）加热至t2℃时，CaC2O4开始分解，生成CaCO3与一种有毒气体，该气体的名称是 。（4）加热至t4℃时，CaCO3开始分解，计算图中x的值。（写出计算过程）
（5）温度在t0~t1之间时，剩余固体的成分为 。
【答案】（1）四（2）1.8g（3）一氧化碳
（4）解：设生成的氧化钙的质量为x。 x=5.6g
（5）CaC2O4·H2O、CaC2O4
【解析】（1）根据草酸钙晶体的化学式CaC2O4·H2O可知，草酸钙是由钙、碳、氧、氢四种元素组成；
（2）由图像可看出，t1℃时，晶体全部失去结晶水，所得固体质量为12.8g，所以14.6g草酸钙晶体中结晶水的质量为14.6g-12.8g=1.8g；
（3）根据质量守恒定律可得， ，生成了一氧化碳；
（4）碳酸钙全部分解生成氧化钙，x为生成的氧化钙的质量；从图像上可看出，碳酸钙的质量为10.0g，列化学方程式，利用碳酸钙的质量计算氧化钙的质量，过程见答案；
（5）温度在t0~t1之间时，有一部分草酸钙晶体失去结晶水，所以剩余固体的成分为CaC2O4·H2O、CaC2O4。
32．已知碳-12原子的质量为1.993×10-26kg，A原子的质量为5.146×10-26kg，若A原子核内质子数比中子数少1个。求：
（1）A原子的相对原子质量。(保留整数)
（2）A原子的核外电子数。
【答案】（1）31（2）15
【解析】（1）A原子的相对原子质量是：
（2）原子的相对原子质量近似等于质子数与种子数的和，根据（1）中的计算可知A原子的相对原子质量是31，又知A原子核内质子数比中子数少1个，A原子的核内中子数是16，质子数是15，原子的核外电子数等于核内的质子数，故A原子的核外电子数是15。
33．请回答下列问题。
（1）M元素的离子M3+，外电子数为10，核内中子数为14，M的相对原子质量。
（2）一个碳原子的质量为akg，试求M原子的实际质量。（写出计算过程）
【答案】（1）27
（2）
【解析】（1）M原子失去三个电子 ，形成M3+离子，含有10个电子，故M原子10+3=13个电子，原子中质子数=电子数，故质子数=13，质子数+中子数=相对原子质量，故相对原子质量=14+13=27，故填：27。
34. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）已知硫酸铁Fe2(SO4)3和硫酸亚铁FeSO4组成的混合物中，硫元素的质量分数为a%，则含铁元素的质量分数应为_____
【答案】1-3a%
【解析】
在FeSO4和Fe2（SO4）3组成的混合物中，硫元素与氧元素的质量比是定值，即32：（16×4）=1：2，当混合物中硫元素的质量分数为a%，则混合物中氧元素的质量分数为2a%，该混合物中铁元素的质量分数为1-a%-2a%=1-3a%。
35. （湖南怀化市2020-2021下学期6月化学竞赛）水垢可以看作由多种物质组成的混合物，化学组成可表示为aCaCO3·bMg(OH)2·nH2O或aCaCO3·bMg(OH)2·cMgCO3·nH2O。为研究某锅炉水所形成水垢的化学组成，取水垢6.32g，加热使其失去结晶水，得到5.78g剩余固体A。高温灼烧A至恒重，放出的气体若用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到11.82g沉淀；若被碱石灰完全吸收，碱石灰增重2.82克。
（1）写出高温灼烧固体A时所发生反应的化学方程式：___________；__________ (写出任意正确的两个)
（2）通过计算判断该水垢中是否含有MgCO3 ______________（填“有”或“无”）。
（3）计算固体A中Mg(OH)2的质量是_______g。
【答案】（1） ①.
②. 或
（2）有 （3）若被碱石灰完全吸收，碱石灰增重2.82克，说明生成二氧化碳和水的质量和为2.82g，由（2）可知，反应生成二氧化碳的质量为2.64g，则生成水的质量为：2.82g-2.64g=0.18g。
设固体A中氢氧化镁的质量是m
m=0.58g
答：固体A中氢氧化镁的质量是0.58g。
【解析】
（1）高温灼烧固体A，固体A中可能含碳酸钙、碳酸镁、氢氧化镁，碳酸钙高温煅烧生成氧化钙和二氧化碳，该反应的化学方程式为：，碳酸镁高温煅烧生成氧化镁和二氧化碳，该反应的化学方程式为： ，氢氧化镁在高温下分解生成氧化镁和水，该反应的化学方程式为： ；
（2）放出的气体若用过量的Ba(OH)2溶液吸收，得到11.82g沉淀，该反应是二氧化碳和氢氧化钡反应生成碳酸钡和水，反应生成的二氧化碳被氢氧化钡完全吸收，该反应的化学方程式为：；假设该二氧化碳全部来自于碳酸钙，即水垢中不含碳酸镁，结合化学方程式： ，可得关系式：CaCO3～CO2～BaCO3。
设反应生成二氧化碳的质量为x，碳酸钙的质量为y
x=2.64g
y=6g大于5.78g
假设二氧化碳全部来自碳酸镁，即水垢中不含碳酸钙，结合化学方程式：，可得关系式：MgCO3～CO2～BaCO3
设碳酸镁的质量为z
z=5.04g小于5.78g
故该水垢中一定含有碳酸镁，故填：有；
（3）见答案。
36. （山东德州市临邑县2020-2021下学期5月竞赛）1926年，我国著名化学家侯德榜先生创立了侯氏制碱法，促进了我国民族工业的发展和世界制碱技术的进步，其生产过程中有下列反应：
①NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl
②2NaHCO3Na2CO3+ CO2+H2O
（1）侯氏制碱法所制“碱”是指__________。
（2）工业生产过程中，氨盐水吸收二氧化碳后生成碳酸氢钠和氯化铵，在常温下，两者首先从溶液中结晶析出的是_________晶体（填物质名称）。
（3）现有Na2CO3和NaCl的混合物样品22．3g，将其放入干净的烧杯中，加一定质量的水使其完全溶解。向所得溶液中逐滴加入溶质质量分数为7．3%的稀盐酸，烧杯中溶液的质量与滴入稀盐酸的质量关系曲线如图所示。试回答F列问题：
①当滴入上述稀盐酸至图中B点时，烧杯中溶液里的溶质为________（写化学式）。
②在Na2CO3和NaCl的混合物样鼎中，含Na2CO3的质量为_________g。
③当滴入上述稀盐酸至图中A点时，试通过计算，求此温度时所得不饱和溶液中溶质的质量________ (计算结果精确至0．1g)。
【答案】（1）碳酸钠
（2）碳酸氢钠
（3）① NaCl、 HCl ②10.6 ③23.4g
【解析】
试题分析：侯氏制碱法所制的“碱”是指碳酸钠，碳酸钠是盐，但溶液呈碱性，俗称纯碱
（2）工业生产过程中，氨盐水吸收二氧化碳后生成碳酸氢钠的量少和氯化铵量多，在常温下，碳酸氢钠的溶解度较大和氯化铵的溶解度较小，故两者首先从溶液中结晶析出的是碳酸氢钠晶体
（3）①当滴入上述稀盐酸至图中B点时，盐酸过量，烧杯中溶液里的溶质为生成的及原有的NaCl、 过量的HCl
② 由图像可知和碳酸钠反应消耗盐酸100g,由氯化氢的质量，进行方程式的计算可求出，碳酸钠的质量及不饱和溶液中溶质氯化钠的质量
③解：100g质量分数为7．3%的稀盐酸中含有的氯化氢的质量为：100g×7．3%=7．3g；
设生成氯化钠的质量为x
Na2CO3 + 2HCl= 2NaCl+ H2O +CO2↑
106 73 117
y 7．3g x
= 解得：x=11．7g， 106/y= 73/7．3g y=10．6g
溶液中溶质质量是：11．7g+（22．3-10．6）g=23．4g
在Na2CO3和NaCl的混合物样鼎中，含Na2CO3的质量为10．6g
答：此时所得不饱和溶液中溶质的质量为23．4g
37． 某学习小组用右图装置测定铜锌合金中锌、铜的质量分数。
（1）B中发生的化学反应方程式为 ；
（2）主要实验操作步骤有：检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，再进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂。上述操作的顺序是 （填序号）；
（3）若实验用铜锌合金的质量为ag，与酸充分反应后，测得氢气体积为VL，为求出合金中锌、铜的质量分数，还缺少的一个数据是 （填字母）；
A．反应前加入稀酸的体积
B．反应前加入稀酸的质量分数
C．实验前反应装置中空气的体积
D．实验条件下氢气的密度
（4）若实验用铜锌合金的质量为ag，与酸充分反应后，B中剩余固体的质量为bg，则锌的质量分数为 ；
（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则得到锌的质量分数将 （填“偏大”、“偏小”或“不受影响”）。
【答案】Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑（或Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑）；①④③②；D；×100%；偏小
【解析】（1）B中发生的化学反应方程式为Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑（或Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑）；
（2）主要实验操作步骤有：检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，再①记录C的液面位置；④由A向B滴加足量试剂；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；
（3）根据化学方程式可以计算Zn的质量，从而计算出Zn的质量分数，但带入化学方程式计算的应该是物质的质量，题中只有氢气的体积，故还缺少氢气的密度；
（4）（4）若实验用铜锌合金的质量为ag，与酸充分反应后，B中剩余固体的质量为bg，则锌的质量分数为×100%；
（5）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则所得不溶物上沾有水，其质量偏大，故得到锌的质量分数将偏小。
38．某化学兴趣小组通过二氧化碳的质量，计算石灰石中碳酸钙的含量，将30g石灰石样品放入大烧杯，称得大烧杯和石灰石样品的总质量为100g，再把300g稀盐酸平分五份，依次加入大烧杯，每次反应后，记录数据如下
（1）其中a的值是 。
（2）计算石灰石样品中碳酸钙的质量分数（有计算过程）
（3）计算稀盐酸的溶质的质量分数
（4）画出在30g样品中加入稀盐酸的质量与生成气体的质量变化关系示意图
【答案】（1）389
（2）解：设30g石灰石中含有碳酸钙的质量为x。
答：石灰石样品中碳酸钙的质量分数为83.3%
（3）解：设60g稀盐酸中含氯化氢的质量为y。
答：稀盐酸的溶质的质量分数为12.2%。
（4）解：如图所示：
【解析】（1）根据第一组和第二组数据对比可知：第一次加入的60g稀盐酸完全反应生成二氧化碳的质量为4.4g，碳酸钙有剩余；
根据第三组和第二组数据对比可知：第二次加入的60g稀盐酸完全反应生成二氧化碳的质量为4.4g，碳酸钙有剩余，第三次加入的60g稀盐酸生成二氧化碳的质量为2.2g，稀盐酸没有完全反应，只反应了30g稀盐酸，还有30g稀盐酸有剩余，碳酸钙已经反应完；碳酸钙完全反应完生成二氧化碳的总质量为11g，消耗稀盐酸的总重量为150g；
第四次再加稀盐酸不再反应，故第四次烧杯中的质量等于第三次烧杯中的质量加上60g稀盐酸的质量之和，第五次再加稀盐酸也不再反应，故第五次烧杯中的质量等于第四次烧杯中的质量加上60g稀盐酸的质量之和=329g+60g=389g。故填：389。
（4）由小问1详解可知：碳酸钙完全反应完生成二氧化碳的总质量为11g，消耗稀盐酸的总重量为150g。在30g样品中加入稀盐酸的质量与生成气体的质量变化关系示意图如下图：
【分析】（1）根据第一组和第二组、第三组数据对比可知，稀盐酸没有完全反应，只反应了30g稀盐酸，还有30g稀盐酸有剩余，碳酸钙已经反应完，进行分析。
（2）先设未知数，正确写出碳酸钙与盐酸反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是二氧化碳的质量，未知量是碳酸钙的质量；列比例式计算。
（3）先设未知数，正确写出碳酸钙与盐酸反应的化学方程式；再找准有关物质，已知量是二氧化碳的质量，未知量是盐酸的质量；列比例式计算。
（4）根据表格中的数据，进行画图。
序号
加入稀盐酸质量（g）
剩余固体质量（g）
第1次
10
5.5
第2次
10
m
第3次
10
1.2
第4次
10
1.2
实验次数
1
2
3
4
5
6
加入稀盐酸的质量/g
25
25
25
25
25
25
电子天平的示数/g
125
150
175
199.7
223.9
248.9
第1次
第2次
第3次
第4次
第5次
入稀盐酸的质量
60
60
60
60
60
大烧杯所盛物质的的总质量
155.6
211.2
269
329
a
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