人教版九年级上册课题 3 利用化学方程式的简单计算课时训练

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\l "_Tc16452" 【题型1 常见化学反应中的质量关系】 PAGEREF _Tc16452 \h 1
\l "_Tc5338" 【题型2 根据化学反应方程式的计算】3
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 S-32 C1-35.5 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 I-127
\l "_Tc16452" 【题型1 常见化学反应中的质量关系】
1．（2021秋•古浪县校级月考）铝在氧气中燃烧生成氧化铝（Al2O3）。在这个反应中，铝、氧气、氧化铝的质量比是（ ）
A．108：96：204B．27：24：43C．4：3：2D．27：32：102
【答案】A
【分析】首先正确写出铝在氧气中燃烧生成氧化铝的化学方程式，利用各物质之间的质量比等于相对分子质量和的比，进行分析解答即可。
【解答】解：铝在氧气中燃烧生成氧化铝，反应的化学方程式为：
4Al+3O22Al2O3
108 96 204
在此反应中铝、氧气、氧化铝的质量比为108：96：204＝9：8：17。
故选：A。
2．（2022春•桓台县期末）电解水这个反应中，水、氢气、氧气的质量比是（ ）
A．18：2：32B．18：1：16C．9：1：8D．2：2：1
【答案】C
【分析】根据水通电生成氢气和氧气的化学方程式，结合各物质的质量比为各物质相对分子（或原子）质量与反应中物质计量数乘积的比，进行分析解答．
【解答】解：水通电分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为：
2H2O2H2↑+O2↑
36 4 32
该反应中水、氢气、氧气的质量比为36：4：32＝9：1：8。
故选：C。
3．（2022•海南模拟）一定量甲烷（CH4）在氧气中不完全燃烧，生成一氧化碳、二氧化碳和水的分子个数之比可能为（ ）
A．1：1：2B．2：1：6C．2：3：6D．3：1：6
【答案】B
【分析】根据质量守恒定律，反应前后碳原子和氢原子的个数不变，进行分析解答。
【解答】解：一定量甲烷（CH4）在氧气中不完全燃烧，生成一氧化碳、二氧化碳和水，反应前后碳原子和氢原子的个数不变，
设一氧化碳、二氧化碳、水的物质的量之比分别为x、y、z，
则（x+y）：2z＝1：4，
则（x+y）：z＝1：2，
观察选项，B符合要求。
故选：B。
4．（2021春•射阳县校级期末）下列说法中正确的是（ ）
A．地壳中含量最多的是氧元素
B．根据化学方程式，可判断出该化学反应的快慢
C．铝在氧气中燃烧生成氧化铝。在这个反应中，铝、氧气、氧化铝的质量之比是 27：32：102
D．不同元素之间最本质的区别是原子的最外层电子数不同
【答案】A
【分析】A．根据地壳中元素的含量来分析；
B．根据化学方程式的意义来分析；
C．根据化学方程式来分析；
D．根据元素的概念来分析。
【解答】解：A．地壳中含量最多的是氧元素，故正确；
B．据化学方程式，不能判断出该化学反应的快慢，故错误；
C．铝在氧气中燃烧生成氧化铝，反应的化学方程式为：
4Al+3O22Al2O3
108 96 204
在此反应中铝、氧气、氧化铝的质量比为108：96：204＝27：24：51，故错误；
D．不同元素之间最本质的区别是质子数不同，故错误。
故选：A。
5．（2019•益阳模拟）使含6克A、6克B、8克C的固体混合物充分反应后，得到的物质中，没有A、C；有15克B和若干克气体D，则反应前后各物质的质量比为A：B：C：D＝ 6：9：8：5 ．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成各物质的质量总和．反应前物质质量总和为：6g+6g+8g＝20g，则反应后生成D的质量为20g﹣15g＝5g；那么生成B的质量为：15g﹣6g＝9g；剩余物中没有A、C说明A、C完全反应了，参与反应的质量分别为6g、8g．据此得出A：B：C：D的质量比．
【解答】解：反应后生成D的质量为：20g﹣15g＝5g；参加反应的B的质量为：15g﹣6g＝9g•
剩余物中没有A、C说明A、C完全反应，参加反应的质量分别为6g、8g．
∴A：B：C：D＝6：9：8：5
故答案为：6：9：8：5
6．（2020春•岱岳区期中）在水通电生成氢气和氧气的反应中，参加反应的水与生成的氢气的质量比为 9：1 ；那么，36克水完全分解能生成 4 g氢气。
【答案】9：1； 4。
【分析】根据水通电生成氢气和氧气的化学方程式，结合各物质的质量比为各物质相对分子（或原子）质量与反应中物质计量数乘积的比进行分析。
【解答】解：水通电分解生成氢气和氧气，反应的化学方程式为：2H2O2H2↑+O2↑
36 4
36g 4g
所以水和氢气的质量比为：36：4＝9：1；那么，36克水完全分解能生成4克氢气；18克水完全分解能生成2克氢气。
故答案为：9：1； 4。
\l "_Tc5338" 【题型2 根据化学反应方程式的计算】
7．（2022秋•峄城区校级期末）在反应A+3B═2C+2D中，28gA与一定质量的B恰好完全反应，生成88gC．若C、D的相对分子质量之比为22：9，则A与B的相对分子质量之比为（ ）
A．7：8B．8：7C．7：24D．24：73
【答案】A
【分析】根据反应的质量比和质量守恒定律分析计算。
【解答】解：设生成的D的质量为x
A+3B═2C+2D
44 18
88g x
解得：x＝36g
由质量守恒定律可知参加反应的B的质量为：88g+36g﹣28g＝96g。
由方程式可知：A与B的相对分子质量之比：28g：（96÷3）＝7：8。
故选：A。
8．（2023春•牟平区期中）在反应2A+B＝C+3D中，A与B的相对分子质量之比为2：1，若生成C的质量为6克，生成D的质量为3克，则参加反应B的质量为（ ）
A．2gB．3gC．1.8gD．5g
【答案】C
【分析】根据质量守恒定律，计算反应物的质量，结合化学方程式列比例式求解。
【解答】解：根据质量守恒定律，反应物的质量＝生成物的质量＝3g+6g＝9g，
设参加反应B的质量为x，则
2A+B＝C+3D
4 1
4x x
所以4x+x＝9g
x＝1.8g
故选：C。
9．（2023•川汇区一模）现将足量氢气通过45g灼热的氧化铜和铜的混合物（铜和氢气不反应）。完全反应后称量剩余固体质量为37g。计算原混合物中氧化铜的质量为（ ）
A．20gB．32gC．40gD．42g
【答案】C
【分析】根据质量差量法和对应的差量求算氧化铜的质量。
【解答】解：设氧化铜的质量为x
CuO+H2Cu+H2O固体质量差量
80 64 80﹣64＝16
x 45g﹣37g＝8g
＝
x＝40g
故选：C。
10．（2023•方城县二模）将含有某一氯化物杂质的NaCl粉末5.85g溶于水后，与足量的AgNO3溶液反应，生成沉淀14.6g。则该粉末中含有的杂质可能是（ ）
A．ZnCl2B．BaCl2C．KClD．CaCl2
【答案】D
【分析】考虑极限情况，即氯化钠不含杂质，那么由方程式AgNO3+NaCl＝AgCl↓+NaNO3可知5.85g氯化钠可以产生氯化银沉淀14.35g，现在生成沉淀14.6g，说明杂质的氯的质量分数大于氯化钠的氯含量。氯化钠中氯的质量分数为。
【解答】解：A.ZnCl2中氯的质量分数为，不符合题意；
B.BaCl2中氯的质量分数为，不符合题意；
C.KCl中氯的质量分数为×100%＝47.7%＜60.7%，不符合题意；
D.CaCl2中氯的质量分数为，符合题意。
故选：D。
11．（2023•光山县校级三模）某过氢化氢溶液中氢元素和氧元素的质量比为2：17，向38g该溶液中加入1g催化剂，充分反应后，生成氧气的质量为（ ）
A．1.6gB．2gC．8.4gD．17g
【答案】B
【分析】过氧化氢溶液有H2O和H2O2，根据氢氧元素质量比可以算出过氧化氢的含量，然后根据氢元素的质量守恒就可以算出生成氧气的质量。
【解答】解：某H2O2溶液中H、O的质量比为2：17，则38g过氧化氢的水溶液中氢元素质量为：38g×＝4g，根据过氧化氢分解的化学方程式可以知道，过氧化氢完全反应后生成水和氧气，该过程中氢元素的质量没有改变；所以反应后水的质量为：4g÷＝36g，所以根据质量守恒定律可以知道生成氧气的质量为 38g﹣36g＝2g。
故选：B。
12．（2023•商水县二模）将一定质量的锌粒和氧化铜的混合物加入过量的稀硫酸中，充分反应后产生0.4g气体，并得到6.4g残留固体。则原混合物中锌粒的质量是（ ）
A．6.5gB．13gC．19.5gD．26g
【答案】C
【分析】生成气体是来自锌与硫酸反应生成的氢气，根据氢气质量和对应的化学方程式可以求算与硫酸反应的锌，而固体是铜，根据铜的质量和对应的化学方程式求算与硫酸铜反应的锌的质量，最终得出结论。
【解答】解：由于锌和氧化铜均能和硫酸反应，且锌能和硫酸铜反应，由于硫酸铜和硫酸同时存在时，锌首先置换铜得到铜单质，然后才和硫酸反应生成氢气，所以应该是氧化铜全部转化为硫酸铜后被置换为铜单质，所以6.4g固体为铜。
设与硫酸反应生成氢气的锌的质量为x，置换得到铜的锌的质量为y。
Zn+H2SO4＝ZnSO4+H2↑
65 2
x 0.4g
x＝13g
Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu
65 64
y 6.4g
y＝6.5g
所以锌粒的质量为13g+6.5g＝19.5g。
故选：C。
13．（2023春•湘潭县校级期中）现有一包由5.6g铁、4.8g镁、2.4g碳、3.2g铜混合而成的粉末，把它加入到一定量的CuCl2溶液中、实验结束后，测得剩余固体中含有三种物质。则剩余固体中铜的质量不可能是（ ）
A．21.2gB．16.0gC．18.8gD．22.8g
【答案】D
【分析】镁的金属活动性强于铁，铁强于铜，镁先和氯化铜反应生成氯化镁和铜，镁完全反应后，铁和氯化铜反应生成氯化亚铁和铜，碳和氯化铜不反应。由题意知，测得剩余固体中含有三种物质，则为碳、铜和铁，镁完全反应，铁没有反应或部分反应。
【解答】解：设4.8g镁和氯化铜完全反应产生铜的质量为x。
Mg+CuCl2＝MgCl2+Cu
24 64
4.8g x
x＝12.8g
若铁没有反应，剩余固体中铜的质量为3.2g+12.8g＝16g
设5.6g铁和氯化铜完全反应产生铜的质量为y。
Fe+CuCl2＝FeCl2+Cu
56 64
5.6g y
y＝6.4g
若铁完全反应，剩余固体中铜的质量为3.2g+12.8g+6.4g＝22.4g
铁没有反应或部分反应，因此剩余固体中铜的质量大于或等于16g，小于22.4g。
故选：D。
14．（2023•亭湖区校级二模）天平两边各放质量相等的烧杯，分别盛有100g质量分数为7.3%的稀盐酸，此时天平平衡。然后在两边的烧杯中各加入下列物质，充分反应后（假设气体全部逸出，不考虑水蒸气及盐酸挥发），天平失去平衡的是（ ）
A．10gCaCO3和5.8gFe B．10gCu和10gCuO
C．5.6gFe和6.5gZn D．6.5gZn和6.3gAgNO3溶液
【答案】C
【分析】根据各物质的性质、稀盐酸中溶质的质量、再结合化学方程式的计算来分析。
【解答】解：100g质量分数为7.3%的稀盐酸中溶质的质量为：100g×7.3%＝7.3g。
A、碳酸钙和盐酸反应的化学方程式及质量关系如下：
CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 73 44
10g 7.3g 4.4g
10g碳酸钙与100g质量分数为7.3%的稀盐酸恰好完全反应生成4.4g二氧化碳，则反应后体系质量为：100g+10g﹣4.4g＝105.6g；
铁和盐酸反应的化学方程式及质量关系如下：
Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑
56 73 2
5.6g 7.3g 0.2g
5.8g铁与100g质量分数为7.3%的稀盐酸反应时铁过量，生成的氢气质量为0.2g，则反应后体系质量为：100g+5.8g﹣0.2g＝105.6g；
两边质量相等，天平保持平衡，故选项不符合题意。
B、铜不能和稀盐酸反应，氧化铜与稀盐酸反应生成水和氯化铜，反应中不涉及气体，则反应后天平左、右的盘质量均为110g，两边质量相等，天平保持平衡，故选项不符合题意。
C、铁和盐酸反应的化学方程式及质量关系如下：
Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑
56 73 2
5.6g 7.3g 0.2g
5.6g铁与100g质量分数为7.3%的稀盐酸恰好完全反应，生成的氢气质量为0.2g，则反应后体系质量为：100g+5.6g﹣0.2g＝105.4g；
锌和盐酸反应的化学方程式及质量关系如下：
Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑
65 73 2
6.5g 7.3g 0.2g
6.5g锌与100g质量分数为7.3%的稀盐酸恰好完全反应生成0.2g氢气，则反应后体系质量为：100g+6.5g﹣0.2g＝106.3g；
两边质量不相等，天平失去平衡，故选项符合题意。
D、锌和盐酸反应的化学方程式及质量关系如下：
Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑
65 73 2
6.5g 7.3g 0.2g
6.5g锌与100g质量分数为7.3%的稀盐酸恰好完全反应生成0.2g氢气，则反应后体系质量为：100g+6.5g﹣0.2g＝106.3g；
硝酸银溶液与稀盐酸反应生成氯化银沉淀和硝酸，反应不涉及气体，反应后体系质量为：6.3g+100g＝106.3g；
两边质量相等，天平保持平衡，故选项不符合题意。
故选：C。
15．（2023•新乡三模）现有50g硝酸钡和硝酸钙的固体混合物，加入适量蒸馏水使之完全溶解，再加入足量碳酸钾溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到43.6g白色沉淀，则反应生成的硝酸钾的质量为（ ）
A．10.1gB．20.2gC．30.3gD．40.4g
【答案】B
【分析】根据碳酸钾与硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钾，碳酸钾与硝酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，进行分析。
【解答】解：碳酸钾与硝酸钡反应生成碳酸钡沉淀和硝酸钾，该反应的化学方程式为：
Ba（NO3）2+K2CO3＝BaCO3↓+2KNO3
261 197
每加入261份质量的硝酸钡可得到197份质量的碳酸钡白色沉淀，所以固体质量减少量为261﹣197＝64；
碳酸钾与硝酸钙反应生成碳酸钙沉淀和硝酸钾，该反应的化学方程式为：
Ca（NO3）2+K2CO3＝CaCO3↓+2KNO3
164 100
每加入164份质量的硝酸钙可得到100份质量的碳酸钙白色沉淀，所以固体质量减少量为164﹣100＝64；
设硝酸钾的质量为x，可以得出：
2KNO3～固体差量
202 64
x 50g﹣43.6g＝6.4g
＝
解得x＝20.2g，所以反应生成硝酸钾的质量为20.2g。
故选：B。
16．（2022秋•和平区校级期末）（多选）已知：草酸钙（CaC2O4）比碳酸钙受热易分解，CaC2O4CaCO3+CO↑，将12.8gCaC2O4固体加热一段时间后剩余7.8g固体。下列说法正确的是（ ）
A．剩余固体为纯净物
B．剩余固体中含有钙元素的质量为4.0g
C．将剩余固体溶于过量的稀盐酸，产生4.4gCO2
D．加热产生的CO气体为2.8g
【答案】BD
【分析】根据草酸钙加热会分解生成碳酸钙和二氧化碳，碳酸钙高温分解会生成氧化钙和二氧化碳，依据题中的数据和选项进行计算分析．
【解答】解：12.8gCaC2O4固体完全分解，得到碳酸钙的质量为x，生成一氧化碳质量为y
CaC2O4CaCO3+CO↑
128 100 28
12.8g x y
x＝10g
y＝2.8g
固体质量实际减少5g，说明碳酸钙也分解了，
分解的碳酸钙的质量为z
CaCO3CaO+CO2↑
100 44
z 5.0﹣2.8g＝2.2g
z＝5g
A、剩余固体为氧化钙和碳酸钙的混合物，故A错误；
B、钙元素质量守恒，所以剩余固体中含有钙元素的质量为12.8××100%＝4.0g，故B正确；
C、剩余碳酸钙的质量为5g，溶于过量的稀盐酸，产生2.2g二氧化碳，故C错误；
D、通过分析可知，加热生成的一氧化碳质量是2.8g，故D正确。
故选：BD。
17．（2023•河北区二模）（多选）下列说法正确的是（ ）
A．6gC与10gO2充分反应生成16gCO2
B．等质量的SO2和SO3，SO2和SO3分子个数比为5：4
C．等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量稀盐酸充分反应，生成CO2的质量相等
D．已知Fe2O3和CuO的混合物中氧元素的质量分数为25%。取该混合物16g，加入适量的稀硫酸，恰好完全反应后所得溶液中溶质的质量一定为36g
【答案】BD
【分析】根据提供数据可以进行相关方面的计算和判断。
【解答】解：A、碳燃烧生成二氧化碳，恰好完全反应时碳和氧气质量比是12：32，6gC与10gO2充分反应后碳过量，生成小于16g的CO2，该选项不正确。
B、5SO2和4SO3的质量相等，SO2和SO3分子个数比为5：4，该选项正确。
C、恰好完全反应时，生成二氧化碳质量相等时，反应的碳酸氢钠和碳酸钠质量比是84：106，因此等质量的NaHCO3和Na2CO3分别与足量稀盐酸充分反应，生成CO2的质量不相等，该选项不正确。
D、氧元素质量是16g×25%＝4g，氧元素和硫酸中的氢元素结合生成水，反应生成水的质量是4g÷＝4.5g，其中氢元素质量是4.5g﹣4g＝0.5g，反应的硫酸质量是0.5g÷＝24.5g，其中硫酸根质量是24.5g﹣0.5g＝24g，混合物中的金属元素和硫酸根结合生成硫酸盐，恰好完全反应后所得溶液中溶质的质量一定为24g+16g﹣4g＝36g，该选项正确。
故选：BD。
18．（2023•南岗区校级开学）为测定生铁中铁的含量，现将14g生铁样品加入到100g稀硫酸中恰好完全反应（杂质不溶于水，也不与酸反应，杂质中不含铁元素），实验过程及测得的数据如下：
（1）写出上述反应的化学方程式 Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑ 。
（2）反应生成氢气的质量为 0.4g 。
（3）该生铁中铁的含量（质量分数）为 80% 。
（4）所得滤液的颜色为 浅绿色 ；质量为 110.8g 。
【答案】（1）Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑；
（2）0.4g；
（3）80%；
（4）浅绿色；110.8g。
【分析】（1）铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气；
（2）根据质量守恒定律分析；
（3）根据氢气的质量结合化学方程式计算铁的质量；
（4）根据硫酸亚铁溶液是浅绿色的，以及质量守恒定律分析。
【解答】解：（1）铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，反应的方程式是Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑；
（2）根据质量守恒定律，产生氢气的质量为：14g+100g﹣113.6g＝0.4g；
（3）设参加反应的铁的质量为x。
Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑
56 2
x 0.4g
解得：x＝11.2g
该生铁中的质量分数为×100%＝80%；
（4）铁和硫酸反应产生硫酸亚铁和氢气，硫酸亚铁溶液是浅绿色的，最后溶液的质量为11.2g+100g﹣0.4g＝110.8g。
故答案为：（1）Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑；
（2）0.4g；
（3）80%；
（4）浅绿色；110.8g。
19．（2023春•莱阳市期中）在反应2A+B2＝2C中，21gA和足量B2在一定条件下充分反应生成33gC，已知B的相对原子质量为16。
（1）则A的相对分子质量是 28 。
（2）利用化学方程式进行计算的依据：参加反应的反应物和生成物各物质之间的相对质量之比 等于 实际质量之比。
【答案】（1）28；
（2）等于。
【分析】（1）题目想通过B2的相对分子质量求算A的相对分子质量，则需要知道B2的反应质量，根据质量守恒定律算出B2的质量，进而根据B2和A的反应关系求算A的相对分子质量，据此分析。
【解答】解（1）根据质量守恒定律可知，参与反应的反应物的质量之和等于反应生成的生成物的质量之和，在反应2A+B2＝2C中，21gA和足量B在一定条件下充分反应生成33gC，计算出参与反应的B的质量为33g﹣21g＝12g；
B的相对原子质量为16，故B2的相对分子质量为32，根据相对质量比等于实际质量比计算A的相对分子质量，即，A为28；
（2）参加反应的反应物和生成物各物质之间的相对质量之比等于实际质量之比。
故答案为：
（1）28；
（2）等于。
20．（2023•滑县一模）镁条在空气中燃烧时，不仅与氧气发生反应生成氧化镁，也与氮气发生反应生成氮化镁（Mg3N2），写出镁条与氮气反应的化学方程式： 3Mg+N2Mg3N2 。将19.2g镁条在盛有足量空气的密闭容器中点燃，经检测有8.0g氧化镁生成，则容器中氮气的质量减少 5.6 g。
【答案】3Mg+N2Mg3N2；5.6。
【分析】镁条和氮气燃烧反应生成氮化镁，根据氧化镁的质量结合化学方程式计算。
【解答】解：镁条和氮气燃烧反应生成氮化镁，反应的化学方程式为：3Mg+N2Mg3N2；
设有8.0g氧化镁生成时镁反应的质量x。
2Mg+O22MgO
48 80
x 8g
x＝4.8g
因此与氮气反应的镁的质量为19.2g﹣4.8g＝14.4g，
设参加反应的氮气的质量为y。
3Mg+N2Mg3N2
72 28
14.4g y
y＝5.6g
答：经检测有8.0g氧化镁生成，则容器中氮气的质量减少5.6g。
故答案为：3Mg+N2Mg3N2；5.6。
21．（2023•南沙区开学）用氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气，加热一段时间后，停止加热，试管内固体混合物的质量变化如图所示。根据图像分析：
（1）该反应开始的时间为 t1 （填“t1”或“t2”）。
（2）该反应结束时可收集到的氧气质量为 0.96 g。
（3）P点处固体成分是 KClO3、KCl、MnO2 （填化学式）。
（4）参加反应的氯酸钾的质量为 2.45 g。（相对分子质量：KClO3﹣122.5）
【答案】（1）t1；
（2）0.96；
（3）KClO3、KCl、MnO2；
（4）2.45。
【分析】（1）根据混合物的质量在t1时开始减少来分析；
（2）根据图中数据来分析；
（3）根据P点时氯酸钾部分反应，P点处固体成分有未反应的氯酸钾，生成的氯化钾以及催化剂二氧化锰来分析；
（4）根据氧气的质量和化学方程式的计算来分析。
【解答】解：（1）由图可知，混合物的质量在t1时开始减少，则该反应开始的时间为t1。
（2）由图可知，该反应结束时可收集到的氧气质量为：4.00g﹣3.04g＝0.96g。
（3）由图可知，该反应在t1时刻开始反应，在t2时刻结束反应，P点时氯酸钾部分反应，则P点处固体成分有未反应的氯酸钾，生成的氯化钾以及催化剂二氧化锰，化学式为：KClO3、KCl、MnO2。
（4）设参加反应的氯酸钾的质量为x，
2KClO32KCl+3O2↑
245 96
x 0.96g
＝
x＝2.45g
则参加反应的氯酸钾的质量为2.45g。
故答案为：
（1）t1；
（2）0.96；
（3）KClO3、KCl、MnO2；
（4）2.45。
22．（2023•潮阳区二模）2023年5月30日“神舟16号”载人飞船顺利升空，新一批的航天员将在我国空间站生活半年，假设空间站为此要提供480Kg的氧气。
（1）空间站若用电解水的方法提供氧气，回答下列问题：
①电解水的电能来自光伏板吸收的 太阳能 ，连接电源负极产生的气体是 H2 （填化学式）。
②若电解水提供480kg的氧气，需要水的质量是多少？ 540kg （写出计算过程）
（2）空间站内应急制氧的反应为2NaClO2NaCl+O2↑，采用此方法给空间站提供氧气，不足之处是 耗能大，不易操作 。
（3）我国科学家进行了如图所示的氧循环研究，实现了空间站氧气的再生。下列说法正确的是 ABC （多选，填字母）。
A．太阳能可作为该空间站的能量来源
B．反应①中每生成16g的CH4，需要消耗44g的CO2
C．液态水可以循环利用
D．利用这种方法再生O2，不需要补充含氢元素的物质
【答案】（1）①太阳能；H2；②540kg；
（2）耗能大，不易操作；
（3）ABC。
【分析】（1）①根据电解水时“正氧负氢”来分析；
②根据氧气的质量和化学方程式的计算来分析；
（2）根据空间站内应急制氧耗能大，不易操作来分析；
（3）A、根据光伏板吸收太阳能转化成电能来分析；
B、根据甲烷的质量和化学方程式的计算来分析；
C、根据水既是反应物又是生成物来分析；
D、根据甲烷中的氢元素来自于水中，结合图中信息来分析。
【解答】解：（1）①电解水的电能来自光伏板吸收的太阳能，电解水时“正氧负氢”，则连接电源负极产生的气体是氢气，化学式为：H2。
②设需要水的质量为x。
2H2O2H2↑+O2↑
36 32
x 480kg
x＝540kg
答：需要水的质量为540kg。
（2）空间站内应急制氧的反应为2NaClO2NaCl+O2↑，采用此方法给空间站提供氧气，不足之处是需要加热，耗能大，不易操作。
（3）A、光伏板吸收太阳能转化成电能，可作为该空间站的能量来源，故选项说法正确；
B、二氧化碳和氢气在一定条件下生成甲烷和水，
设反应①中每生成16g的CH4，需要消耗二氧化碳的质量为x。
CO2+4H2CH4+2H2O
44 16
x 16g
则反应①中每生成16g的CH4，需要消耗44g的CO2，故选项说法正确；
C、由图可知，反应②电解水生成氢气和氧气，反应①氢气和二氧化碳反应生成甲烷和水，则液态水可以循环利用，故选项说法正确；
D、生成的甲烷中的氢元素来自于水中，由图可知，利用这种方法再生O2，需要补充含氢元素的物质，故选项说法错误；
故选：ABC。
故答案为：
（1）①太阳能；H2；②540kg；
（2）耗能大，不易操作；
（3）ABC。
23．（2023春•莱芜区期末）（1）质量守恒定律的发现，使得化学由定性研究走向定量研究，促进了化学科学的发展。李明同学用如图1装置进行实验，验证质量守恒定律。
①上述实验中，能直接用来验证质量守恒定律的是 AC （填字母序号）。
②若选择A装置进行实验，实验过程中观察到气球的变化是 先变大后变瘪 ，写出该反应的化学方程式 4P+5O22P2O5 。
③下列各项中在化学反应前后一定保持不变的是 bde 。
a.元素化合价
b.原子种类
c.分子个数
d.原子数目
e.元素种类
f.分子种类
（2）鸡蛋壳中的主要成分是碳酸钙，李明为检测鸡蛋壳中碳酸钙的含量，进行的实验及实验数据如图2所示（鸡蛋壳中其他成分与稀盐酸接触不产生气体）。
请根据如图2中信息，计算鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数（写出计算过程）。
【答案】（1）①AC；②先变大后变瘪；4P+5O22P2O5；③bde；
（2）75%。
【分析】（1）①根据A、C实验反应前后物质的总质量不变，B实验反应后烧杯中的质量减少来分析；
②根据白磷和氧气在点燃的条件下生成五氧化二磷，以及瓶内压强的变化来分析；
③根据化学反应前后原子的种类、数目和质量不变，元素的种类和质量不变，物质的总质量不变，元素的化合价和分子个数可能改变，物质的种类和分子的种类一定改变来分析；
（2）根据质量守恒定律求出生成CO2的质量，再结合化学方程式的计算来分析。
【解答】解：（1）①上述实验中，A实验是白磷在密闭容器中燃烧，反应前后物质的总质量不变；B实验是碳酸钙和盐酸在敞口容器中反应，生成的二氧化碳会逸散到空气中，导致反应后烧杯中的质量减少；C实验是硫酸铜和氢氧化钠反应，反应前后物质的总质量不变；则能直接用来验证质量守恒定律的是AC。
②若选择A装置进行实验，一开始白磷燃烧放热，使锥形瓶内气压增大，冷却到室温后，由于氧气被消耗，瓶内气压小于外界大气压，所以实验过程中观察到气球的变化是先变大后变瘪；白磷和氧气在点燃的条件下生成五氧化二磷，该反应的化学方程式为：4P+5O22P2O5。
③根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目和质量不变，元素的种类和质量不变，物质的总质量不变，元素的化合价和分子个数可能改变，物质的种类和分子的种类一定改变；故选：bde。
（2）根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，则生成CO2的质量为：200g+20g﹣213.4g＝6.6g，
设鸡蛋壳中碳酸钙的质量为x。
CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 6.6g
x＝15g
则鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数为：×100%＝75%。
答：鸡蛋壳中碳酸钙的质量分数为75%。
故答案为：
（1）①AC；②先变大后变瘪；4P+5O22P2O5；③bde；
（2）75%。
24．（2023春•福清市校级期中）2022年中国科协提出对产业发展具有引领作用的产业技术问题—“如何实现存算一体芯片工程化和产业化”。其中的芯片是半导体元件产品的统称，原材料主要是硅。硅可以通过四氯化硅和氢气在高温条件下反应得到，化学反应原理为SiCl4+2H2Si+mHCl。
（1）m＝ 4 。
（2）计算：若要制得56kg的硅，需要氢气的质量。
【答案】（1）4；
（2）8kg。
【分析】（1）根据质量守恒定律分析；
（2）根据硅的质量结合化学方程式计算需要氢气的质量。
【解答】解：（1）由反应的化学方程式可知，反应前有4个氢原子、4个氯原子，所以应在HCl前面配上4，所以m＝4；
（2）设需要氢气的质量为x，
SiCl4+2H2Si+mHCl
4 28
x 56kg
x＝8kg
答：需要氢气的质量为8kg。
故答案为：
（1）4；
（2）8kg。
25．（2023•南岗区校级开学）某化学兴趣小组为测定黄铜样品中铜的质量分数，进行如图所示的实验。根据以下信息回答下列问题：
（1）写出实验中发生反应的化学方程式： Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑ ；
（2）生成氢气的质量是 0.4g ；
（3）根据氢气的质量列出求解样品中参加反应的物质质量（x）的比例式为： ＝ ；
（4）该样品中铜质量分数为 35% ；
（5）若工业上用100t上述黄铜样品炼制铜，转化过程中损失10%，则可得到含杂质10%的铜的质量为 35t 。
【答案】（1）Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑。
（2）0.4g。
（3）＝。
（4）35%。
（5）35t。
【分析】实验中锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，根据化学方程式及其提供数据可以进行相关方面的计算。
【解答】解：（1）实验中锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，发生反应的化学方程式：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑。
故答案为：Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑。
（2）生成氢气的质量是20g+100g﹣119.6g＝0.4g。
故答案为：0.4g。
（3）根据氢气的质量列出求解样品中参加反应的物质质量（x）的比例式为：
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑
65 2
x 0.4g
＝
故答案为：＝。
（4）x＝13g，该样品中铜质量分数为×100%＝35%。
故答案为：35%。
（5）若工业上用100t上述黄铜样品炼制铜，转化过程中损失10%，则可得到含杂质10%的铜的质量为100t×35%×（1﹣10%）÷（1﹣10%）＝35t。
故答案为：35t。
26．（2023•南岗区校级开学）如图为某钙片的商品标签，为测定钙片中钙元素的质量分数（假设钙片中其他物质不含钙元素，且不溶于水，也不与任何物质发生反应），某化学兴趣小组取20片钙片，进行如下实验：
（1）上述实验过程中发生反应的化学方程式为 CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑ ；
（2）根据已知条件列出求解钙片中参加反应的物质质量（x）的比例式 ；
（3）钙片中钙元素的质量分数 20% ；
（4）工厂生产钙片时若需碳酸钙120t，理论上需含氧化钙84%的生石灰的质量为 80t 。
【答案】（1）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；
（2）；
（3）20%；
（4）80t。
【分析】（1）碳酸钙和稀盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳；
（2）根据反应的化学方程式及其二氧化碳质量可以计算碳酸钙的质量；
（3）根据反应的化学方程式及其二氧化碳质量可以计算碳酸钙的质量，进而计算钙片中的钙元素质量分数；
利用生石灰制取碳酸钙时，过程中钙元素质量不变。
【解答】解：（1）上述实验过程中碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑。
（2）设碳酸钙质量为x，
反应生成二氧化碳质量：20g+100g﹣115.6g＝4.4g，
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 4.4g
x＝10g
（3）钙片中钙元素质量：10g××100%＝4g
钙片中钙元素的质量分数为：×100%＝20.0%，
（4）反应前后钙元素质量不变，工厂生产钙片时若需碳酸钙120t，理论上需含氧化钙84%的生石灰的质量为：
＝80t。
故答案为：（1）CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑；
（2）；
（3）20%；
（4）80t。
27．（2023•绿园区一模）将氯酸钾和二氧化锰的固体混合物26.5g，放入试管内加热充分反应，再冷却到室温后，称得试管内固体质量为16.9g。
计算：
（1）反应中，产生氧气的质量为 9.6 g；
（2）原固体混合物中，含有氯酸钾的质量为多少克？（写出完整的解题过程）
【答案】（1）9.6；
（2）24.5g。