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1[2026四川内江质检]某化学学习小组取出暖宝宝中的粉末，通过实验探究其中铁粉的含量。取10 g样品粉末和足量稀硫酸反应(样品中其余成分不与酸反应)，装置如图所示，回答下列问题。已知铁粉与稀硫酸反应的原理为$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}↑}$。
【实验现象】
(1)混合后，烧杯中产生大量气泡，待反应停止后，托盘天平的指针
【数据处理】
(2)计算10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数。
【实验现象】
(1)混合后，烧杯中产生大量气泡，待反应停止后，托盘天平的指针
偏右
（填“偏左”“偏右”或“不偏转”）。【数据处理】
(2)计算10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数。
答案
(1)偏右
(2)解:根据质量守恒定律可知,混合后装置和试剂减少的质量为生成氢气的质量,生成氢气的质量为 110.0 g-109.8 g=0.2 g。设10 g暖宝宝样品中铁粉的质量为x。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}↑}$
56 2
x 0.2 g
$\dfrac{56}{2}=\dfrac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$
$x=\dfrac{56×0.2\ \mathrm{g}}{2}=5.6\ \mathrm{g}$
则10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数为$\dfrac{5.6\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{g}}×100\%=56\%$。
答:10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数为56%。
【解析】(1)样品粉末中铁粉和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,烧杯中生成的氢气会逸散到空气中,待反应停止后,烧杯中物质的总质量会减少,导致托盘天平的指针偏右。
(2)解:根据质量守恒定律可知,混合后装置和试剂减少的质量为生成氢气的质量,生成氢气的质量为 110.0 g-109.8 g=0.2 g。设10 g暖宝宝样品中铁粉的质量为x。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}↑}$
56 2
x 0.2 g
$\dfrac{56}{2}=\dfrac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$
$x=\dfrac{56×0.2\ \mathrm{g}}{2}=5.6\ \mathrm{g}$
则10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数为$\dfrac{5.6\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{g}}×100\%=56\%$。
答:10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数为56%。
【解析】(1)样品粉末中铁粉和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,烧杯中生成的氢气会逸散到空气中,待反应停止后,烧杯中物质的总质量会减少,导致托盘天平的指针偏右。
解析
【分析】
首先，铁粉与稀硫酸反应会生成氢气，氢气会逸散到空气中，导致反应后装置和试剂的总质量减少，因此托盘天平指针会偏右；计算铁粉质量分数时，需利用质量守恒定律求出生成氢气的质量，再结合化学方程式计算铁粉质量，最后计算其在样品中的质量分数。
【解析】
(1) 铁粉与稀硫酸反应生成氢气，氢气逸散到空气中，反应后装置和试剂总质量比反应前减少，因此托盘天平的指针偏右。
(2) 根据质量守恒定律，生成氢气的质量为反应前后装置和试剂的总质量差：$110.0\ \mathrm{g} - 109.8\ \mathrm{g} = 0.2\ \mathrm{g}$。
设10 g暖宝宝样品中铁粉的质量为$x$。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}↑}$
$\begin{array}{cc}56&2\\x&0.2\ \mathrm{g}\end{array}$
$\dfrac{56}{2} = \dfrac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$
解得：$x = \dfrac{56×0.2\ \mathrm{g}}{2} = 5.6\ \mathrm{g}$
则10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数为：$\dfrac{5.6\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{g}}×100\% = 56\%$
【答案】
(1)偏右；(2)56%
【知识点】
质量守恒定律；根据化学方程式的计算；物质质量分数计算
【点评】
本题结合实验现象分析与化学计算，考查质量守恒定律的应用和化学方程式的计算，需明确反应中气体逸出对总质量的影响，是化学中常见的基础综合题型。
【难度系数】
0.6
首先，铁粉与稀硫酸反应会生成氢气，氢气会逸散到空气中，导致反应后装置和试剂的总质量减少，因此托盘天平指针会偏右；计算铁粉质量分数时，需利用质量守恒定律求出生成氢气的质量，再结合化学方程式计算铁粉质量，最后计算其在样品中的质量分数。
【解析】
(1) 铁粉与稀硫酸反应生成氢气，氢气逸散到空气中，反应后装置和试剂总质量比反应前减少，因此托盘天平的指针偏右。
(2) 根据质量守恒定律，生成氢气的质量为反应前后装置和试剂的总质量差：$110.0\ \mathrm{g} - 109.8\ \mathrm{g} = 0.2\ \mathrm{g}$。
设10 g暖宝宝样品中铁粉的质量为$x$。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}↑}$
$\begin{array}{cc}56&2\\x&0.2\ \mathrm{g}\end{array}$
$\dfrac{56}{2} = \dfrac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$
解得：$x = \dfrac{56×0.2\ \mathrm{g}}{2} = 5.6\ \mathrm{g}$
则10 g暖宝宝样品中铁粉的质量分数为：$\dfrac{5.6\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{g}}×100\% = 56\%$
【答案】
(1)偏右；(2)56%
【知识点】
质量守恒定律；根据化学方程式的计算；物质质量分数计算
【点评】
本题结合实验现象分析与化学计算，考查质量守恒定律的应用和化学方程式的计算，需明确反应中气体逸出对总质量的影响，是化学中常见的基础综合题型。
【难度系数】
0.6
2[2025山东淄博质检,中]漂白粉是一种常用的杀菌消毒剂,其有效成分是次氯酸钙$\ce{[Ca(ClO)_{2}]}$。生产原理是$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$。某化工厂将710 kg氯气通入盛有过量冷消石灰$\ce{[Ca(OH)_{2}]}$的密闭容器中被完全吸收,反应后容器中所有物质形成的混合物即为漂白粉,其质量为2 500 kg,请回答下列问题。
(1)密闭容器中盛放的消石灰的质量是
(2)该漂白粉中次氯酸钙的质量是多少?(写出计算过程)
(1)密闭容器中盛放的消石灰的质量是
1 790 kg
。(2)该漂白粉中次氯酸钙的质量是多少?(写出计算过程)
答案
(1)1 790 kg
(2)解:设该漂白粉中次氯酸钙的质量为x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
142 143
710 kg x
$\dfrac{142}{143}=\dfrac{710\ \mathrm{kg}}{x}$
$x=\dfrac{143×710\ \mathrm{kg}}{142}=715\ \mathrm{kg}$
答:该漂白粉中次氯酸钙的质量为715 kg。
【解析】(1)根据质量守恒定律,化学反应前后物质的总质量不变,则密闭容器中盛放的消石灰的质量是2 500 kg-710 kg=1 790 kg。
(2)解:设该漂白粉中次氯酸钙的质量为x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
142 143
710 kg x
$\dfrac{142}{143}=\dfrac{710\ \mathrm{kg}}{x}$
$x=\dfrac{143×710\ \mathrm{kg}}{142}=715\ \mathrm{kg}$
答:该漂白粉中次氯酸钙的质量为715 kg。
【解析】(1)根据质量守恒定律,化学反应前后物质的总质量不变,则密闭容器中盛放的消石灰的质量是2 500 kg-710 kg=1 790 kg。
解析
【分析】
第(1)问利用质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，反应前氯气与消石灰的总质量等于反应后漂白粉的总质量，因此消石灰质量可通过漂白粉质量减去氯气质量直接计算；第(2)问根据化学方程式，找出氯气与次氯酸钙的质量比，结合已知氯气质量，通过列比例式计算次氯酸钙的质量。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，密闭容器中消石灰的质量 = 反应后漂白粉的质量 - 通入氯气的质量 = 2500 kg - 710 kg = 1790 kg。
(2) 设该漂白粉中次氯酸钙的质量为x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
$\ce{2Cl_{2}}$的相对分子质量总和为$2×(35.5×2)=142$，$\ce{Ca(ClO)_{2}}$的相对分子质量为$40 + (35.5 + 16)×2 = 143$。
则有：$\dfrac{142}{143} = \dfrac{710\ \mathrm{kg}}{x}$
解得：$x = \dfrac{143×710\ \mathrm{kg}}{142} = 715\ \mathrm{kg}$
答：该漂白粉中次氯酸钙的质量为715 kg。
【答案】
(1) 1790 kg；(2) 715 kg
【知识点】
质量守恒定律、根据化学方程式的计算
【点评】
本题结合漂白粉的生产原理，考查质量守恒定律的应用和化学方程式的基本计算，难度适中，解题关键是熟练运用质量守恒定律和化学方程式中各物质的质量比关系，按规范步骤计算即可正确解答。
【难度系数】
0.6
第(1)问利用质量守恒定律，化学反应前后物质总质量不变，反应前氯气与消石灰的总质量等于反应后漂白粉的总质量，因此消石灰质量可通过漂白粉质量减去氯气质量直接计算；第(2)问根据化学方程式，找出氯气与次氯酸钙的质量比，结合已知氯气质量，通过列比例式计算次氯酸钙的质量。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，密闭容器中消石灰的质量 = 反应后漂白粉的质量 - 通入氯气的质量 = 2500 kg - 710 kg = 1790 kg。
(2) 设该漂白粉中次氯酸钙的质量为x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
$\ce{2Cl_{2}}$的相对分子质量总和为$2×(35.5×2)=142$，$\ce{Ca(ClO)_{2}}$的相对分子质量为$40 + (35.5 + 16)×2 = 143$。
则有：$\dfrac{142}{143} = \dfrac{710\ \mathrm{kg}}{x}$
解得：$x = \dfrac{143×710\ \mathrm{kg}}{142} = 715\ \mathrm{kg}$
答：该漂白粉中次氯酸钙的质量为715 kg。
【答案】
(1) 1790 kg；(2) 715 kg
【知识点】
质量守恒定律、根据化学方程式的计算
【点评】
本题结合漂白粉的生产原理，考查质量守恒定律的应用和化学方程式的基本计算，难度适中，解题关键是熟练运用质量守恒定律和化学方程式中各物质的质量比关系，按规范步骤计算即可正确解答。
【难度系数】
0.6
3 AI DPSK 原创 [中]计算用多少克的锌和足量稀硫酸反应生成的氢气,能与24.5克的氯酸钾完全分解后产生的氧气恰好完全反应生成水(Zn + H₂SO₄ === ZnSO₄ + H₂↑、2KClO₃ $\xlongequal[△]{MnO_2}$ 2KCl + 3O₂↑)。
答案
解:设需要锌的质量为x。
$\ce{KClO_{3} ～ 3Zn}$
122.5 195
24.5 g x
$\dfrac{122.5}{195}=\dfrac{24.5\ \mathrm{g}}{x}$
$x=\dfrac{195×24.5\ \mathrm{g}}{122.5}=39\ \mathrm{g}$
答:39 g锌和足量稀硫酸反应生成的氢气,能与24.5克的氯酸钾完全分解后产生的氧气恰好完全反应生成水。
【解析】可以利用三个化学方程式中的质量关系进行计算。根据$\ce{Zn + H_{2}SO_{4} = ZnSO_{4} + H_{2}↑}$、$\ce{2KClO_{3}\xlongequal[△]{MnO_2} 2KCl + 3O_{2}↑}$、$\ce{2H_{2} + O_{2}\xlongequal{点燃} 2H_{2}O}$,找出已知量和未知量的关系式,$\ce{2KClO_{3} ～ 3O_{2} ～ 6H_{2} ～ 6Zn}$,即$\ce{KClO_{3} ～ 3Zn}$,根据关系式计算。
$\ce{KClO_{3} ～ 3Zn}$
122.5 195
24.5 g x
$\dfrac{122.5}{195}=\dfrac{24.5\ \mathrm{g}}{x}$
$x=\dfrac{195×24.5\ \mathrm{g}}{122.5}=39\ \mathrm{g}$
答:39 g锌和足量稀硫酸反应生成的氢气,能与24.5克的氯酸钾完全分解后产生的氧气恰好完全反应生成水。
【解析】可以利用三个化学方程式中的质量关系进行计算。根据$\ce{Zn + H_{2}SO_{4} = ZnSO_{4} + H_{2}↑}$、$\ce{2KClO_{3}\xlongequal[△]{MnO_2} 2KCl + 3O_{2}↑}$、$\ce{2H_{2} + O_{2}\xlongequal{点燃} 2H_{2}O}$,找出已知量和未知量的关系式,$\ce{2KClO_{3} ～ 3O_{2} ～ 6H_{2} ～ 6Zn}$,即$\ce{KClO_{3} ～ 3Zn}$,根据关系式计算。
解析
【分析】
本题涉及三个化学反应，需通过中间产物（氢气、氧气）建立氯酸钾与锌的定量关系：锌与稀硫酸反应生成氢气，氯酸钾分解生成氧气，氢气与氧气恰好反应生成水。先推导三个反应中各物质的计量关系，得出氯酸钾与锌的关系式，再代入已知氯酸钾的质量计算所需锌的质量。
【解析】
步骤1：写出相关反应的化学方程式：
① $\ce{Zn + H_{2}SO_{4} = ZnSO_{4} + H_{2}↑}$，可知1mol Zn生成1mol H₂；
② $\ce{2KClO_{3}\xlongequal[△]{MnO_2} 2KCl + 3O_{2}↑}$，可知2mol KClO₃生成3mol O₂；
③ $\ce{2H_{2} + O_{2}\xlongequal{点燃} 2H_{2}O}$，可知1mol O₂消耗2mol H₂。
步骤2：推导关系式：
由①得：$\ce{Zn ~ H_{2}}$；
由③得：$\ce{O_{2} ~ 2H_{2}}$，结合①得：$\ce{O_{2} ~ 2Zn}$；
由②得：$\ce{2KClO_{3} ~ 3O_{2}}$，代入$\ce{O_{2} ~ 2Zn}$，得$\ce{2KClO_{3} ~ 6Zn}$，简化为$\ce{KClO_{3} ~ 3Zn}$。
步骤3：设需要锌的质量为x，根据关系式计算：
$\ce{KClO_{3}}$的相对分子质量为$122.5$，$\ce{3Zn}$的总相对原子质量为$3×65=195$。
列比例式：$\frac{122.5}{195}=\frac{24.5\ \mathrm{g}}{x}$，解得$x=\frac{195×24.5\ \mathrm{g}}{122.5}=39\ \mathrm{g}$。
【答案】
39 g
【知识点】
根据化学方程式计算、关系式法应用
【点评】
本题通过多步反应建立物质间的关系式，简化了计算过程，避免分步计算的繁琐，是化学计算的常用技巧，理清各反应的计量关系是解题关键，属于中等难度的化学计算题。
【难度系数】
0.6
本题涉及三个化学反应，需通过中间产物（氢气、氧气）建立氯酸钾与锌的定量关系：锌与稀硫酸反应生成氢气，氯酸钾分解生成氧气，氢气与氧气恰好反应生成水。先推导三个反应中各物质的计量关系，得出氯酸钾与锌的关系式，再代入已知氯酸钾的质量计算所需锌的质量。
【解析】
步骤1：写出相关反应的化学方程式：
① $\ce{Zn + H_{2}SO_{4} = ZnSO_{4} + H_{2}↑}$，可知1mol Zn生成1mol H₂；
② $\ce{2KClO_{3}\xlongequal[△]{MnO_2} 2KCl + 3O_{2}↑}$，可知2mol KClO₃生成3mol O₂；
③ $\ce{2H_{2} + O_{2}\xlongequal{点燃} 2H_{2}O}$，可知1mol O₂消耗2mol H₂。
步骤2：推导关系式：
由①得：$\ce{Zn ~ H_{2}}$；
由③得：$\ce{O_{2} ~ 2H_{2}}$，结合①得：$\ce{O_{2} ~ 2Zn}$；
由②得：$\ce{2KClO_{3} ~ 3O_{2}}$，代入$\ce{O_{2} ~ 2Zn}$，得$\ce{2KClO_{3} ~ 6Zn}$，简化为$\ce{KClO_{3} ~ 3Zn}$。
步骤3：设需要锌的质量为x，根据关系式计算：
$\ce{KClO_{3}}$的相对分子质量为$122.5$，$\ce{3Zn}$的总相对原子质量为$3×65=195$。
列比例式：$\frac{122.5}{195}=\frac{24.5\ \mathrm{g}}{x}$，解得$x=\frac{195×24.5\ \mathrm{g}}{122.5}=39\ \mathrm{g}$。
【答案】
39 g
【知识点】
根据化学方程式计算、关系式法应用
【点评】
本题通过多步反应建立物质间的关系式，简化了计算过程，避免分步计算的繁琐，是化学计算的常用技巧，理清各反应的计量关系是解题关键，属于中等难度的化学计算题。
【难度系数】
0.6
4[2025重庆忠县质检,中]将8.4 g CO气体通过足量灼热的氧化铜,发生反应$\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} CO_{2} + Cu}$,充分反应后CO转化为$\ce{CO_{2}}$,气体再通入足量的澄清石灰水中,发生反应$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$,得到的白色沉淀质量是
30 g
。答案
30 g
【解析】一氧化碳可以和氧化铜发生反应,反应的化学方程式为$\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} CO_{2} + Cu}$,一氧化碳可以和氢氧化钙发生反应,反应的化学方程式为$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$,则有关系式$\ce{CO ～ CaCO_{3}}$,设生成的碳酸钙的质量为m。
$\ce{CO ～ CaCO_{3}}$
28 100
8.4 g m
$\dfrac{28}{100}=\dfrac{8.4\ \mathrm{g}}{m}$
$m=\dfrac{100×8.4\ \mathrm{g}}{28}=30\ \mathrm{g}$
得到的白色沉淀质量是30 g。
【解析】一氧化碳可以和氧化铜发生反应,反应的化学方程式为$\ce{CO + CuO\xlongequal{\Delta} CO_{2} + Cu}$,一氧化碳可以和氢氧化钙发生反应,反应的化学方程式为$\ce{CO_{2} + Ca(OH)_{2} = CaCO_{3}↓ + H_{2}O}$,则有关系式$\ce{CO ～ CaCO_{3}}$,设生成的碳酸钙的质量为m。
$\ce{CO ～ CaCO_{3}}$
28 100
8.4 g m
$\dfrac{28}{100}=\dfrac{8.4\ \mathrm{g}}{m}$
$m=\dfrac{100×8.4\ \mathrm{g}}{28}=30\ \mathrm{g}$
得到的白色沉淀质量是30 g。
解析
【分析】首先梳理反应流程：CO与足量灼热CuO反应生成CO₂，CO₂再通入足量澄清石灰水生成CaCO₃白色沉淀。由于每1个CO分子最终转化为1个CO₂分子，进而生成1个CaCO₃分子，因此可通过关系式法简化多步计算，直接建立CO与CaCO₃的质量对应关系，避免分步计算的繁琐，快速解题。
【解析】根据两步反应，可得关系式：$\ce{CO ～ CaCO_{3}}$。设生成碳酸钙的质量为$m$。
$\begin{aligned}\ce{CO} &∼ \ce{CaCO_{3}} \\28 &\quad 100 \\8.4\ \mathrm{g} &\quad m \\\end{aligned}$
列比例式：$\dfrac{28}{100} = \dfrac{8.4\ \mathrm{g}}{m}$，解得$m = \dfrac{100 × 8.4\ \mathrm{g}}{28} = 30\ \mathrm{g}$。
【答案】30 g
【知识点】根据化学方程式计算；关系式法应用
【点评】本题考查多步反应的化学计算，核心是利用关系式法简化计算，关键在于找准反应物与最终产物的对应关系，属于中等难度的化学计算题型，能有效巩固化学方程式计算的方法。
【难度系数】0.5
【解析】根据两步反应，可得关系式：$\ce{CO ～ CaCO_{3}}$。设生成碳酸钙的质量为$m$。
$\begin{aligned}\ce{CO} &∼ \ce{CaCO_{3}} \\28 &\quad 100 \\8.4\ \mathrm{g} &\quad m \\\end{aligned}$
列比例式：$\dfrac{28}{100} = \dfrac{8.4\ \mathrm{g}}{m}$，解得$m = \dfrac{100 × 8.4\ \mathrm{g}}{28} = 30\ \mathrm{g}$。
【答案】30 g
【知识点】根据化学方程式计算；关系式法应用
【点评】本题考查多步反应的化学计算，核心是利用关系式法简化计算，关键在于找准反应物与最终产物的对应关系，属于中等难度的化学计算题型，能有效巩固化学方程式计算的方法。
【难度系数】0.5
5[2026河南南阳质检,中]“联合制碱法”生产纯碱($\mathrm{Na}_2\mathrm{CO}_3$),其主要反应原理为①$\mathrm{NaCl}+\mathrm{CO}_2+\mathrm{NH}_3+\mathrm{X}=\mathrm{NH}_4\mathrm{Cl}+\mathrm{NaHCO}_3\downarrow$;②$2\mathrm{NaHCO}_3\xlongequal{△}\mathrm{Na}_2\mathrm{CO}_3+\mathrm{H}_2\mathrm{O}+\mathrm{CO}_2\uparrow$。
(1)反应①中X的化学式为
(2)将一定量的$\mathrm{NaHCO}_3$固体加热一段时间后,称得剩余固体质量是原固体质量的69%,则剩余固体中$\mathrm{NaHCO}_3$的质量分数为多少?(写出计算过程,结果保留至0.1%)
(1)反应①中X的化学式为
$\ce{H_{2}O}$
;(2)将一定量的$\mathrm{NaHCO}_3$固体加热一段时间后,称得剩余固体质量是原固体质量的69%,则剩余固体中$\mathrm{NaHCO}_3$的质量分数为多少?(写出计算过程,结果保留至0.1%)
答案
(1)$\ce{H_{2}O}$
(2)解:设原$\ce{NaHCO_{3}}$的质量为m,分解的$\ce{NaHCO_{3}}$的质量为x。
$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{△}Na_{2}CO_{3} + H_{2}O + CO_{2}↑\ \ \Delta m}$
168 106 168-106=62
x m-0.69m=0.31m
$\dfrac{168}{62}=\dfrac{x}{0.31m}$
$x=0.84m$
则剩余固体中$\ce{NaHCO_{3}}$的质量分数为$\dfrac{m-0.84m}{0.69m}×100\%\approx23.2\%$。
答:剩余固体中$\ce{NaHCO_{3}}$的质量分数为23.2%。
【解析】(1)根据质量守恒定律,化学反应前后原子的种类、数目不变,已知的反应物中Na、Cl、C、O、N、H的原子个数分别为1、1、1、2、1、3,生成物中Na、Cl、C、O、N、H的原子个数分别为1、1、1、3、1、5,则X中含有2个氢原子、1个氧原子,X的化学式为$\ce{H_{2}O}$。
(2)解:设原$\ce{NaHCO_{3}}$的质量为m,分解的$\ce{NaHCO_{3}}$的质量为x。
$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{△}Na_{2}CO_{3} + H_{2}O + CO_{2}↑\ \ \Delta m}$
168 106 168-106=62
x m-0.69m=0.31m
$\dfrac{168}{62}=\dfrac{x}{0.31m}$
$x=0.84m$
则剩余固体中$\ce{NaHCO_{3}}$的质量分数为$\dfrac{m-0.84m}{0.69m}×100\%\approx23.2\%$。
答:剩余固体中$\ce{NaHCO_{3}}$的质量分数为23.2%。
【解析】(1)根据质量守恒定律,化学反应前后原子的种类、数目不变,已知的反应物中Na、Cl、C、O、N、H的原子个数分别为1、1、1、2、1、3,生成物中Na、Cl、C、O、N、H的原子个数分别为1、1、1、3、1、5,则X中含有2个氢原子、1个氧原子,X的化学式为$\ce{H_{2}O}$。
解析
【分析】
第(1)问，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，对比反应①前后各原子的数量，即可确定X的原子构成，进而得出化学式。第(2)问，NaHCO₃加热分解时，固体质量减少，减少的质量是生成的H₂O和CO₂的总质量，利用差量法，结合化学方程式中各物质的质量关系，先计算分解的NaHCO₃质量，再求出剩余未分解的NaHCO₃质量，最后计算其在剩余固体中的质量分数。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变。反应①中，反应物已知的原子总数：Na(1)、Cl(1)、C(1)、O(2)、N(1)、H(3)；生成物的原子总数：Na(1)、Cl(1)、C(1)、O(3)、N(1)、H(5)。对比可知，X中含有2个H原子和1个O原子，故X的化学式为$\ce{H_{2}O}$。
(2) 设原$\ce{NaHCO_{3}}$的质量为m，分解的$\ce{NaHCO_{3}}$质量为x。
反应的化学方程式：$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{△}Na_{2}CO_{3} + H_{2}O + CO_{2}↑}$，反应前后固体质量差$\Delta m = 168 - 106 = 62$。
已知剩余固体质量为原固体质量的69%，则质量差$\Delta m = m - 0.69m = 0.31m$。
根据比例关系：$\dfrac{168}{62}=\dfrac{x}{0.31m}$，解得$x=0.84m$。
剩余固体中未分解的$\ce{NaHCO_{3}}$质量为$m - 0.84m = 0.16m$，剩余固体质量为$0.69m$。
故剩余固体中$\ce{NaHCO_{3}}$的质量分数为：$\dfrac{0.16m}{0.69m}×100\%≈23.2\%$。
【答案】
(1) $\ce{H_{2}O}$；(2) 23.2%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、差量法应用
【点评】
本题围绕联合制碱法的反应原理，综合考查质量守恒定律的应用和化学方程式的计算，差量法是解题核心技巧，需学生熟练掌握原子守恒与化学方程式比例计算，属于中等难度题目，能有效考查学生的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
第(1)问，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类、数目不变，对比反应①前后各原子的数量，即可确定X的原子构成，进而得出化学式。第(2)问，NaHCO₃加热分解时，固体质量减少，减少的质量是生成的H₂O和CO₂的总质量，利用差量法，结合化学方程式中各物质的质量关系，先计算分解的NaHCO₃质量，再求出剩余未分解的NaHCO₃质量，最后计算其在剩余固体中的质量分数。
【解析】
(1) 根据质量守恒定律，反应前后原子的种类和数目不变。反应①中，反应物已知的原子总数：Na(1)、Cl(1)、C(1)、O(2)、N(1)、H(3)；生成物的原子总数：Na(1)、Cl(1)、C(1)、O(3)、N(1)、H(5)。对比可知，X中含有2个H原子和1个O原子，故X的化学式为$\ce{H_{2}O}$。
(2) 设原$\ce{NaHCO_{3}}$的质量为m，分解的$\ce{NaHCO_{3}}$质量为x。
反应的化学方程式：$\ce{2NaHCO_{3}\xlongequal{△}Na_{2}CO_{3} + H_{2}O + CO_{2}↑}$，反应前后固体质量差$\Delta m = 168 - 106 = 62$。
已知剩余固体质量为原固体质量的69%，则质量差$\Delta m = m - 0.69m = 0.31m$。
根据比例关系：$\dfrac{168}{62}=\dfrac{x}{0.31m}$，解得$x=0.84m$。
剩余固体中未分解的$\ce{NaHCO_{3}}$质量为$m - 0.84m = 0.16m$，剩余固体质量为$0.69m$。
故剩余固体中$\ce{NaHCO_{3}}$的质量分数为：$\dfrac{0.16m}{0.69m}×100\%≈23.2\%$。
【答案】
(1) $\ce{H_{2}O}$；(2) 23.2%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、差量法应用
【点评】
本题围绕联合制碱法的反应原理，综合考查质量守恒定律的应用和化学方程式的计算，差量法是解题核心技巧，需学生熟练掌握原子守恒与化学方程式比例计算，属于中等难度题目，能有效考查学生的综合应用能力。
【难度系数】
0.6
6[中]过氧化钠($Na_2O_2$)可用作防毒面具等的供氧剂,其原理是$Na_2O_2$与$CO_2$反应生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为
$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$
。将10 g $CO_2$和$O_2$的混合气体通过足量的$Na_2O_2$,气体质量减小了2.8 g,则原混合气体中$CO_2$和$O_2$的质量比为11:14
。答案
$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$ 11:14
【解析】根据过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,结合质量守恒定律书写化学方程式。设原混合气体中二氧化碳的质量为x。
$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$ 气体减少量
88 32 88-32=56
x 2.8 g
$\dfrac{88}{56}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{g}}$
$x=\dfrac{88×2.8\ \mathrm{g}}{56}=4.4\ \mathrm{g}$
故原混合气体中二氧化碳和氧气的质量比为4.4 g:(10 g-4.4 g)=11:14。
【解析】根据过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,结合质量守恒定律书写化学方程式。设原混合气体中二氧化碳的质量为x。
$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$ 气体减少量
88 32 88-32=56
x 2.8 g
$\dfrac{88}{56}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{g}}$
$x=\dfrac{88×2.8\ \mathrm{g}}{56}=4.4\ \mathrm{g}$
故原混合气体中二氧化碳和氧气的质量比为4.4 g:(10 g-4.4 g)=11:14。
解析
【分析】首先，根据反应物（过氧化钠、二氧化碳）和生成物（碳酸钠、氧气）及反应规律，配平得到反应的化学方程式；其次，混合气体中只有二氧化碳会与过氧化钠反应，氧气不参与反应，利用反应前后气体的质量差（差量法），结合化学方程式中二氧化碳与气体减少量的比例关系，计算出二氧化碳的质量，进而求出二氧化碳和氧气的质量比。
【解析】1. 书写反应的化学方程式：过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，配平后为$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$；
2. 计算原混合气体中$\ce{CO_{2}}$的质量：设原混合气体中$\ce{CO_{2}}$的质量为$x$，反应中每88份质量的$\ce{CO_{2}}$参与反应，生成32份质量的$\ce{O_{2}}$，气体质量减少$88-32=56$份，已知气体质量减小了2.8g，列比例式：
$\dfrac{88}{56}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{g}}$，解得$x=\dfrac{88×2.8\ \mathrm{g}}{56}=4.4\ \mathrm{g}$；
3. 计算质量比：原混合气体中$\ce{O_{2}}$的质量为$10\ \mathrm{g}-4.4\ \mathrm{g}=5.6\ \mathrm{g}$，故$\ce{CO_{2}}$与$\ce{O_{2}}$的质量比为$4.4\ \mathrm{g}:5.6\ \mathrm{g}=11:14$。
【答案】$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$；$11:14$
【知识点】化学方程式书写、根据化学方程式的计算
【点评】本题结合过氧化钠的供氧原理，考查化学方程式书写和差量法计算，差量法是化学计算的常用方法，需掌握反应前后质量差的应用逻辑。
【难度系数】0.6
【解析】1. 书写反应的化学方程式：过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，配平后为$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$；
2. 计算原混合气体中$\ce{CO_{2}}$的质量：设原混合气体中$\ce{CO_{2}}$的质量为$x$，反应中每88份质量的$\ce{CO_{2}}$参与反应，生成32份质量的$\ce{O_{2}}$，气体质量减少$88-32=56$份，已知气体质量减小了2.8g，列比例式：
$\dfrac{88}{56}=\dfrac{x}{2.8\ \mathrm{g}}$，解得$x=\dfrac{88×2.8\ \mathrm{g}}{56}=4.4\ \mathrm{g}$；
3. 计算质量比：原混合气体中$\ce{O_{2}}$的质量为$10\ \mathrm{g}-4.4\ \mathrm{g}=5.6\ \mathrm{g}$，故$\ce{CO_{2}}$与$\ce{O_{2}}$的质量比为$4.4\ \mathrm{g}:5.6\ \mathrm{g}=11:14$。
【答案】$\ce{2Na_{2}O_{2} + 2CO_{2} = 2Na_{2}CO_{3} + O_{2}}$；$11:14$
【知识点】化学方程式书写、根据化学方程式的计算
【点评】本题结合过氧化钠的供氧原理，考查化学方程式书写和差量法计算，差量法是化学计算的常用方法，需掌握反应前后质量差的应用逻辑。
【难度系数】0.6
