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7.为了测定某生铁中含铁量,小高做了如下实验,称取5.7 g样品,放入质量为50.0 g的烧杯中,再往烧杯中加入50.0 g的稀硫酸(杂质既不与稀硫酸反应,也难溶于水,铁与稀硫酸反应的化学方程式为$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2} \uparrow}$)并对烧杯进行了四次称量,记录数据如下:
(1)反应产生氢气的总质量为
(2)求该生铁中铁的质量分数(写出计算过程,结果精确至0.1%)。
(1)反应产生氢气的总质量为
0.2
g。(2)求该生铁中铁的质量分数(写出计算过程,结果精确至0.1%)。
答案
7. (1) 0.2
(2)解:设该生铁中铁的质量为x。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
56 2
x 0.2 g
$\frac{56}{2}=\frac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$
$x=5.6\ \mathrm{g}$
该生铁中铁的质量分数:$\frac{5.6\ \mathrm{g}}{5.7\ \mathrm{g}}×100\%≈98.2\%$
答:该生铁中铁的质量分数为 98.2%。
(2)解:设该生铁中铁的质量为x。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
56 2
x 0.2 g
$\frac{56}{2}=\frac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$
$x=5.6\ \mathrm{g}$
该生铁中铁的质量分数:$\frac{5.6\ \mathrm{g}}{5.7\ \mathrm{g}}×100\%≈98.2\%$
答:该生铁中铁的质量分数为 98.2%。
解析
【分析】
本题解题思路：首先根据质量守恒定律，反应前后烧杯及内部物质的总质量差即为生成氢气的质量（氢气作为气体逸出，导致总质量减少）；再利用铁与稀硫酸反应的化学方程式，由氢气的质量计算出参加反应的铁的质量；最后用铁的质量除以生铁样品质量，计算铁的质量分数。
【解析】
(1) 计算氢气总质量：反应前总质量 = 样品质量 + 烧杯质量 + 稀硫酸质量 = 5.7g + 50.0g + 50.0g = 105.7g；反应后总质量稳定为105.5g，根据质量守恒定律，生成氢气的总质量 = 105.7g - 105.5g = 0.2g。
(2) 设生铁中铁的质量为x。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
相对质量：56 2
实际质量：x 0.2g
则 $\frac{56}{2} = \frac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$，解得 $x = \frac{56×0.2\ \mathrm{g}}{2} = 5.6\ \mathrm{g}$。
生铁中铁的质量分数 = $\frac{5.6\ \mathrm{g}}{5.7\ \mathrm{g}}×100\% ≈ 98.2\%$。
【答案】
(1) 0.2；(2) 98.2%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、物质质量分数
【点评】
本题结合实验数据考查质量守恒定律的应用和化学方程式的计算，核心是准确获取氢气质量，步骤清晰，属于基础计算题型，需掌握质量守恒的应用和化学方程式的计算方法。
【难度系数】
0.5
本题解题思路：首先根据质量守恒定律，反应前后烧杯及内部物质的总质量差即为生成氢气的质量（氢气作为气体逸出，导致总质量减少）；再利用铁与稀硫酸反应的化学方程式，由氢气的质量计算出参加反应的铁的质量；最后用铁的质量除以生铁样品质量，计算铁的质量分数。
【解析】
(1) 计算氢气总质量：反应前总质量 = 样品质量 + 烧杯质量 + 稀硫酸质量 = 5.7g + 50.0g + 50.0g = 105.7g；反应后总质量稳定为105.5g，根据质量守恒定律，生成氢气的总质量 = 105.7g - 105.5g = 0.2g。
(2) 设生铁中铁的质量为x。
$\ce{Fe + H_{2}SO_{4} = FeSO_{4} + H_{2}\uparrow}$
相对质量：56 2
实际质量：x 0.2g
则 $\frac{56}{2} = \frac{x}{0.2\ \mathrm{g}}$，解得 $x = \frac{56×0.2\ \mathrm{g}}{2} = 5.6\ \mathrm{g}$。
生铁中铁的质量分数 = $\frac{5.6\ \mathrm{g}}{5.7\ \mathrm{g}}×100\% ≈ 98.2\%$。
【答案】
(1) 0.2；(2) 98.2%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、物质质量分数
【点评】
本题结合实验数据考查质量守恒定律的应用和化学方程式的计算，核心是准确获取氢气质量，步骤清晰，属于基础计算题型，需掌握质量守恒的应用和化学方程式的计算方法。
【难度系数】
0.5
8. 下图是实验室中一瓶过氧化氢溶液的标签。某同学为了测定该溶液中溶质的质量分数是否与标签上相符，用烧杯取该溶液50 g，加入二氧化锰1 g，完全反应后，称得烧杯内剩余物的总质量为49.4 g。请回答下列问题。
(1)二氧化锰在反应中的作用是
(2)完全反应后生成氧气的质量为
(3)通过计算，确定该过氧化氢溶液中的溶质质量分数(溶质质量分数=$\frac{过氧化氢的质量}{过氧化氢溶液的质量}×100\%$)是否与标签上相符。
(1)二氧化锰在反应中的作用是
催化作用
。(2)完全反应后生成氧气的质量为
1.6 g
。(3)通过计算，确定该过氧化氢溶液中的溶质质量分数(溶质质量分数=$\frac{过氧化氢的质量}{过氧化氢溶液的质量}×100\%$)是否与标签上相符。
答案
8. (1) 催化作用
(2) 1.6 g
(3)解:设该过氧化氢溶液中的溶质的质量为x。
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
68 32
x 1.6 g
$\frac{68}{32}=\frac{x}{1.6\ \mathrm{g}}\ \ \ x=3.4\ \mathrm{g}$
该过氧化氢溶液中的溶质质量分数为$\frac{3.4\ \mathrm{g}}{50\ \mathrm{g}}×100\%=6.8\%＜7\%$,与标签上不相符。
答:该过氧化氢溶液中的溶质质量分数与标签上不相符。
(2) 1.6 g
(3)解:设该过氧化氢溶液中的溶质的质量为x。
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
68 32
x 1.6 g
$\frac{68}{32}=\frac{x}{1.6\ \mathrm{g}}\ \ \ x=3.4\ \mathrm{g}$
该过氧化氢溶液中的溶质质量分数为$\frac{3.4\ \mathrm{g}}{50\ \mathrm{g}}×100\%=6.8\%＜7\%$,与标签上不相符。
答:该过氧化氢溶液中的溶质质量分数与标签上不相符。
解析
【分析】
本题分为三个小问，解题思路如下：
1. 第(1)问：回忆二氧化锰在过氧化氢分解反应中的角色，其作为催化剂，作用是催化作用。
2. 第(2)问：根据质量守恒定律，反应前后物质总质量的差值即为生成氧气的质量，因为反应中氧气逸出，总质量减少量等于氧气质量。
3. 第(3)问：利用化学方程式，结合生成氧气的质量计算过氧化氢的溶质质量，再通过溶质质量分数公式计算实际溶质质量分数，最后与标签上的7%对比，判断是否相符。
【解析】
(1) 二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，且反应前后其质量和化学性质不变，在反应中的作用是催化作用。
(2) 根据质量守恒定律，生成氧气的质量 = 反应前总质量 - 反应后剩余物总质量 = 50 g + 1 g - 49.4 g = 1.6 g。
(3) 设该过氧化氢溶液中溶质的质量为x。
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
相对质量：68（$\ce{2H_{2}O_{2}}$）对应32（$\ce{O_{2}}$）
则 $\frac{68}{32} = \frac{x}{1.6\ \mathrm{g}}$，解得 $x = 3.4\ \mathrm{g}$。
该过氧化氢溶液的溶质质量分数 = $\frac{3.4\ \mathrm{g}}{50\ \mathrm{g}}×100\% = 6.8\%$，因为6.8% ＜ 7%，所以与标签上的7%不相符。
【答案】
(1) 催化作用；(2) 1.6 g；(3) 该过氧化氢溶液的溶质质量分数为6.8%，与标签上的7%不相符。
【知识点】
催化剂的作用、质量守恒定律、根据化学方程式计算、溶质质量分数计算
【点评】
本题结合实验数据考查基础化学计算，需要掌握催化剂的性质、质量守恒定律的应用、化学方程式计算步骤及溶质质量分数的计算，是化学中常见的基础综合题，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题分为三个小问，解题思路如下：
1. 第(1)问：回忆二氧化锰在过氧化氢分解反应中的角色，其作为催化剂，作用是催化作用。
2. 第(2)问：根据质量守恒定律，反应前后物质总质量的差值即为生成氧气的质量，因为反应中氧气逸出，总质量减少量等于氧气质量。
3. 第(3)问：利用化学方程式，结合生成氧气的质量计算过氧化氢的溶质质量，再通过溶质质量分数公式计算实际溶质质量分数，最后与标签上的7%对比，判断是否相符。
【解析】
(1) 二氧化锰能加快过氧化氢的分解速率，且反应前后其质量和化学性质不变，在反应中的作用是催化作用。
(2) 根据质量守恒定律，生成氧气的质量 = 反应前总质量 - 反应后剩余物总质量 = 50 g + 1 g - 49.4 g = 1.6 g。
(3) 设该过氧化氢溶液中溶质的质量为x。
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
相对质量：68（$\ce{2H_{2}O_{2}}$）对应32（$\ce{O_{2}}$）
则 $\frac{68}{32} = \frac{x}{1.6\ \mathrm{g}}$，解得 $x = 3.4\ \mathrm{g}$。
该过氧化氢溶液的溶质质量分数 = $\frac{3.4\ \mathrm{g}}{50\ \mathrm{g}}×100\% = 6.8\%$，因为6.8% ＜ 7%，所以与标签上的7%不相符。
【答案】
(1) 催化作用；(2) 1.6 g；(3) 该过氧化氢溶液的溶质质量分数为6.8%，与标签上的7%不相符。
【知识点】
催化剂的作用、质量守恒定律、根据化学方程式计算、溶质质量分数计算
【点评】
本题结合实验数据考查基础化学计算，需要掌握催化剂的性质、质量守恒定律的应用、化学方程式计算步骤及溶质质量分数的计算，是化学中常见的基础综合题，难度适中。
【难度系数】
0.6
