1. 新趋势 创新实验 用如图实验验证可燃物燃烧的条件。下列说法错误的是 （
B
）
A.热水的作用是提供热量和隔绝氧气
B.该实验只能探究燃烧的一个条件
C.倒置后白磷燃烧,产生大量白烟
D.实验中红磷始终不燃烧
答案：1. B
解析：
【分析】
要解决本题，需结合可燃物燃烧的三个条件（可燃物、与氧气接触、温度达到着火点）分析实验中各物质的情况：首先明确白磷着火点约40℃，红磷着火点约240℃，实验热水温度为80℃；再逐一判断选项说法是否符合实验原理与现象。
【解析】
本题根据燃烧三要素分析各选项：
选项A：80℃热水可为可燃物提供热量，同时隔绝底部白磷与氧气，说法正确。
选项B：倒置后，原热水中的白磷（温度达着火点但缺氧气）接触氧气后燃烧，证明燃烧需要氧气；红磷（温度80℃未达着火点）始终不燃烧，证明燃烧需要温度达到着火点，因此实验可探究两个燃烧条件，并非一个，说法错误。
选项C：白磷燃烧生成五氧化二磷，现象为产生大量白烟，说法正确。
选项D：红磷着火点约240℃，实验温度仅80℃，始终未达红磷着火点，故红磷始终不燃烧，说法正确。
【答案】
B
【知识点】
燃烧条件探究、实验分析
【点评】
本题通过创新实验考查可燃物燃烧条件，需结合燃烧三要素分析实验现象与选项，重点检验对燃烧条件的理解和实验分析能力。
【难度系数】
0.5
2. (2025·江苏常州期末)已知:在 650 ℃时，$\ce{CuSO_{4}}$ 分解为 $\ce{CuO}$ 与一种气体，在 $1\ 400\ °Celsius$时，$\ce{CuO}$ 受热发生反应：$\ce{4CuO\xlongequal{高温}2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$。现将 $16\ \mathrm{g}\ \ce{CuSO_{4}}$ 在一定温度下加热，一段时间后 $\ce{CuSO_{4}}$ 完全分解，冷却后称量剩余固体为 7.6 g。下列说法错误的是 （
D
）
A.剩余固体为混合物
B.将剩余固体用足量 $\ce{CO}$ 还原，可产生 3.3 g $\ce{CO_{2}}$
C.产生的气体中，硫、氧元素的质量比为 $8:13$
D.剩余固体中铜元素的质量分数为 $42.1\%$
答案：2. D 解析:根据铜元素守恒,设剩余固体中氧化铜的质量为a,则氧化亚铜的质量为(7.6 g-a),$a×\frac{64}{64+16}×100\%+(7.6\ \mathrm{g}-a)×\frac{64×2}{64×2+16}×100\%=16\ \mathrm{g}×\frac{64}{64+32+16×4}×100\%$,解得$a=4\ \mathrm{g}$,氧化亚铜的质量为$7.6\ \mathrm{g}-4\ \mathrm{g}=3.6\ \mathrm{g}$,故A正确。剩余固体含氧元素的质量为$4\ \mathrm{g}×\frac{16}{64+16}×100\%+3.6\ \mathrm{g}×\frac{16}{64×2+16}×100\%=1.2\ \mathrm{g}$,剩余固体用足量CO还原,由于二氧化碳中的氧元素一半来自固体中的氧元素,所以可产生$\ce{CO_{2}}$的质量为$1.2\ \mathrm{g}÷(\frac{16×2}{12+16×2}×100\%×\frac{1}{2})=3.3\ \mathrm{g}$,故B正确。产生的气体中,硫、氧元素的质量比为$(16\ \mathrm{g}×\frac{32}{64+32+16×4}×100\%):(16\ \mathrm{g}×\frac{16×4}{64+32+16×4}×100\%-1.2\ \mathrm{g})=3.2\ \mathrm{g}:5.2\ \mathrm{g}=8:13$,故C正确。由元素守恒可知,剩余固体中含有铜元素的质量为$16\ \mathrm{g}×\frac{64}{64+32+16×4}×100\%=6.4\ \mathrm{g}$,剩余固体中铜元素的质量分数为$\frac{6.4\ \mathrm{g}}{7.6\ \mathrm{g}}×100\%\approx84.2\%$,故D错误。
解析：
【分析】
本题可利用铜元素守恒确定剩余固体的组成，先计算16g CuSO₄中铜元素的总质量，再设剩余固体中CuO和Cu₂O的质量，根据铜元素守恒列方程求解两者质量，进而逐一分析各选项的正误。
【解析】
1. 计算16g CuSO₄中铜元素的质量：
CuSO₄的相对分子质量为$64+32+16×4=160$，铜元素质量分数为$\frac{64}{160}×100\%$，则铜元素总质量为$16\ \mathrm{g}×\frac{64}{160}=6.4\ \mathrm{g}$。
2. 设剩余固体中CuO的质量为$a$，则Cu₂O的质量为$(7.6\ \mathrm{g}-a)$，根据铜元素守恒：
$a×\frac{64}{64+16} + (7.6\ \mathrm{g}-a)×\frac{64×2}{64×2+16}=6.4\ \mathrm{g}$
化简得：$\frac{4a}{5} + (7.6 - a)×\frac{8}{9}=6.4$，解得$a=4\ \mathrm{g}$，故Cu₂O质量为$7.6\ \mathrm{g}-4\ \mathrm{g}=3.6\ \mathrm{g}$，剩余固体为CuO和Cu₂O的混合物，A正确。
3. 分析选项B：
剩余固体中氧元素总质量：CuO中氧元素质量为$4\ \mathrm{g}×\frac{16}{80}=0.8\ \mathrm{g}$，Cu₂O中氧元素质量为$3.6\ \mathrm{g}×\frac{16}{144}=0.4\ \mathrm{g}$，总氧元素质量为$0.8\ \mathrm{g}+0.4\ \mathrm{g}=1.2\ \mathrm{g}$。
CO还原金属氧化物时，CO₂中一半氧元素来自固体，故生成CO₂的质量为$1.2\ \mathrm{g}÷(\frac{32}{44}×\frac{1}{2})=3.3\ \mathrm{g}$，B正确。
4. 分析选项C：
CuSO₄中硫元素质量为$16\ \mathrm{g}×\frac{32}{160}=3.2\ \mathrm{g}$（全部进入气体）；CuSO₄中总氧元素质量为$16\ \mathrm{g}×\frac{64}{160}=6.4\ \mathrm{g}$，气体中氧元素质量为$6.4\ \mathrm{g}-1.2\ \mathrm{g}=5.2\ \mathrm{g}$，则气体中硫、氧元素质量比为$3.2\ \mathrm{g}:5.2\ \mathrm{g}=8:13$，C正确。
5. 分析选项D：
剩余固体中铜元素质量为6.4g，其质量分数为$\frac{6.4\ \mathrm{g}}{7.6\ \mathrm{g}}×100\%≈84.2\%≠42.1\%$，D错误。
【答案】
D
【知识点】
元素守恒定律、化学计算、质量分数计算
【点评】
本题以CuSO₄分解为载体，考查元素守恒法在化学计算中的应用，需掌握利用守恒关系确定分解产物组成的思路，同时熟悉元素质量、质量分数的计算，是化学计算的典型题型。
【难度系数】
0.6
3. (2026·广东揭阳期末)化学兴趣小组欲测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数。先将10 g样品放入质量为50 g的锥形瓶中，再逐滴加入稀盐酸至充分反应(如图所示)。反应过程中测得滴加稀盐酸的总质量与充分反应后锥形瓶及瓶内剩余物质总质量的数据如下表。回答下列问题(已知:该石灰石中杂质不溶解于水，也不与盐酸反应;$\ce{CaCO_{3} + 2HCl}$$\ce{\xlongequal{\;\;}CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow }$)。
(1)碳酸钙中C、O原子的个数比为
1:3
。
(2)10 g该石灰石样品与稀盐酸恰好完全反应时，消耗的稀盐酸的总质量是
30
g，产生二氧化碳的总质量是
2.64
g。
(3)该样品中碳酸钙的质量分数为多少(写出计算过程)?
(4)按此方法测定的结果要比实际偏小，造成这种误差的原因可能是
二氧化碳能溶于水且能与水反应(答案合理即可)
(写出一条即可)。
答案：3. (1) 1∶3 (2) 30 2.64
(3) 解:设该样品中碳酸钙的质量为x。
$\ce{CaCO_{3} + 2HCl\xlongequal{\;\;}CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
100 44
x 2.64 g
$\frac{100}{44}=\frac{x}{2.64\ \mathrm{g}}\ \ \ x=6\ \mathrm{g}$
该样品中碳酸钙的质量分数为$\frac{6\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{g}}×100\%=60\%$
答:该样品中碳酸钙的质量分数为60%。
(4) 二氧化碳能溶于水且能与水反应(答案合理即可)
解析:(2) 由题表中数据可知,加入10 g稀盐酸时,生成二氧化碳的质量为60. 00 g + 10 g - 69. 12 g=0. 88 g,加入20 g稀盐酸时,生成二氧化碳的总质量为60.00 g+20 g-78.24 g=1.76 g,说明每加入10 g稀盐酸,生成0.88 g二氧化碳,加入30 g稀盐酸,生成二氧化碳的总质量为60. 00 g + 30 g-87. 36 g=2. 64 g,正好是0. 88 g的3倍,加入40 g稀盐酸,生成二氧化碳的总质量为60.00 g+40 g-97.36 g=2.64 g,说明10 g该石灰石样品与稀盐酸恰好完全反应时,消耗的稀盐酸的总质量是30 g。根据质量守恒定律,化学反应前后,物质的总质量不变,则产生二氧化碳的总质量是60. 00 g+40 g-97. 36 g=2. 64 g。(4) 由于二氧化碳能溶于水且能与水反应,导致装置减少的质量(即测得反应产生的二氧化碳的质量)偏小,从而使样品中碳酸钙的质量分数偏小。
解析：
【分析】
第(1)问根据碳酸钙的化学式直接确定C、O原子个数比；第(2)问利用质量守恒定律，通过反应前后总质量差计算生成CO₂的质量，结合数据变化规律判断恰好反应时稀盐酸的总质量；第(3)问根据化学方程式，由CO₂质量计算碳酸钙质量，进而求出其质量分数；第(4)问从CO₂的溶解性或反应性分析实验误差的原因。
【解析】
(1) 碳酸钙的化学式为$\ce{CaCO_{3}}$，其中C原子个数为1，O原子个数为3，因此C、O原子个数比为$1:3$。
(2) 根据质量守恒定律，反应生成$\ce{CO_{2}}$的质量 = 反应前总质量 - 反应后剩余总质量。由数据可知，每加入10g稀盐酸生成0.88g $\ce{CO_{2}}$，加入30g稀盐酸时生成$\ce{CO_{2}}$总质量为$60\ \mathrm{g} + 30\ \mathrm{g} - 87.36\ \mathrm{g} = 2.64\ \mathrm{g}$，加入40g稀盐酸时$\ce{CO_{2}}$质量仍为2.64g，说明10g样品恰好反应时消耗稀盐酸总质量为30g，生成$\ce{CO_{2}}$总质量为2.64g。
(3) 设该样品中碳酸钙的质量为$x$。
$\ce{CaCO_{3} + 2HCl\xlongequal{\;\;}CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}\uparrow}$
100 44
$x$ 2.64 g
$\frac{100}{44} = \frac{x}{2.64\ \mathrm{g}}$
解得$x = 6\ \mathrm{g}$
该样品中碳酸钙的质量分数为$\frac{6\ \mathrm{g}}{10\ \mathrm{g}} × 100\% = 60\%$
(4) 测定结果偏小的原因是：二氧化碳能溶于水且能与水反应，导致测得的$\ce{CO_{2}}$质量偏小，进而计算出的碳酸钙质量偏小，最终质量分数偏小。
【答案】
(1) $1:3$；(2) $30$；$2.64$；(3) $60\%$；(4) 二氧化碳能溶于水且能与水反应（合理即可）
【知识点】
化学式的意义、质量守恒定律、化学方程式计算
【点评】
本题结合实验数据考查化学计算，重点应用质量守恒定律分析反应中的量的关系，需学生能从数据中找到反应终点，同时掌握化学方程式计算的规范步骤，以及实验误差的分析思路，是化学计算的典型题型。
【难度系数】
0.6
