1. 用如图所示实验验证质量守恒定律，下列说法不正确的是 （
C
）
A.实验一不遵守质量守恒定律
B.实验二过程中气球先膨胀后变瘪
C.实验三中若铜粉量不足，不能验证质量守恒定律
D.实验四蜡烛燃烧后减小的质量小于生成的水和二氧化碳的质量之和
答案：1. C
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1400 ℃时，$\ce{CuO}$受热发生反应：$\ce{4CuO\xlongequal{高温} 2Cu_{2}O + O_{2}\uparrow}$。现将16 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.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 g，氧化亚铜的质量为7.6 g-4 g=3.6 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。
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；$\ce{CaCO_{3} + 2HCl = CaCl_{2} + H_{2}O + CO_{2}↑}$)。
加入稀盐酸的总质量/g：0，10，20，30，40
锥形瓶及瓶内剩余物总质量/g：60.00，69.12，78.24，87.36，97.36
(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)
