备战2025年中考科学考前抢分秘籍（浙江新统）通关10 化学计算（解析版）

通关10化学计算考点预测概率预测题型预测有关溶解度、溶质质量分数的计算☆☆☆选择题、解答题有关化学式的计算☆☆选择题、解答题有关化学方程式的计算☆☆☆选择题、解答题化学计算是中考的重要内容之一，化学计算题涉及的内容丰富、形式多样，可以帮助学生加深对有关概念和原理的理解,培养学生的思维判断、分析和综合能力。知识点一、根据化学式的相关计算以化合物AaBb为例，可推导出下列计算公式1．相对分子质量：相对分子质量＝A的相对原子质量×a＋B的相对原子质量×b；2．A、B原子个数比=eq\f(A的原子个数,B的原子个数)＝eq\f(a,b)3．A、B元素质量比=eq\f(A元素的质量,B元素的质量)＝eq\f(A的相对原子质量×a,B的相对原子质量×b)4．A元素的质量分数=A元素的质量分数＝eq\f(A的相对原子质量×a,AaBb的相对分子质量)×100%5．A元素的质量＝化合物(AaBb)质量×A元素的质量分数知识点二、有关溶液的计算1．溶液质量＝溶质质量＋溶剂质量溶质质量分数＝eq\f(溶质质量,溶液质量)×100%变形后为：溶质质量＝溶液质量×溶质质量分数2．溶液稀释计算主要是根据稀释前后溶质质量相等列式：若浓溶液的质量为m浓，质量分数为a%，加m水稀释后质量分数为b%，则可列式为：m浓·a%＝(m浓＋m水)·b%3．化学方程式反映的是纯净物间的质量关系，涉及到的一般都是溶液中的溶质的质量，常要用到的公式：m溶质＝m溶液×a%，然后把得到的溶质的质量代入方程式计算。知识点三、能根据化学方程式进行纯净物质间的计算1．知道反应物(或生成物)的质量求生成物(或反应物)的质量。2．根据质量守恒定律的化学方程式的计算此内容是本课时的拓展，一类习题可根据质量守恒定律的定义或实质，利用反应物前后物质或元素质量守恒进行计算。另一类习题还可根据反应前后物质质量之差，算出气体或沉淀物的质量，再进行化学方程式的计算。题型一有关溶解度、溶质质量分数的计算（2024•杭州模拟）下表是硝酸钾在不同温度时的溶解度，小金将80℃含水120克的硝酸钾溶液，进行了如下实验，请判断下列说法正确的是（）温度（摄氏度）2040506080溶解度（克）31.663.985.5110169A．C中硝酸钾溶液的溶质质量分数为31.6% B．B所得溶液一定是80℃时硝酸钾的不饱和溶液 C．只有将温度升高到80℃时，才能将C中的硝酸钾固体全部溶解 D．A溶液的质量为222克【解答】解：A、C中是20℃时硝酸钾的饱和溶液，20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，C中硝酸钾溶液的溶质质量分数为31.6g31.6g+100g×100%＜B、将80℃含水120克的硝酸钾溶液恒温蒸发20g水，没有晶体析出，再降温至20℃，有硝酸钾晶体析出，过滤后得到102g硝酸钾固体，20℃时硝酸钾的溶解度为31.6g，则A溶液中溶质的质量为31.6g+102g＝133.6g；80℃时硝酸钾的溶解度为169g，则B所得溶液一定是80℃时硝酸钾的不饱和溶液，故选项说法正确。C、C烧杯中硝酸钾的质量为133.6g，硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，将温度升高到60℃～80℃的某温度时，能将C中的硝酸钾固体全部溶解，故选项说法错误。D、由B选项的解析，A溶液的质量为120g+133.6g＝253.6g，故选项说法错误。故选：B。根据将根据将80℃含水120克的硝酸钾溶液恒温蒸发20g水，没有晶体析出，再降温至20℃，有硝酸钾晶体析出，过滤后得到102g硝酸钾固体，得到的是20℃时硝酸钾的饱和溶液，进行分析判断。（2021•秀洲区模拟）如图所示为蒸发氯化钠溶液的实验过程，其中①→②→③为恒温蒸发过程，③→④为升温蒸发过程，②溶液恰好为饱和状态，分析实验过程，可以作出的正确判断是（）A．在①→②过程中，氯化钠的质量分数保持不变 B．在②→③过程中，氯化钠的溶解度不断增大 C．在③→④过程中，氯化钠的质量分数不断减小 D．在②→④过程中，氯化钠的质量分数先不变后增大【解答】解：A、根据①溶液变化为②溶液，没有晶体析出，所以图①和图②中溶液的溶质质量相等，在①→②过程中，溶剂质量减少，所以溶质质量分数②＞①故A说法错误；B、②③都是恒温蒸发得到的氯化钠的饱和溶液，所以图②和图③中溶液的温度不变，溶解度不变，故B说法错误；C、在③→④过程中，升温蒸发水分，此时溶解度变大，溶质的质量分数④＞③，所以溶剂水的质量分数③＞④，即溶剂质量分数减小，氯化钠的质量分数不断增大，故C说法错误；D、在②→③过程中，氯化钠的溶解度不变，溶质质量分数不变，在③→④过程中，升温蒸发水分，此时溶解度变大，溶质的质量分数④＞③，故D说法正确；故选：D。（2023•永康市模拟）下图是对某固体物质的溶液在一定温度下进行恒温蒸发操作的实验记录，下列说法正确的是（）A．乙中的溶液为饱和溶液 B．丁溶液的溶质质量分数大于丙 C．给丙溶液升高温度，固体一定会溶解 D．甲中的溶液一定是不饱和溶液【解答】解：A、第一次蒸发10g水，没有晶体析出，所得溶液可能是不饱和溶液也可能是恰好饱和；第二次恒温蒸发掉10g水，结果析出1g固体，则溶液为饱和溶液，第三次蒸发10g水，共析出2.5g晶体，即第三次蒸发10g水，析出了1.5g晶体，说明该温度下的饱和溶液，蒸发10g水，析出1.5g晶体；则说明乙中的溶液为不饱和溶液，故选项说法错误。B、丙、丁均为该温度下的饱和溶液，丁溶液的溶质质量分数等于丙，故选项说法错误。C、由于不知溶解度受温度影响的变化趋势，给丙溶液升高温度，固体不一定会溶解，故选项说法错误。D、一次蒸发10g水，没有晶体析出，则甲中的溶液一定是不饱和溶液，故选项说法正确。故选：D。（2023•嵊州市模拟）小明向烧杯中依次加入20克食盐，实验过程如图所示。若实验过程中温度保持不变，则下列说法错误的是（）A．②中的溶液是不饱和溶液 B．③中溶液的溶质质量为40克 C．③和④中溶液溶质质量分数相等 D．④中再加水50克，仍有6克食盐未溶解【解答】解：A、由题意，实验过程中温度保持不变，向烧杯中依次加入20克食盐，100g水中最多能形成136g溶液，则②中的溶液是不饱和溶液，故选项说法正确。B、由A选项的分析，该温度下100g水中最多能形成136g溶液，③中溶液的溶质质量为136g﹣100g＝36g，故选项说法错误。C、③和④均为该温度下的饱和溶液，③和④中溶液溶质质量分数相等，故选项说法正确。D、该温度下100g水中最多能形成136g溶液，即该温度下100g水中最多能溶解36g食盐，④中再加水50克，能再溶解18g食盐，仍有20g+20g+20g﹣36g﹣18g＝6克食盐未溶解，故选项说法正确。故选：B。（2023•定海区二模）已知在20℃和60℃时，CaCl2的溶解度分别为74.5g和137g。现配制5%CaCl2溶液如图，下列说法正确的是（）A．②中溶液和③中溶液分别为20℃和60℃时的饱和溶液 B．②到③的过程中溶质质量分数不变 C．③稀释至④的过程需加水1420g D．③中溶液的溶质质量大于④中溶液的溶质质量【解答】解：A、由于在20℃和60℃时，CaCl2的溶解度分别为74.5g和137g，②溶液温度为20℃，而20℃时100g水中最多溶解氯化钙74.5g，故②溶液为饱和溶液，③溶液温度为60℃，而60℃时100g水中最多溶解氯化钙137g，故溶液③为不饱和溶液，故该选项错误；B、从②到③温度升高，氯化钙溶解度增大，②中未溶的固体继续溶解，溶质增多，溶质的质量分数增大，故该选项错误；C、根据稀释前后溶质质量不变，设需加水的质量为x，可列出式子：80g＝（180g+x）×5%，解得x＝1420g，故该选项正确；D、从③到④稀释过程需要加水，但加水稀释溶质质量不变，故该选项说法错误；故选：C。（2023•鹿城区模拟）已知硝酸钾的溶解度随温度升高增大，现将200g不饱和KNO3溶液分成两等分，实验过程如图所示。分析实验过程，可作出的正确判断是（）A．①→③过程中，KNO3的溶解度和质量分数都增大 B．②→④蒸发过程中，水的质量分数不断增大 C．25℃时，KNO3的溶解度是43g D．③比④溶液中溶质的质量分数大【解答】解：A、①→③过程中，温度不变，则KNO3的溶解度不变；溶解的溶质的质量增加，则KNO3的质量分数都增大，故选项说法错误。B、②→④的过程中，溶液由25℃时的不饱和溶液变为25℃时的饱和溶液，溶质质量分数不断增加，水的质量分数不断减小，故选项说法错误。C、由图示可知，①→③过程中，溶液变为恰好饱和的溶液；②→④的过程中，溶液变为恰好饱和的溶液，即25℃时，20g水中溶解8.6g硝酸钾，溶液恰好饱和，25℃时，KNO3的溶解度是8.6g×100g20gD、③、④均为25℃时的饱和溶液，溶质质量分数相等，故选项说法错误。故选：C。题型二有关化学式的计算（2023•上城区模拟）要使H2O和H2O2（过氧化氢）中，含有相同质量的氧元素，则H2O与H2O2的质量比是；ngH2O和mgH2O2（过氧化氢）中，含有相同质量的氢元素，则n：m为；相同质量的H2O和H2O2（过氧化氢）中，氧元素的质量比为：。【解答】解：设氧元素的质量为16g，则水的质量为16g÷1618×100%=18g，过氧化氢的质量为16g÷3234×100%=17g，则H2O与H2O2的质量比是18g：17g＝18：17，ng水中氢元素的质量为ng×218×100%，mg过氧化氢中氢元素的质量为mg×234×100%，两种物质中含有相同质量的氢元素，则ng×218×100%=mg×234×100%，所以n：故答案为：18：17；9：17；17：18。物质质量等于元素的质量除以元素的质量分数，据此分析。物质质量等于元素的质量除以元素的质量分数，据此分析。（2023•宁波模拟）奉化水蜜桃有“琼浆玉露、瑶池珍品”之誉，并以其肉质细软、汁多味甜、皮薄易剥等特点著称。尼克酸是存在于水蜜桃中的有机酸之一，具有维持皮肤和消化腺的正常功能、促进铁的吸收和血细胞生成等功效，是人体中不可缺少的营养成分之一。（1）果肉在生物学上被称为“中果皮”，由桃花子房的（填结构名称）发育而来。（2）若尼克酸的化学式可写成：C6H5NOx，其中碳元素与氧元素的质量比为9：4，则x＝。（3）尼克酸经过人体代谢，最终转化为（填化学式）、含氮废物（如尿素、尿酸）等排泄至体外。【解答】解：（1）果肉在生物学上被称为“中果皮”，由桃花子房的子房壁发育而来；（2）尼克酸的化学式为C6H5NOx，其中碳元素与氧元素的质量比为9：4，即12×616×x=94，（3）尼克酸中含有碳、氢、氮元素等，经过人体代谢，最终转化为CO2、含氮废物（如尿素、尿酸）等排泄至体外。故答案为：（1）子房壁；（2）2；（3）CO2。（2023•乐清市模拟）2022年9月9日，中国科学家首次在嫦娥五号月壤中发现新矿物“嫦娥石”，并首次成功获得未来聚变能源资源——氦﹣3含量和提取参数。（1）“嫦娥石”是一种磷酸盐矿物，主要成分是钙、磷等，这里的“钙、磷”指的是。（选填“元素”、“原子”、“分子”）（2）一个氦﹣3原子的原子核内含有2个质子和1个中子，该原子的核外电子数为。（3）经检测月壤样品中含有钛铁矿，其化学式为FeTiO3，铁、氧元素质量比为。【解答】解：（1）物质是由元素组成的，这里的“钙、磷”指的是元素；故答案为：元素；（2）在原子中，质子数＝核外电子数，一个氦﹣3原子的原子核内含有2个质子和1个中子，该原子的核外电子数为2；故答案为：2；（3）经检测月壤样品中含有钛铁矿，其化学式为FeTiO3，铁、氧元素质量比为56：（16×3）＝7：6；故答案为：7：6。（2023•宁波模拟）中国人民银行在2019年8月30日发行了2019年版第五套人民币。相较现行版本，新版50元、20元、10元、1元的防伪技术更加先进，也更便于识别。新版人民币采用一种叫胆固醇（化学式C27H46O）的液晶油墨进行印刷，它受自然光照射时能改变颜色，能轻松识别新版纸币真伪。（1）胆固醇液晶油墨受自然光照射时能改变颜色，这种性质属于性质。（2）胆固醇液晶油墨中碳元素和氧元素的质量比为。【解答】解：（1）胆固醇液晶油墨受自然光照射时能改变颜色，该过程中由于没有新的物质生成，这种性质属于物理性质。（2）胆固醇液晶油墨中碳元素和氧元素的质量比为（27×12）：（16×1）＝81：4。答案为：（1）物理；（2）81：4。（2023•椒江区一模）纸能包住火吗？科技的发展让不可能变成了可能。我国科学家合成以羟基磷灰石为材料的超长纳米线，成功研制出新型耐火纸，在1000℃的高温下，这种耐火纸仍然可以保持其完整性。（1）羟基磷灰石的化学式为Ca10（OH）2（PO4）6，它由种元素组成，其中钙元素质量分数为（计算结果保留整数）。（2）目前羟基磷灰石的常用合成工艺是将CaCO3和Ca4P2O9在1200℃高温下通入水蒸气，通过一定反应合成，传统纸张的生产则需要消耗大量植物。如果用这种耐火纸大规模替换传统纸张，对环境保护具有重要意义，请列举出一点：。【解答】解：（1）羟基磷灰石的化学式为Ca10（OH）2（PO4）6，它由钙、氧、氢、磷四种元素组成，其中钙元素质量分数为10×4010×40+(16+1)×2+(31+4×16)×6×40.0%；（2）根据题文信息可知，传统纸张的生产则需要消耗大量植物，而将CaCO3和Ca4P2O9在1200℃高温下通入水蒸气，通过一定的反应生成耐火纸，并替换传统纸张，可以大大地节约了木材的使用，有利于环境的保护和资源的节约。故答案为：（1）四；40.0%；（2）大大地节约了木材的使用，有利于环境的保护和资源的节约。（2023•宁波三模）丙烯酸乙酯（C5H8O2）存在于菠萝等水果中。计算：（1）丙烯酸乙酯由种元素组成（填数字）；（2）丙烯酸乙酯中碳、氢元素质量比为（填最简比）；（3）丙烯酸乙酯中氧元素的质量分数为。【解答】解：（1）丙烯酸乙酯是由碳、氢、氧3种元素组成的。（2）丙烯酸乙酯中碳、氢元素质量比为（12×5）：（1×8）＝15：2。（3）丙烯酸乙酯中氧元素的质量分数为16×212×5+1×8+16×2×100%＝故答案为：（1）3；（2）15：2；（3）32%。题型三有关化学方程式的计算（2024•金华一模）急性腹泻会造成人体脱水，可服用补液盐补充水分。某口服补液盐标签如图。（1）按照说明书中一天的用量，由该补液盐补充的钾元素质量是多少？（2）科学兴趣小组为鉴定药品中NaHCO3含量是否合规，采用稀盐酸来测定（查资料得知：药品中其他成分不与盐酸反应）。向锥形瓶中加入5包补液盐，然后分6次加入稀盐酸，每次加入稀盐酸后充分反应，且气体全部逸出。用电子秤测得实验数据如表：第一次第二次第三次第四次第五次第六次加入稀盐酸的质量/g505050505050反应后瓶中剩余物的总质量/g149.12198.24247.36296.48345.60395.60通过计算说明该补液盐是否合规？【解答】解：（1）钾元素的质量＝0.745×6×3974.5×100%答：钾元素的质量为2.34g；（2）由表中的数据可知，生成二氧化碳的质量为：20g×5+50g×6﹣395.60g＝4.4g设参加反应的碳酸氢钠总质量为x。NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑8444x4.4g8444x＝8.4g每包含碳酸氢钠的质量为8.4g÷5＝1.68g所以该补液盐中NaHCO3符合要求；答：所以该补液盐中NaHCO3符合要求。（（1）根据元素的质量＝化合物的质量×元素在化合物中的质量分数；（2）根据题目中的数据结合化学方程式进行计算。（2024•舟山模拟）在一个密闭容器中放入X、Y、Z、Q四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如表，则下列关于反应的认识，正确的是（）物质XYZQ反应前质量（g）202137反应后质量（g）待测a32待测b12A．a的取值范围：0≤a≤16 B．该反应类型一定属于化合反应 C．当a＝15时，物质Z在反应中起催化作用 D．当b＝1时，反应中X、Q的相对分子质量比为1：5【解答】解：A.依据质量守恒定律可知，20+2+1+37＝a+32+b+12，a+b＝16，a＝16﹣b，b＝0时，a＝16；b＝16时，a＝0，则a的取值范围：0≤a≤16；故A正确；B.分析表中数据可知，Q为反应物，Y为生成物，但X、Z无法确定，则该反应的反应类型无法确定，故B错误；C.分析表中数据可知，当a＝15时，物质Z在反应前后的质量不变，但催化剂特点是反应前后质量和化学性质不变，改变其它反应速率，则物质Z在反应中不一定起催化作用，故C错误；D.分析表中数据可知，当b＝1时，反应中X、Q的质量比为5：25＝1：5，无法确定其相对分子质量之比，故D错误；故选：A。（2024•瓯海区校级模拟）在已平衡的托盘天平左右托盘上各放一等质量的烧杯，并分别往烧杯中注入7.3%盐酸100g。向左盘烧杯中放入agCaCO3粉末，往右盘烧杯中加入xgA物质粉末，充分反应后天平仍保持平衡。（1）若A为KHCO3，且两只烧杯中均无固态物质存在，则x的取值必须满足的条件是。（2）若A为NaHCO3：①当a≤10时，x的值为（用含a的代数式表示，下同）。②当12.4≥a＞10时，x的值为。③当a＞12.4时，x的值为。【解答】解：（1）分析KHCO3+HCl＝KCl+H2O+CO2↑和CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑反应可知，由于KHCO3、CaCO3的相对分子质量都为100，向左盘烧杯中放入agCaCO3粉末，往右盘烧杯中加入KHCO3的质量也为ag，充分反应后天平仍保持平衡，两只烧杯中均无固态物质存在，说明ag物质都已反应完，设与7.3%盐酸100g恰好反应时，需要碳酸钙的质量为x，生成二氧化碳的质量为zCaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑1007344x100g×7.3%z10073=x＝10gz＝4.4g若A为KHCO3，且两只烧杯中均无固态物质存在，则x的取值必须满足的条件是x＝a≤10，故填：x＝a≤10；（2）设与7.3%盐酸100g恰好反应时，需要碳酸氢钠的质量为y，生成二氧化碳的质量为BNaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑8436.544y100g×7.3%B84y＝16.8gB＝8.8g①当a≤10时，说明盐酸过量，设向左盘烧杯中放入agCaCO3粉末增量为ACaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑增量△M1004456agA100A=设往右盘烧杯中加入xgNaHCO3物质粉末，充分反应后天平仍保持平衡NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑增量△M844440xg14ag84x＝1.176a则当a≤10时，x的值为1.176a，故填：1.176a；②通过以上分析可知，当12.4≥a＞10时，ag碳酸钙与100g7.3%盐酸恰好完全反应，生成4.4g二氧化碳，左盘的增量为（a﹣4.4）g，右盘xgNaHCO3完全反应，设往右盘烧杯中加入xgNaHCO3物质粉末，充分反应后天平仍保持平衡NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑增量△M844440xg（a﹣4.4）g84x＝2.1a﹣9.24则当12.4≥a＞10时，x的值为2.1a﹣9.24；故填：2.1a﹣9.24；③通过以上分析可知，当a≥16.8时，两盘的固体粉末都有剩余，100g7.3%的盐酸都已反应完，保持天平平衡应满足a﹣4.4＝x﹣8.8，解得x＝a+4.4，当12.4＜a＜16.8时，、左盘碳酸钙有剩余反应，增量为（a﹣4.4）g，右盘碳酸氢钠完全反应，设右盘增量为ANaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑增量△M844440xA84A=10x则10x21g＝（a﹣4.4）gx＝2.1（a﹣4.4故填：a+4.4或2.1（a﹣4.4）；（2024•象山县校级模拟）某样品为铜和氧化铜的混合物，为测定样品中铜元素的含量，小科取部分样品与稀硫酸反应（所用的稀硫酸均从同一试剂瓶倒出），进行了四次实验，测定的实验数据如表所示。实验次数一二三四所取样品质量（g）20151015加入稀硫酸的质量（g）50505060充分反应后剩余固体质量（g）149a9（1）表格中a的数值为。（2）第次实验结束后，酸还有剩余。（3）样品中铜元素的质量分数是多少？（4）所用稀硫酸中溶质的质量分数是多少？【解答】解：（1）根据二、四组数据可知，每15g样品中含铜9g、氧化铜6g；通过二、三组对照可得，三组中硫酸过量，充分反应后剩余固体质量为铜的质量，则10g样品中含有铜的质量为9g15g×10g=6g，则表格中a的数值为（2）根据二、四组数据可知，每15g样品中含铜9g、氧化铜6g；可知10g样品中含有铜的质量为6g，20g样品中含有铜的质量为12g，可知第一次中样品有剩余，硫酸不足，并且可得每50g稀硫酸完全反应会消耗氧化铜（即固体质量减少）6g，所以第二次为恰好完全反应，三、四次实验结束后，酸还有剩余；（3）由（1）中分析数据可知，每15g样品中含铜9g、氧化铜6g；则6g氧化铜中铜元素的质量为6g×6480×100%＝4.8g，样品中铜元素的质量分数是9g+4.8g15g（4）设50g稀硫酸中溶质的质量为x。CuO+H2SO4＝CuSO4+H2O80986gx8098x＝7.35g则所用稀硫酸中溶质的质量分数是7.35g50g×100%＝（2024•拱墅区校级一模）某学校的学习小组对当地的石灰石矿区进行调查，测定石灰石中碳酸钙的质量分数，采用的方法如下：取该石灰石样品16g，把80g稀盐酸分四次加入，测量过程所得数据见下表（已知石灰石样品中含有的二氧化硅等杂质不溶于水，不与稀盐酸反应）。请计算：序号加入稀盐酸的质量/g剩余固体的质量/g第1次2011第2次206第3次202.8第4次20n（1）上表中n的数值为。（2）样品中碳酸钙的质量分数是。（3）求盐酸中溶质的质量分数。【解答】解：（1）根据图表数据可知，第1、2次反应后固体物质减少的质量都为5g，而第3次反应后固体物质减少的质量为3.2g，说明此时碳酸钙已反应完，不再产生气体，故表中n的数值为2.8。（2）样品中碳酸钙的质量分数=16g−2.8g16g×100%（3）由试题分析20g稀盐酸恰好能与石灰石中的5g碳酸钙完全反应解：设第一次参与反应的HCl质量为x，CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑100735gx1005解之得：x＝3.65g，盐酸中溶质的质量分数为：3.65g20g×100%＝故答案为：（1）2.8；（2）82.5%；（3）答：盐酸中溶质的质量分数为18.25%。（2024•杭州一模）为测量某稀盐酸溶液的质量分数，小金取一定质量分数的碳酸钠溶液于烧杯中（如图甲），分5次加入该稀盐酸溶液，每次加入稀盐酸溶液2.5克，观察到烧杯内刚开始没有明显现象，随后才有气泡产生，并记录实验相关数据如下：实验操作012345加入稀盐酸的总质量（克）02.557.5101012.5烧杯和相关物质的总质量（克）74.5077.0079.5081.7884.0686.56（1）加入稀盐酸质共产生的二氧化碳质量为g。（2）根据实验数据计算稀盐酸的溶质质量分数。（3）小金对刚开始加入稀盐酸时未产生气泡的现象很好奇，查阅资料发现：实验过程中，若碳酸钠过量时发生的化学反应：Na2CO3+HCl＝NaHCO3+NaCl，碳酸钠完全反应后继续加入盐酸发生的化学反应：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑。已知随着加入的稀盐酸总质量的增加，溶液中Na+的数量变化如图乙所示。用图像表示出实验过程中溶液里HCO3【解答】解：（1）由表中数据可知，加入5g稀盐酸时，稀盐酸和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，再加5g稀盐酸，稀盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠、