2027年中考化学一轮复习讲义--第03讲质量守恒定律 化学方程式

第03讲 质量守恒定律 化学方程式 内 容 导 航 知识点1 质量守恒定律 知识点2 化学方程式 知识点3 依据化学方程式的计算 知识点4 探究反应前后物质的质量关系 题型1 质量守恒定律的内容及适用范围 题型2 质量守恒定律的微观解释 题型3 根据质量守恒定律判断物质的 化学式 题型4 有关质量守恒定律的计算 题型5 化学方程式的配平 题型6 化学方程式书写的正误判断 题型7 根据化学方程式计算质量比 题型8 常见化学反应中的质量关系 题型9 不含杂质的化学方程式计算 题型10 含杂质的化学方程式计算 题型11 化学方程式与实验的计算 知 识 点 通 关 知识点1 质量守恒定律及应用 1.质量守恒定律内容 参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成的各物质的质量总和。 解读 质量范围 没有参加反应的物质、不是反应生成的物质，质量不能计入“总和”中 各物质 参加反应或反应生成所有物质，特别注意气体、沉淀不能遗漏 质量总和 是质量之和，不是体积、分子个数 适用范围 适用于一切化学变化，不适用于物理变化。 2.微观解释质量守恒定律的原因 在化学反应前后，原子的种类、数目、质量均保持不变。 宏观 微观 一定不变 物质的总质量不变；元素的种类不变； 元素的质量不变 原子的种类、数目、质量都不变 一定改变 物质的种类一定改变 分子的种类一定改变 可能改变 化合价可能改变 分子总数可能改变 知识点2 化学方程式 1.定义：用化学式表示化学反应的式子，叫做化学方程式。 2.意义： 意义 以2H2 + O22H2O为例 质的方面 表明反应物、生成物和反应条件 氢气和氧气在点燃的条件下反应生成水 量的方面 宏观 各物质间反应时的质量比 参加反应的氢气、氧气与生成的水的质量之比为1:8:9 微观 各物质间反应时的微粒个数比 反应中氢气、氧气与水的分子个数之比为2:1:2 3.书写原则： （1）必须以客观事实为基础。 （2）必须遵守质量守恒定律，等号两边各原子的种类和数目必须相等。 4.书写步骤： ①写 根据实验事实，在式子左右两边写出反应物和生成物的化学式，中间用短线连接 P＋O2—P2O5 ②配 配平化学方程式并检验（就是等号两边各种原子的数目必须相等） 4P＋5O2—2P2O5 ③标 标明化学反应发生的条件以及生成物状态“↑”或“↓”，将短横线改为等号 4P＋5O22P2O5 ④查 化学式是否写错； 化学方程式是否配平；生成物状态是否标注、标注是否恰当；反应条件是否标明 5.化学方程式的配平： Ⅰ.最小公倍数法 （1） 找出两边各出现一次的元素，选择同种原子的个数最多的原子，求最小公倍数，得分子个数； （2） 使该原子数目在反应前后都为所求出的最小公倍数； （3） 一般先从氧原子入手，再配平其他原子。 例1： 2 KClO3—— 2 KCl+ 3 O2 例2： 8 Al + 3 Fe3 O4—— 9 Fe + 4 Al2O3 Ⅱ.观察法 （1） 从化学式较复杂的一种生成物（反应物）推求有关反应物（生成物）化学式的化学计量数和这一生成物的化学计量数； （2） 根据求得的化学式的化学计量数，再找出其它化学式的相应计量数，这样即可配平。 例1： 1 Fe2O3+ 3 CO—— 2 Fe + 3 CO2 例2： 4 H2O + 3 Fe —— 1 Fe3O4+ 4 H2 Ⅲ.奇数配偶法 这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶。 （1） 找出在化学反应中出现次数最多的元素； （2） 从原子数为单数的元素入手（一般为氧元素），即乘2； （3） 由已推求出的化学计量数决定其它化学式的化学计量数。 例1： 2 C2H2 + 5 O2 —— 4 CO2 + 2 H2 O 例2： 4 FeS2+ 11 O2 ——2 Fe2O3 + 8 SO2 Ⅳ.定一法 找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后根据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数。若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法。 例1： 2 CH3OH＋ 3 O2—— 4 H2O＋ 2 CO2 例2： 1 C2H5OH＋ 3 O2——3 H2O＋ 2 CO2 一般来说，观察和配平的顺序为：有氢看氢，无氢看氧，原子团优先配平，单质最后配平。 知识点3 依据化学方程式的计算 一、不含杂质的化学方程式计算 计算步骤中的注意事项 1.‌设未知数‌ 设未知量时不带单位（如“设需要碳酸钙的质量为 xx”，而非 “xx 克”）。 2.‌列质量关系‌ 相对原子质量只需标注与计算相关的物质，并写在对应化学式正下方。 实际质量（已知量/未知量）需与相对质量纵向对齐。 3.‌数据代入原则‌ 代入计算的必须是纯净物质量（混合物需先换算）。 4.‌比例式与求解‌ 列比例式遵循“相对质量之比 = 实际质量之比”，可简化计算（如约分）。 计算结果保留一位小数（除非题目特殊要求）。 二、含杂质的化学方程式计算 计算步骤（三步法）‌ 1.‌换算为纯净物质量 将含杂质的反应物/生成物质量通过纯度公式转换为纯净物质量。 ‌公式‌：纯净物质量 = 含杂质物质质量 × (1 - 杂质质量分数)  2.‌代入化学方程式计算 将纯净物质量代入化学方程式，求出目标纯净物的质量。 3.‌结果换算回含杂质质量（若需要） 将得到的纯净物质量按纯度反向换算为含杂质物质质量。 ‌公式‌：含杂质物质质量 = 纯净物质量 ÷ 纯度 三、图像型化学方程式的计算 ‌计算四步法‌： 1.写方程式：根据反应类型配平化学方程式。 2.找关键量：从图像提取有效数据（如生成沉淀质量、气体体积）。 3.列比例式：利用化学计量数关系计算未知量。 4.验算结果：检查溶质质量分数或剩余物是否合理 四、表格型化学方程式的计算‌ 核心解题步骤 1.‌写方程式:正确书写配平的化学方程式，确认反应物与生成物关系。 2.‌析表格数据:对比多组数据，‌找出恰好完全反应的转折点‌（关键！） 3.‌判断过量物质:根据转折点数据计算实际参与反应的量，排除过量物质干扰（如10g B₂过量时，按A的量计算）。 4.‌列比例式计算:利用化学方程式中物质的质量比关系求解。 5.‌验算质量守恒:生成物质量 = 参加反应的（反应物1质量 + 反应物2质量）。 五、图解实验型化学方程式的计算‌ 核心解题步骤‌ 1.‌明确实验目的与原理‌ 分析实验装置图，确定反应物、生成物及测量数据（如质量差、气体体积、沉淀质量等）。 示例：气体生成实验中，烧杯内减少的质量=生成气体质量；沉淀实验中滤渣质量=生成沉淀质量。 2.‌书写正确的化学方程式‌ 根据实验现象或图示信息写出配平的化学方程式，标注生成物状态（↑或↓）。 3.‌提取纯净物质量数据‌ 图解题常给出混合物（如含杂质的样品）或溶液质量，需转化为实际参与反应的纯净物质量： 纯净物质量 = 混合物质量 × 纯度 溶质质量 = 溶液质量 × 溶质质量分数。 ‌关键‌：反应前后质量差、气体质量、沉淀质量等可直接作为计算依据。 4.‌列比例式求解‌ 按步骤：设未知量→写方程式→标相关量（相对分子质量×系数）→列比例→解算→作答。 知识点4 探究反应前后物质的质量关系 1.红磷燃烧前后质量的测定 实验原理 4P + 5O2 == (点燃) 2P2O5 实验装置 实验现象 红磷燃烧，产生大量的白烟，放出大量的热。气球膨胀，待装置冷却后，气球变瘪。天平保持平衡。 实验结论 反应前各物质的总质量＝反应后各物质的总质量 实验成功关键 装置的气密性要好 气球的作用 1 使装置处于密封状态；②平衡压强 2.铁钉跟硫酸铜溶液反应前后质量的测定 实验原理 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu 实验装置 实验现象 铁钉表面附着一层红色物质，溶液由蓝色逐渐变成浅绿色。天平保持平衡 实验结论 反应前各物质的总质量＝反应后各物质的总质量 3.质量守恒定律验证实验中的“不守恒” 碳酸钠与稀盐酸的反应 镁条的燃烧 反应原理 Na2CO3+2HCl== 2NaCl+H2O+CO2↑ 2Mg + O2 == (点燃) 2MgO 实验现象 实验现象 白色粉末溶解，有大量气泡迅速产生。天平指针向右偏转。 镁条燃烧，发出耀眼的白光，生成白色固体，天平指针向左偏转。 实验分析 反应生成的二氧化碳是气体，逸散到空气中去，所以质量变小 氧化镁的质量等于反应的镁条和参加反应的氧气质量总和， 质量变大。但生成的氧化镁白烟逸散到空气中，使质量变小。 实验结论 所有的化学反应均遵守质量守恒定律。 考 点 演 练 题型1 质量守恒定律的内容及适用范围 【典例1】下列现象能用质量守恒定律解释的是（　　） A．水结冰后质量不变 B．酒精敞口放置一段时间后质量变小 C．蜡烛燃烧后质量减小 D．5g蔗糖溶于95g水中，得到100g蔗糖水 【变式1】用如图所示实验探究质量守恒定律：反应前称量装置和试剂的总质量为m1，保持装置密闭；垫上陶土网加热锥形瓶一段时间，冷却至室温再次称量装置和试剂总质量为m2。下列说法错误的是（　　） A．加热过程中红色固体逐渐变成黑色 B．实验前后锥形瓶内固体质量不变 C．实验前后锥形瓶内氧元素质量不变 D．实验装置中气球的作用是形成密闭装置、平衡气压 【变式2】开展化学反应前后物质的质量关系探究，实验装置如图1所示，测得锥形瓶中氧气含量的变化过程如图2。下列说法正确的是（　　） A．实验过程中气球变大，粉末由黑色变成红色 B．铜与氧气的反应速率，1000s前大于1000s后 C．反应结束后，锥形瓶内物质的总质量增加 D．反应结束后，氧化铜的质量等于瓶中铜粉和氧气质量之和 题型2 质量守恒定律的微观解释 【典例1】用作漂白剂等的过二硫酸钾（K2S2O8）在高于100℃的条件下能发生反应：2K2S2O82K2SO4+2SO3↑+O2↑，则有（　　） A．K2S2O8中的硫元素显+6价 B．该反应属于化合反应 C．生成物K2SO4属于氧化物 D．反应前后氧原子数目不变 【变式1】形成化学观念，发展科学思维。下列推理正确的是（　　） A．能量观：化学变化伴随能量改变，因此有能量改变的变化一定是化学变化 B．结构观：CO2和CO的组成元素相同，因此化学性质也相同 C．转化观：H2O和H2可以互相转化 D．守恒观：化学反应前后，分子、原子总数都不改变 【变式2】在化学反应前后，肯定不会变化的是（　　） ①元素种类、②分子种类、③原子种类、④分子数目、⑤原子数目、⑥物质的总质量 A．①③⑤⑥ B．①②③⑥ C．②③⑤⑥ D．①④⑤⑥ 题型3 根据质量守恒定律判断物质的化学式 【典例1】在2025年纪念抗战胜利的盛大阅兵式上，我国亮相的“东风﹣31”、“巨浪﹣3”新型战略导弹，以高氯酸铵（NH4ClO4）作为推进剂之一，其分解的化学方程式为。则X的化学式为（　　） A．H2O B．NH3 C．H2 D．HCl 【变式1】长征系列火箭中存在采用固体助推剂的情况，其中之一的化学方程式为3NH4ClO4+3AlO↑，关于该反应的说法正确的是（　　） A．该反应可在常温下进行 B．该反应的生成物中有三种氧化物 C．该反应前后没有元素化合价发生变化 D．X的化学式为AlCl2 【变式2】汽车尾气净化装置中发生反应：2CO+2XN2+2CO2，X的化学式为（　　） A．N2O B．NO C．N2O4 D．NO2 题型4 有关质量守恒定律的计算 【典例1】实验小组取一定质量的乙醇在一定量氧气中燃烧，恰好完全反应后得到二氧化碳、一氧化碳和水蒸气的混合气体，完全冷却至室温后将剩余18g气体缓缓通过灼热的氧化铜充分反应（玻璃管内已进行排空气处理），如下图所示（试剂均足量，且气体均被吸收完全），氢氧化钠溶液质量增加22g。下列说法中正确的是（　　） A．实验中碱石灰的作用是干燥气体 B．通入氧化铜中的18g气体中氧元素质量为6g C．上述反应中乙醇燃烧生成水的质量为13.5g D．乙醇可用作燃料，是一种最清洁的能源 【变式1】将铁的氧化物FexOy和一氧化碳置于密闭容器中，高温条件下充分反应（提示：）。反应过程中部分物质的质量变化如下图，横坐标表示CO2的质量，纵坐标表示CO和Fe的质量。下列说法正确的是（　　） A．曲线a表示CO的质量变化，曲线b表示Fe的质量变化 B．n的值为16 C．当CO2质量为4.4g时，容器内CO的质量为8.4g D．铁的氧化物中x：y＝3：4 【变式2】科学家发明了一种利用二氧化碳生成有机物X的新技术，在密闭容器中加入CO2和H2模拟该反应，反应物的总质量、各生成物的质量随时间变化如图所示。已知X中不含氧元素下列说法错误的是（　　） A．m＝0.28 B．X的化学式为C2H6 C．参加反应的CO2和H2的分子个数比为1：3 D．该反应说明无机物在一定条件下可转化为有机物 题型5 化学方程式的配平 【典例1】今年12月2日，我国“嫦娥三号”月球探测器在西昌成功发射，其重要部件太阳能帆板使用的高纯硅制备原理是：2H2+SiCl4Si+ⅹHCl 该反应中ⅹ的值及四氯硅烷（SiCl4）中硅元素的化合价分别为（　　） A．2，+3价 B．4，+4价 C．2，+6价 D．4，+6价 【变式1】植物的光合作用是利用太阳能将二氧化碳和水转化为有机物的过程，该反应原理可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+xO2，x的值为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【变式2】明代李时珍的《本草纲目》记载：“盖此矾色绿味酸，烧之则赤……皂荚矾，即绿矾也”。上述有关反应的化学方程式为4FeSO4•7H2O+O22Fe2O3+24H2O+□H2SO4（注：绿矾主要成分是FeSO4•7H2O）。下列选项错误的是（　　） A．FeSO4•7H2O属于混合物 B．“□”处的化学计量数为4 C．FeSO4溶液呈浅绿色 D．“烧之则赤”是指生成了红色的Fe2O3 题型6 化学方程式书写的正误判断 【典例1】下列化学方程式与事实相符且正确的是（　　） A．比较铁和银的活动性：Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag B．铁与稀盐酸反应产生氢气：2Fe+6HCl＝2FeCl3+3H2 C．铝制品抗腐蚀性能好的原因：Al+O2＝Al2O3 D．用硫酸洗去试管壁上附着的铜：Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑ 【变式1】下列化学方程式书写不正确的是（　　） A．氢氧化铝治疗胃酸过多：Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O B．氢氧化钠变质的原因：NaOH+CO2＝NaCO3+H2O C．铜在空气中加热：2Cu+O22CuO D．加热高锰酸钾制氧气：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ 题型7 根据化学方程式计算质量比 【典例1】现有一包Cu（OH）2和CuO的混合粉末，加入到150g9.8%的稀硫酸中，恰好完全反应，得到163.8g溶液，则原混合粉末中Cu（OH）2和CuO的质量比为（　　） A．1：2 B．49：20 C．2：1 D．40：49 【变式1】在托盘天平两边各放一只盛有等质量、等溶质质量分数的盐酸的小烧杯，调节至平衡后，往烧杯中分别加入铁和等质量的铜镁合金，两烧杯中的物质完全反应后，天平仍保持平衡，盐酸足量，则铜镁合金中铜和镁的质量比为（　　） A．4：3 B．8：3 C．3：8 D．3：4 【变式2】已知2A+3B＝C+3D中，已知2.3gA跟4.8gB恰好完全反应生成4.4gC，又知D的相对分子质量为18，则A和C的相对分子质量比为（　　） A．23：88 B．23：66 C．23：44 D．23：22 题型8 常见化学反应中的质量关系 【典例1】铝在氧气中燃烧生成氧化铝。在这个反应中，铝、氧气、氧化铝的质量比是（　　） A．27：32：102 B．108：96：204 C．4：3：2 D．27：16：43 【变式1】工业氧化二氧化硫制三氧化硫反应的化学方程式：2SO2+O22SO3，下列说法不正确的是（　　） A．二氧化硫分子是由硫原子和氧原子构成的 B．该反应为化合反应 C．在反应前后硫元素的化合价不变 D．参加反应的SO2和O2的质量比为4：1 【变式2】天宫一号目标飞行器内镍氢电池中发生的总反应为 H2+2NiO（OH）═2Ni（OH）2，下列叙述不正确的是（　　） A．H2属于单质 B．NiO（OH）中氢、氧元素的质量比为1：2 C．Ni（OH）2中Ni化合价为+2价 D．参加反应的H2、NiO（OH）的质量比为1：92 题型9 不含杂质的化学方程式计算 【典例1】分别取等质量的碳酸钙和碳酸氢钾固体与足量的稀盐酸反应，生成二氧化碳的质量比为（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4 【变式1】某黄铜屑除铜外，还含有氧化铜、锌、氧化锌等杂质，某化学小组欲利用该黄铜屑制取氧化铜，他们取一定量黄铜屑样品，投入到足量的稀硫酸中，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥后，在空气中充分灼烧，所得固体质量与原样品质量相等，则原样品中铜元素的质量分数可能是（　　） A．96% B．86% C．76% D．70% 【变式2】全国首座千公斤级商业氨制氢加氢一体站正式落成启用，制氢涉及的化学方程式为：。某新能源汽车以氢气为燃料，使用1kg氢气平均可行驶105km。 （1）若用该方法制氢，6.8kg氨气分解产生的氢气的质量是多少？（写出计算过程） （2）理论上可供这辆汽车行驶　 km。 题型10 含杂质的化学方程式计算 【典例1】用足量的一氧化碳还原氧化铜与氧化铁的固体混合物，充分反应后称得固体的质量减少了9.6g，则原固体混合物的质量可能为（　　） A．40g B．32g C．48g D．56g 【变式1】现将足量的稀盐酸加入10g含有一种杂质的Na2CO3固体中，充分反应后，生成4.4gCO2，则该杂质可能是（　　） A．CaCO3 B．K2CO3 C．BaCO3 D．NaHCO3 【变式2】现将含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末190g溶于水后，与足量的AgNO3溶液反应，可生成AgCl沉淀580g。则该MgCl2粉末中含有的杂质可能是（　　） A．AlCl3 B．NaCl C．ZnCl2 D．CaCl2 题型11 化学方程式与实验的计算 【典例1】某金属样品由铜、铝、铁组成，取6g该金属样品与足量的稀盐酸充分反应，共产生0.2g气体。则该金属样品中铜的质量可能是（　　） A．0.4g B．1.8g C．4.8g D．5.6g 【变式1】某固体混合物由碳酸钠和碳酸氢钠组成，取10g该混合物加热至质量不再改变为止，冷却后称量，称得剩余固体的质量为6.9g。已知碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3↑，碳酸钠很稳定受热不易分解。则原混合物中碳酸钠的质量分数为（　　） A．84% B．44% C．22% D．16% 【变式2】某水垢样品成分为氢氧化镁和碳酸钙。取35.8g该水垢样品加热，加热过程中剩余固体质量随加热时间的变化如图所示。已知：Mg（OH）2MgO+H2O，CaCO3CaO+CO2↑。下列说法正确的是（　　） A．图中m点固体成分为CaCO3、CaO B．充分反应生成CO2的质量为8.8g C．充分反应后x的值为20.8 D．水垢中Mg（OH）2的质量分数约为11.2% 过 关 验 收 1．水中富氢的本质是提高氢气在水中的溶解度或悬浮量，氢气属于（　　） A．单质 B．化合物 C．氧化物 D．酸 2．实验室取16gFe2O3模拟工业炼铁，反应的原理为3CO+Fe2O32Fe+3CO2。一段时间后，测得固体中m（Fe）：m（O）＝28：3。已知：ω100%，则Fe2O3的转化率ω为（　　） A．70% B．75% C．80% D．100% 3．对化学方程式2H2O22H2O+O2↑的叙述正确的是（　　） A．反应中H2O、O2的质量比为2：1 B．2个过氧化氢分子等于2个水分子加1个氧分子 C．过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成水和氧气 D．2g过氧化氢分解生成2g水和1g氧气 4．从化学方程式中不能获得的信息是（　　） A．反应物和生成物 B．反应的快慢 C．反应发生所需要的条件 D．反应物和生成物的质量比 5．在高温条件下镁能与氧化铁发生“镁热反应”：，下列有关说法正确的是（　　） A．反应前后氧元素的质量发生了变化 B．反应前后镁元素的化合价没有发生改变 C．参加反应的镁与氧化铁的质量比为9：20 D．反应前后单质的质量发生改变，不遵循质量守恒定律 6．下列化学方程式符合题意且书写正确的是（　　） A．酒精用作火锅燃料CH4+2O2CO2+2H2O B．不能用铁质器皿盛放稀盐酸2Fe+6HCl＝2FeCl3+3H2↑ C．农业上配制农药波尔多液Ca（OH）2+CuSO4＝CaSO4+Cu（OH）2↓ D．实验室制取少量硫酸镁MgCl2+Na2SO4＝MgSO4+2NaCl 7．下列有关叙述对应的化学方程式正确的是（　　） A．实验室制二氧化碳 CaCO3CO2+CaO B．适量盐酸除铁锈 Fe2O3+HCl═FeCl3+H2O C．葡萄糖在人体内缓慢氧化 C6H12O6+6O26CO2+6H2O D．拉瓦锡研究空气的成分 2HgO═2Hg+O2↑ 8．我国首个焦炉煤气100%转化项目落地，实现工业尾气变干净原料，助力绿色化工发展。 （1）焦炉煤气的主要成分有CO、H2和CH4等可燃气体，则焦炉煤气属于　 　 （填“化合物”或“混合物”）。 （2）该技术可将焦炉煤气中的CO和部分H2转化为CH4，再将CH4提纯后加压变为液化天然气。CH4液化的过程中，分子的　 　 变小。 （3）提取出液化天然气后，剩余气体主要为高纯度的H2，是清洁的燃料。H2燃烧的化学方程式是　 。 9．石灰石常用作建筑材料。将36t的石灰石煅烧一段时间（杂质不参加反应），反应前后固体中钙元素的质量分数之比为34：45，则石灰石中碳酸钙的质量不可能为（　　） A．15t B．20t C．25t D．30t 10．某小组为探究镁条表面灰黑色固体碱式碳酸镁[Mgx（OH）y（CO3）z]的组成，按下图装置进行实验：称取39.4g样品，加热至完全分解，Ⅱ、Ⅲ装置分别增重1.8g、17.6g。已知：碱式碳酸镁高温分解生成MgO、H2O、CO2，碱石灰的主要成分是NaOH和CaO。下列说法正确的是（　　） A．实验时先对样品进行加热，然后再通入氮气 B．根据实验数据计算，生成氧化镁的质量为20g C．若缺少Ⅳ装置，则测得样品中碳元素的质量分数偏小 D．该碱式碳酸镁的化学式中x：y：z＝5：1：2 11．取一定量由MgO和MgCO3组成的固体混合物，进行一系列定量实验，实验过程如图所示（反应过程中所有的物质都恰好反应）。则a的值为（　　） A．4 B．5.85 C．9.5 D．11.7 12．碳酸钙和物质X组成的混合物10.2g，与足量的盐酸反应，产生4.4g气体。则X不可能为（　　） A．碳酸钠 B．碳酸镁 C．碳酸钾 D．氢氧化钙 13．凯氏定氮法是测定蛋白质含量的一种常用方法，即1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质，通过测定样品中氮元素的含量可以计算出蛋白质的含量（其他营养成分中不含氮元素，样品中碳元素全部转化成CO2），部分测定过程如下： ①样品+H2SO4→（NH4）2SO4+CO2↑+SO2↑+H2O；②（NH4）2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2NH3↑+2H2O。 某品牌奶粉营养成分表如表： 营养成分 蛋白质 糖类 脂肪 Ca 其他 奶粉含量/100g 17.5g 61.2g 16.2g 0.55g 4.55g 取100g该奶粉样品，测得CO2、NH3的质量分别为a、b，下列说法正确的是（　　） A．日常生活中人体获取蛋白质的主要方式是通过食用蔬菜、水果 B．该奶粉样品中碳、氮元素的质量比为17a：44b C．若a＝8.8g，则该奶粉样品中蛋白质的含碳量为8.8% D．若b＝3.4g，则该奶粉样品中蛋白质的含量与营养成分表中的基本一致 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 质量守恒定律 化学方程式 内 容 导 航 知识点1 质量守恒定律 知识点2 化学方程式 知识点3 依据化学方程式的计算 知识点4 探究反应前后物质的质量关系 题型1 质量守恒定律的内容及适用范围 题型2 质量守恒定律的微观解释 题型3 根据质量守恒定律判断物质的 化学式 题型4 有关质量守恒定律的计算 题型5 化学方程式的配平 题型6 化学方程式书写的正误判断 题型7 根据化学方程式计算质量比 题型8 常见化学反应中的质量关系 题型9 不含杂质的化学方程式计算 题型10 含杂质的化学方程式计算 题型11 化学方程式与实验的计算 知 识 点 通 关 知识点1 质量守恒定律及应用 1.质量守恒定律内容 参加化学反应的各物质的质量总和，等于反应后生成的各物质的质量总和。 解读 质量范围 没有参加反应的物质、不是反应生成的物质，质量不能计入“总和”中 各物质 参加反应或反应生成所有物质，特别注意气体、沉淀不能遗漏 质量总和 是质量之和，不是体积、分子个数 适用范围 适用于一切化学变化，不适用于物理变化。 2.微观解释质量守恒定律的原因 在化学反应前后，原子的种类、数目、质量均保持不变。 宏观 微观 一定不变 物质的总质量不变；元素的种类不变； 元素的质量不变 原子的种类、数目、质量都不变 一定改变 物质的种类一定改变 分子的种类一定改变 可能改变 化合价可能改变 分子总数可能改变 知识点2 化学方程式 1.定义：用化学式表示化学反应的式子，叫做化学方程式。 2.意义： 意义 以2H2 + O22H2O为例 质的方面 表明反应物、生成物和反应条件 氢气和氧气在点燃的条件下反应生成水 量的方面 宏观 各物质间反应时的质量比 参加反应的氢气、氧气与生成的水的质量之比为1:8:9 微观 各物质间反应时的微粒个数比 反应中氢气、氧气与水的分子个数之比为2:1:2 3.书写原则： （1）必须以客观事实为基础。 （2）必须遵守质量守恒定律，等号两边各原子的种类和数目必须相等。 4.书写步骤： ①写 根据实验事实，在式子左右两边写出反应物和生成物的化学式，中间用短线连接 P＋O2—P2O5 ②配 配平化学方程式并检验（就是等号两边各种原子的数目必须相等） 4P＋5O2—2P2O5 ③标 标明化学反应发生的条件以及生成物状态“↑”或“↓”，将短横线改为等号 4P＋5O22P2O5 ④查 化学式是否写错； 化学方程式是否配平；生成物状态是否标注、标注是否恰当；反应条件是否标明 5.化学方程式的配平： Ⅰ.最小公倍数法 （1） 找出两边各出现一次的元素，选择同种原子的个数最多的原子，求最小公倍数，得分子个数； （2） 使该原子数目在反应前后都为所求出的最小公倍数； （3） 一般先从氧原子入手，再配平其他原子。 例1： 2 KClO3—— 2 KCl+ 3 O2 例2： 8 Al + 3 Fe3 O4—— 9 Fe + 4 Al2O3 Ⅱ.观察法 （1） 从化学式较复杂的一种生成物（反应物）推求有关反应物（生成物）化学式的化学计量数和这一生成物的化学计量数； （2） 根据求得的化学式的化学计量数，再找出其它化学式的相应计量数，这样即可配平。 例1： 1 Fe2O3+ 3 CO—— 2 Fe + 3 CO2 例2： 4 H2O + 3 Fe —— 1 Fe3O4+ 4 H2 Ⅲ.奇数配偶法 这种方法适用于化学方程式两边某一元素多次出现，并且两边的该元素原子总数有一奇一偶。 （1） 找出在化学反应中出现次数最多的元素； （2） 从原子数为单数的元素入手（一般为氧元素），即乘2； （3） 由已推求出的化学计量数决定其它化学式的化学计量数。 例1： 2 C2H2 + 5 O2 —— 4 CO2 + 2 H2 O 例2： 4 FeS2+ 11 O2 ——2 Fe2O3 + 8 SO2 Ⅳ.定一法 找到化学方程式中关键的化学式，定其化学式前计量数为1，然后根据关键化学式去配平其他化学式前的化学计量数。若出现计量数为分数，再将各计量数同乘以同一整数，化分数为整数，这种先定关键化学式计量数为1的配平方法，称为归一法。 例1： 2 CH3OH＋ 3 O2—— 4 H2O＋ 2 CO2 例2： 1 C2H5OH＋ 3 O2——3 H2O＋ 2 CO2 一般来说，观察和配平的顺序为：有氢看氢，无氢看氧，原子团优先配平，单质最后配平。 知识点3 依据化学方程式的计算 一、不含杂质的化学方程式计算 计算步骤中的注意事项 1.‌设未知数‌ 设未知量时不带单位（如“设需要碳酸钙的质量为 xx”，而非 “xx 克”）。 2.‌列质量关系‌ 相对原子质量只需标注与计算相关的物质，并写在对应化学式正下方。 实际质量（已知量/未知量）需与相对质量纵向对齐。 3.‌数据代入原则‌ 代入计算的必须是纯净物质量（混合物需先换算）。 4.‌比例式与求解‌ 列比例式遵循“相对质量之比 = 实际质量之比”，可简化计算（如约分）。 计算结果保留一位小数（除非题目特殊要求）。 二、含杂质的化学方程式计算 计算步骤（三步法）‌ 1.‌换算为纯净物质量 将含杂质的反应物/生成物质量通过纯度公式转换为纯净物质量。 ‌公式‌：纯净物质量 = 含杂质物质质量 × (1 - 杂质质量分数)  2.‌代入化学方程式计算 将纯净物质量代入化学方程式，求出目标纯净物的质量。 3.‌结果换算回含杂质质量（若需要） 将得到的纯净物质量按纯度反向换算为含杂质物质质量。 ‌公式‌：含杂质物质质量 = 纯净物质量 ÷ 纯度 三、图像型化学方程式的计算 ‌计算四步法‌： 1.写方程式：根据反应类型配平化学方程式。 2.找关键量：从图像提取有效数据（如生成沉淀质量、气体体积）。 3.列比例式：利用化学计量数关系计算未知量。 4.验算结果：检查溶质质量分数或剩余物是否合理 四、表格型化学方程式的计算‌ 核心解题步骤 1.‌写方程式:正确书写配平的化学方程式，确认反应物与生成物关系。 2.‌析表格数据:对比多组数据，‌找出恰好完全反应的转折点‌（关键！） 3.‌判断过量物质:根据转折点数据计算实际参与反应的量，排除过量物质干扰（如10g B₂过量时，按A的量计算）。 4.‌列比例式计算:利用化学方程式中物质的质量比关系求解。 5.‌验算质量守恒:生成物质量 = 参加反应的（反应物1质量 + 反应物2质量）。 五、图解实验型化学方程式的计算‌ 核心解题步骤‌ 1.‌明确实验目的与原理‌ 分析实验装置图，确定反应物、生成物及测量数据（如质量差、气体体积、沉淀质量等）。 示例：气体生成实验中，烧杯内减少的质量=生成气体质量；沉淀实验中滤渣质量=生成沉淀质量。 2.‌书写正确的化学方程式‌ 根据实验现象或图示信息写出配平的化学方程式，标注生成物状态（↑或↓）。 3.‌提取纯净物质量数据‌ 图解题常给出混合物（如含杂质的样品）或溶液质量，需转化为实际参与反应的纯净物质量： 纯净物质量 = 混合物质量 × 纯度 溶质质量 = 溶液质量 × 溶质质量分数。 ‌关键‌：反应前后质量差、气体质量、沉淀质量等可直接作为计算依据。 4.‌列比例式求解‌ 按步骤：设未知量→写方程式→标相关量（相对分子质量×系数）→列比例→解算→作答。 知识点4 探究反应前后物质的质量关系 1.红磷燃烧前后质量的测定 实验原理 4P + 5O2 == (点燃) 2P2O5 实验装置 实验现象 红磷燃烧，产生大量的白烟，放出大量的热。气球膨胀，待装置冷却后，气球变瘪。天平保持平衡。 实验结论 反应前各物质的总质量＝反应后各物质的总质量 实验成功关键 装置的气密性要好 气球的作用 1 使装置处于密封状态；②平衡压强 2.铁钉跟硫酸铜溶液反应前后质量的测定 实验原理 Fe+CuSO4=FeSO4+Cu 实验装置 实验现象 铁钉表面附着一层红色物质，溶液由蓝色逐渐变成浅绿色。天平保持平衡 实验结论 反应前各物质的总质量＝反应后各物质的总质量 3.质量守恒定律验证实验中的“不守恒” 碳酸钠与稀盐酸的反应 镁条的燃烧 反应原理 Na2CO3+2HCl== 2NaCl+H2O+CO2↑ 2Mg + O2 == (点燃) 2MgO 实验现象 实验现象 白色粉末溶解，有大量气泡迅速产生。天平指针向右偏转。 镁条燃烧，发出耀眼的白光，生成白色固体，天平指针向左偏转。 实验分析 反应生成的二氧化碳是气体，逸散到空气中去，所以质量变小 氧化镁的质量等于反应的镁条和参加反应的氧气质量总和， 质量变大。但生成的氧化镁白烟逸散到空气中，使质量变小。 实验结论 所有的化学反应均遵守质量守恒定律。 考 点 演 练 题型1 质量守恒定律的内容及适用范围 【典例1】下列现象能用质量守恒定律解释的是（　　） A．水结冰后质量不变 B．酒精敞口放置一段时间后质量变小 C．蜡烛燃烧后质量减小 D．5g蔗糖溶于95g水中，得到100g蔗糖水 【答案】C 【分析】根据质量守恒定律是物质在发生化学变化中表现出来的一种规律，适用于化学变化；物质发生物理变化，则不适用于质量守恒定律来解释，进行分析判断。 【解答】解：A、水结成冰，没有新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，不能用质量守恒定律来解释，故选项错误。 B、酒精敞口放置质量变小，是因为酒精挥发，是物理变化，不能用质量守恒定律来解释，故选项错误。 C、蜡烛燃烧是化学变化，生成的二氧化碳和水蒸气逸散到空气中，导致蜡烛质量减小，这一现象可以用质量守恒定律解释，故选项正确。 D、蔗糖溶于水，没有新物质生成，属于物理变化，不是化学变化，不能用质量守恒定律来解释，故选项错误。 故选：C。 【变式1】用如图所示实验探究质量守恒定律：反应前称量装置和试剂的总质量为m1，保持装置密闭；垫上陶土网加热锥形瓶一段时间，冷却至室温再次称量装置和试剂总质量为m2。下列说法错误的是（　　） A．加热过程中红色固体逐渐变成黑色 B．实验前后锥形瓶内固体质量不变 C．实验前后锥形瓶内氧元素质量不变 D．实验装置中气球的作用是形成密闭装置、平衡气压 【答案】B 【分析】铜与氧气反应生成黑色的氧化铜；参加化学反应的各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。 【解答】解：A.红色的铜单质反应生成黑色的氧化铜，加热过程中固体由红变黑，故说法正确。 B.根据质量守恒定律，参加反应的铜和氧气的质量总和等于反应后生成氧化铜的质量，因为有氧气参与反应，所以加热后锥形瓶内固体质量会增加，故说法错误。 C.整个装置密闭，根据质量守恒定律，锥形瓶内所有元素总质量不变，氧元素质量也不变，故说法正确。 D.气球既可以保证装置密闭，又能缓冲加热时瓶内气体膨胀的压强，平衡气压防止橡胶塞弹出，故说法正确。 故选：B。 【变式2】开展化学反应前后物质的质量关系探究，实验装置如图1所示，测得锥形瓶中氧气含量的变化过程如图2。下列说法正确的是（　　） A．实验过程中气球变大，粉末由黑色变成红色 B．铜与氧气的反应速率，1000s前大于1000s后 C．反应结束后，锥形瓶内物质的总质量增加 D．反应结束后，氧化铜的质量等于瓶中铜粉和氧气质量之和 【答案】B 【分析】A、根据化学反应的原理来分析； B、根据图像信息来分析； C、根据质量守恒定律来分析； D、根据质量守恒定律来分析。 【解答】解：A、加热时，锥形瓶内的温度升高，压强增大，因此气球变大。铜与氧气在加热条件下反应生成氧化铜，可观察到铜粉加热后由红色变为黑色，故A说法不正确； B、根据图示，氧气减少的速率由快变慢，铜与氧气的反应速率，1000s前大于1000s后，故B说法正确； C、根据质量守恒定律可知，反应结束后，锥形瓶内物质的总质量不变，故C说法不正确； D、反应前锥形瓶内铜粉和氧气的总质量不一定等于生成的氧化铜的质量，因为铜和氧气不一定恰好完全反应，故D说法不正确； 故选：B。 题型2 质量守恒定律的微观解释 【典例1】用作漂白剂等的过二硫酸钾（K2S2O8）在高于100℃的条件下能发生反应：2K2S2O82K2SO4+2SO3↑+O2↑，则有（　　） A．K2S2O8中的硫元素显+6价 B．该反应属于化合反应 C．生成物K2SO4属于氧化物 D．反应前后氧原子数目不变 【答案】D 【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。 【解答】解：A、K2S2O8中，钾元素化合价是+1，氧元素化合价是﹣2，根据化合物中元素化合价代数和为零可知硫元素显+7价，该选项说法不正确； B、反应物是一种，生成物是三种，是分解反应，该选项说法不正确； C、硫酸钾中含有三种元素，不是氧化物，该选项说法不正确； D、反应前后氧原子数目不变，该选项说法正确。 故选：D。 【变式1】形成化学观念，发展科学思维。下列推理正确的是（　　） A．能量观：化学变化伴随能量改变，因此有能量改变的变化一定是化学变化 B．结构观：CO2和CO的组成元素相同，因此化学性质也相同 C．转化观：H2O和H2可以互相转化 D．守恒观：化学反应前后，分子、原子总数都不改变 【答案】C 【分析】A、根据物理变化过程中也可能伴随着能量的变化，进行分析判断。 B、根据分子的基本性质，进行分析判断。 C、根据氢气的化学性质，进行分析判断。 D、根据质量守恒定律，进行分析判断。 【解答】解：A、化学变化伴随能量改变，但有能量改变的变化不一定是化学变化，也可能是物理变化，如氢氧化钠溶于水放热，属于物理变化，故选项推理错误。 B、CO2和CO的组成元素相同，构成两者的分子不同，化学性质不同，故选项推理错误。 C、水在通电的条件下可以生成氢气，氢气燃烧可以生成水，H2O和H2可以互相转化，故选项推理正确。 D、化学反应前后，原子总数不改变，分子总数可能发生改变，故选项推理错误。 故选：C。 【变式2】在化学反应前后，肯定不会变化的是（　　） ①元素种类、②分子种类、③原子种类、④分子数目、⑤原子数目、⑥物质的总质量 A．①③⑤⑥ B．①②③⑥ C．②③⑤⑥ D．①④⑤⑥ 【答案】A 【分析】根据质量守恒定律，在化学反应中，反应前后，宏观上：元素的种类与质量不变，微观上：原子的种类没有改变，数目没有增减，原子的质量也没有改变。 【解答】解：根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子的种类和数目不变，元素的种类不变，物质的总质量不变，化学变化有新物质生成，分子种类一定发生了改变，分子的数目可能改变，故肯定不会变化的是：①③⑤⑥，一定会发生变化的是②，可能发生改变的是④。 故选：A。 题型3 根据质量守恒定律判断物质的化学式 【典例1】在2025年纪念抗战胜利的盛大阅兵式上，我国亮相的“东风﹣31”、“巨浪﹣3”新型战略导弹，以高氯酸铵（NH4ClO4）作为推进剂之一，其分解的化学方程式为。则X的化学式为（　　） A．H2O B．NH3 C．H2 D．HCl 【答案】A 【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变来分析。 【解答】解：根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，由反应的化学方程式可知，反应物中含N、H、Cl、O原子个数分别为2、8、2、8，生成物中除4X外N、Cl、O原子个数分别为2、2、4，则4X中含有8个H原子和4个O原子，所以X的化学式为：H2O。 故选：A。 【变式1】长征系列火箭中存在采用固体助推剂的情况，其中之一的化学方程式为3NH4ClO4+3AlO↑，关于该反应的说法正确的是（　　） A．该反应可在常温下进行 B．该反应的生成物中有三种氧化物 C．该反应前后没有元素化合价发生变化 D．X的化学式为AlCl2 【答案】B 【分析】根据化学反应条件、氧化物的定义、化合价变化规律及质量守恒定律推断X的化学式解答即可。 【解答】解：A、该反应的条件为高温，常温下不能进行，故A错误； B、生成物中Al2O3、NO、H2O均由两种元素组成且其中一种为氧元素，均属于氧化物，共三种，故B正确； C、反应前Al为单质，化合价为0，反应后Al2O3中Al为+3价；NH4ClO4中N为﹣3价，反应后NO中N为+2价，元素化合价发生改变，故C错误； D、根据质量守恒定律，反应前后原子种类和数目不变。反应前共有3个Al、3个N、12个H、3个Cl、12个O；反应后已知生成物中共有2个Al、3个N、12个H、12个O，则X中含1个Al和3个Cl，化学式为AlCl3，不是AlCl2，故D错误； 故选：B。 【变式2】汽车尾气净化装置中发生反应：2CO+2XN2+2CO2，X的化学式为（　　） A．N2O B．NO C．N2O4 D．NO2 【答案】B 【分析】根据质量守恒定律：化学反应前后原子种类、数目均不变，进行分析解答。 【解答】解：由反应的化学方程式，反应前氮、碳、氧原子个数分别为0、2、2，反应后的生成物中氮、碳、氧个数分别为2、2、4，根据化学反应前后原子种类、数目不变，则2X分子中含有2个氮原子和2个氧原子，则每个X分子由1个氮原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为NO。 故选：B。 题型4 有关质量守恒定律的计算 【典例1】实验小组取一定质量的乙醇在一定量氧气中燃烧，恰好完全反应后得到二氧化碳、一氧化碳和水蒸气的混合气体，完全冷却至室温后将剩余18g气体缓缓通过灼热的氧化铜充分反应（玻璃管内已进行排空气处理），如下图所示（试剂均足量，且气体均被吸收完全），氢氧化钠溶液质量增加22g。下列说法中正确的是（　　） A．实验中碱石灰的作用是干燥气体 B．通入氧化铜中的18g气体中氧元素质量为6g C．上述反应中乙醇燃烧生成水的质量为13.5g D．乙醇可用作燃料，是一种最清洁的能源 【答案】C 【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，乙醇中的碳元素完全转化到生成物CO和CO2中，通过灼热CuO后所有碳元素全部转化为CO2，被NaOH溶液完全吸收，氢元素完全转化到生成的水中；NaOH溶液增重22g为最终生成CO2的总质量，其中碳元素的质量为：，乙醇的化学式为C2H5OH（即C2H6O），其中碳、氢元素的质量比为（12×2）：（1×6）＝4：1，则乙醇中氢元素的质量为：6g1.5g，氢元素全部转化为H2O，则生成水的质量为：。 【解答】解：A、碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，避免其进入NaOH溶液影响实验结果，故选项说法不正确。 B、由分析可知，CO和CO2混合气体的质量为18g，其中C元素的质量为6g，则氧元素的质量为：18g﹣6g＝12g，故选项说法不正确。 C、由分析可知，上述反应中生成水的质量为13.5g，故选项说法正确。 D、最清洁的能源是氢气，乙醇燃烧生成CO2，会加剧温室效应，不是最清洁能源，故选项说法不正确。 故选：C。 【变式1】将铁的氧化物FexOy和一氧化碳置于密闭容器中，高温条件下充分反应（提示：）。反应过程中部分物质的质量变化如下图，横坐标表示CO2的质量，纵坐标表示CO和Fe的质量。下列说法正确的是（　　） A．曲线a表示CO的质量变化，曲线b表示Fe的质量变化 B．n的值为16 C．当CO2质量为4.4g时，容器内CO的质量为8.4g D．铁的氧化物中x：y＝3：4 【答案】C 【分析】一氧化碳和铁的氧化物在高温条件下反应生成铁和二氧化碳，由图可知，生成二氧化碳的质量为13.2g，13.2g二氧化碳中碳元素的质量为：13.2g100%＝3.6g，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，则反应前碳元素的质量为3.6g，反应前碳元素都来自一氧化碳中，所以一氧化碳的质量为：3.6g÷（100%）＝8.4g，即参加反应的一氧化碳质量为8.4g，由于一氧化碳是反应物，反应过程中质量逐渐减小，由图可知，反应前一氧化碳的质量是ng，反应后一氧化碳剩余的质量是2.8g，参加反应的一氧化碳的质量是8.4g，则反应前一氧化碳的质量为：2.8g+8.4g＝11.2g，即n＝11.2，由于铁是生成物，反应过程中质量从零逐渐增大，由图可知，生成铁的质量为11.2g。 【解答】解：A、由分析可知，曲线a表示Fe的质量变化，曲线b表示CO的质量变化，故选项说法不正确。 B、由分析可知，n的值为11.2，故选项说法不正确。 C、由图可知，共生成13.2g二氧化碳，当CO2质量为4.4g时，生成二氧化碳的质量占二氧化碳总质量的，则容器内CO的质量为11.2g﹣（8.4g）＝8.4g，故选项说法正确。 D、由分析可知，铁的氧化物中铁元素的质量为11.2g，氧元素的质量为：13.2g﹣8.4g＝4.8g，则铁的氧化物中x：y2：3，故选项说法不正确。 故选：C。 【变式2】科学家发明了一种利用二氧化碳生成有机物X的新技术，在密闭容器中加入CO2和H2模拟该反应，反应物的总质量、各生成物的质量随时间变化如图所示。已知X中不含氧元素下列说法错误的是（　　） A．m＝0.28 B．X的化学式为C2H6 C．参加反应的CO2和H2的分子个数比为1：3 D．该反应说明无机物在一定条件下可转化为有机物 【答案】B 【分析】A.根据质量守恒定律，结合反应物总质量和生成水的质量，计算X的质量m，进行分析； B.根据反应前后元素质量守恒，计算X中碳、氢元素的质量及原子个数比，确定X的化学式，进行分析； C.根据参加反应的CO2和H2的质量，计算二者的物质的量之比，即分子个数比，进行分析； D.根据反应物和生成物的物质类别，判断该反应能否说明无机物转化为有机物，进行分析。 【解答】解：A.根据质量守恒定律，参加反应的反应物总质量等于生成物总质量，因此X的质量m＝1.00g﹣0.72g＝0.28g，故A说法正确； B.水中氢、氧元素的质量比为（1×2）：16＝1：8，因此0.72g水中：氢元素质量，氧元素质量。由于X中不含氧元素，因此CO2中的氧元素全部转移到水中。CO2中碳、氧元素的质量比为12：（16×2）＝3：8，因此参加反应的CO2中碳元素质量，该质量即为X中碳元素的质量。参加反应的CO2总质量＝碳元素质量+氧元素质量＝0.24g+0.64g＝0.88g，因此参加反应的H2总质量＝1.00g﹣0.88g＝0.12g。X中氢元素质量＝参加反应的H2总质量﹣水中氢元素质量＝0.12g﹣0.08g＝0.04g。X中碳、氢原子个数比。C2H6中碳、氢原子个数比为2：6＝1：3，不符合计算结果；C2H4中碳、氢原子个数比为2：4＝1：2，符合计算结果，因此X的化学式为C2H4，不是C2H6，故B说法不正确； C.参加反应的CO2质量为0.88g，相对分子质量为44；参加反应的H2质量为0.12g，相对分子质量为2。分子个数比之比，因此二者分子个数比，故C说法正确； D.反应物CO2和H2均属于无机物，生成物X是含碳的有机物，因此该反应说明无机物在一定条件下可转化为有机物，故D说法正确。 故选：B。 题型5 化学方程式的配平 【典例1】今年12月2日，我国“嫦娥三号”月球探测器在西昌成功发射，其重要部件太阳能帆板使用的高纯硅制备原理是：2H2+SiCl4Si+ⅹHCl 该反应中ⅹ的值及四氯硅烷（SiCl4）中硅元素的化合价分别为（　　） A．2，+3价 B．4，+4价 C．2，+6价 D．4，+6价 【答案】B 【分析】由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据此由反应的化学方程式推断出x的数值；在化合物中正负化合价代数和为零，结合四氯硅烷（SiCl4）的化学式进行解答． 【解答】解：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，由反应前后氢原子数目不变，则x＝2×2＝4。 氯元素显﹣1价， 设硅元素的化合价是x， 根据在化合物中正负化合价代数和为零， 可得：x+（﹣1）×4＝0， 则x＝+4价。 故选：B。 【变式1】植物的光合作用是利用太阳能将二氧化碳和水转化为有机物的过程，该反应原理可表示为6CO2+6H2OC6H12O6+xO2，x的值为（　　） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据质量守恒定律：化学反应前后各原子的数目不变，进行分析判断。 【解答】解：由化学反应前后氧原子的个数不变，则6×2+6×1＝6×1+2x，x＝6。 故选：C。 【变式2】明代李时珍的《本草纲目》记载：“盖此矾色绿味酸，烧之则赤……皂荚矾，即绿矾也”。上述有关反应的化学方程式为4FeSO4•7H2O+O22Fe2O3+24H2O+□H2SO4（注：绿矾主要成分是FeSO4•7H2O）。下列选项错误的是（　　） A．FeSO4•7H2O属于混合物 B．“□”处的化学计量数为4 C．FeSO4溶液呈浅绿色 D．“烧之则赤”是指生成了红色的Fe2O3 【答案】A 【分析】A.根据FeSO4•7H2O的组成，判断其是否属于混合物； B.根据化学方程式的配平原则，判断“□”处的化学计量数； C.根据FeSO4溶液的颜色，判断其是否呈浅绿色； D.根据“烧之则赤”的描述，判断其是否指生成了红色的Fe2O3。 【解答】解：A.FeSO4•7H2O是一种化合物，由一种物质组成，属于纯净物，而不是混合物，故A错误； B.根据化学方程式4FeSO4•7H2O+O22Fe2O3+24H2O+□H2SO4，通过硫原子守恒，配平可得“□”处的化学计量数为4，故B正确； C.FeSO4溶液呈浅绿色，故C正确； D.“烧之则赤”是指在高温下FeSO4•7H2O分解生成红色的Fe2O3，故D正确； 故选：A。 题型6 化学方程式书写的正误判断 【典例1】下列化学方程式与事实相符且正确的是（　　） A．比较铁和银的活动性：Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag B．铁与稀盐酸反应产生氢气：2Fe+6HCl＝2FeCl3+3H2 C．铝制品抗腐蚀性能好的原因：Al+O2＝Al2O3 D．用硫酸洗去试管壁上附着的铜：Cu+H2SO4＝CuSO4+H2↑ 【答案】A 【分析】A、根据铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银来分析； B、根据铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气来分析； C、根据铝和氧气反应生成致密的氧化铝薄膜来分析； D、根据铜不能和稀硫酸反应来分析。 【解答】解：A、铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，说明铁比银活泼，反应的化学方程式为：Fe+2AgNO3＝Fe（NO3）2+2Ag，故选项符合题意。 B、铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故选项不符合题意。 C、铝制品抗腐蚀性能好的原因是铝和空气中的氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，从而阻止里面的铝进一步氧化，反应的化学方程式为：4Al+3O2＝2Al2O3，故选项不符合题意。 D、在金属活动性顺序中，铜排在氢后，则铜不能和稀硫酸反应，故选项不符合题意。 故选：A。 【变式1】下列化学方程式书写不正确的是（　　） A．氢氧化铝治疗胃酸过多：Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O B．氢氧化钠变质的原因：NaOH+CO2＝NaCO3+H2O C．铜在空气中加热：2Cu+O22CuO D．加热高锰酸钾制氧气：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2↑ 【答案】B 【分析】根据化学方程式判断正误的方法需考虑：应用的原理是否正确；化学式书写是否正确；是否配平；反应条件是否正确；↑和↓的标注是否正确，进行分析判断。 【解答】解：A、氢氧化铝与胃酸（盐酸）发生中和反应生成氯化铝和水，化学方程式为Al（OH）3+3HCl＝AlCl3+3H2O，选项方程式书写正确，故A不合题意。 B、氢氧化钠变质是因为与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠和水，化学方程式为2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，原方程式未配平，选项方程式书写错误，故B符合题意。 C、铜在加热条件下与氧气反应生成氧化铜，化学方程式为，选项方程式书写正确，故C不合题意。 D、高锰酸钾在加热条件下分解生成锰酸钾、二氧化锰、氧气，化学方程式为，选项方程式书写正确，故D不合题意。 故选：B。 题型7 根据化学方程式计算质量比 【典例1】现有一包Cu（OH）2和CuO的混合粉末，加入到150g9.8%的稀硫酸中，恰好完全反应，得到163.8g溶液，则原混合粉末中Cu（OH）2和CuO的质量比为（　　） A．1：2 B．49：20 C．2：1 D．40：49 【答案】B 【分析】根据氢氧化铜和氧化铜的反应进行分析解答，溶液增加的量就是固体混合物的质量，进而进行计算即可． 【解答】解：参加反应的氧化铜和氢氧化铜的质量为：163.8g﹣150g＝13.8g 设氢氧化铜的质量为x，参加反应的氧化铜的质量为y H2SO4+Cu（OH）2═CuSO4+2H2O 98 98 x x CuO+H2SO4═CuSO4+H2O 80 98 y 150g×9.8%﹣x x+y＝13.8g x＝9.8g y＝4g 故氢氧化铜和氧化铜的质量比为：9.8g：4g＝49：20 故选：B。 【变式1】在托盘天平两边各放一只盛有等质量、等溶质质量分数的盐酸的小烧杯，调节至平衡后，往烧杯中分别加入铁和等质量的铜镁合金，两烧杯中的物质完全反应后，天平仍保持平衡，盐酸足量，则铜镁合金中铜和镁的质量比为（　　） A．4：3 B．8：3 C．3：8 D．3：4 【答案】A 【分析】根据题意在托盘天平两盘中酸和金属质量相等，完全反应，天平仍平衡则产生氢气相等。由氢气质量求出反应的铁和镁的质量进而求出铜的质量，最后求出铜铝合金中铜与铝的质量比。 【解答】解：为了计算方便，假设铁的质量是56g，则铜镁合金的质量也是56g。 设铁和稀盐酸反应生成氢气质量为x， Fe+2HCl═FeCl2+H2↑， 56 2 56g x x＝2g， 设生成2g氢气时消耗镁质量为y， Mg+2HCl═MgCl2+H2↑ 24 2 y 2g y＝24g 则合金中铜与镁的质量比是：（56g﹣24g）：24g＝4：3。 故选：A。 【变式2】已知2A+3B＝C+3D中，已知2.3gA跟4.8gB恰好完全反应生成4.4gC，又知D的相对分子质量为18，则A和C的相对分子质量比为（　　） A．23：88 B．23：66 C．23：44 D．23：22 【答案】A 【分析】化学反应遵循质量守恒定律，即参加反应的物质的质量之和，等于反应后生成的物质的质量之和，是因为化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。 【解答】解：设A的相对分子质量为x，C的相对分子质量为y。 反应生成D的质量：2.3g+4.8g﹣4.4g＝2.7g。 根据题意有： 2A+3B＝C+3D 2x y 54 2.3g 4.4g 2.7g x＝23 y＝88 则A和C的相对分子质量比为23：88。 故选：A。 题型8 常见化学反应中的质量关系 【典例1】铝在氧气中燃烧生成氧化铝。在这个反应中，铝、氧气、氧化铝的质量比是（　　） A．27：32：102 B．108：96：204 C．4：3：2 D．27：16：43 【答案】B 【分析】首先正确写出铝在氧气中燃烧生成氧化铝的化学方程式，利用各物质之间的质量比等于相对分子质量和的比，进行分析解答。 【解答】解：铝在氧气中燃烧生成氧化铝，反应的化学方程式为： 4Al+3O22Al2O3 108 96 204 在此反应中铝、氧气、氧化铝的质量比为108：96：204。 故选：B。 【变式1】工业氧化二氧化硫制三氧化硫反应的化学方程式：2SO2+O22SO3，下列说法不正确的是（　　） A．二氧化硫分子是由硫原子和氧原子构成的 B．该反应为化合反应 C．在反应前后硫元素的化合价不变 D．参加反应的SO2和O2的质量比为4：1 【答案】C 【分析】A、根据分子是由原子构成的，进行分析判断。 B、化合反应：两种或两种以上物质反应后生成一种物质的反应，其特点可总结为“多变一”。 C、根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行分析判断。 D、利用各物质之间的质量比等于各物质的相对分子质量与化学计量数的积的比，进行分析判断。 【解答】解：A、分子是由原子构成的，二氧化硫分子是由硫原子和氧原子构成的，故选项说法正确。 B、该反应符合“多变一”的形式，符合化合反应的特征，属于化合反应，故选项说法正确。 C、在反应前后硫元素的化合价由+4价变为+6价，故选项说法错误。 D、参加反应的SO2和O2的质量比为（64×2）：32＝4：1，故选项说法正确。 故选：C。 【变式2】天宫一号目标飞行器内镍氢电池中发生的总反应为 H2+2NiO（OH）═2Ni（OH）2，下列叙述不正确的是（　　） A．H2属于单质 B．NiO（OH）中氢、氧元素的质量比为1：2 C．Ni（OH）2中Ni化合价为+2价 D．参加反应的H2、NiO（OH）的质量比为1：92 【答案】B 【分析】A、由同种元素组成的纯净物是单质. B、根据化合物中各元素质量比＝各原子的相对原子质量×原子个数之比，进行分析判断。 C、根据在化合物中正负化合价代数和为零，进行分析判断。 D、利用各物质之间的质量比等于各物质的相对分子质量与化学计量数的积的比，进行分析判断。 【解答】解：A、氢气是由一种元素组成的纯净物，属于单质，故选项说法正确。 B、NiO（OH）中氢、氧元素的质量比为1：（16×2）＝1：32，故选项说法错误。 C、氢氧根显﹣1价，设镍元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：x+（﹣1）×2＝0，则x＝+2价，故选项说法正确。 D、由反应的化学方程式H2+2NiO（OH）═2Ni（OH）2，参加反应的H2、NiO（OH）的质量比为2：（92×2）＝1：92，故选项说法正确。 故选：B。 题型9 不含杂质的化学方程式计算 【典例1】分别取等质量的碳酸钙和碳酸氢钾固体与足量的稀盐酸反应，生成二氧化碳的质量比为（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：3 D．1：4 【答案】A 【分析】根据碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，碳酸氢钾和盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，结合化学方程式的计算来分析。 【解答】解：碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式及其质量关系如下： CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ 100 44 碳酸氢钾和盐酸反应生成氯化钾、水和二氧化碳，反应的化学方程式及其质量关系如下： KHCO3+HCl＝KCl+H2O+CO2↑ 100 44 由于碳酸钙和碳酸氢钾的相对分子质量均为100，故生成的二氧化碳物质的质量相等。 故选：A。 【变式1】某黄铜屑除铜外，还含有氧化铜、锌、氧化锌等杂质，某化学小组欲利用该黄铜屑制取氧化铜，他们取一定量黄铜屑样品，投入到足量的稀硫酸中，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、干燥后，在空气中充分灼烧，所得固体质量与原样品质量相等，则原样品中铜元素的质量分数可能是（　　） A．96% B．86% C．76% D．70% 【答案】B 【分析】根据铜不能和稀硫酸反应，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氧化锌和硫酸反应生成硫酸锌和水，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，由此结合题中数据来分析。 【解答】解：某黄铜屑除铜外，还含有氧化铜、锌、氧化锌等杂质，取一定量黄铜屑样品，投入到足量的稀硫酸中，铜不能和稀硫酸反应，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水，锌和硫酸反应生成硫酸锌和氢气，氧化锌和硫酸反应生成硫酸锌和水，锌和硫酸铜反应生成硫酸锌和铜，充分反应后过滤，滤渣全部是铜，将滤渣洗涤、干燥后，在空气中充分灼烧，铜和氧气在加热的条件下生成氧化铜，反应的化学方程式为：2Cu+O22CuO，最终所得CuO质量与原样品质量相等，设原样品总质量为m，可以利用极值法求解； 假设杂质仅含CuO（无Zn、ZnO），CuO和硫酸反应生成硫酸铜和水，滤渣是原混合物中的铜，将滤渣充分灼烧后得到氧化铜，所得固体质量与原样品质量相等，所以灼烧后所得氧化铜的质量也为m，其中含有铜元素的质量为：，即原有Cu的质量为0.8m，总Cu元素质量为：，即原样品中Cu元素质量分数最大值为：； 假设杂质仅含Zn、ZnO（无CuO），所有Cu元素均在滤渣中，最终CuO中Cu质量即原样品总Cu元素的质量，其质量为：，即原样品中Cu元素质量分数最小值为：。 因为原样品同时含多种杂质，所以Cu元素质量分数范围为80%～96%之间，只有86%符合要求。 故选：B。 【变式2】全国首座千公斤级商业氨制氢加氢一体站正式落成启用，制氢涉及的化学方程式为：。某新能源汽车以氢气为燃料，使用1kg氢气平均可行驶105km。 （1）若用该方法制氢，6.8kg氨气分解产生的氢气的质量是多少？（写出计算过程） （2）理论上可供这辆汽车行驶　126　 km。 【答案】（1）1.2kg。 （2）126。 【分析】（1）根据氨气的质量，利用化学方程式来分析计算； （2）根据题干信息来分析。 【解答】解：（1）设6.8kg氨气分解产生的氢气的质量是x，则： 34 6 6.8kg x x＝1.2kg 答：6.8kg氨气分解产生的氢气的质量是1.2kg。 （2）由（1）知：6.8kg氨气分解产生的氢气的质量是1.2kg，使用1kg氢气平均可行驶105km，理论上可供这辆汽车行驶＝105km/kg×1.2kg＝126km。 故答案为：（1）1.2kg。 （2）126。 题型10 含杂质的化学方程式计算 【典例1】用足量的一氧化碳还原氧化铜与氧化铁的固体混合物，充分反应后称得固体的质量减少了9.6g，则原固体混合物的质量可能为（　　） A．40g B．32g C．48g D．56g 【答案】A 【分析】根据用足量的一氧化碳还原氧化铜与氧化铁的固体混合物，充分反应后称得固体的质量减少的质量即为氧元素的质量，分别根据氧化铜与氧化铁与一氧化碳反应的方程式计算固体的质量，进行分析。 【解答】解：设CuO的质量为m，CO与CuO反应，固体质量减少x。 CO+CuOCu+CO2 固体质量减少 80 64 80﹣64＝16 m x x 设Fe2O3的质量为n，则CO与Fe2O3反应固体质量减少为9.6g﹣x。 Fe2O3+3CO2Fe+3CO2 固体质量减少 160 112 160﹣112＝48 n 9.6g﹣x x 整理得：2m+3n＝96g，即2（m+n）+n＝96g A、若混合物质量为40g，则m+n＝40g，2×40g+n＝96g，n＝l6g，m＝24g，代入上述化学方程式计算，固体减少的质量＝4.8g+4.8g＝9.6g，故符合题意； B、若混合物质量为32g，则m+n＝32g，2×32g+n＝96g，n＝32g，m＝0，故不符合题意； C、若混合物质量为48g，则m+n＝48g，2×48g+n＝96g，n＝0g，故不符合题意； D、若混合物质量为56g，则m+n＝56g，2×56g+n＝96g，n＝﹣16，故不符合题意。 故选：A。 【变式1】现将足量的稀盐酸加入10g含有一种杂质的Na2CO3固体中，充分反应后，生成4.4gCO2，则该杂质可能是（　　） A．CaCO3 B．K2CO3 C．BaCO3 D．NaHCO3 【答案】D 【分析】A.根据碳酸钙和碳酸钠分别与盐酸反应时单位质量产生二氧化碳的质量来分析解答； B.根据碳酸钾和碳酸钠分别与盐酸反应时单位质量产生二氧化碳的质量来分析解答； C.根据碳酸钡和碳酸钠分别与盐酸反应时单位质量产生二氧化碳的质量来分析解答； D.根据碳酸氢钠和碳酸钠分别与盐酸反应时单位质量产生二氧化碳的质量范围来分析解答。 【解答】解：A.碳酸钙与盐酸反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑；纯碳酸钙10g最多生成二氧化碳的质量为：，由于固体中还含有Na2CO3，实际生成二氧化碳的质量小于4.4g，故A不可能是； B.碳酸钾与盐酸反应的化学方程式为：K2CO3+2HCl＝2KCl+H2O+CO2↑；纯Na2CO310g生成二氧化碳的质量为：，而K2CO3的相对分子质量大于Na2CO3，等质量K2CO3生成二氧化碳的质量更小，所以混合物生成二氧化碳的质量小于4.15g，故B不可能是； C.碳酸钡与盐酸反应的化学方程式为：BaCO3+2HCl＝BaCl2+H2O+CO2↑；纯Na2CO310g生成二氧化碳的质量为：，而BaCO3的相对分子质量大于Na2CO3，等质量BaCO3生成二氧化碳的质量更小，所以混合物生成二氧化碳的质量小于4.15g，故C不可能是； D.碳酸氢钠与盐酸反应的化学方程式为：NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；纯Na2CO310g生成二氧化碳的质量为：，纯NaHCO310g生成二氧化碳的质量为：，4.4g介于4.15g和5.24g之间，因此D可能是；设NaHCO3的质量为x，则Na2CO3的质量为10g﹣x，，解得x≈2.29g，说明该混合物组成是可能的，故D可能是； 故选：D。 【变式2】现将含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末190g溶于水后，与足量的AgNO3溶液反应，可生成AgCl沉淀580g。则该MgCl2粉末中含有的杂质可能是（　　） A．AlCl3 B．NaCl C．ZnCl2 D．CaCl2 【答案】A 【分析】现将含有某一种氯化物杂质的MgCl2粉末190g溶于水后，与足量的AgNO3溶液反应，可生成AgCl沉淀580g； 设190g纯MgCl2与AgNO3反应生成AgCl的质量为x。 x＝574g 即190g纯MgCl2理论反应生成574gAgCl，实际生成580gAgCl，大于574g，说明样品中氯元素的质量分数高于纯MgCl2，所以杂质中氯元素的质量分数应大于MgCl2中氯元素的质量分数，即大于100%≈74.7%。 【解答】解：A、AlCl3中氯元素的质量分数为：100%≈79.8%＞74.7%，故选项符合题意。 B、NaCl中氯元素的质量分数为：100%≈60.7%＜74.7%，故选项不符合题意。 C、ZnCl2中氯元素的质量分数为：100%≈52.2%＜74.7%，故选项不符合题意。 D、CaCl2中氯元素的质量分数为：100%≈64.0%＜74.7%，故选项不符合题意。 故选：A。 题型11 化学方程式与实验的计算 【典例1】某金属样品由铜、铝、铁组成，取6g该金属样品与足量的稀盐酸充分反应，共产生0.2g气体。则该金属样品中铜的质量可能是（　　） A．0.4g B．1.8g C．4.8g D．5.6g 【答案】B 【分析】根据生成氢气的质量结合化学方程式的计算来分析。 【解答】解：设产生0.2g氢气需要Fe的质量为x。 Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑ 56 2 x 0.2g x＝5.6g 设产生0.2g氢气需要Al的质量为y。 2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑ 54 6 y 0.2g y＝1.8g 由于该样品含Cu、Al、Fe三种金属，则Al和Fe的总质量应大于1.8g小于5.6g，则Cu的质量大于0.4g小于4.2g，只有1.8g符合题意。 故选：B。 【变式1】某固体混合物由碳酸钠和碳酸氢钠组成，取10g该混合物加热至质量不再改变为止，冷却后称量，称得剩余固体的质量为6.9g。已知碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3↑，碳酸钠很稳定受热不易分解。则原混合物中碳酸钠的质量分数为（　　） A．84% B．44% C．22% D．16% 【答案】D 【分析】根据固体减少的质量结合化学方程式的计算来分析。 【解答】解：设原混合物中碳酸氢钠的质量为x。 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 固体减少量 168 106 168﹣106＝62 x 10g﹣6.9g＝3.1g x＝8.4g 则原混合物中碳酸钠的质量分数为：。 故选：D。 【变式2】某水垢样品成分为氢氧化镁和碳酸钙。取35.8g该水垢样品加热，加热过程中剩余固体质量随加热时间的变化如图所示。已知：Mg（OH）2MgO+H2O，CaCO3CaO+CO2↑。下列说法正确的是（　　） A．图中m点固体成分为CaCO3、CaO B．充分反应生成CO2的质量为8.8g C．充分反应后x的值为20.8 D．水垢中Mg（OH）2的质量分数约为11.2% 【答案】C 【分析】由两种物质的分解温度可知，Mg（OH）2先分解，CaCO3后分解，t1﹣t2段为Mg（OH）2分解，生成H2O的质量为：35.8g﹣34.0g＝1.8g； 设Mg（OH）2质量为m。 Mg（OH）2MgO+H2O 58 18 m 1.8g m＝5.8g 则样品中CaCO3质量为：35.8g﹣5.8g＝30g； 设生成CO2质量为n。 CaCO3CaO+CO2↑ 100 44 30g n n＝13.2g 则最终剩余固体质量为：34.0g﹣13.2g＝20.8g。 【解答】解：A、由图可知，m点处于CaCO3的分解阶段，固体成分为MgO、CaCO3、CaO，故选项说法不正确。 B、由分析可知，生成CO2质量为13.2g，故选项说法不正确。 C、由分析可知，x＝20.8，故选项说法正确。 D、由分析可知，Mg（OH）2质量分数为：，故选项说法不正确。 故选：C。 过 关 验 收 1．水中富氢的本质是提高氢气在水中的溶解度或悬浮量，氢气属于（　　） A．单质 B．化合物 C．氧化物 D．酸 【答案】A 【分析】根据物质的组成与分类来分析。 【解答】解：氢气是一种元素组成的纯净物，属于单质。 故选：A。 2．实验室取16gFe2O3模拟工业炼铁，反应的原理为3CO+Fe2O32Fe+3CO2。一段时间后，测得固体中m（Fe）：m（O）＝28：3。已知：ω100%，则Fe2O3的转化率ω为（　　） A．70% B．75% C．80% D．100% 【答案】B 【分析】根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量均不变，进行分析解答。 【解答】解：实验室取16gFe2O3模拟工业炼铁，反应的原理为3CO+Fe2O32Fe+3CO2，根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量均不变，反应后固体中铁元素的质量＝反应前Fe2O3中铁元素的质量100% ）＝11.2g，固体中 m（Fe）：m（O）＝28：3，则固体中氧元素的质量，固体中没有参加反应的Fe2O3的质量100% ）＝4g，参加反应的Fe2O3的质量＝16g﹣4g＝12g，则Fe2O3的转化率75%。 故选：B。 3．对化学方程式2H2O22H2O+O2↑的叙述正确的是（　　） A．反应中H2O、O2的质量比为2：1 B．2个过氧化氢分子等于2个水分子加1个氧分子 C．过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成水和氧气 D．2g过氧化氢分解生成2g水和1g氧气 【答案】C 【分析】化学方程式可表示：反应物和生成物的种类；反应的条件；反应物和生成物的微观粒子个数比；反应物和生成物的质量比等．但要注意读化学方程式时，“+”应读作“和”，“═”应读作“生成”。 【解答】解：A、化学方程式中物质的质量比为化学计量数与相对分子质量乘积的比值，由化学方程式可知，该反应中H2O、O2的质量比为（2×18）：32＝9：8，并非2：1，故A选项说法错误。 B、化学方程式中“＝”读作“生成”，“+”读作“和”，不具备数学中“等于”“相加”的含义，故B选项说法错误。 C、该反应的宏观表述为过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成水和氧气，故C选项说法正确。 D、根据质量守恒定律，生成物总质量等于反应物总质量，2g过氧化氢分解生成水和氧气的总质量为2g，不可能得到总质量为3g的产物，故D选项说法错误。 故选：C。 4．从化学方程式中不能获得的信息是（　　） A．反应物和生成物 B．反应的快慢 C．反应发生所需要的条件 D．反应物和生成物的质量比 【答案】B 【分析】化学方程式可表示：反应物和生成物的种类；反应的条件；反应物和生成物的微观粒子个数比；反应物和生成物的质量比等。 【解答】解：A、由化学方程式，“═”左边的是反应物，右边的是生成物，可以确定反应物和生成物，故选项错误。 B、根据化学方程式无法确定化学反应的快慢，故选项正确。 C、化学方程式中，等号上方标注的为反应条件，故选项错误。 D、根据化学方程式可以确定反应物和生成物的质量比，故选项错误。 故选：B。 5．在高温条件下镁能与氧化铁发生“镁热反应”：，下列有关说法正确的是（　　） A．反应前后氧元素的质量发生了变化 B．反应前后镁元素的化合价没有发生改变 C．参加反应的镁与氧化铁的质量比为9：20 D．反应前后单质的质量发生改变，不遵循质量守恒定律 【答案】C 【分析】A.根据质量守恒定律分析； B.根据化合价的规则分析； C.根据化学方程式中物质间的质量比分析； D.根据所有化学反应均遵循质量守恒定律分析。 【解答】解：A.根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类、质量均不变，因此反应前后氧元素质量无变化，故不符合题意； B.反应前镁为单质，镁元素化合价为0，反应后MgO中镁元素化合价为+2，化合价发生了改变，故不符合题意； C.参加反应的镁与Fe2O3的质量比为（3×24）：（2×56+3×16）＝72：160＝9：20，故符合题意； D.所有化学反应均遵循质量守恒定律，反应前后单质质量改变是因为有单质参与反应、同时有新单质生成，反应体系总质量保持不变，故不符合题意。 故选：C。 6．下列化学方程式符合题意且书写正确的是（　　） A．酒精用作火锅燃料CH4+2O2CO2+2H2O B．不能用铁质器皿盛放稀盐酸2Fe+6HCl＝2FeCl3+3H2↑ C．农业上配制农药波尔多液Ca（OH）2+CuSO4＝CaSO4+Cu（OH）2↓ D．实验室制取少量硫酸镁MgCl2+Na2SO4＝MgSO4+2NaCl 【答案】C 【分析】A、根据酒精和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳和水，题中给出的是甲烷CH4燃烧的化学方程式来分析； B、根据铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，题中产物为FeCl3，不符合反应事实来分析； C、根据氢氧化钙和硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀来分析； D、根据复分解反应发生需要有气体、沉淀或水生成，MgCl2和Na2SO4交换成分后的产物均可溶，反应无法发生来分析。 【解答】解：A、酒精（C2H5OH）用作火锅燃料的反应是酒精和氧气在点燃的条件下生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C2H5OH+3O22CO2+3H2O，题中给出的是甲烷CH4燃烧的化学方程式，故选项不符合题意。 B、不能用铁质器皿盛放稀盐酸是因为铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程式为：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，题中产物为FeCl3，不符合反应事实，故选项不符合题意。 C、配农业上配制农药波尔多液的反应是氢氧化钙和硫酸铜反应生成硫酸钙和氢氧化铜沉淀，反应的化学方程式为：Ca（OH）2+CuSO4＝CaSO4+Cu（OH）2↓，故选项符合题意。 D、复分解反应发生需要有气体、沉淀或水生成，MgCl2和Na2SO4交换成分后的产物均可溶，反应无法发生，方程式错误，故选项不符合题意。 故选：C。 7．下列有关叙述对应的化学方程式正确的是（　　） A．实验室制二氧化碳 CaCO3CO2+CaO B．适量盐酸除铁锈 Fe2O3+HCl═FeCl3+H2O C．葡萄糖在人体内缓慢氧化 C6H12O6+6O26CO2+6H2O D．拉瓦锡研究空气的成分 2HgO═2Hg+O2↑ 【答案】C 【分析】A、根据实验室制二氧化碳的反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳来分析； B、根据适量盐酸除铁锈的反应是氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水来分析； C、根据葡萄糖在人体内缓慢氧化的反应是葡萄糖和氧气在酶的作用下生成二氧化碳和水来分析； D、根据拉瓦锡研究空气成分的一个反应是氧化汞在加热的条件下生成汞和氧气来分析。 【解答】解：A、实验室制二氧化碳的反应是碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，故选项不符合题意。 B、适量盐酸除铁锈的反应是氧化铁和盐酸反应生成氯化铁和水，反应的化学方程式为：Fe2O3+6HCl＝2FeCl3+3H2O，故选项不符合题意。 C、葡萄糖在人体内缓慢氧化的反应是葡萄糖和氧气在酶的作用下生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C6H12O6+6O26CO2+6H2O，故选项符合题意。 D、拉瓦锡研究空气成分的一个反应是氧化汞在加热的条件下生成汞和氧气，反应的化学方程式为：2HgO2Hg+O2↑，故选项不符合题意。 故选：C。 8．我国首个焦炉煤气100%转化项目落地，实现工业尾气变干净原料，助力绿色化工发展。 （1）焦炉煤气的主要成分有CO、H2和CH4等可燃气体，则焦炉煤气属于　混合物　 （填“化合物”或“混合物”）。 （2）该技术可将焦炉煤气中的CO和部分H2转化为CH4，再将CH4提纯后加压变为液化天然气。CH4液化的过程中，分子的　间隔　 变小。 （3）提取出液化天然气后，剩余气体主要为高纯度的H2，是清洁的燃料。H2燃烧的化学方程式是　　 。 【答案】（1）混合物； （2）间隔； （3）。 【分析】（1）根据焦炉煤气含有CO、H2、CH4等多种不同物质分析； （2）根据分子的性质分析； （3）根据氢气在点燃条件下和氧气反应生成水分析。 【解答】解：（1）焦炉煤气含有CO、H2、CH4等多种不同物质，由多种物质组成的物质属于混合物。 （2）CH4液化属于物理变化，分子本身的大小、种类不变，只是分子之间的间隔变小。 （3）氢气在点燃条件下和氧气反应生成水，反应的化学方程式2H2+O22H2O； 故答案为：（1）混合物； （2）间隔； （3）2H2+O22H2O。 9．石灰石常用作建筑材料。将36t的石灰石煅烧一段时间（杂质不参加反应），反应前后固体中钙元素的质量分数之比为34：45，则石灰石中碳酸钙的质量不可能为（　　） A．15t B．20t C．25t D．30t 【答案】A 【分析】根据碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，结合化学方程式的计算和题中数据来分析。 【解答】解：将36t的石灰石煅烧一段时间（杂质不参加反应），石灰石中的碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，反应前后固体中钙元素的质量分数之比为34：45； 设石灰石中碳酸钙的质量为x，则杂质的质量为36t﹣x，反应前钙元素的质量为：，钙元素的质量分数为：； 设分解的碳酸钙的质量为y，生成二氧化碳的质量为z。 CaCO3CaO+CO2↑ 100 44 y z z＝0.44y 反应后固体总质量为36t﹣0.44y，由质量守恒定律可知，反应前后钙元素的质量不变，则反应后钙元素的质量分数为：，由题意得：，解得：y＝20t，即已经分解的碳酸钙的质量为20t，所以石灰石中碳酸钙的质量应大于等于20t。 故选：A。 10．某小组为探究镁条表面灰黑色固体碱式碳酸镁[Mgx（OH）y（CO3）z]的组成，按下图装置进行实验：称取39.4g样品，加热至完全分解，Ⅱ、Ⅲ装置分别增重1.8g、17.6g。已知：碱式碳酸镁高温分解生成MgO、H2O、CO2，碱石灰的主要成分是NaOH和CaO。下列说法正确的是（　　） A．实验时先对样品进行加热，然后再通入氮气 B．根据实验数据计算，生成氧化镁的质量为20g C．若缺少Ⅳ装置，则测得样品中碳元素的质量分数偏小 D．该碱式碳酸镁的化学式中x：y：z＝5：1：2 【答案】B 【分析】碱式碳酸镁[Mgx（OH）y（CO3）z]高温分解生成MgO、H2O、CO2，反应为：Mgx（OH）y（CO3）zxMgOH2O↑+zCO2↑，装置Ⅱ的浓硫酸吸收生成的水，装置Ⅲ的碱石灰吸收生成的二氧化碳，通过两者的增重可得出H2O和CO2的质量，进而求出化学式中的 x、y、z。 【解答】解：A、实验时先通入氮气，排尽装置内的空气，然后再对样品进行加热，否则空气中的水蒸气和二氧化碳会被装置吸收，导致测量结果偏大，故选项说法不正确。 B、Ⅱ、Ⅲ装置分别增重1.8g、17.6g，说明生成水和二氧化碳的质量分别为1.8g和17.6g，根据质量守恒定律，化学反应前后物质的总质量不变，则生成氧化镁的质量为：39.4g﹣1.8g﹣17.6g＝20g，故选项说法正确。 C、若缺少Ⅳ装置，空气中的水蒸气和二氧化碳会进入装置Ⅲ，导致测得的二氧化碳质量偏大，进而计算出的碳元素质量偏大，导致测得样品中碳元素的质量分数偏大，故选项说法不正确。 D、由上述分析可知，39.4g碱式碳酸镁高温分解生成20g氧化镁、1.8g水和17.6g二氧化碳，三者的分子个数之比为：：5：1：4，根据质量守恒定律，化学反应前后原子的种类和数目不变，则碱式碳酸镁中铜、氢、碳原子的个数比为5：（1×2）：4＝5：2：4，所以该碱式碳酸镁的化学式中x：y：z＝5：2：4，故选项说法不正确。 故选：B。 11．取一定量由MgO和MgCO3组成的固体混合物，进行一系列定量实验，实验过程如图所示（反应过程中所有的物质都恰好反应）。则a的值为（　　） A．4 B．5.85 C．9.5 D．11.7 【答案】D 【分析】根据氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，结合质量守恒定律分析。 【解答】解：向氧化镁、碳酸镁的混合物中滴加50g稀盐酸，得到54.0g不饱和溶液，该过程中发生的反应是氧化镁和盐酸反应生成氯化镁和水，反应的化学方程式为：MgO+2HCl＝MgCl2+H2O，碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、水和二氧化碳，反应的化学方程式为：MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑，MgCO3可以看成MgO+CO2，而生成的二氧化碳会逸散到空气中，所以该过程中发生的反应可以看作只有：MgO+2HCl＝MgCl2+H2O，根据质量守恒定律可知，溶液增加的质量为“MgO”的质量，所以“MgO”的质量为：54g一50g＝4g，向不饱和溶液中滴加氢氧化钠溶液，氯化镁和氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，反应的化学方程式为：MgCl2+2NaOH＝Mg（OH）2↓+2NaCl，由上述化学方程式可得关系：“MgO”～2HCl～MgCl2～2NaOH～Mg（OH）2～2NaCl，其中“MgO”的质量为4g， “MgO“～2NaCl 40 117 4g a a＝11.7g 故选：D。 12．碳酸钙和物质X组成的混合物10.2g，与足量的盐酸反应，产生4.4g气体。则X不可能为（　　） A．碳酸钠 B．碳酸镁 C．碳酸钾 D．氢氧化钙 【答案】B 【分析】根据碳酸钠与盐酸反应的化学方程式 Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑，根据碳酸镁与盐酸反应的化学方程式 MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑，根据碳酸钾与盐酸反应的化学方程式 K2CO3+2HCl＝2KCl+H2O+CO2↑，分别计算产生4.4g二氧化碳所需碳酸钠、碳酸镁、碳酸钾的质量，进行分析。 【解答】解：设混合物中碳酸钙的质量为m，则物质X的质量为（10.2﹣m）。 碳酸钙生成的CO2： CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑ 100 44 m 若X为Na2CO3： Na2CO3+2HCl＝2NaCl+H2O+CO2↑ 106 44 10.2−m 总CO2质量为4.4g，则，解得m≈6.67，可行。 若X为MgCO3： MgCO3+2HCl＝MgCl2+H2O+CO2↑ 84 44 10.2−m 总CO2质量为，解得m＝11.25大于混合物总质量10.2 g，不符合实际情况，因此X不可能是碳酸镁。 若X为 K2CO3： K2CO3+2HCl＝2KCl+H2O+CO2↑ 138 44 10.2−m 总CO2质量为，解得 m≈9.48g，可行。 若X为Ca(OH)2，不产生气体，则CO2全部来自CaCO3，，解得m＝10g，（10.2﹣m）＝0.2g，可行。 故选：B。 13．凯氏定氮法是测定蛋白质含量的一种常用方法，即1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质，通过测定样品中氮元素的含量可以计算出蛋白质的含量（其他营养成分中不含氮元素，样品中碳元素全部转化成CO2），部分测定过程如下： ①样品+H2SO4→（NH4）2SO4+CO2↑+SO2↑+H2O；②（NH4）2SO4+2NaOH＝Na2SO4+2NH3↑+2H2O。 某品牌奶粉营养成分表如表： 营养成分 蛋白质 糖类 脂肪 Ca 其他 奶粉含量/100g 17.5g 61.2g 16.2g 0.55g 4.55g 取100g该奶粉样品，测得CO2、NH3的质量分别为a、b，下列说法正确的是（　　） A．日常生活中人体获取蛋白质的主要方式是通过食用蔬菜、水果 B．该奶粉样品中碳、氮元素的质量比为17a：44b C．若a＝8.8g，则该奶粉样品中蛋白质的含碳量为8.8% D．若b＝3.4g，则该奶粉样品中蛋白质的含量与营养成分表中的基本一致 【答案】D 【分析】A、根据蛋白质的主要摄入来源是肉、蛋、奶、豆制品等来分析； B、根据样品中的碳元素全部转化为CO2，氮元素全部转化为NH3，结合题中数据来分析； C、根据CO2中的碳元素来自于蛋白质、糖类、脂肪三类含碳营养物质，并非全部来自蛋白质来分析； D、根据1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质结合题中数据来分析。 【解答】解：A、蔬菜、水果主要为人体提供维生素，蛋白质的主要摄入来源是肉、蛋、奶、豆制品等，故选项说法不正确。 B、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类和质量不变，样品中的碳元素全部转化为CO2，则碳元素的质量为，氮元素全部转化为NH3，则氮元素质量为，二者的质量比为，不是17a：44b，故选项说法不正确。 C、CO2中的碳元素来自于蛋白质、糖类、脂肪三类含碳营养物质，并非全部来自蛋白质，无法直接计算蛋白质的含碳量，故选项说法不正确。 D、当b＝3.4g时，氮元素的质量为：3.4g100%＝2.8g，由于1g氮元素大致相当于6.25g蛋白质，则对应蛋白质的质量为：2.8g×6.25＝17.5g，与营养成分表中100g奶粉的蛋白质含量一致，故选项说法正确。 故选：D。 学科网（北京）股份有限公司 $