内容发布更新时间 : 2024/12/23 3:52:52星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
的气体通入足量氢氧化钠溶液中，测得溶液增重4.4g，则加热后得到的固体混合物中，铜、氧元素的质量比为 A．14：1 【答案】B 【解析】 【详解】
设反应的氧化铜质量为x，生成铜的质量为y，
?B．12：1 C．8：1 D．4：1
CuO?CO=Cu?CO280xy4.4g6444
x80? x＝8g， 4.4g44y64? y＝6.4g， 4.4g4464＝3.2g，氧元素质量为：4g﹣3.2g＝0.8g，80则加热后得到的固体混合物中，铜、氧元素的质量比为：（6.4g+3.2g）：0.8g＝12：1。 故选B。
剩余氧化铜中铜元素质量为：（12g﹣8g）×
21．在反应A+3B＝2C+2D中，A和B的相对分子质量之比9：11，已知1.8gA与一定量B恰好完全反应成5.1gD，则在此反应中反应物B和生成物C的质量比为？（ ） A．2：1 【答案】A 【解析】 【详解】
由于A和B的相对分子质量之比9：11，则设A的相对分子质量为9a，则B的相对分子质量是11a。
设1.8gA与B反应时B的质量为x A+3B＝2C+2D中 9a 33a 1.8g x
解得：x＝6.6g
由质量守恒定律可知，生成C的质量为：1.8g+6.6g﹣5.1g＝3.3g 则反应物B和生成物C的质量比为：6.6g：3.3g＝2：1 故选A。
B．2：3
C．3：1
D．1：2
22．下列关于反应C+2H2SO4(浓)===CO2↑+2X↑+2H2O的分析，正确的是 A．X的化学式为SO3
B．X的水溶液能使酚酞溶液变红 C．CO2和X的质量比为11：16
D．碳元素的化合价在反应前后由0价变为+4价 【答案】D 【解析】 【详解】
根据反应C+2H2SO4(浓)===CO2↑+2X↑+2H2O和质量守恒定律的元素守恒和原子个数不变，则可知：反应前C原子个数为1、H原子个数为4、S原子个数为2、O原子个数为8；反应后C原子个数为1、H原子个数为4、O原子个数为4；可以推测X气体为SO2；因此： A、根据分析，X气体为SO2；说法不正确；故不符合题意；
B、SO2的水溶液呈酸性，不能使酚酞溶液变红，说法不正确；故不符合题意； C、CO2和SO2的质量比为44：128=11：32；说法不正确；故不符合题意；
D、碳单质中碳元素化合价为0，CO2中碳元素的化合价为+4价，碳元素的化合价在反应前后由0价变为+4价，说法正确；故符合题意； 故选D
??
23．现有w g含有CuO和ZnO的固体粉末，欲测定CuO的质量分数。下列实验方案中，不能达到目的的是（已知ZnO在进行下述化学反应时，原理与CuO相似） A．将混合物与足最H2充分反应，冷却后测出剩余固体质量为a g
B．将混合物与足量CO充分反应，反应后的气体通入足量的NaOH溶液中，测出NaOH溶液的质量增加值为b g
C．将混合物完全溶解于稀硫酸中，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，测出所得固体质量为c g
D．将混合物完全溶解于稀硫酸中，加入足量铁粉，充分反应后，过滤、洗涤、干燥，测出剩余固体质量为d g 【答案】D 【解析】 【详解】
A、氢气可以还原氧化铜，也能还原氧化锌，所以剩余固体均为铜和锌，可以通过差量法推导出氧化铜的质量和质量分数，能达到实验目的，故不符合题意；
B、氢氧化钠的增量为二氧化碳的质量，利用不同质量的氧化铜和氧化锌与一氧化碳反应得到的二氧化碳的质量不同，它可以推算出反应的氧化铜的质量，进而确定其质量分数，能达到实验目的，故不符合题意；
C、将混合物完全溶解于稀硫酸中，加入足量NaOH溶液，过滤、洗涤、干燥，测出所得固体质量。利用金属氧化物和氢氧化物的差量，它可以推算出反应的氧化铜的质量，进而
确定其质量分数，能达到实验目的，故不符合题意；
D、因为铁过量，所以剩余固体既有铁，又有铜，无法测定铜的准确质量，不能达到实验目的，故符合题意； 故选D
24．已知：Ca（HCO3 ）2
ΔCaCO3+CO2↑+H2O．下列图象表示一定质量的 Ca（HCO3）2 受热
过程中某些量随时间的变化趋势（该过程的 CaCO3 不分解），其中不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C 【解析】 【分析】
A、C、D选项根据碳酸氢该受热分解后生成碳酸钙、二氧化碳和水，固体质量减少分析； B选项根据质量守恒定律分析。 【详解】
A、加热碳酸氢钙反应后生成碳酸钙、二氧化碳和水，固体质量减少，当碳酸氢钙完全反应后，质量不再变化，故A正确；
B、化学反应前后，元素的质量不变，故B正确；
C、加热碳酸氢钙反应后生成碳酸钙，碳酸钙的质量分数增大，当碳酸氢钙完全反应后，质量分数不在变化，故C错误；
D、加热碳酸氢钙反应后生成碳酸钙、二氧化碳和水，当碳酸氢钙完全反应后，二氧化碳气体不再生成，故D正确。 故选C. 【点睛】
掌握化学反应前后物质的质量变化是正确解决本题的关键。
25．下列各组物质充分反应后，溶液质量比反应前的溶液质量减小的是（ ） A．铁片浸入稀硫酸中
B．铁片浸入硫酸铜溶液中 C．氧化铁粉末加入稀盐酸中 D．氢氧化钠粉末加入稀盐酸中 【答案】B 【解析】
A、Fe+ H2SO4 == FeSO4 + H2↑，溶液增加的质量
56 2 56-2 ，不符合题意； B、Fe+ CuSO4 == Cu + FeSO4 溶液减小的质量 160 152 160-152 ，符合题意；
C、 Fe2O3 + 6HCl== 2FeCl3 + 3H2O ，反应后无固体、气体生成，溶液质量增多，不符合题意；D、NaOH + HCl == NaCl + H2O，反应后无固体、气体生成，溶液质量增多，不符合题意。故选B。
26．由C2H2、CO、H2中的一种或几种组成的气体，完全燃烧后，生成的CO2 和H2O的质量之比是44：9，该气体的组成不可能是（ ） A．C2H2和CO C．C2H2、H2和CO 【答案】A 【解析】 【详解】
解：完全燃烧后，生成的CO2 和H2O的质量之比是44:9，即生成CO2 和H2O的分子个数之比为2:1，若只有一种气体，则就是C2H2；根据元素守恒知，如果原来气体中不含C2H2，则一定含有CO、H2且二者的分子个数之比为2:1，C2H2完全燃烧时生成的CO2和H2O的子个数之比为2:1，混合气体完全燃烧时生成的CO2和H2O的子个数之比为2:1，有两种情况：①如果不含甲烷，一定含有CO、H2且二者的分子个数之比为2:1；②如果含有C2H2和CO、氢气，CO、H2的分子个数之比为2:1，与C2H2的多少无关；若是甲烷与一氧化碳的混合气体时，则生成CO2和H2O的分子个数之比大于2:1。故选A。
B．只有C2H2 D．CO和H2
27．已知NaHCO3受热分解生成Na2CO3，2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2?+H2O。把12克
NaHCO3和Na2CO3的混合物样品加热至完全反应，剩余固体的质量为8.9克。下列说法正确的是（ ）
A．反应生成的CO2质量为4.4克 C．样品中NaHCO3的质量为8.6克 【答案】B 【解析】 【分析】
碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和水和二氧化碳，反应前后的质量差即为反应生成的水和二氧化碳的质量。
B．样品中Na2CO3的质量分数为30% D．样品中钠元素的质量分数为43.3%
设碳酸氢钠质量为x、反应生成的碳酸钠y、二氧化碳的质量为z
2NaHCO3168x?Na2CO3+CO2?+H2O10644y2.2g固体质量差62 3.1g1681064462=== xyz3.1gx=8.4g y=5.3g z=2.2g
【详解】
A、反应生成的CO2质量为2.2克，故A不正确； B、样品中Na2CO3的质量分数为
12g-8.4g?100%=30%，故B正确； 12gC、样品中NaHCO3的质量为8.4克，故C不正确； D、样品中钠元素的质量为8.4g?钠元素的质量分数为【点睛】
2346?100%+(12g?8.4g)??100%?3.9g，样品中841063.9g?100%=32.2%，故D不正确。故选B。 12g碳酸钠的质量?100%。
样品的质量样品中碳酸钠的质量分数=
28．现有一样品，经分析含氢氧化钾、碳酸钾和水三种物质。向该样品中加入溶质质量分数为7.3%的稀盐酸100g，恰好完全反应得到中性溶液，蒸干该溶液得到固体质量为（ ） A．74.5g 【答案】B 【解析】 【详解】
氢氧化钾、碳酸钾均与稀盐酸反应生成氯化钾，根据氯元素守恒可知，最后得到的固体KCl的质量为：100g×7.3%×
=14.9g。故选B。 B．14.9g
C．10g
D．7.45g
29．在2A+3B＝2C+4D中，3.2gA与9.6gB恰好完全反应生成5.6gC，已知D的相对分子质量为l8，则C的相对分子质量为（ ） A．l6 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
B．28
C．44
D．64