沪教版初三化学利用化学方程式的简单计算单元期末复习测试提优卷试卷(1)

沪教版初三化学利用化学方程式的简单计算单元期末复习测试提优卷试卷(1)
一、选择题
1．物质X在9.6g氧气中恰好完全燃烧，反应方程式为X+3O2RO2+2SO2，测得RO2和SO2的质量分别为4.4g和12.8g，下列判断中正确的是（）
A．参加反应的X的质量为B．X的相对分子质量为76
C．X中含有R元素、S元素和O元素D．产物为气态时都是空气污染物
解析：B
【解析】
【详解】
A、参加反应的X的质量为：4.4g+12.8g-9.6g=7.6g，该选项说法不正确；
B、设X相对分子质量为x，根据题意有：x：96=7.6g：9.6g，x=76，该选项说法正确；
C、R相对原子质量：76+96-128-32=12，R元素和硫元素来自于X，X中氧元素质量：
4.4g×+12.8g×-9.6g=0，即X中不含有氧元素，该选项说法不正确；
D、R相对原子质量是12，是碳元素，二氧化硫是污染物，二氧化碳不是污染物，该选项说法不正确。

故选：B。

2．下图为某化学反应的微观粒子示意图，关于该反应说法错误的是
A．参加反应的物质分子个数比为1:1
B．该反应为置换反应
C．生成物的质量比为7:22
D．反应物均为氧化物且该反应遵循质量守恒定律
解析：B
【解析】
试题分析：A．该反应的化学方程式为：2CO+2NO===N2+2CO2;则参加反应的物质分子个数比为1:1，正确；B．该反应不属于置换反应，错误；C．生成物的质量比为7:22，正确；D．反应物均为氧化物且该反应遵循质量守恒定律，正确。

故选B
考点：质量守恒定律的应用。

3．现有下列四组物质：①乙炔(C2H2)和苯(C6H6)；②乙烷(C2H6)和乙醇(C2H6O)；③丁烷(C4H10)和乙醚(C4H10O)；④甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)。

当总质量一定时，各组中的两种物质无论按何种质量比混合，完全燃烧生成水的质量均相同。

符合该条件的共有
A．1组B．2组C．3组D．4组
解析：B
【解析】
试题分析∶根据定组成定律和化学方程式可知（1）（4）组符合，（2）(3)组不符合。

考点∶考查根据定组成定律和化学方程式的应用。

4．25℃时，某气态碳氢化合物与氧气混合后装入密闭容器中，经充分反应后，又恢复25℃，此时容器内气体分子是反应前的一半。

再经足量的氢氧化钠溶液吸收后，容器内几乎成真空。

此碳氢化合物可能是( )
A．CH4 B．C2H6 C．C2H2 D．C3H8
解析：D
【解析】容器内气体分子是反应前的一半。

再经足量的氢氧化钠溶液吸收后，容器内几乎成真空。

由定组成定律和化学方程式知，此碳氢化合物可能是D. C3H8。

点睛∶本题主要考查化学方程式的应用。

5．向一定量的锌粉中滴加稀盐酸至过量，下图表示反应过程中某种物质的质量m随加入盐酸质量的变化关系，则m不可能表示（）
A．溶液总质量B．消耗锌粉的质量
C．生成ZnCl2的质量D．生成H2的质量
解析：A
【解析】
【详解】
A、不是溶液总质量，随着稀盐酸的加入，溶液总质量应一直增加，故A错误；
B、消耗锌粉的质量，随着稀盐酸的加入，消耗锌粉的质量应逐渐增加，直至消耗完，故B 正确；
C、生成ZnCl2的质量，随着稀盐酸的加入，生成的ZnCl2质量应逐渐增加，直至达一定值，故C正确；
D、生成H2的质量，随着稀盐酸的加入，生成的氢气的质量应逐渐增加，直至达一定值，故D正确。

故选A
6．如图是某反应的微观示意图，下列说法不正确的是（）
A．反应物中有单质
B．该反应为置换反应
C．生成物的分子个数比为1：1
D．参加反应的和的质量比为17：24
解析：B
【解析】
试题分析：由图示可知反应前后存在相同的分子，故该图示可转化为如图的反应图示：
依据反应前后物质的分子结构可知反应物是氧气和硫化氢生成物是水和二氧化硫，则反应方程式为3O2+2H2S2H2O+2SO2；A、单质是由一种元素组成的纯净物，化合物是由
多种元素组成的纯净物，故反应物中氧气属于单质硫化氢属于化合物；B、置换反应要求反应物生成物均是一种单质与一种化合物，而该反应的生成物是两种化合物，所以不是置换反应；C、由图示或方程式都可以看出生成物的分子个数比是1：1；D、由方程式可知参加反应的和的质量比为2×（2+32）：6×16=17：24
考点：微粒观点及模型图的应用．
7．物质X的化学式为H2C2O4，可发生如下反应：aH2C2O4 bH2O↑+cCO2↑+dY↑取45g X，在t℃完全分解，产物通过足量浓硫酸，浓硫酸增重9g，另取45gX，在t℃完全分解，产物通过足量碱石灰（CaO和NaOH的固体混合物），碱石灰增重31g，则下列说法错误的是（已知气体Y不与浓硫酸或碱石灰发生反应）（）
A．CO2的质量为22g B．气体Y的质量为14g
C．化学方程式中b∶c=1∶1D．气体Y可能为甲烷
解析：D
【解析】
A、浓硫酸能吸收反应生成的水，碱石灰既能吸水又能吸收二氧化碳故完全反应分解X生成的二氧化碳的质量为31g﹣9g=22g，正确；
B、根据质量守恒定律，反应物X的质量等于生成的水、二氧化碳和Y的质量总和，故生成气体Y的质量为45g﹣31g=14g，正确；
C、根据反应的方程式可知，反应中生成水和二氧化碳的质量比为18b：44c=9g：22g，可得b：c=1：1；正确；
D、X中H、C原子个数比为1：1，反应生成的水和二氧化碳的分子个数比为1：1，其中氢、碳原子个数比为2：1，则生成y分子中C原子的个数应大于H原子的个数，甲烷中碳原子的个数小于氢原子的个数，错误。

故选D。

8．己知A+3B=2C+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C的相对分子质量为（）
A．22 B．44 C．88 D．92
解析：B
【解析】
【分析】
【详解】
根据质量守恒定律，生成D的质量为：2.3g+4.8g-4.4g=2.7g。

设C的相对分子质量为x
2x 318
4.4g 2.7g
⨯= 得x=44.故选B 。

9．已知：在650℃时，CuSO 4分解为CuO 与气体，在1400℃时，CuO 受热发生如下分解反应：4CuO
2Cu 2O+O 2↑．现将16gCuSO 4高温加热一段时间，冷却后称量剩余固体为
7.6g ．下列说法错误的是（ ） A ．剩余固体为混合物 B ．产生的气体中，硫、氧的质量比为8∶26 C ．剩余固体中含6.4g 铜元素 D ．剩余固体用足量CO 还原，可产生
CO 23.3g 解析：D 【解析】 【详解】
解：假设为650℃时，CuSO 4分解为CuO 与气体，设完全分解生成的固体的质量为x ，
x=8g ，现在固体为7.6g ，说明氧化铜也部分分解。

所以剩余固体一定是混合物； 根据铜元素守恒，设混合物中氧化铜的质量为a ，则氧化亚铜的质量为7.6g-a ，
a+
（7.6g-a ）=16g×
×100%=6.4g ，a=4g ；氧化亚铜的质
量为7.6g-4g=3.6g ；产生的气体中，硫、氧的质量比为（16g×
×100%）：（16g×-4g×
-3.6g×
）=3.2：5.2=8：13；剩余固体含氧
元素的质量为4g×
+3.6g×
=1.2g ；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CO 2=1.2g÷（
×）=3.3g 。

故选D 。

10．现有一包碳酸钙和生石灰的混合物，为测定其中碳酸钙的含量，取样品21.2g 将其放入足量的稀盐酸中，充分反应后，将溶液蒸干，得白色固体33.3g ，则样品中碳酸钙的含量约为（ ） A ．52.8% B ．47.2%
C ．36%
D ．64%
解析：B 【解析】 【详解】
解：设样品中碳酸钙的质量分数为x ，
322210011121.2gx
11121.2gx
CaCO 100
2HCl CaCl H O CO +++=⨯↑
22CaO 2HCl CaCl 56111
21.2g (1x)
11121.2g (1x)
5H 6
O
=
⨯-⨯⨯++-
由题意可得：11121.2gx 100⨯+11121.2g(1x)
56
⨯-＝33.3g ；
x≈47.2%。

故选B 。

11．取NaCl 、NaOH 、Na 2CO 3固体混合物28.6g 于烧杯中，向其中加入过量的稀盐酸至充分反应后，共生成二氧化碳气体4.4g ，将溶液蒸干，得无水固体33.4g ，则原混合物中氯化钠质量为 A ．8.4g B ．10.0g
C ．11.7g
D ．13.6g
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
解：设碳酸钠的质量为x ，对应生成的氯化钠的质量为y
2322Na CO +2HCl=2NaCl +H O+CO 10611744x
y 4.4g
↑
10611744=x y 4.4g
= 解得x=10.6g ，y=11.7g
则原混合物中氯化钠和氢氧化钠的质量和为28.6g-10.6g=18g 对应的氯化钠和氢氧化钠生成的氯化钠的质量和为33.4g-11.7g=21.7g 设氢氧化钠的质量为z
2NaOH HCl NaCl H O 4058.558.5-40=18.5z 21.7g 18 3.7g g
+=+-=固体质量差量 4018.5z 3.7g
= 解得z=8g
则原混合物中氯化钠的质量为18g-8g=10.0g 。

故选B 。

12．在反应A+2B ═C+D 中，7.6gA 与5.3gB 恰好完全反应生成12.7gC ，现要得到0.6gD ，则
需要A的质量为（）
A．5.6g B．16.8g C．22.8g D．无法计算
解析：C
【解析】
【详解】
根据题意“在反应A+2B═C+D中，7.6gA与5.3gB恰好完全反应生成12.7gC”和质量守恒定律，则可知反应生成D的质量：7.6g+5.3g﹣12.7g＝0.2g；
设参加反应A物质的质量为x，
+=+
A2B C D
7.6g0.2g
x0.6g
x7.6g
=
0.6g0.2g
x＝22.8g；
所以参加反应A物质的质量为22.8g。

故选C。

13．下列各组有机物两者间分别完全燃烧，得到二氧化碳与消耗氧气的质量比相同的一组是（）
A．CH4和C2H4B．CH4和CH3OH
C．CH4和C2H5OH D．C2H4和C2H5OH
解析：D
【解析】
【详解】
A、根据CH4和C2H4完全燃烧的化学方程式CH4+2O2=
CO2+2H2O和
点燃
2CO2+2H2O，两个反应中得到二氧化碳与消耗氧气的个数比分别为1：2、2：C2H4+3O2=
点燃
3，因此完全燃烧得到二氧化碳与消耗氧气的质量比不相同，故A不正确；
CO2+2H2O和
B、根据CH4和CH3OH完全燃烧的化学方程式CH4+2O2=
点燃
2CO2+4H2O，两个反应中得到二氧化碳与消耗氧气的个数比分别为1：2、2CH3OH+3O2=
点燃
2：3，因此完全燃烧得到二氧化碳与消耗氧气的质量比不相同，故B不正确；
C、根据CH4和C2H5OH完全燃烧的化学方程式CH4+2O2=
CO2+2H2O和
点燃
2CO2+3H2O，两个反应中得到二氧化碳与消耗氧气的个数比分别为1：2、C2H5OH+3O2=
点燃
2：3，因此完全燃烧得到二氧化碳与消耗氧气的质量比不相同，故C不正确；
2CO2+2H2O和
D、根据C2H4和C2H5OH完全燃烧的化学方程式C2H4+3O2=
点燃
C 2H 5OH+3O 2 点燃
2CO 2+3H 2O ，两个反应中得到二氧化碳与消耗氧气的个数比分别为2：3、
2：3，因此完全燃烧得到二氧化碳与消耗氧气的质量比相同，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
根据化学方程式能表示反应中各物质在反应中的粒子个数比，利用物质的粒子个数比可判断反应中物质的质量比。

14．两个或多个同种含氧酸分子之间可以脱水形成相对分子质量更大的酸，如磷酸H 3PO 4可形成H 4P 2O 7或H 5P 3O 10等。

下列物质不属于硫酸(H 2SO 4)脱水后形成的是 A ．H 2S 2O 7 B ．H 2S 2O 8
C ．H 2S 3O 10
D ．H 2S 4O 13
解析：B 【解析】
试题分析：A 选项该物质的1个分子中含有2个硫原子，所以可以由2个硫酸分子脱掉1个水分子得到H 2S 2O 7；B 选项该物质的1个分子中含有2个硫原子，所以可以由2个硫酸分子脱掉1个水分子得到H 2S 2O 7；所以是错误的；C 选项该物质的1个分子中含有3个硫原子，所以可以由3个硫酸分子脱掉2个水分子得到；D 选项该物质的1个分子中含有4个硫原子，所以可以由4个硫酸分子脱掉3个水分子得到；故答案选择B 考点：物质的反应
15．如图是甲转化为丙的微观过程，下列说法不正确的是（ ）
A ．反应前后原子种类不变
B ．转化①中甲和O 2反应的分子个数比为 1：1
C ．转化②是化合反应
D ．物质丙不属于氧化物 解析：B 【解析】 【分析】
根据反应的微观过程图，分析反应物、生成物写出反应的化学方程式，据其意义分析判断回答有关的问题。

【详解】
由微粒的构成和变化可知，反应①②的方程式分别是：2H 2S+3O 2===点燃
2SO 2+2H 2O ；SO
2+H 2O 2═H 2SO 4
A 、由微粒的示意图可知：反应前后原子种类不变，说法正确；故不符合题意；
B 、由方程式可知反应①中甲和O 2反应的分子个数比为2：3，说法错误；故符合题意；
C 、转化②是两种物质生成一种物质，属于化合反应，说法正确；故不符合题意；
D 、物质丙含有3种元素，故该物质不会是氧化物，说法正确；故不符合题意；
故选B
【点睛】
本题属于微观示意图的考查，解答本题的关键由分子微观示意图确定分子构成，利用分子构成写出物质的化学式及化学方程式，能够考查知识运用能力。

16．在化学反应A+2B＝C+D中，若5.6g A和7.3g B恰好完全反应，生成12.7g C，现在要得到0.4g D，需要A的质量为（）
A．5.6g B．11.2g C．14.6g D．无法计算
解析：B
【解析】
【详解】
生成D的质量：5.6g+7.3g﹣12.7g＝0.2g
设参加反应A物质的质量为x
A+2B=C+D
5.6g0.2g
x0.4g
5.6g 0.2g
=
x0.4g
x＝11.2g
答：参加反应A物质的质量为11.2g。

17．看懂化学反应的微观示意图是学习化学反应的一种重要的能力，从如图微观示意图获取的信息正确的是（）
A．反应前后分子种类不发生改变
B．反应前后原子的种类与数目发生改变
C．该反应的基本类型是化合反应
D．反应前两种分子的个数比是1：2
解析：C
【解析】
【分析】
根据物质的微观构成及反应的微观示意图，通过物质的微观构成分析物质的种类，反应的类型；根据微粒的变化，分析分子、原子的变化，反应的微粒数目关系等。

【详解】
A、由反应前物质的微观构成可知，反应前后分子的种类发生了改变，获取的信息不正确；故不符合题意；
B、由反应前物质的微观构成可知，反应物和生成物中原子的种类和数量均没有变化，获取的信息不正确；故不符合题意；
C、由反应的微观模拟示意图可知，该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应，获
取的信息正确；故符合题意；
D、由图中可知，该反应前的两种分子的个数比是1：3，获取的信息不正确；故不符合题意；
故选C
【点睛】
解答本题的关键是要充分理解图中提供的信息，充分理解“一种小球代表一种原子”，只有这样才能对问题做出正确的判断。

18．在一密闭容器中，有四种物质，在一定条件下存在某个反应，测得反应前后各物质的质量如下表：已知X的相对分子质量为n、Q的相对分子质量为2n.下列推理中正确的是 ( )
A．该反应后待测Q质量为12g
B．反应后生成15gZ
C．该化学方程式中X与Q的化学计量数之比为2：3
D．该反应中Y与Q质量之比为1：1
解析：C
【解析】
【分析】
此题是借助质量守恒定律对反应物生成物先做出判断，再利用质量关系进行求解，反应中反应物质量会减少，生成物质量会增加，从而判断生成物与反应物，即可判断反应的类型，且反应物与生成物质量相等可求出Q的质量。

【详解】
根据质量守恒定律，反应后Q的质量为4g+10g+1g+21g-0g-12g-15g=9g，Y、Z物质反应后质量增加，是生成物；X、Q物质反应后质量减少，是反应物。

A、反应后Q的质量为9g，故错误；
B、反应后生成Z的质量为：15g-1g=14g，故错误；
C、化学方程式中X与Q的化学计量数之比为：4g12g
:
n2n
=2：3，故正确；
D、反应中Y与Q发生改变的质量之比为：（12g-10g）：（21g-9g）=1：6，故错误；
故选C。

【点睛】
在化学反应中遵循质量守恒定律，参加反应的物质的质量等于反应后生成的物质的质量。

19．密闭容器中甲、乙、丙、丁四种物质在一定条件下发生化学反应，不同时刻的质量如
表所示。

已知甲的相对分子质量为丁的2倍，下列有关说法错误的是（）
A．a为32
B．该反应属于分解反应
C．丙可能是催化剂
D．该反应的化学方程式中甲与丁的化学计量数之比为1：1
解析：A
【解析】
【详解】
解：数据处理得如下结果：
质量增加，为生成物）可知甲为反应物，乙和丁为生成物，且质量比为2：1：1，由于64＝32+32，丙变化的质量为0，所以反应类型为分解反应。

根据质量比为2：1：1，可得a ＝26，b＝1，丙在过程中质量不变，所以可能为催化剂；甲的相对分子质量为丁的2倍，且甲为反应物，乙和丁为生成物，且质量比为2：1：1，则该反应方程式中甲与丁的化学
计量数之比为2
2
＝
1
1
＝1：1（计量系数之比等于各自的质量比上各自的相对原子质量或者
相对分子质量）。

故选A。

20．把一定质量的a、b、c、d四种物质放入一密闭容器中，在一定条件下反应一段时间后，测得反应后各物质的质量如下，下列说法正确的是
A．物质a是生成物B．x=5.2
C．d一定是催化剂D．反应后原子数目减少了
解析：B
【解析】
【分析】
由表格信息可知反应后，c质量增加0.2g，是生成物；a质量减少1.2g，是反应物；d质量不变，可能是催化剂也可能是杂质。

生成物还少1.0g，所以b为生成物，x=5.2g。

【详解】
A、a质量减少1.2g，是反应物，选项A不正确；
B、分析可知x=5.2g，选项B正确；
C、d可能是催化剂，也可能是杂质，选项C不正确；
D、根据质量守恒定律可知，化学反应前后原子的种类不变，选项D不正确；
故选B。

21．下列物质露置于空气中，因发生化学变化而使质量增加的是（）
A．烧碱B．浓硫酸C．浓盐酸D．双氧水
解析：A
【解析】
【分析】
物质露置于空气中，因发生化学反应质量增加，也就是与空气中的成分发生了化学反应，生成了新的物质。

【详解】
A、烧碱是氢氧化钠的俗称，敞口放置在空气中，能与空气中的二氧化碳发生化学反应生成碳酸钠和水，发生了化学反应导致质量增加，故A正确；
B、浓硫酸具有吸水性，放置在空气中会吸收空气中的水分，使其质量增加，但发生的是物理变化，故B不正确；
C、浓盐酸具有挥发性，会使其质量减少，故C不正确；
D、双氧水常温下能分解产生氧气，露置于空气中，会使其质量减少，故D不正确。

故选A。

22．某混合物由Mg和MgO组成，取该混合物12.8g与一定量稀硫酸恰好完全反应，所得溶液中溶质的质量为52g，则原混合物中氧元素的质量为（）
A．4.8g B．4.0g C．3.2g D．2.4g
解析：D
【解析】
【详解】
稀硫酸和镁反应生成硫酸镁和氢气，和氧化镁反应生成硫酸镁和水，所得溶液中溶质是硫
酸镁，52g硫酸镁中镁元素质量为：52g×=10.4g，
混合物中氧元素质量为：12.8g-10.4g=2.4g，
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
解析：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．从如图某化学反应的微观示意图中，获得的信息不正确的是（）
A．该反应是化合反应
B．反应前后原子的种类、个数都不变
C．甲和乙的质量比为11：4
D．反应后生成的丙属于氧化物
解析：D
【解析】
【分析】
由化学反应的微观示意图可知，该反应的化学方程式是：CH 4+CO 2一定条件
2CH 2O ；
【详解】
A 、该反应由两种物质生成了一种物质，属于化合反应，故A 正确；
B 、由微粒的变化可知，反应前后原子的种类、个数都不变，故B 正确；
C 、甲和乙的质量比为：44：16＝11：4，故C 正确；
D 、反应后生成的丙物质是由三种元素组成的，不属于氧化物，故D 错误。

故选D 。

25．将一定质量的氧化铜和氧化铁混合粉末与足量的CO 充分反应后，测得质量减少了4.0g 。

另取等质量的该粉末用适量的稀硫酸完全溶解后，再加入足量的氢氧化钠溶液，得到了20.5g 的沉淀。

则粉末中的氧化铜的质量分数为 A ．20% B ．40%
C ．50%
D ．80%
解析：C 【解析】 【分析】
分别假设氧化铜和氧化铁的质量，进而结合化学方程式、关系式及对应的数据求解，进而求出粉末中氧化铜的质量分数。

【详解】
设粉末中氧化铜的质量为x ，氧化铁的质量为y ，
21
CO +CuO Cu +CO 8064
16x m 高温固体质量减少
116x x
m =
=805
2322
3CO +Fe O 2Fe +3CO 160112
48y
m 高温固体质量减少
248y 3y
m =
=16010
氧化铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和水，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠；氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，硫酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和硫酸钠，根据元素守恒列关系式：
423
CuO ~CuSO ~Cu(OH)8098
x
m
398x 49x
m =
=8040
2324334
Fe O ~Fe (SO )~2Fe(OH)160214
y
m
4214y 107y
m =
=
16080
结合题干，列出方程：
x 3y
+=4.0510
49x 107y
+=20.54080
解得x=8g ，y=8g
则粉末中氧化铜的质量分数为：
8g
100%50%8g+8g
⨯= ，故选C 。

【点睛】
本题难度不大，但是需要根据方程式、关系式进行大量计算，根据方程式计算时应注意：书写方程式正确，使用数据准确，计算过程完整。

26．在反应2A+5B=2C+4D 中，C 、D 的相对分子质量之比为9：22．若2.6gA 与一定量的B 恰好完全反应，生成8.8gD 则在此反应中B 和D 的相对分子质量质量比为 A ．4：9 B ．8：11
C ．10：11
D ．13：44
解析：C 【解析】 【分析】
根据质量守恒定律，参加反应的反应物的总质量等于生成的生成物的总质量，反应前后原子个数不变，元素种类不变。

【详解】
C 、
D 的相对分子质量之比为9：22，设生成8.8gD 同时生成C 的质量为x
2A +5B=2C +4D
29422x 8.8g
⨯⨯ 29x =4228.8g
⨯⨯ x=1.8g
根据质量守恒定律，参加反应的B 的质量为1.8g+8.8g-2.6g=8g ，则B 与D 的质量比为
8g :8.8g=10:11。

【点睛】
相对分子质量之比等于物质的质量比。

27．由C 2H 2、CO 、H 2中的一种或几种组成的气体，完全燃烧后，生成的CO 2 和H 2O 的质量之比是44：9，该气体的组成不可能是（ ）
A ．C 2H 2和CO
B ．只有
C 2H 2 C ．C 2H 2、H 2和CO
D ．CO 和H 2
解析：A 【解析】 【详解】
解：完全燃烧后，生成的CO 2 和H 2O 的质量之比是44:9，即生成CO 2 和H 2O 的分子个数之比为2:1，若只有一种气体，则就是C 2H 2；根据元素守恒知，如果原来气体中不含C 2H 2，则一定含有CO 、H 2且二者的分子个数之比为2:1，C 2H 2完全燃烧时生成的CO 2和H 2O 的子个数之比为2:1，混合气体完全燃烧时生成的CO 2和H 2O 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 、H 2且二者的分子个数之比为2:1；②如果含有C 2H 2和CO 、氢气，CO 、H 2的分子个数之比为2:1，与C 2H 2的多少无关；若是甲烷与一氧化碳的混合气体时，则生成CO 2和H 2O 的分子个数之比大于2:1。

故选A 。

28．高温条件下，14.4g 某种铁的氧化物恰好与5.6g 一氧化碳完全反应，则该氧化物中铁元素与氧元素的质量比为() A ．18：7 B ．7：2
C ．7：3
D ．21：8
解析：B 【解析】 【详解】
设5.6g 一氧化碳完全反应需要氧元素质量为x ，
228165.6g C O O x
O C +→
x 16=5.6g 28
x =3.2g ，
则该氧化物中铁元素与氧元素的质量比为：(14.4g ﹣3.2g)：3.2g =7：2。

故选B 。

【点睛】
化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个数不变。

29．复方冬青油软膏有强力镇痛作用。

其有效成分的分子模型如图。

下列说法中错误的是
A ．该物质属于有机物
B ．该物质的化学式为
C 8H 8O 3 C ．该物质完全燃烧生成CO 2和H 2O
D ．该物质分子中氢、氧原子的质量比为8∶3 解析：D 【解析】 【分析】
复方冬青油软膏是由碳元素、氢元素、氧元素三种元素组成，由分子模型图可知，该物质的分子有8个碳原子，8个氢原子，3个氧原子构成。

【详解】
A 、该物质是含碳的化合物，属于有机物，故A 正确；
B 、该物质的分子由8个碳原子，8个氢原子，3个氧原子构成，物质的化学式为883
C H O ，故B 正确；
C 、该物质是由碳元素、氢元素、氧元素三种元素组成，完全燃烧生成2CO 和2H O ，故C 正确；
D 、该物质分子中氢、氧原子的质量比为(18):(316)1:6⨯⨯=，故D 不正确。

故选D 。

30．在一密闭容器内有氧气、氮气、水蒸气和一种初中课本中出现的气体物质W ，在一定条件下充分反应，测得反应前后各物质的质量如下表所示，则下列说法中错误的是( )
A ．X 的值应为0
B ．反应前后氮元素的化合价发生了变化
C ．物质W 中不含氧元素
D ．W 与氧气的相对分子质量之比为17：24 解析：D 【解析】 【详解】
A 、根据质量守恒定律可知，反应前后物质的总质量不变，即68+100+2+2=X+4+58+110解得X=0，故正确；
B 、因为反应生成了氮气分子，化合价为0价，所以参加反应的物质中肯定不含氮气分子，即反应物中氮元素的化合价一定不为0，所以反应前后氮元素的化合价发生了变化，故正确；
C 、生成的水蒸气的质量为108g,其中氧元素的质量为
16
18
⨯100%⨯108g=96g 即生成物中氧元素的质量为96g ，则反应物中氧元素的质量为96g ，因为反应消耗的氧气的质量为100g-4g=96g ，所以物质W 中不含氧元素，故正确；
D 、生成氮气的质量为58g-2g=56g ，生成水中氢元素的质量为108g-96g=12g,由C 分析可
知，W中只含有N、H两种元素，且氮、氢元素质量比为56:12=14:3，所以W的组成为NH3,NH3与O2的相对原子质量之比为17:32，故错误。

故选D。