沪教版初三化学利用化学方程式的简单计算单元自检题学能测试试题

沪教版初三化学利用化学方程式的简单计算单元自检题学能测试试题
一、选择题
1．氧化钙和过氧化钙（CaO2）的混合物6.4g溶于足量水后，加入足量的Na2CO3溶液，溶液中的Ca2+全部转化为沉淀，过滤、干燥，得到10gCaCO3。

则原6.4 g混合物中钙元素与氧元素的质量之比为（已知：()
222
2
2CaO+2H O=2Ca OH+O↑）
A．1∶1 B．5∶4 C．5∶3 D．5∶2
解析：C
【解析】
【详解】
氧化钙和过氧化钙中的钙元素完全转化到碳酸钙中，则钙元素质量为：10g×
40
100
＝4g，氧
元素质量为：6.4g﹣4g＝2.4g，则原6.4g混合物中钙元素与氧元素的质量之比为：4g：2.4g ＝5：3，故选C。

2．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．
3．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。

4．关于化学反应2X+Y=2Z的叙述正确的是（）
A．Z可能是单质，也可能是化合物
B．反应中X、Y、Z三种物质的质量比是2：1：2
C．若X和Y的相对分子质量分别为M和N，则Z的相对分子质量为M+N
D．若ag的X完全反应生成bg的Z，则同时消耗（b﹣a）g 的Y
解析：D
【解析】
试题分析：A、该反应的反应物是两种，生成物是一种，属于化合反应，因此Z不可能是单质，故A说法错误；B、反应中X、Y、Z三种物质的质量比不等于其化学式前的计量数之比，因不知道X、Y、Z的化学式，所以不能计算反应中X、Y、Z三种物质的质量比，故说法错误；C、若X和Y的相对分子质量分别为M和N，则Z的相对分子质量为，故说法错误；D、若ag的X完全反应生成bg的Z，由质量守恒定律可知，则同时消耗（b﹣a）g 的Y，故说法正确；
考点：质量守恒定律及其应用．
5．已知：在650℃时，CuSO4分解为CuO与气体，在1400℃时，CuO受热发生如下分解反应：4CuO2Cu2O+O2↑．现将16gCuSO4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
CO23.3g
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 。

6．实验时有一块未知质量的石灰石样品(含杂质20%，杂质不含钙元素，不溶于水，也不参加反应)，高温煅烧一段时间后，称得固体质量为10.3g ，向固体中加入100g 稀盐酸，恰好完全反应，过滤，所得滤液质量为105.6g ，则与稀盐酸反应的碳酸钙在样品质量分数为() A ．20% B ．40% C ．50% D ．80%
解析：B 【解析】 【详解】
解：设石灰石样品的质量为w ，根据固体减少量可以求出分解产生的二氧化碳为w ﹣10.3g ，设高温煅烧消耗碳酸钙的质量为x ，
32CaCO CaO +CO =10044x
w-10.3g
↑高温
w 10.3g x 100
=44
﹣ ，
x ＝
25(w 10.3g)
11
- ，
石灰石中杂质质量为20%×w ＝0.2w ； 与盐酸反应的碳酸钙为w ﹣
25(w 10.3g)
11
-﹣0.2w ＝23.4g ﹣1.47w ，生成的二氧化碳质量为
10.3g+100g ﹣0.2w ﹣105.6g ＝4.7g ﹣0.2w ，
3
222CaCO +2HCl C =10aCl +H O +CO 0
4423.4g-1.47w 4.7g-0.2w
w ≈12.5g ；
与盐酸反应的碳酸钙为23.4g ﹣1.47×12.5g ≈5g ；与稀盐酸反应的碳酸钙占样品的质量分数
为5g 12.5g
×100%＝40%。

故选B 。

7．在点燃条件下，A 和B 反应生成C 和D ，反应前后分子变化的微观示意图如图所示，下列判断不正确的是( )
A ．该反应中有两种化合物分子
B ．该反应中，参加反应的A 、B 分子的个数比为4：3
C ．物质C 的化学性质不活泼，常用作保护气
D ．在该反应中，生成C 和D 的质量比为14：9 解析：D 【解析】
将图对应成微粒相等如图：
化学方程式为：4NH 3+3O 2 2N 2+6H 2O
A 、通过观察题中的图，可以发现物质A 和C 是由不同种原子构成的分子，为化合物，故A 正确；
B 、根据质量守恒定律可知，参加的A 和B 的分子个数比为4：3，故B 正确；
C 、通过观察题中的图，物质C 为氮气，化学性质不活泼，常用作保护气，故C 正确；
D、由图示物质的构成可知，A是氨气，B是氧气，C是氮气，D是水，根据化学方程式，可计算生成C和D的质量比为：（2×14×2）：【6×（1×2+16×1）】=14：27，故D错误。

8．在化学反应A+B2=AB2中，A与B2反应的质量关系如图所示，现将8gA和5gB2充分反应，则生成AB2的质量是（）
A．10g B．13g C．16g D．18g
解析：A
【解析】
【分析】
【详解】
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 , 由A与B2反应的质量关系可知，A与B2反应的质量比是1：1，将8gA和5gB2充分反应时，A过量，参加反应的A和B2都是5g，因此生成AB2的质量是10g．
故选A
9．如图是某反应的微观示意图。

下列说法正确的是（）
A．生成物有两种B．该化学反应属于分解反应
C．反应物微粒个数比是1:1 D．生成物可能是氧化物
解析：D
【解析】
【分析】
【详解】
A、由图示可知反应物有两种，生成物只有一种，多出来的一个分子是这种反应物没有反应完剩下的，说法错误，故不符合题意；
B、该反应的反应物有两种，生成物有一种，属于化合反应，说法错误，故不符合题意；
C、由图可以看出参加反应的反应物的微粒个数比为2：1，不是1:1。

说法错误，故不符合题意；
D、生成物有两种元素组成，有可能属于氧化物，说法正确，故符合题意；
故选D
【点睛】
本题应从分子的原子构成和反应前后粒子的变化角度入手；从模拟图可看出，反应物中共有两种分子，同种原子构成一种分子，生成物是两种由不同原子构成的分子。

10．在CO 和CO 2的混合气体中，氧元素的质量分数是64%，将该气体5g 通过足量的灼热的CuO 粉末，完全反应后，气体通过足量的澄清石灰水得到白色沉淀的质量是（ ） A ．5g B ．6.7g
C ．15g
D ．20g
解析：C 【解析】 【详解】 解法1：
设5g 混合气体中一氧化碳的质量为m ，则二氧化碳质量为5g-m ，根据题意得： m×
1628
×100%+（5g-m ）×32
44×100%=5g×64%，m=2.8g ；
设2.8g 一氧化碳与氧化铜完全反应生成二氧化碳的质量为x ， CO+CuO
∆
Cu+CO 2
28 44 2.8g x
44
=2.828
x g x=4.4g ，
10g 混合气体通过足量的灼热的氧化铜粉末后，二氧化碳气体质量=4.4g+（5g-2.8g ）=6.6g ，设生成沉淀的质量为y ， CO 2+Ca （OH ）2═CaCO 3↓+H 2O 44 100 6.6g y
1006.644
y g = y=15g 。

故选C 。

解法二：（巧妙计算）由于碳元素最终全部在碳酸钙中，所以可以用关系式法直接计算；碳元素的质量为5g×（1-64%）=1.8g ，设生成的碳酸钙的质量为x ， 则有C ～～～CaCO 3 12 100 1.8g x
1001.812
x g = x=15g ；
或者由于碳元素最终全部在碳酸钙中，所以可以用碳酸钙中碳元素的质量分数直接计算。

碳元素的质量为5g×（1-64%）=1.8g ；由于碳酸钙中碳元素的质量分数
为：
121
401121163
⨯
⨯+⨯+⨯
×100%=12%，则1.8g碳元素对应的碳酸钙的质量为：
1.8
12%
g
=15g。

故选C。

11．在 CO、CO2的混合气体中，氧元素的质量分数为 64%，将该混合气体 10克通过灼热的氧化铜，充分反应后，将气体再全部通过足量的澄清石灰水，过滤，得到白色沉淀的质量是（）
A．40g B．30g C．10g D．5g
解析：B
【解析】
【详解】
在CO、CO2的混合气体中，氧元素的质量分数为64%，则含有碳元素1﹣64%＝36%；10g 含碳元素36%的二氧化碳和一氧化碳混合气体通过足量灼热的氧化铜，然后再将气体通过过量的澄清石灰水，由质量守恒定律，反应前后碳元素的质量不变，能得到碳酸钙白色沉
淀的质量是10g×36%÷（12
100
×100%）＝30g。

故选B。

12．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。

13．下列关于化学用语的说法，错误的一项是（ ） A ．FeCl 2读作氯化亚铁；SO 2读作二氧化硫 B ．3H 只有微观意义；C 60表示60个碳原子 C ．NH 4NO 3中，氮元素的化合价不相同 D ．2
2Mg+O 2MgO =点燃，可读作每48份质量的铁与32份质量的氧气完全反应，生成80
份质量的氧化镁
解析：B 【解析】 【详解】
A 、FeCl 2从右向左读，读作氯化亚铁；SO 2读作二氧化硫，故A 选项说法正确，不符合题意；
B 、3H 表示3个氢原子，不具有宏观意义，只具有微观意义；
C 60表示1个C 60分子，故B 选项说法错误，符合题意；
C 、硝酸铵（NH 4NO 3）中铵根显+1价，氢元素显+1价，设铵根中氮元素的化合价是x ，由原子团中元素的化合价代数和等于原子团的化合价，可得：x+（+1）×4＝+1，则x ＝﹣3价。

硝酸根显﹣1价，氧元素显﹣2价，设硝酸根中氮元素的化合价是y ，由原子团中元素的化合价代数和等于原子团的化合价，可得：y+（﹣2）×3＝﹣1，则y ＝+5价，故C 选项说法正确，不符合题意；
D 、22Mg+O 2MgO =点燃，可读作每48份质量的铁与32份质量的氧气完全反应，生成80
份质量的氧化镁，故D 选项说法正确，不符合题意。

故选B 。

【点睛】
掌握常见化学用语（原子符号、分子符号、化学式、化学方程式等）的书写方法是正确解答此类题的关键。

在化学符号前面添加数字，此时的化学符号只有微观含义。

14．Fe 和FeO 的混合物，测得其中铁元素的质量分数为80%．取该混合物7.0g ，加足量稀硫酸完全溶解，生成FeSO 4的质量为（ ） A ．7.6g B ．15.2g C ．20.0g D ．40.0g 解析：B 【解析】
试题分析：根据题意可知Fe 和FeO 中的铁元素都上了硫酸亚铁中去了，根据铁元素的质量算出硫酸亚铁的质量。

解：由Fe 和FeO 的混合物质量为7.0g ，铁元素的质量分数为80%，解出铁元素质量为：7.0g×80%=5.6g ；
用铁元素质量除以硫酸亚铁中铁元素的质量分数，算出硫酸亚铁的质量：
=15.2g
故选B。

考点：有关化学式的计算和推断；化合物中某元素的质量计算；混合物中某元素的质量计算；质量守恒定律及其应用。

点评：已知化合物中某元素的质量，求化合物的总质量方法是：用该元素的质量除以该元素在化合物中的质量分数。

15．纳米级TiO2有广泛的应用,制备的一步反应为2FeTiO3+7Cl2+6C=2TiClx+2FeCl3+6CO。

该化学方程式中,x的值为
A．2 B．4 C．8 D．14
解析：B
【解析】
【详解】
根据质量守恒定律，化学反应前后原子的数目不变，反应前氯原子的个数为14个，反应后氯原子的个数为2x+6个，则2x+6=14，得x=4。

故选B。

16．甲、乙、丙、丁四种物质在反应前后的质量关系如图所示，下列有关说法错误的是
A．参加反应的甲和乙质量比为 12:19
B．丙可能是该反应的催化剂
C．x 的值是 7
D．丁可能是化合物
解析：D
【解析】
【分析】
根据图中信息，甲物质质量减少了14g-2g=12g，丙物质质量不变，丁物质质量增加了36g-5g=31g，根据质量守恒，乙物质反应后的质量，x=（14+26+5+3）g-（2+3+36）g=7g。

乙物质质量减少了26g-7g=19g。

【详解】
A、参加反应的甲、乙的质量比为12:19，说法正确；故不符合题意；
B、丙物质质量不变，可能是该反应的催化剂，也可能是杂质，说法正确；故不符合题意；
C、由分析可知，x的值为7，说法正确；故不符合题意；
D、该反应是化合反应，甲+乙→丁，丁是生成物，一定是化合物，说法错误。

故符合题意；
故选D
17．硝酸在光照或加热条件下可发生如下反应:4HNO3 △4NO2 ↑+X↑+2H2O,则下列说法中错误的是
A．反应属于分解反应B．X的化学式为O2
C．反应前后原子总数不变D．反应前后氮元素的化合价不变
解析：D
【解析】
试题分析： A.反应物一种，生成物三种，符合分解反应的特点，选项说法正确；B.质量守恒定律可知：反应前后元素种类和原子个数都不变，反应前氢氮氧的原子个数分别为4、4、12，已知反应后氢氮氧的原子个数为4、4、2，故X中含两个氧原子，化学式为O2，选项说法正确；C.反应前后原子总数不变，选项说法正确；D.反应前后氮元素的化合价分别为：+5、+4，化合价改变，选项说法错误；故选D
考点：化学方程式；质量守恒定律
18．在一定条件下，一个密闭容器内发生某反应，测得反应过程中各物质的质量部分数据如下表所示：
下列说法正确的是 ( )
A．该化学反应为复分解反应B．丙一定为催化剂C．a等于10
D．b等于12
解析：C
【解析】
【分析】
甲在反应前后质量减小，是反应物，丙在反应前后质量没变，是催化剂或没参加反应，丁反应前后质量增加，则丁是生成物，根据质量守恒定律，
，。

0+a+3+28=12+26+3+0=9+22+3+b，则a=10b=7
【详解】
A、由表格数据可知：甲乙反应后质量减少为反应物，丁的质量增加为生成物，该化学反应为化合反应，故A不正确；
B 、丙的质量没有变化，可能为催化剂，也可能没参加反应，故B 不正确；
C 、0+a+3+28=12+26+3+0，则a 等于10，故C 正确；
D 、12+26+3+0=9+22+3+b 则b 等于7，故D 不正确。

故选C 。

【点睛】
根据质量守恒定律，反应前各物质的质量总和等于反应后生成的各物质的质量总和。

19．在加热条件下，将一定量的一氧化碳气体通过12g 氧化铜粉末，充分反应后，将生成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 B ．12：1 C ．8：1 D ．4：1
解析：B 【解析】 【详解】
设反应的氧化铜质量为x ，生成铜的质量为y ，
2=806444x
y CuO CO Cu CO 4.4g
∆
++
x 804.4g 44
= x ＝8g ， y 644.4g 44
= y ＝6.4g ， 剩余氧化铜中铜元素质量为：（12g ﹣8g ）×
64
80
＝3.2g ，氧元素质量为：4g ﹣3.2g ＝0.8g ，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 。

20．元素钴有多种化合价。

将11.9gCoCO 3在纯净氧气中加热可得到8.3g 钴的氧化物，则CoCO 3在纯氧中受强热发生的反应化学方程式是 A ．CoCO 3＋O 2
强热
CoO 3＋CO 2 B ．2CoCO 3 ＋O 2
强热
2CoO 2＋CO 2
C ．4CoCO 3＋3O 2强热
2CoO 3＋4CO 2 D ．4CoCO 3＋O 2
强热
2Co 2O 3＋4CO 2
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
CoCO 3与钴的氧化物的质量比为：11.9g ：8.3g=119:83。

A. CoCO 3＋O 2
强热
CoO 3＋CO 2中CoCO 3与钴的氧化物的质量比为：119:107，此选项错误；
B. 化学方程式没有配平，此选项错误；
C. 化学方程式没有配平，此选项错误；
D. 4CoCO3＋O2强热
2Co2O3＋4CO2中CoCO3与钴的氧化物的质量比为：（4×119）：
（2×166）=119:83，此选项正确。

故选D。

21．在一个密闭容器中放入W、G、H、P四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得有关数据如下表：关于此反应的认识不正确的是（）
A．物质H一定是该反应的催化剂
B．该反应一定是化合反应
C．在反应物和生成物中，G、P的质量比为5：4
D．待测值为13
解析：A
【解析】
【分析】
根据质量守恒定律计算出“待测”的值，再根据化学反应后，质量增加的物质是生成物，质量减少的物质是反应物。

【详解】
A、物质H的质量在反应前后不变，可能是该反应的催化剂，也可能没有参加反应，故A 不正确；
B、W、P质量都减少，是反应物，G增加，是生成物，反应物是两种，生成物是一种，H 的质量在反应前后不变，属于化合反应而不是分解反应，故B正确；
C、反应中G、P的质量比为25g：20g＝5：4，故C正确；
D、根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，所以18+1+2+32＝待测+26+2+12，因此待测＝13g，反应后物质待测值W的质量为：18g﹣5g＝13g，故D正确。

故选A。

【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总和等于反应后生成的物质的质量总和。

22．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。

23．如图表示氯酸钾和二氧化锰混合受热至完全反应的过程中某变量y随时间的变化趋势，纵坐标表示的是（）
A．剩余固体的质量B．生成氧气的质量
C．固体中二氧化锰的质量D．氯酸钾的质量
解析：A
【解析】
【详解】
A．氯酸钾在二氧化锰的催化作用下在加热条件下生成氯化钾和氧气，反应后氧气逸出，固体质量逐渐减少，至完全分解，固体的质量不再改变，与图象对应；故符合题意；B．生成氧气的质量不断增加，直到反应结束为止，与图像不对应；故不符合题意；C．二氧化锰作催化剂，反应前后质量不变，与图象不对应；故不符合题意；
D．氯酸钾在二氧化锰的催化作用下在加热条件下生成氯化钾和氧气，由于需要加热到一定的温度氯酸钾才能分解，随着反应的进行，氯酸钾的质量逐渐减少，至完全分解，氯酸钾的质量为0，与图象不对应。

故不符合题意；
故选A
【点睛】
本题是一道图象坐标与化学知识相结合的综合题，解题的关键是结合所涉及的化学知识，正确分析各变化的过程，注意分析坐标轴表示的意义、曲线的起点、折点及变化趋势，进而确定正确的图象。

24．在一个密闭容器中放入X，Y，Z，W四种物质，在一定条件下发生化学反应，一段时间后，测得相关数据如下表，下列关于此反应的认识，正确的是（）
A．若W为水，则X或Y必定为酸或碱
B．若X为化合物，Y为单质，则该反应一定为置换反应
C．m的数值为32
D．参加反应的X与Y的质量比为1：4
解析：D
【解析】
【分析】
由表中数据分析可知，反应前后，X的质量减少了10g﹣2g=8g，故X是反应物，参加反应的X的质量为8g；同理可以确定Z是生成物，生成的Z的质量为30g﹣8g=22g；W是生成物，生成的W的质量为25g﹣7g=18g；由质量守恒定律，Y应是反应物，且参加反应的Y 的质量为22g+18g﹣8g=32g，故m的数值为32g+3g=35g。

该反应的反应物为X和Y，生成物是Z和W。

【详解】
A、若W为水，则X或Y不一定为酸或碱，如甲烷等有机物燃烧也能生成水，故选项说法错误。

B、若X为化合物，Y为单质，无法确定Z和W的类别，该反应不一定为置换反应，故选项说法错误。

C、Y应是反应物，且参加反应的Y的质量为22g+18g﹣8g=32g，故m的数值为
32g+3g=35g，故选项说法错误。

D、参加反应的X与Y的质量比为8g：32g=1：4，故选项说法正确。

故选D。

25．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。

26．将CO 和CO 2的混合气体通入足量澄清的石灰水中，生成沉淀的质量与原混合气体的质量相等，则原混合气体中CO 和CO 2的质量比为 A ．14:11 B ．11:14
C ．11:7
D ．7:11
解析：A 【解析】 【分析】
根据反应方程式：Ca （OH ）2+CO 2═CaCO 3↓+H 2O ，分别设出CO 和CO 2的质量，利用生成的沉淀质量恰好等于原混合气体的质量的关系，列出等式，进行解答。

【详解】
解：设混合气体中CO 的质量为x ，CO 2的质量为y ，
100=44
y x y + x ：y=14：11。

故选A 。

27．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 解析：B 【解析】
A 、Fe+ H 2SO 4 == FeSO 4 + H 2↑，溶液增加的质量
56 2 56-2 ，不符合题意； B 、Fe+ CuSO 4 == Cu + FeSO 4 溶液减小的质量 160 152 160-152 ，符合题意；
C 、 Fe 2O 3 + 6HCl== 2FeCl 3 + 3H 2O ，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 + H 2O ，反应后无固体、气体生成，溶液质量增多，不符合题意。

故选B 。

28．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 。

29．某密闭容器中有X 、氧气、二氧化碳三种物质，在一定条件下充分反应，反应前后各物质质量的数据记录如下：
在下列判断中，正确的是（ ） A ．物质X 由碳、氢元素组成 B ．物质X 由碳、氢、氧元素组成 C ．充分反应后剩余氧气质量为16克 D ．生成CO 2与H 2O 的质量比是89：54
解析：B 【解析】 【分析】
反应后X 质量减少46g ，是反应物；反应后二氧化碳增加88g ，是生成物；反应后水增加54g ，是生成物。

【详解】
A 、根据质量守恒定律可知，46g+128g+1g+0g=0g++89g+54g 待测，=32g 待测，氧化碳中的碳元素和水中的氢元素来自于X ，88g 二氧化碳中碳元素的质量为
1288g 100%=24g 44⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭；54g 水中氢元素的质量为254g 100%=6g 18⎛⎫
⨯⨯ ⎪⎝⎭
，
24g+6g=30g ＜46g ，X 中一定含有氧元素，错误； B 、物质X 由碳、氢、氧元素组成，正确； C 、充分反应后剩余氧气质量为32克，错误 D 、生成CO 2与H 2O 的质量比是88：54，错误 故选B ．
30．深圳进行机动车限牌，汽车尾气污染得到控制。

如图是汽车处理尾气反应的微观过程，有关说法正确的是（ ）
A ．反应前后分子的种类、数目都发生了变化
B ．反应的生成物质量之比是7：11
C ．反应的化学方程式为2
2 CO+NO N
+CO =催化剂
D ．催化剂加快反应速率，增加了生成物的质量
解析：A 【解析】 【分析】
结合图示，根据质量守恒定律及反应物生成物可知，反应的方程式为：
2
22CO+2NO
N
+2CO =催化剂
，结合方程式进行分析即可。

【详解】
A 、由微粒的变化可知，分子的种类及数目发生了变化，故A 正确；
B 、由方程式可知，反应的生成物质量之比是28：（44×2）＝7：22，故B 错误；
C 、方程式未配平，故C 错误；
D 、催化剂能加快反应的速率，但不会增加生成物的质量，故D 错误。

故选A 。

【点睛】
此类题目重在从图中提炼信息，根据信息进行题目的解答和分析。

要注意排除干扰微粒以及补充缺少的微粒，让图恰好体现反应的本质关系。