中考化学利用化学方程式简单计算大题培优易错难题及

中考化学利用化学方程式简单计算大题培优易错难题及答案中考化学利用化学方程式简单计算大题培优易错难题及答案中考化学利用化学方程式简单计算大题培优易错难题及答案

中考化学利用化学方程式的简单计算(大题培优易错难题)及答案

一、初中化学利用化学方程式的简单计算

1．在密闭容器中有甲、乙、丙、丁四种物质，在必定条件下反响，测得反响前、反响中及

反响结束前某时刻的各物质的质量（如表）。表中x、y、m、n分别表示相应物质的质量。以下数据正确的选项是（）甲乙丙丁反响前质量/g7014610反响中质量/gx11mn反响结束前质量/g42y4010

A．x＝56

B．y＝6

C．m＝17

D．n＝8

【答案】

A

【分析】

【详解】A、y=70+14+6+10-42-40-10=8，依据题意有：（70-42）：（14-8）=（70-x）：（14-11），x=56，该选项说法正确；

B、y=8，该选项说法不正确；

C、依据题意有：（14-8）：（40-6）=（14-11）：（m-6），m=23，该选项说法不正确；

D、丁反响前后质量不变，则=10，该选项说法不正确。

应选：A。

2．科学家最新发现，可以将树木纤维素转变成超级储能装置，该反响的微观表示图以下。

以下说法正确的选项是

A．反响前后分子总数不变B．反响中

X、Z两种物质的质量比为

3:7

C．反响中

Y和

W的物质的量之比为

4:5

D．参加反响的

Y中氮元素的质量必定等于生成

Z的质量

【答案】

【分析】

D

依据所学知识和题中信息知，已变，故A错误；B、反响中

3C＋4NH3高温，催化剂

X、Z两种物质的质量比为

2N2＋3CH4。A、反响前后分子总数

12×3∶4×17＝9∶17，故B错

误；C、反响中Y和W的物质的量之比为4:3，故C错误；D、依据质量守恒定律知，参加反响的Y中氮元素的质量必定等于生成Z的质量，故D正确。

点睛∶任何一个化学反响都必定依据质量守恒定律，依据化学方程式可以计算各物质的质

量比，物质的量之比。

3．向必定量的锌粉中滴加稀盐酸至过分，以以下图表示反响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不可以能表示（）

A．溶液总质量B．耗费锌粉的质量

C．生成ZnCl2的质量D．生成H2的质量

【答案】A

【分析】

【详解】

A、不是溶液总质量，跟着稀盐酸的加入，溶液总质量应向来增添，故A错误；

B、耗费锌粉的质量，跟着稀盐酸的加入，耗费锌粉的质量应渐渐增添，直至耗费完，故B

正确；

C、生成ZnCl2的质量，跟着稀盐酸的加入，生成的ZnCl2质量应渐渐增添，直至达必定

值，故C正确；

D、生成H2的质量，跟着稀盐酸的加入，生成的氢气的质量应渐渐增添，直至达必定值，

故D正确。应选A

4．Fe和FeO的混淆物，测得此中铁元素的质量分数为80%．取该混淆物7.0g，加足量稀硫酸完满溶解，生成FeSO的质量为（）4A．7.6gB．15.2gC．20.0gD．40.0g

【答案】B

【分析】

试题分析：依据题意可知Fe和FeO中的铁元素都上了硫酸亚铁中去了，依据铁元素的质

量算出硫酸亚铁的质量。

解：由Fe和FeO的混淆物质量为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

应选B。

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

谈论：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。

5．已知2A＋3B==C＋3D，用足量的A和49gB恰巧完满反响，生成57gC和1gD，若B

的相对分子质量为98，则A的相对分子质量为()

A．16B．27C．44D．56

【答案】B

【分析】

【详解】

依据质量守恒定律可知A的质量=57g+1g-49g=9g设A的相对分子质量为x

2A+3B=C+3D

2x98×3

9g49g

2x/9g=98/49g×3

x=27应选B。

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

参加反响)，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

好完满反响，过滤，所得滤液质量为105.6g，则与稀盐酸反响的碳酸钙在样质量量分数为()

A．20%B．40%C．50%D．80%

【答案】B

【分析】

【详解】

解：设石灰石样品的质量为w，依据固体减少许可以求出分解产生的二氧化碳为w﹣

10.3g，设高温煅烧耗费碳酸钙的质量为x，

高温

CaCO3=CaO+CO210044

xw-10.3g

=100，

w﹣10.3g44

x＝25(w10.3g)，11石灰石中杂质质量为20%×w＝0.2w；与盐酸反响的碳酸钙为w﹣25(w10.3g)﹣0.2w＝23.4g﹣1.47w，生成的二氧化碳质量为1110.3g+100g﹣0.2w﹣105.6g＝4.7g﹣0.2w，

CaCO3

+2HCl=CaCl2+H2O+CO2

100

44

w≈12.5g；

与盐酸反响的碳酸钙为23.4g﹣1.47×12.5g≈5g；与稀盐酸反响的碳酸钙占样品的质量分数

5g为×100%＝40%。12.5g应选B。7．在CO和CO2的混淆气体中，氧元素的质量分数是64%，将该气体5g经过足量的灼热的CuO粉末，完满反响后，气体经过足量的澄清石灰水获得白色积淀的质量是（）A．5gB．6.7gC．15gD．20g【答案】C【分析】【详解】解法1：设5g混淆气体中一氧化碳的质量为m，则二氧化碳质量为5g-m，依据题意得：m×16×100%+（5g-m）×32×100%=5g×64%，m=2.8g；2844设2.8g一氧化碳与氧化铜完满反响生成二氧化碳的质量为x，2CO+CuOCu+CO2844

2.8gx

=442.8g28

x=4.4g，

10g混淆气体经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，设生成积淀的质量为y，

CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O

44100

6.6gy

100

6.6g44

y=15g。应选C。

解法二：（奇妙策算）因为碳元素最后所有在碳酸钙中，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～～～CaCO3

12100

1.8gx

100

1.8g12

x=15g；

或许因为碳元素最后所有在碳酸钙中，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；因为碳酸钙中碳元素的质量分数

为：1211.8g1121163×100%=12%，则1.8g碳元素对应的碳酸钙的质量为：4012%=15g。应选C。

8．在反响

A+2B═C+D中，7.6gA与

5.3gB恰巧完满反响生成

12.7gC，现要获得

0.6gD，则

需要

A的质量为（

）

A．5.6g

B．16.8g

C．22.8g

D．没法计算

【答案】

C

【分析】

【详解】依据题意“在反响A+2B═C+D中，7.6gA与5.3gB恰巧完满反响生成12.7gC”和质量守恒

定律，则可知反响生成D的质量：7.6g+5.3g﹣12.7g＝0.2g；设参加反响A物质的质量为x，

A2BCD

7.6g0.2g

x0.6g

7.6g

0.6g0.2g

x＝22.8g；

所以参加反响A物质的质量为22.8g。

应选C。

9．在CO、CO2的混淆气体中，氧元素的质量分数为64%，将该混淆气体10克经过灼热的氧化铜，充分反响后，将气体再所有经过足量的澄清石灰水，过滤，获得白色积淀的质量是（）A．40gB．30gC．10gD．5g【答案】B

【分析】

【详解】

在CO、CO2的混淆气体中，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淆气体经过足量灼热的氧化铜，此后再将气体经过过分的澄清石灰水，由质量守恒定律，反响前后碳元素的质量不变，能获得碳酸钙白色沉

淀的质量是10g×36%÷（12×100%）＝30g。应选B。100

10．必定条件下，密闭容器中发生化学反响，甲、乙、丙、丁四种物质的质量变化如图所

示，以下说法正确的选项是（）

A．乙属于混淆物

B．该反响可以表示为：甲+丙+丁乙

C．参加反响的甲和丁的质量比为2:5

D．参加反响的甲和丁的分子个数比必定为8:12

【答案】C

【分析】

【分析】

依据图示可知，反响后甲、丁质量减小，说明二者为反响物，丙质量不变，说明丙为催化剂或未参加反响，乙质量增大，说明乙为生成物。

【详解】

A、由图可知，乙为纯净物，密闭容器中的气体为混淆物，应选项错误；

B、甲、丁为反响物，乙为生成物，丙为催化剂或未参加反响，该反响可以表示为：甲+丁

乙，或甲+丁乙，应选项错误；

C、参加反响的甲和丁的质量比为（8g-4g）：（12g-2g）=2:5，应选项正确；

D、因为不知化学方程式中甲、丁的相对分子质量，故没法确立乙、丁物质的化学计量数

之比，即没法确立参加反响的甲和丁的分子个数比，应选项错误。应选C。

11．物质R在0.96g氧气中恰巧完满焚烧，反响方程式为：R+3O2点燃，测得22XO+2SOXO和SO的质量分别为0.44g和1.28g．以下判断正确的选项是（）22A．参加反响的R的质量为0.86g

B．R的相对分子质量为76

C．R中含有X元素、S元素和O元素

D．XO2和SO2都是形成酸雨的主要物质

【答案】B

【分析】

试题分析：依据质量守恒定律化学反响前后物质的总质量不变可知参加反响的R的质量44，可能XO2的相对分子质量为

为：1.28g+0.44g-0.96g=0.76g，A错误；设R的相对分子质量为X，则依据方程式计算

R+3O2=XO+2SO

X96

0.760.96

x=96*0.76/96=76，B正确；

在化学反响中物质的质量比即为相对分子质量之比，那么

是二氧化碳；依据质量守恒定律化学反响前后元素的种类和质量不变，生成物中氧元素的

质量=0.32g+0.64g=0.96g，等于反响物中氧气的质量，那么R中含有X元素、S元素，不含

氧元素，C错误；二氧化碳主假如造成温室效应，D错误。应选B。

考点：质量守恒定律

12．以下对于化学用语的说法，错误的一项为哪一项（）A．FeCl2读作氯化亚铁；SO2读作二氧化硫B．3H只有微观意义；C表示60个碳原子60C．NH4NO3中，氮元素的化合价不同样样点燃2MgO，可读作每48份质量的铁与32份质量的氧气完满反响，生成80D．2Mg+O2份质量的氧化镁【答案】B【分析】【详解】A、FeCl2从右向左读，读作氯化亚铁；SO2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，不拥有宏观意义，只拥有微观意义；C表示1个C分子，故B6060选项说法错误，符合题意；C、硝酸铵（NHNO）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43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；点燃2MgO，可读作每48份质量的铁与32份质量的氧气完满反响，生成80D、2Mg+O2份质量的氧化镁，故D选项说法正确，不符合题意。应选B。【点睛】掌握常有化学用语（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重点。在化学符号前面增添数字，此时的化学符号只有微观含义。

13．纳米级TiO2有宽泛的应用,制备的一步反响为3232FeTiO+7Cl+6C=2TiClx+2FeCl+6CO。该化学方程式中,x的值为A．2B．4C．8D．14

【答案】B

【分析】

【详解】

依据质量守恒定律，化学反响前后原子的数量不变，反响前氯原子的个数为14个，反响后

氯原子的个数为2x+6个，则2x+6=14，得x=4。

应选B。

14．25℃时，某气态碳氢化合物与氧气混淆后装入密闭容器中，经充分反响后，又恢复

25℃，此时容器内气体分子是反响前的一半。再经足量的氢氧化钠溶液汲取后，容器内几

乎成真空。此碳氢化合物可能是()

A．CH4B．C2H6C．C2H2D．C3H8

【答案】D

【分析】容器内气体分子是反响前的一半。再经足量的氢氧化钠溶液汲取后，容器内几乎

成真空。由定构成定律和化学方程式知，此碳氢化合物可能是D.38。CH点睛∶此题主要察看化学方程式的应用。

15．硝酸在光照或加热条件下可发生以下反响:4HNO3△4NO2↑+X↑+2HO,则以下说法中错误的是A．反响属于分解反响B．X的化学式为O2C．反响前后原子总数不变D．反响前后氮元素的化合价不变【答案】D【分析】试题分析：A.反响物一种，生成物三种，符合分解反响的特色，选项说法正确；B.质量守

恒定律可知：反响前后元素种类和原子个数都不变，反响前氢氮氧的原子个数分别为4、

4、12，已知反响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.反响前后原子总数不变，选项说法正确；D.反响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；应选D

考点：化学方程式；质量守恒定律

16．在化学反响A+2B＝C+D中，若5.6gA和7.3gB恰巧完满反响，生成12.7gC，此刻要

获得0.4gD，需要A的质量为（）A．5.6gB．11.2gC．14.6gD．没法计算【答案】B

【分析】

【详解】

生成D的质量：5.6g+7.3g﹣12.7g＝0.2g

设参加反响A物质的质量为x

A+2B=C+D

5.6g0.2g

x0.4g

5.6g0.2g=x0.4g

x＝11.2g

答：参加反响A物质的质量为11.2g。

17．一包混有杂质的Na2CO3，其杂质可能是Ba(NO3)2、KCl、NaHCO3，今取10.6克样品，溶于水得澄清溶液，另取10.6克样品，加入足量的盐酸，采集到4.4克CO2，则以下判断正确的选项是()A．样品中只含有NaHCO3

B．样品中必定混有NaHCO3，可能有KCl

C．样品中有NaHCO3，也有Ba(NO3)2

D．样品中混有KCl，也有NaHCO3

【答案】D

【分析】

【详解】

混有杂质的碳酸钠加水后溶液澄清，必定不存在硝酸钡，纯净的碳酸钠10.6克时，会生成

二氧化碳4.4克，纯净的碳酸氢钠10.6克生成的二氧化碳约是5.55克，氯化钾的存在不会

与盐酸反响生成二氧化碳，此刻取10.6克样品，加入足量的盐酸，采集到4.4gCO2，说明

碳酸钠中的杂质也会生成二氧化碳，可是依据计算所有的质量都是碳酸氢钠时生成的质量也节余4.4克，所以假如混有氯化钾和碳酸氢钠，故样品中混有氯化钾和碳酸氢钠的混淆物。

应选D。

18．在必定的条件下，A和B能发生化学反响生成C和D，其微观表示图以下所示：

以下说法错误的选项是

A．B的化学式为NH3

B．反响前的物质为混淆物

C．若该反响为置换反响，则生成的C和D的质量比为27:14D．若

D为氧化物，反响掉的

A和

B的分子个数比为

5:4，D的化学式为

NO2

【答案】

D

【分析】

【分析】

【详解】A、依据图示，

B中含有一个氮原子和

3个氢原子，化学式为

NH3，故正确；

B、反响前是氧气和氨气的混淆物，故正确；

C.依据图示，反响物A、B中含有氢、氧、氮元素，生成物C中含有氢元素和氧元素，依据质量守恒定律，若该反响为置换反响，则D为氮气，反响的化学方程式为：点燃

4NH32+3O6H2O+2N2，则生成的C和D的质量比为（6×18）：（2×24）=27:14，故正确；

D.若D为氧化物，反响掉的A和B的分子个数比为5:4，反响的方程式为：

5O+4NH点燃36HO+xD，可知xD中含有4个N原子和4个O原子，故D的化学式为22

NO，故错误；

应选D。

19．在加热条件下，将必定量的一氧化碳气体经过12g氧化铜粉末，充分反响后，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，则加热后获得的固体混淆物中，

铜、氧元素的质量比为

A．14：1B．12：1C．8：1D．4：1

【答案】B

【分析】

【详解】

设反响的氧化铜质量为x，生成铜的质量为y，

CuOCO=CuCO2806444xy4.4gx804.4gx＝8g，44y644.4gy＝6.4g，44节余氧化铜中铜元素质量为：（12g﹣8g）×64＝3.2g，氧元素质量为：4g﹣3.2g＝0.8g，80则加热后获得的固体混淆物中，铜、氧元素的质量比为：（6.4g+3.2g）：0.8g＝12：1。

应选B。

20．把必定质量的a、b、c、d四种物质放入一密闭容器中，在必定条件下反响一段时间

后，测得反响后各物质的质量以下，以下说法正确的选项是

物质abcd

反响前的质量(g)7.44.25.03.8反响后的质量(g)6.2x5.23.8

A．物质

a是生成物

B．x=5.2

C．d必定是催化剂

【答案】B

D．反响后原子数量减少了

【分析】

【分析】由表格信息可知反响后，

c质量增添

0.2g，是生成物；

a质量减少

1.2g，是反响物；

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，是反响物，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、依据质量守恒定律可知，化学反响前后原子的种类不变，选项

D不正确；

应选

B。

21．如图是某汽车尾气净化妆置中发生反响的微观表示图。以下说法正确的选项是（）

A．该反响中，Z是由Y分解生成的

B．一个Y和W分子中均有11个电子

C．参加反响的X与生成的Z的质量比为9：7

D．化学反响前后，催化剂的质量和性质必定不变

【答案】C

【分析】

【分析】

由反响的微观表示图可以看出，反响物是NH3和NO两种分子，生成物是N2和H2O两种分

催化剂

子，所以化学反响方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O。【详解】A、由微粒的构成可知，X、Y都含有氮原子，不可以确立Z是由Y分解生成的，故A不正确；B、由微粒的构成可知，Y和W分子分别是氨分子和水分子，一个Y和W分子中均有10个电子，故B不正确；

C、参加反响的

X与生成的

Z的质量比为（

30×6）（28×5）＝9：7，故

C正确；

D、化学反响前后，催化剂的质量和化学性质必定不变，故

D不正确。应选

C。

【点睛】

依据质量守恒定律，反响前后原子个数不变。

22．在密闭的容器中加热蔗糖产生炭黑和水，这一实验说了然（）

A．蔗糖是炭黑和水构成的纯净物

B．蔗糖是炭黑和水构成的混淆物

C．蔗糖分子是由碳元素和水分子构成的

D．蔗糖是由碳元素、氢元素和氧元素构成的

【答案】D

【分析】

【详解】

A、加热蔗糖的产物是炭黑和水，但蔗糖不是由炭黑和水构成的，该选项说法不正确；B、蔗糖属于纯净物，而炭黑和水构成的物质属于混淆物，该选项说法不正确；

C、蔗糖分子是由碳原子、氢原子和氧原子构成的，不可以说蔗糖分子由碳元素构成，该选项说法不正确；

D、加热蔗糖产生炭黑和水，说明蔗糖是由碳元素、氢元素和氧元素构成的，该选项说法正确。

应选D。

23．必定条件下甲和乙反响生成丙。联合微观表示图分析，以下说法正确的选项是

A．反响前后分子总数不变

B．参加反响的甲和乙的质量比为15:16

C．该反响波及三种氧化物

D．耗费的甲和生成的丙的分子个数比为1:1

【答案】D

【分析】

试题分析：反响前后分子总数发生改变，开始是3个分子，反响后变成2个；参加反响的

甲和乙的质量比为15:8；该反响波及两种氧化物，乙物质属于单质；耗费的甲和生成的丙

的分子个数比为1:1。应选D.

考点：物质的构成质量守恒定律

24．如图表示氯酸钾和二氧化锰混淆受热至完满反响的过程中某变量势，纵坐标表示的是（）

y随时间的变化趋

A．节余固体的质量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

【答案】A

【分析】

【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，反响后氧气逸出，固体质量渐渐减少，至完满分解，固体的质量不再改变，与图象对应；故符合题意；

B．生成氧气的质量不停增添，直到反响结束为止，与图像不对应；故不符合题意；C．二氧化锰作催化剂，反响前后质量不变，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，因为需要加热到必定的温度氯酸钾才能分解，跟着反响的进行，氯酸钾的质量渐渐减少，至完满分解，氯酸钾的质量为0，与图象不对应。故不符合题意；应选A

【点睛】

此题是一道图象坐标与化学知知趣联合的综合题，解题的重点是联合所波及的化学知识，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、折点及变化趋向，从而确立正确的图象。

25．在反响

2A+5B=2C+4D中，C、D的相对分子质量之比为

9：22．若

2.6gA与必定量的

B

恰巧完满反响，生成

8.8gD则在此反响中

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

【答案】

C

【分析】

【分析】依据质量守恒定律，参加反响的反响物的总质量等于生成的生成物的总质量，反响前后原

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

29422

x8.8g

29=x4228.8g

x=1.8g

依据质量守恒定律，参加反响的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．工业上用甲和乙反响制备燃料丙。依据以下微观表示图得出的结论中，正确的选项是()

A．甲的化学式为CH2

B．反响中甲、乙、丙的分子个数比为2：1：1

C．甲、乙、丙都可能是氧化物

D．丙中C、H、O元素的质量比12：3：8

【答案】D

【分析】

【详解】

A、依据甲物质的分子微观表示图可知，该物质的化学式为C2H4；结论错误；故不符合题

意；

B、依据三种物质的分子微观表示图可知，用甲和乙反响制备丙的化学方程式为

C2H4+H2O═C2H6O，反响中甲、乙、丙的分子个数比为1：1：1；结论错误；故不符合题

意；

C、依据三种物质的分子微观表示图可知，甲物质的化学式为C2H4、乙物质的化学式为

H2O、丙物质的化学式为C2H6O，甲物质不含氧元素，不是氧化物；丙物质中含有三种元素，也不是氧化物，只有乙物质是氧化物，结论错误；故不符合题意