初中化学创新能力培优竞赛题（四）1-5单元

【名校尖子生】初中化学创新能力培优竞赛题（四）15单元一、选择题1．超临界水是指当气压和温度达到一定值时，因高温而膨胀的水的密度和因高压而被压缩的水蒸气的密度正好相同时的水。简单地说超临界水就是一种介于液体和气体之间的水。下列有关超临界水的说法正确的是（）A．超临界水是一种混合物B．超临界水中分子间没有间隙C．超临界水与普通水的化学性质有较大差异D．超临界水也是由氢、氧两种元素组成的【答案】D【解析】A、超临界水就是一种介于液体和气体之间的水，超临界水由水一种物质组成，是一种纯净物，故A不符合题意；B、分子之间都存在间隙，超临界水中分子间有间隙，故B不符合题意；C、超临界水与普通水均由水分子构成，化学性质没有差异，故C不符合题意；D、超临界水就是一种介于液体和气体之间的水，水是由氢元素和氧元素组成的，则超临界水也是由氢、氧两种元素组成的，故D符合题意。故答案为：D。【分析】超临界水也是由氢、氧元素组成的，属于纯净物，超临界水分子间也存在间隙，超临界水与普通水的物理性质有差异，化学性质相同。2．2019年4月，《自然》杂志发文宣布，科学家首次在太空中检测到氦合氢离子（HeH+）。HeH+被认为是宇宙中首个化学反应的产物，是宇宙演化的最重要标记之一。则1个HeH+（）A．共有3个质子 B．只有1个原子核C．共有4个电子 D．相对质量为3【答案】A【解析】A、1个氦合氢离子（HeH+）中含有2个原子核，氦原子核内质子数为2，氢原子核内质子数为1，则共有3个质子，说法符合题意。B、1个氦合氢离子（HeH+）中含有2个原子核，说法不符合题意。C、1个氦合氢离子（HeH+）中含有2个原子核，氦原子核内质子数为2，氢原子核内质子数为1，则共有3个质子，1个氦合氢离子（HeH+）带1个单位的正电荷，则其核外电子数为31=2，说法不符合题意。D、相对质量为4+1=5，说法不符合题意。故答案为：A。【分析】本题难度不大，明确1个氦合氢离子（HeH+）带1个单位的正电荷、氢氦原子的构成是符合题意解答本题的关键。3．符合题意使用和理解化学用语是重要的学科素养，下列说法正确的是()A．H2O、H2CO3中均含有氢分子B．硝酸铵（NH4NO3）中氮元素的化合价为﹣3价C．Na+、Mg2+、Al3+核外电子数均为10D．3OH﹣1表示三个氢氧根离子【答案】C【解析】A.由化学式的含义可知，H2O、H2CO3中均含有氢元素，不含氢分子，A不符合题意；B、氢元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为2价，铵根的化合价为+1价，硝酸根的化合价为1价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为零，铵根中的氮元素的化合价为3价，硝酸根中的氮元素的化合价为+5价，B不符合题意；C、Na+、Mg2+、Al3+核内质子数依次为11、12、13，核外电子数均为10，C符合题意；D、氢氧根离子带1个单位的负电荷，根据离子符号的写法，氢氧根离子的符号为OH，3个氢氧根离子的符号就是在氢氧根离子符号的前面写上3即可，即3OH，D不符合题意，故答案为：C。4．某纯净物M微热时分解生成NH3、H2OA．M不稳定B．M是化合物C．M一定含有N元素、H元素、C元素，可能含有氧元素D．M由四种元素组成【答案】C【解析】A.根据题意“微热就能分解”，说明不稳定；故A不符合题意；B.“纯净物M微热就能分解生成NH3、H2O和CO2”，根据质量守恒定律：反应前后元素种类不变，则可知纯净物M含有多种元素，是化合物，故B不符合题意；C.根据质量守恒定律，由生成物可以推测反应物的元素组成，则M由氮、氢、碳、氧元素四种元素组成，一定含有氧元素，故C符合题意；D.根据质量守恒定律，由生成物可以推测反应物的元素组成，则M由氮、氢、碳、氧元素四种元素组成，故D不符合题意。故答案为：C。【分析】根据某纯净物M微热时分解，说明此物质具有热不稳定性。根据质量守恒定律，反应前后元素的种类不变，进行分析。5．下列关于“不一定”的说法中，不正确的是（）A．含氧化合物不一定是氧化物B．质子数相等的粒子不一定是同种元素C．由分子构成的纯净物不一定只含一种分子D．由同种元素组成的物质不一定是单质【答案】C【解析】A、含氧化合物不一定是氧化物，如含氧酸、碱、含氧酸盐等属于含氧化合物，但不是氧化物，元素不是两种，说法正确，故A错误；B、质子数相等的粒子不一定是同种元素，若粒子为原子时，为同一元素，若为分子时，不是同种元素，说法正确，故B错误；C、因纯净物中只有一种微粒，由分子构成的纯净物中只有一种分子，则由分子构成的纯净物不一定只含一种分子的说法错误，故C正确；D、由同种元素组成的物质不一定是单质，如金刚石和石墨组成的物质，只有一种元素，但属于混合物，则说法正确，故D错误；故选C．【分析】含氧化合物与氧化物都属于化合物，关键是分析元素的种类，只有两种元素且含有氧元素的为氧化物；质子数相同的一类原子的总称为元素，粒子可能为原子；在纯净物中从微观上看只有一种分子；在同素异形体组成的混合物中只有一种元素，该物质不属于单质．6．识别图像是学习化学的必备能力。下列图像能正确反映其对应关系的是（）ABCDA．加热一定质量的KMnO4固体制取氧气B．镁带在密闭容器中燃烧C．完全分解等质量的过氧化氢D．将水通电电解一段时间【答案】A【解析】A.高锰酸钾在加热的条件下反应生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，随着反应的进行，固体质量减小，但是固体中的钾元素和锰元素的质量不变，即固体中钾、锰元素的质量比不变，始终是一条直线，符合题意；B.镁燃烧生成氧化镁，由于反应是在密闭容器中进行的，所以反应前后物质的总质量不变，不符合题意；C.过氧化氢分解生成水和氧气，分解等质量的过氧化氢，加入二氧化锰的过氧化氢分解速率快，说明二氧化锰对过氧化氢具有催化作用，但是最终生成氧气的质量都是相等的，不符合题意；D.水在通电的条件下反应生成氢气和氧气，生成氢气和氧气的体积比约为2：1，生成氢气和氧气的质量比为1：8，不符合题意；故答案为：A。【分析】本题是图像的判断题，解答时要通过题目要求分析涉及到的各物质之间量的关系，结合变化趋势先做出判断，如随着横坐标物质量的变化，纵坐标表示的物质的量的变化趋势，增加或降低等，再确定图形中的起点、终点、转折点是否符合题意。7．实验室采用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应制取氯气（Cl2），该反应的化学方程式为MnOA．该实验可以采用实验室制取氧气的反应装置B．X的化学式为H2OC．该反应中锰元素的化合价由+4价变为了+2价D．此实验需要加装尾气处理装置【答案】A【解析】A、实验室采用二氧化锰与浓盐酸在加热的条件下反应制取氯气，属于固液加热反应，而实验室可利用加热高锰酸钾（或加热氯酸钾和二氧化锰）制取氧气，这两个反应属于固体加热反应，或利用过氧化氢溶液和二氧化锰制取氧气，该反应属于固液不加热反应，故不能采用实验室制取氧气的反应装置，符合题意；B、根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，反应物中含Mn、O、H、Cl的个数分别是1、2、4、4，生成物中含Mn、O、H、Cl的个数分别是1、0、0、4，故生成物中还应含2个O、4个H，故X的化学式为：H2O，不符合题意；C、二氧化锰中氧元素显2价，锰元素显+2价，氯化锰中锰元素显+2价，氯元素显1价，故该反应中锰元素的化合价由+4价变为了+2价，不符合题意；D、该实验生成了氯气，氯气有毒，故需要加装尾气处理装置，不符合题意。故答案为：A。8．我国科学家利用复合催化剂催化CO和H2O按下图所示过程(①~④)反应。下列说法正确的是（）A．“∞”表示氧气分子B．过程①中CO中的氧原子被催化剂吸附C．过程③中发生的变化是CO+O=CO2D．过程①中只有50%的H2O参与反应【答案】D【解析】A.由图示过程可知：“∞”表示氢气分子，不是氧分子，故A不符合题意；B.由图示过程①可知：是CO中的碳原子被催化剂吸附，故B不符合题意；C.由图示过程③发生的反应为CO+O+2OH+2H=COD.由图示可知，反应前含有一个一氧化碳分子和两个水分子，过程①反应中只有一个水分子被催化剂吸附，参与反应，所以过程①中只有50%的H2O参与反应，故D符合题意。故答案为：D。9．纯净物甲是一种绿色能源，相对分子质量为46。在一定条件下，一定质量的甲与4.0g乙充分反应，反应的微观示意图如图。当乙反应完时，生成2.2g丙、2.7g丁和1.4g戊。下列有关说法正确的是（）A．甲物质中一定含有碳元素和氢元素，一定不含有氧元素B．若乙的质量为4.8g，则反应中不会有戊生成，但丁的质量可能会变大C．甲物质中碳元素和氢元素的质量比为3：1D．该反应中丙和丁两种分子的个数比是1：3【答案】D【解析】A、根据质量守恒定律，参加反应的甲的质量为2.2g+2.7g+1.4g4g=2.3g，甲中碳的质量与生成的丙(CO2)和戊(CO)中碳元素质量之和相等，甲中氢元素的质量与丁(H2O)中氢元素的质量相等，2.2g丙(CO2)中碳元素的质量=2.2g×1212+16×2×100%=0.6g，1.4g戊(CO)中碳元素质量=1.4g×1212+16×100%=0.6g，2.7g丁(H2O)中氢元素的质量=2.7g×B、若增加氧气的含量，一氧化碳转化为二氧化碳，由反应的质量关系2CO+OC、根据以上分析可知道，甲中碳元素与氢元素的质量比为(0.6g+0.6g)：0.3g=4：1，说法不符合题意；D、该反应中丙和丁的分子个数比为2.2g44：2.7g故答案为：D。10．用实际参加化学反应的离子符号来表示化学反应的式子叫离子方程式，在离子方程式中，反应前后的电荷是守恒的。现有离子方程式：RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O，由此可知在RO3n－中，元素R的化合价是（）A．＋4 B．＋5 C．＋6 D．＋7【答案】B【解析】在离子方程式中，反应前后的电荷是守恒的。据离子方程式：RO3n－＋F2＋2OH－＝RO4－＋2F－＋H2O可知，RO3n－中n=1，根据原子团的化合价等于组成根的各元素的化合价的代数和，设R的化合价为x，x+(2)×3=1,x=+5。故答案为：B。【分析】根据原子团的化合价等于组成原子团的各元素的化合价的代数和，进行计算。11．由乙炔（C2H2）、乙烯（C2H4）、乙烷（C2H6）组成的混合物28g，在足量的氧气中燃烧，生成36gH2O和一定质量的CO2，混合物中C2H2、C2H4、C2H6的分子个数比可能为（）A．3∶2∶3 B．3∶2∶1 C．1∶2∶3 D．6∶3∶2【答案】A【解析】乙炔（C2H2）、乙烯（C2H4）、乙烷（C2H6）在足量的氧气中燃烧，产物为水和二氧化碳，水中氢元素的质量为混合物中氢元素的质量，二氧化碳中碳元素的质量为混合物中碳元素的质量，故：36gH2O中氢元素质量为：36g×218×100%=4g；28g混合物中碳元素的质量为：28g﹣4g=24g；故混合物中碳氢原子个数比为故答案为：A。【分析】根据化学反应前后元素质量不变、元素质量为物质质量×元素质量分数及所给各物质中碳、氢元素质量关系分析。12．将69g酒精（C2H5OH）点燃，酒精燃烧全部变为CO、CO2和H2O，恢复到室温，测得所得气体中氧元素质量分数为64%，则燃烧所耗氧气的质量为（）A．136g B．64g C．112g D．48g【答案】C【解析】燃烧后恢复室温，气体只含二氧化碳和一氧化碳，二氧化碳和一氧化碳中的碳元素全部来自乙醇，气体中氧元素占64%，则碳元素占36%，乙醇中碳元素的质量为69g×2446=36g，所以反应的气体的质量为36g36%=100g，水中的氢元素全部来自乙醇，乙醇中氢元素的质量为69g×故答案为：C。【分析】根据化学反应前后元素的种类和质量不变分析13．在一个密闭容器中有四种物质发生反应，一段时间后测得反应前后各物质质量如下：ABCD反应前质量/g1210515反应后质量/g3228未测若A与D的相对分子质量之比是3：1，则在反应方程式中A与D的化学计量数比为（）A．3：1 B．2：1 C．3：2 D．1：2【答案】D【解析】反应后质量增多的物质是生成物，质量减少的物质是反应物，差量是参加反应的质量或生成的质量。反应后A的质量减少，A是反应物，参加反应的质量是12g3g=9g。反应后B的质量增多，B是生成物，生成的质量是22g10g=12g。反应后C的质量增多，C是生成物，生成的质量是8g5g=3g，12g+3g>9g，根据质量守恒定律，D是反应物，参加反应的D的质量为12g+3g9g=6g。该反应是aA+dD=bB+cC（a、B、C、d是化学计量数），设A的相对分子质量为3W，D的相对分子质量为W，则aA+Dd=bB+cC3aWdW9g6g3aWdW=9g6g，解得ad【分析】根据质量守恒定律分析，密闭容器中反应前后质量不变，由此确定待测的质量，再依据各物质反应前后的质量变化确定反应物和生成物及参加反应和生成的质量，反应后质量增加，则为生成物，增加多少生成多少，反应后质量减少，为反应物，减少多少反应多少。14．在化学反应A+B=2C+D中，若2.4gA与一定质量的B恰好完全反应，生成5.6gC和0.4gD，若B的相对分子质量是18，则B与C的相对分子质量之比为（）A．9︰14 B．1︰2 C．9︰7 D．无法确定【答案】C【解析】A根据质量守恒定律，2.4g+x=5.6g+0.4gx=3.6g183.6g=y5.6g所以B与C的相对分子质量之比为18:14=9:7答案：C。【分析】根据质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，计算出参加反应B的质量；再根据化学方程式进行计算。15．将25克甲物质跟5克乙物质发生反应，所得混合物中有10克甲，11克丙，还有另一种新物质丁，若甲、乙、丙、丁的相对分子质量分别为30、20、44、18，化学式分别为A、B、C、D．则下列化学方程式正确的是：（）A．2A+B═C+2D B．A+2B═2C+D C．A+2B═C+2D D．2A+B═2C+D【答案】A【解析】根据反应的特点可以知道，反应前后质量减少的为反应物，而质量增加的为生成物，所以可以判断反应中消耗了甲的质量为：25g﹣10g=15g，乙物质完全被消耗，即为5g，即反应物为甲和乙，而丙和丁为生成物，其质量为11g，根据质量守恒定律可以知道生成了丁的质量为：15g+5g﹣11g=9g，设甲的化学计量数为a，乙物质的化学计量数为b，则可以得出比例式为：30a20b=15g5g，所以ab=21，设生成物中丙的化学计量数为c，丁的化学计量数为d，则可得比例式为：44c18d=11g故选：A．【分析】根据质量守恒定律及化学方程式的意义可以知道，物质的相对分子质量的和的比值和实际质量的比值相等，所以可以据此来判断反应中各物质的化学计量数．16．A、B、C三种物质各15g，在一定条件下充分反应后生成新物质D30g；若增加10gA，反应停止后，只有物质C剩余。根据上述条件推断下列说法中正确的是（）A．第一次反应停止后，B剩余9gB．反应中所消耗的A和B的质量比是3:2C．第二次反应停止后，D的质量为50gD．反应中所消耗的A和C的质量比是5:3【答案】C【解析】据质量守恒定律可知，在化学反应中反应前后物质的总质量不变，生成物的质量会增加，反应物的质量会减少；若增加10gA，则反应停止后，原反应物中只余C，说明参加第二次反应的A的质量为25克，B的质量为15克，A与B参加反应的质量比为5：3；A、B、C三种物质各15g，它们化合时只能生成30g新物质D，说明参加第一次反应的A的质量为15克，B的质量为9克，根据质量守恒定律可知参加第一次反应的C的质量为6克，则A、B、C参加反应的质量比为5：3：2，则第二次参加反应的C的质量为10克，生成D的质量为50克．

A、参加第一次反应的B的质量为9克，剩余6克，Ａ不符合题意；

B、反应中A与B的质量比为5：3，Ｂ不符合题意；

C、第二次反应停止后D的质量为50克，Ｃ符合题意；

D、反应中A与C的质量比为5：2，Ｄ不符合题意．

答案：C【分析】根据质量守恒定律分析，在化学反应中反应前后物质的总质量不变，生成物的质量会增加，反应物的质量会减少，以此确定反应物和生成物，再利用各物质的质量比不变进行计算求解。17．某化合物6g在氧气中完全燃烧后，生成17.6g二氧化碳和10.8g水。下列关于该化合物的说法不正确的是（）A．该化合物中一定含有C、H元素，一定不会O元素B．该反应中氧气和二氧化碳的质量比为14：11C．该反应中氧气和水的分子个数比为7：6D．该化合物中C、H原子的个数比为1：4【答案】D【解析】某化合物6g在氧气中完全燃烧后，生成17.6g二氧化碳和10.8g水。，二氧化碳中碳元素质量即为化合物中碳元素质量，为17.6g×12B.该反应中氧气和二氧化碳的质量比为（17.6g+10.8g6g）:17.6g＝14：11，不符合题意；C.该反应中氧气和水的分子个数比为17.6gD.该化合物中C、H原子的个数比为4.812故答案为：D【分析】根据质量守恒定律分析，化学反应前后元素的质量不变，由生成物中各物质质量计算出元素的质量，再利用元素质量比或物质质量比计算原子个数比或分子个数比。18．在密闭容器内进行某化学反应，测量反应前（t0）、反应中（t1）、反应后（t2）三个时刻甲、乙、丙、丁四种物质的质量分数，得到质量分数分布图分别如图所示。下列说法错误的是（）A．参加反应的甲和乙质量比为20:7B．t1时刻，甲和丁的质量比为5:7C．该反应中，乙是反应物，丁是生成物D．若丙是Cu、丁是CO2，则甲、乙的化学计量数之比为2:1【答案】D【解析】A.该反应中，参加反应的甲的质量分数为40%0=40%，参加反应的乙的质量分数为21%7%=14%，因此参加反应的甲和乙质量比为40%:14%=20:7，故正确，不符合题意；B.t1时刻，参加反应的甲的质量分数为40%20%=20%，根据参加反应甲和生成丁的质量比为40%:22%=20:11；则t1时刻生成的丁的质量分数为11%，甲和丁的质量比为20%:(11%+17%)=5:7，故正确，不符合题意；C.通过上述分析可知，该反应中，乙是反应物，丁是生成物，故正确，不符合题意；D.若丙是Cu、丁是CO2，反应物之一是氧化铜，参加反应的甲乙的质量比为：40%:14%=80:28=20:7，由CO28故答案为：D。【分析】根据题目中图像可知，反应后，甲的质量减少了40%；

乙的质量反应后=139%54%=7%，乙的质量减少了（21%7%）14%，所以甲、乙为反应物；

反应后，丙的质量增加了（54%22%）32%；

反应丁的质量分数=140%21%22%=17%，反应后，丁的质量增加了（39%17%）22%，所以丙、丁为生成物。

19．某可燃物R是H2、CO、CH4其中的一种或两种。将一定量的R和过量氧气置于一个密闭的容器中引燃，测得反应前后各物质的质量如表，下列叙述不正确的是（）物质R氧气二氧化碳水反应前质量/gm1m200反应后质量/g0m3m4m5A．该密闭容器内反应前后分子个数可能减少B．若生成物有2种，R的组成可能有3种情况C．0≤m4≤m1+m2﹣m3D．若m4:m5＝11:9时，R可以是CH4或CO和H2的混合物【答案】B【解析】A、氢气燃烧生成水，反应的化学方程式为2H2+O22H2O，反应中分子分子个数减少；甲烷在点燃条件下燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，反应前后分子个数不变；一氧化碳燃烧产生二氧化碳，反应化学方程式2CO+O22CO2，反应中分子个数减少，可燃物R是H2、CH4、CO其中的一种或两种，所以该密闭容器内反应前后分子个数可能减少或不变，故不符合题意；B、若生成物有两种（二氧化碳和水），说明反应物一定含有碳、氢元素，则R的组成为：CH4；H2和CH4；H2和CO；CH4和CO四种情况，故符合题意；C、当R是H2时，生成物无二氧化碳生成，m4＝0，当R是CO时，生成物无水生成，m4＝m1+m2﹣m3，当为其他情况时，m4＜m1+m2﹣m3，故不符合题意；D、m4：m5＝11：9时，可推出碳元素和氢元素原子的个数比是11×124212：9×故答案为：B。【分析】根据氢气、一氧化碳、甲烷与氧气反应时各物质的分子个数关系及质量关系分析，结合元素质量比为相对原子质量×原子个数之比，反应前后物质质量总和不变解答。20．在一密闭容器中，有甲、乙、丙、丁四种物质，反应前各物质的质量关系如下图刻度纸所示（例如：丙的质量为5g，丁的质量为3g），充分反应后，在同一张刻度纸上再次记录各物质的质量变化：刻度线Ⅰ向左移动16格；刻度线Ⅱ向左移动8格；刻度线Ⅲ向左移动8格。下列说法正确的是（）A．该反应是化合反应B．丙一定是催化剂C．反应后丁的质量为8gD．反应生成的乙和丁的质量比为1∶1【答案】D【解析】A、根据分析，反应中甲物质的质量减少16g，乙物质的质量增加8g，丙物质的质量没有发生变化，丁物质的质量增加8g。化学反应中反应物的质量减少，生成物的质量增加，因此该反应的反应物是甲，生成物是乙和丁，符合“一变多”的特点，属于分解反应，选项A不符合题意；B、该反应中丙物质的质量没有发生变化，化学反应中，质量不变的物质可能是催化剂，也可能是不参加反应的其他物质，因此丙不一定是催化剂，选项B不符合题意；C、反应中生成丁的质量为8g，反应前丁的质量为3g，因此反应后丁的质量为11g，选项C不符合题意；D、该反应中生成的乙和丁质量都是8g，因此反应生成的乙和丁的质量比为：8g∶8g=1∶1，选项D符合题意。故答案为：D。【分析】根据密闭容器中反应前后各物质的质量变化分析，增加的为生成物，减少的为反应物，质量不变的可能是催化剂。21．从微观上看，化学反应是微观粒子按一定的数目关系进行的。已知2gH2、20gHF中所含分子数均为a。一定条件下，某反应中所有物质的分子数随反应过程的变化如图所示（H2和物质X的变化曲线重合）。下列说法正确的是（）A．一个F原子的质量为18/agB．t时刻，H2和HF的质量相等C．反应开始时，物质X的质量为18gD．物质X的分子式为F2【答案】D【解析】A、因为2gH2所含分子数为a，则含有的H原子数为2a，则a个H的质量为1g，因为a个HF分子中含有a个H和a个F，20gHF中所含分子数为a，所以a个F的质量为20g1g＝19g，所以一个F原子的质量19/ag，A不符题意；B、分析图象可知a个H2和a个x反应生成2a个HF，依据质量守恒定律可知X中含有2个F，所以X的化学式为F2，该反应的方程式H2+F2＝2HF，每消耗2份质量H2，生成40份质量的HF，则t时刻，剩余H2的质量小于生成HF的质量，B不符合题；C、该反应的方程式H2+F2＝2HF，从图象可知a个H2和a个F2反应生成2a个HF，又因为2gH2、20gHF中所含分子数均为a，所以参加反应H2质量为2g，生成HF的质量为40g，所以反应开始时，物质F2的质量为40g2g＝38g，C不符合题意；D、分析图象可知a个H2和a个x反应生成2a个HF，依据质量守恒定律可知X中含有2个F，所以X的化学式为F2，D符合题意；故答案为：D。【分析】利用图像及法宁原理结合各方面条件进行分析、推理得出正确的结论，据此分析22．某同学为了测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数，将20g稀盐酸分4次加入到盛有2g该样品的烧杯中（样品中只有碳酸钙与稀盐酸反应），所得数据如表，则下列说法中正确的是（）物质质量/实验次数第一次第二次第三次第四次稀盐酸的用量/g5.05.05.05.0充分反应后剩余固体的质量/g1.51.00.50.3A．第1次和第2次产生二氧化碳的质量不同B．第3次实验后碳酸钙无剩余C．第4次实验后的盐酸无剩余D．样品中碳酸钙的质量分数为85%【答案】D【解析】A、第1次和第2次固体均减少0.5g碳酸钙，所以产生二氧化碳的质量相同，选项A不符合题意；B、由上述分析可知：第3次实验后碳酸钙有剩余，第四次加入稀盐酸时碳酸钙已完全反应，选项B不符合题意；C、第四次加入稀盐酸时碳酸钙已完全反应，碳酸钙只减少了0.2g，并未减少0.5g，可知第4次实验后的盐酸有剩余，选项C不符合题意；D、样品中碳酸钙的质量分数为2g−0.故答案为：D。【分析】A、由图中数据可知第1次和第2次固体均减少0.5g碳酸钙，说明产生二氧化碳的质量相同；

B、第四次加入盐酸固体仍然减少，说明第3次实验后碳酸钙有剩余；

C、因前面三次实验加入5g盐酸都减少了0.5g碳酸钙，而第四次加入5g盐酸只减少了0.2g碳酸钙，故第四次已经把碳酸钙反应完，而盐酸有剩余；

D、第四次剩余固体为杂质，故碳酸钙质量为2g0.3g=1.7g，故样品中碳酸钙的质量分数为1.7g23．实验室有一包含杂质的碳酸氢钠样品100g(杂质不含钠元素，受热不变化)，其中钠元素质量分数为23%，180℃时，将样品加热一段时间后称得固体质量为87.6g，则分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为（）(2NaHCO3=Na2CO3+H2O+CO2↑)A．33.6% B．40%C．47.3% D．60%【答案】B【解析】设样品中碳酸氢钠的质量分数是x，则100g×x×2384样品中碳酸氢钠的质量为：100g×84%=84g设分解的碳酸氢钠的质量是y2NaHCO3△Na2CO3+H2O+CO2↑反应前后固体的差量2×841062×84106=62y100g87.6g=12.4g2×8462=y分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数为：33.6g84g故答案为：B。【分析】一、先利用样品中钠元素的质量分数为23%，则可以计算样品中钠元素的质量和碳酸氢钠的质量。

二、加热样品加减少的质量即为碳酸氢钠分解生成的水和二氧化碳的质量，利用碳酸氢钠分解的方程式根据差量法则可以计算已分解的碳酸氢钠的质量，则可以计算已经分解的碳酸氢钠占原碳酸氢钠的质量分数。24．已知2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2。在密闭容器中，将6.6gCO2与一定量的Na2O2固体充分反应后，气体变为3.8g。下列说法正确的是（）A．3.8g气体全部是O2B．反应后的固体是混合物C．生成Na2CO3的质量为15.9gD．3.8g气体通过足量NaOH溶液后，气体减少2.2g【答案】D【解析】由方程式可知，气体减少是因为二氧化碳变成氧气，设反应的二氧化碳质量为x，生成氧气质量为y，生成碳本钠质量为n

2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2气体减少质量

882123288－32＝56

xmy6.6g3.8g=2.8g

88:56=x:2.8g212:56=m:2.8g32:56=y:2.8g

x=4.4gm=10.6gy=1.6g

A.3.8g气体中含有二氧化碳和氧气，不符合题意；B.由上述分析可知，二氧化碳没有完全反应，所以Na2O2固体全部反应，反应后的固体为纯净物，不符合题意；C.由前面计算可知生成Na2CO3的质量为10.6g，不符合题意；D.3.8g气体中含有二氧化碳2.2g，通过足量NaOH溶液后，二氧化碳发生反应，气体减少2.2g，符合题意；故答案为：D【分析】根据方程式计算分析，利用气体减少质量为二氧化碳转变成氧气时减少质量分析，代入方程式计算出反应的二氧化碳和生成的氧气质量，再判断解答。

25．硝酸铜[Cu（NO3）2]易潮解，易溶于水，所得溶液呈酸性，受热时能分解。取37.6gCu（NO3）2固体加热，测得完全反应后生成CuO、某种氮的氧化物X和O2的质量分别为16g、ng、3.2g。下列说法错误的是（）A．n=18.4B．X的化学式为NO2C．向硝酸铜溶液中滴加石蕊试液，呈红色D．硝酸铜受热分解时方程式中Cu（NO3）2和O2的化学计量数之比为1：1【答案】D【解析】A.根据质量守恒定律可知，n=37.6163.2=18.4，不符合题意；B.反应前后元素种类质量不变；X中氮元素质量等于Cu（NO3）2中氮元素质量37.6g×14×264+14×2+16×3×2×100%=5.6g，则X中氧元素质量为18.4g5.6g=12.8g，氧化物是由两种元素组成一种为氧元素的化合物，设氮的氧化物化学式为NxOy，x：y=5.6gC.由题意知，硝酸铜溶液呈酸性，故能使石蕊试液变红色，不符合题意；D.硝酸铜受热分解时方程式中Cu（NO3）2和O2的化学计量数之比为37.6g64+14×2+16×3×2故答案为：D。二、综合题26．科学家受光合作用启发，利用阳光将水、二氧化碳转化成氧气和异丙醇（C3H8O）燃料，构建了一个安全、高效的人工光合作用系统，统称为“人工树叶”如图。（1）该反应中反应物和生成物共有种化合物。（2）写出该反应的化学方程式。（3）若异丙醇完全燃烧，生成物是。（4）下列关于“人工树叶”说法正确是（填序号）。A．它将化学能转化为光能B．它模拟了植物的光合作用C．它实现了无机物向有机物转化【答案】（1）3（2）6CO2+8H2O=光催化剂9O2+2C3H（3）二氧化碳和水（4）B；C【解析】解：（1）化合物是两种以上元素组成的纯净物，反应前的水和二氧化碳都是化合物，而异丙醇也是化合物，所以该反应中反应物和生成物共有3种化合物。（2）利用阳光将水、二氧化碳转化成氧气和异丙醇（C3H8O）燃料，所以该反应的化学方程式6CO2+8H2O=光催化剂9O2+2C3HA．根据题目信息可知，人工树叶将太阳能转化为化学能，而非转化为光能。不正确；B．它仿生学原理就是光合作用，所以它模拟了植物的光合作用。正确；C．二氧化碳和水是无机物，而异丙醇是有机物，所以它实现了无机物向有机物转化。正确；故答案为：BC。故答案为：（1）3。（2）6CO2+8H2O=光催化剂9O2+2C3H【分析】根据给出的转化关系对应的过程分析每个对应的问题，或者直接分析每个问题，从给出的信息中找对应的信息。27．二氧化氯（ClO2）气体是一种在水处理方面有广泛应用的高效安全消毒剂。与氯气相比，它不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的氯代物。（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种常用制备方法①2NaClO3＋4HCl=2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O②2NaClO3＋H2O2＋H2SO4=2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O用方法②制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是。（2）我国最新研制出制备二氧化氯的新方法：将氯气通入亚氯酸钠（NaClO2）溶液中，生成二氧化氯和氯化钠。写出该反应的化学方程式。（3）消毒时，ClO2能将污水中的Fe2+、CN等有明显的去除效果。某工厂污水中含有CN,ClO2能将污水中的CN_氧化为空气中常见的两种无毒气体，你认为这两种气体是。【答案】（1）方法②不产生氯气（2）Cl2＋2NaClO2=2ClO2＋2NaCl（3）二氧化碳氮气【解析】(1)②过程中不生成氯气，是更安全的；(2)化学方程式Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl；(3)两种气体是二氧化碳和氮气。【分析】(1)根据题干给出的信息“二氧化氯(ClO2)气体是一种在水处理方面有广泛应用的高效安全消毒剂，与氯气相比，它不旦具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的氯代物”，分析两种常用制备方法，可知②过程中不生成氯气，是更安全的，所以用方法②制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是方法②不产生有毒的氯气；

(2)将氯气通入亚氯酸钠(NaClO2)溶液中,生成二氯化氯和氯化钠，对应的反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物为二氯化氢和氯化钠,对应的化学方程式Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl；

(3)消毒时，ClO2能将污水中的Fe2+、CN−等有明显的去除效果，某工厂污水中含有CN−、ClO2能将污水中的CN−氧化为空气中常见的两种无毒气体，由于是将“CN−氧化为空气中常见的两种无毒气体”，根据质量守恒定律和空气的组成可知，该两种气体是二氧化碳和氮气。28．某工厂生产高锰酸钾的流程如下图所示。请回答下列问题：（1）“混合加热室”发生的主要是（填“物理变化”或“化学变化”）。（2）“电解室”反应中，反应前后化合价发生变化的元素有（写元素符号）。（3）生产流程中可循环利用的物质是（写化学式）。（4）写出氧化室中发生反应的化学方程式：。（5）取47.4g高锰酸钾，加热一段时间后停止，共收集到3.2g氧气。计算剩余固体中氧元素的质量分数是（计算结果保留到0.1%）。【答案】（1）物理变化（2）Mn、H（3）KOH（4）2MnO（5）36.2%【解析】(1)由图可知二氧化锰和氢氧化钾通过混合加热室后变成了二者的熔融物，该过程中无新物质生成，属于物理变化；(2)“电解室”反应中，反应前后化合价发生变化的元素有氢元素(反应前水中氢元素的化合价是+1价,反应后氢气中氢元素的化合价是0价)、锰元素(反应前锰酸钾中锰元素化合价是+6，反应后高锰酸钾中锰元素的化合价是+7)；(3)由流程图可得生产流程中可循环利用的物质是KOH；(4)由图可知氧化过程中空气中的氧气参加反应，即二氧化锰与氢氧化钾、氧气在加热条件下反应生成锰酸钾和水，化学方程式为2MnO2(5)剩余固体的质量为47.4g3.2g=44.2g，则剩余固体中氧元素的质量分数为47.4g×64【分析】（1）根据没有新物质生成的反应属于物理变化分析；

（2）根据化合价的计算方法分析，单质中元素化合价为0，化合物中元素化合价代数和为0；

（3）根据流程图中可循环利用的物质为氢氧化钾分析；

（4）根据方程式书写原则分析；

（5）根据高锰酸钾分解后剩余固体中氧元素质量即为高锰酸钾中氧元素质量－生成氧气质量分析；三、实验探究题29．氢化钙（CaH2）是一种常用的储氢材料，也是登山运动员常用的能源提供剂，某研究性学习小组模拟生产企业制取氢化钙．【查阅资料】Ⅰ白色的无水硫酸铜粉末吸水后会变蓝；Ⅱ碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物；Ⅲ钙、氢化钙遇水立即发生剧烈反应：Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑；CaH2+2H2O=Ca（OH）2+2H2↑；Ⅳ钙能燃烧生成氧化钙；氢化钙能燃烧生成氧化钙和水．【实验原理】用锌粒和稀硫酸反应制得干燥、纯净的氢气，再与金属钙在加热的条件下直接化合，即可制得CaH2．（1）同学们设计了以下实验装置：请回答：①装置A中发生反应的化学方程式为；为了实验安全，点燃C装置酒精灯前应先；②上图1装置B中装有无水氯化钙，其作用是干燥H2，若要证明进入C装置中的氢气已经干燥，在B、C之间应连接图2中的（选填：①或②）装置；③图1装置D中浓硫酸的作用是；（2）【进行实验）过程略【验证产物】略【实验拓展】定性实验用化学方法鉴别Ca与CaH2，完成下表中内容．实验步骤预期现象和结论取少量固体样品，在干燥条件下与氧气反应，将其产物通入装有无水硫酸铜的干燥管；（3）定量实验：测定Ca和CaH2混合物中CaH2的质量分数．①取m1g样品与水完全反应，利用如图3装置测定生成的气体体积时，在时进行收集（填字母）；a．刚开始有气泡时b．气泡连续均匀冒出时C．气体经过验纯②按图3实验装置进行测定时，甲同学发现，即使气密性良好，操作正确，测得的气体体积还是偏大，可能原因是；（写出任一点即可）③乙同学将实验装置改进为如图4（固定装置省略）所示，调整水准管高度，使量气装置两边的液面保持在同一水平面上，读取量气管中液面所示刻度为10.0mL．将Y形管慢慢倾斜，直至A中的水全部倒入B中，与样品混合反应，待反应结束后，冷却至室温，再次调节量气管与水准管液面相平，读取量气管中液面所示刻度为98.9mL．已知该实验条件下，氢气的密度为0.09mg/mL．样品中氢化钙的质量分数为；（结果精确到0.1%）（4）【反思与交流】登山运动员常用氢化钙作为能源提供剂，与氢气相比，其优点是氢化钙是固体，携带方便．既然金属钙与水反应也能生成氢气，为什么还要将金属钙制备成氢化钙呢？你的观点是。【答案】（1）Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；在E导管口收集氢气进行验纯或先通一会儿氢气；②；防止空气中的水蒸汽进入C中（2）若观察到无水硫酸铜变蓝色，证明是氢化钙，反之是钙（其他合理答案同样给分）（3）a；因液体加入引起气体排出（或反应放热气体温度升高，体积膨胀引起气体排出），导致气体体积测定变大；66.3%（4）等质量的钙和CaH2与水完全反应，CaH2产生的氢气多【解析】解：（1）①装置A中，是锌粒与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气．对应的化学方程式为Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑；由于氢气具有可燃性，为防止使用过程因为装置内有空气（氧气）而导致氢气爆炸，所以在点燃C装置酒精灯前应先在E导管口收集氢气进行验纯或先通一会儿氢气；②上图1装置B中装有无水氯化钙，其作用是干燥H2，检验水蒸气应该使用无水硫酸铜，所以若要证明进入C装置中的氢气已经干燥，在B、C之间应连接图2中的②装置；③图1装置D中浓硫酸的作用