同步水平测试题附答案-2021-2022学年九年级化学科粤版上册

4.3质量守恒定律

一.选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1.（3分）由Mg（OH）2和MgO组成的混合物，测得其中含镁元素

的质量分数为48%.取该混合物5g,将其投入适量的稀硫酸中恰

好完全反应，所得溶液中溶质的质量为（）

A.6gB.12gC.18gD.24g

2.（3分）把A、B、C、D四种物质放在密闭容器中，在一定条件下

充分反应，并测得反应物和产物在反应前后各物质的质量如表所

物质ABCD

反应前质量/g19.78.721.60.4

反应后质量/g待测17.403.6

下列说法正确的是（）

A.物质C一定是化合物，物质D可能是单质

B.反应后密闭容器中A的质量为19.7g

C.反应过程中，物质B和物质D变化的质量比为87：36

D.若物质A与物质C的相对分子质量之比为194：216,则反应

中A和C的化学计量数之比为2：1

3.（3分）密闭容器内有M、N、P、Q四种物质，一定条件下反应一

段时间后，测得密闭容器内仍然是M、N、P、Q四种物质，反应

前和反应一段时间后各自的物质的质量见下表：

物质MNPQ

反应前质量（g）15.88.431.61.6

一段时间后质量待测1421.66

（g）

下列说法中，正确的是（）

A.一段时间后，M的质量大于15.8g

B.物质P一定是化合物

C.反应生成的N与Q的质量比为7：3

D.M肯定为该反应的催化剂

4.（3分）X是一种常用能源，X完全燃烧的化学方程式：X+3O2

2CO2+3H2O,则X的化学式为（）

A.C2H6B.C2H6OC.C2H4OD.C2H4O2

5.（3分）在一密闭容器内有A、B、C、D四种物质，在一定条件下

充分反应，反应前后各物质质量如表，则下列说法不正确的是

B.B物质可能是催化剂

C.参与反应的A、D两物质质量比为1：4

D.该反应属于分解反应

6.3（分）在4P+5O22P2O5反应中，反应物和生成物各物质之间的

质量比为（）

A.31：32：142B.4：5：2

C.124：160：284D.4：10：20

7.（3分）根据质量守恒定律，电解NaCl的水溶液，不可能的到的

生成物是（）

A.H2B.Cl2C.Na2CO3D.NaOH

8.（3分）在化学反应A+2BE1C+D中，5.6gA和7.3gB恰好完全反应，

生成12.7gC,同时得到D的质量是（）

A.5.6gB.0.2gC.0.4gD.0.73g

9.（3分）“吃岩石的细菌”能利用空气中的氧气将不溶性的CuS转化

成可溶性的铜的化合物，这种化合物是（）

A.硫酸铜B.硝酸铜C.氢氧化铜D.氧化铜

10.（3分）某化合物在4.8g氧气中完全燃烧，生成44g二氧化碳和

2.7g水。关于该物质的推断不正确的是（）

A.该化合物为2.3g

B.该化合物一定含碳、氢、氧元素

C.碳、氢元素质量比为4：1

D.分子中C、H原子个数比为1：2

二.填空题（共6小题）

11.现有6.4g未知物和氧气充分反应，经测定生成4.4g二氧化碳,

2.8g一氧化碳和7.2g水。则参加反应氧气的质量是o生成

的二氧化碳和一氧化碳的分子个数之比为O

12.甲烷完全燃烧的化学方程式是；相等质量

的甲烷、酒精完全燃烧需要氧气的质量比

是;在密闭容器中引燃4.6g酒精和8g氧气,

恰好完全反应后生成4.4g二氧化碳、5.4g水和xg一氧化碳，此反

应的化学方程式为o

（+3^21

13.（1）锂是一种金属单质，化学式为Li,锂原子结构示意图为、

易失去最外层一个电子，锂离子的符号是，则锂的氧化

物的化学式为.

（2）工业酒精中常含有少量甲醇.甲醇有毒，易挥发.请你根据

甲醇在氧气中完全燃烧的产物是C02和H20推断甲醇肯定含有

元素，还可能含有元素.

（3）运载火箭的动力是由高氯酸钱（NH4C104）分解所提供的，完

成其分解的化学方程式：2NH4cIO4N2T+CI2T+4T+2O2T

14.2013年2月1日在河南发生了一起震惊全国的“运输烟花爆竹车

辆爆炸”事故，该事故造成义昌大桥垮塌，多辆汽车坠落，造成巨

大人员伤亡及经济损失（如图），可见烟花爆竹的威力相当大.烟

花爆竹的主要成分是黑火药，其化学组成为硝酸钾、硫磺和木炭

等.

（1）黑火药的一般配方是：硫磺2g、硝酸钾3g、炭粉4.5g.已

知黑火药在空气中燃爆时可发生：S+2KNO3+3C=K2S+3cO2T+N2T,

则S、KNO3、C完全反应时的质量比为,该配方中

C和（填化学式）明显过量.

（2）S02气体在空气中经粉尘催化氧化为S03,S03与水反应，形

成硫酸型酸雨，写出S02转化为S03的化学方程式:

（3）很多城市出台“禁放”规定杜绝此类污染，以下解决“现代文明”

与“传统文化”冲突的做法可行的是（填字母）.

A.提倡电子鞭炮B.开发绿色鞭炮C.关停鞭炮企业.

15.质量守恒定律的发现，对化学科学的发展作出了重要贡献。请回

答问题：

（1）将蔗糖隔绝空气加热只得到黑色的炭和水，可知蔗糖中含有

的元素是（填元素符号），推断的依据是O

（2）用质量守恒定律解释“高锌酸钾受热分解后，剩余固体的质量

比原反应物的质量小”：,写出发生反应的化学方程

式O

（3）如图是某同学验证质量守恒定律的实验装置（B中托盘天平

略）。

上述装置能用来验证质量守恒定律的是（填字母），请

从原子的角度解释质量守恒定律O

16.Ti（）2的“纳米材料”有广泛的应用,工业上制取TiOz的方法是:

2FeTiO3+7C12+3C=2X+2FeC13+3CO2,X的化学式是；X

再与氧气反应生成Ti（h和氯气，该反应的化学方程式

是：.

三.解答题（共1小题）

17.硝酸（化学式为HN03）易挥发，易溶于水，具有氧化性和腐蚀

性，见光易发生如下分解反应：4HNO32X+4NO2T+O2T.则：

（1）X的化学式为；

（2）硝酸应保存。

四.解答题（共1小题）

18.如图A所示是用白磷（着火点为40日）验证质量守恒定律的装

置，其中细玻璃管的底端刚好与白磷接触。

实验步骤现象

将装置A放在_______（填仪器示数为158.4g

名称）上称量

取下带有细玻璃管的橡皮塞，用白磷燃烧，产生大量_______,并

酒精灯加热细玻璃管下端至红放出热量，气球膨胀

热，迅速塞紧锥形瓶并引燃白磷

冷却至室温如图B所示,再次称气球变瘪，质量为1584g

量装置

玻璃1气球葡）

,『反应后,

白磷一乙细廿一剩余白磷

图A-图B

①仪器a的名称是

②白磷燃烧的化学方程式是，由上述实验知，剩余气体的

化学性质是o用具体的反应物和生成物分析两次称量质量

不变的原因：o

③另一名同学在其实验结束后发现第二次称量的质量减小了，可

能的原因是o

团.白磷的量不足团.白磷过量团.反应中气球膨胀了团.装置密闭

性不好

④反应结束时（如图B所示），气球变瘪的原因是o

五.解答题（共2小题）

19.金属在生产、生活和社会发展中的应用较为广泛。

（1）云南很多民族都用金属铜制作锅，主要是因为铜具有良好的

性。

（2）钢铁厂用磁铁矿为原料炼铁，发生的化学反应主要是磁铁矿

中的四氧化三铁与一氧化碳发生反应，该反应的化学方程式

是o每年世界上因腐蚀而报废的金属相当于年产量的

20%〜40%,铁生锈是铁与空气中的等发生反应。除了防

止金属腐蚀外，保护金属资源的措施还有（填标号）。

A.回收利用废旧金属

B.有计划、合理地开采矿物

C.寻找金属的代用品

（3）下列各组药品，可以验证金属镁、铜、银的金属活动性顺序

的是（填标号）。

A.镁、硝酸铜溶液、银

B.硝酸镁溶液、铜、银

C硝酸镁溶液、铜、硝酸银溶液

D.形状完全相同的镁片、铜片、银片分别放入完全相同的稀硫酸中

（4）铝和镁的混合粉末加入硝酸铜、硝酸银的混合溶液中，充分

反应后过滤，得到滤渣和滤液，下列说法正确的有（填标

号）。

A.若滤渣中加入稀盐酸有气泡产生，则滤渣中一定有镁

B.若滤液为无色，则滤液中一定含有硝酸镁，可能含有硝酸铝

C若滤渣中加入稀盐酸无气泡产生，则滤液中一定有硝酸镁、硝酸

铝，可能有硝酸银、硝酸铜

D.若滤液呈蓝色，则滤渣中一定有银，可能有铜

E.滤渣质量大于参加反应的铝、镁混合物质量，则铝一定参加反应

（5）向5.6g含两种杂质的铁粉样品中加入足量的稀盐酸，充分反

应后共产生0.2g氢气，则该样品中所含杂质可能是（填标

号）。

A.锌和铜

B.锌和镁

C.铝和镁

D.碳和铜

20.四种物质在一定的条件下充分混合反应，测得反应前后各物质的

（2）参加反应的A和B的质量比是

（3）如A、B、D三种物质的相对分子质量分别分28、12、34,

则该反应的化学方程式可表示为（用A、B、D表示）。

4.3质量守恒定律同步练习（一）2021〜2022学年九年级化学科粤

版暑期预习

参考答案与试题解析

一.选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）

1.（3分）由Mg（OH）2和MgO组成的混合物，测得其中含镁元素

的质量分数为48%.取该混合物5g,将其投入适量的稀硫酸中恰

好完全反应，所得溶液中溶质的质量为（）

A.6gB.12gC.18gD.24g

【分析】根据Mg（OH）2和MgO组成的混合物与适量的稀硫酸中

恰好完全反应，则反应后的溶质只有硫酸镁，再根据镁元素的质量

守恒来解答.

【解答】解：因Mg（OH）2+H2SO40MgSO4+2H2O,

MgO+H2s。4团MgSO4+HzO,

混合物恰好完全反应，则混合物中镁元素的质量等于MgSO4中镁

元素的质量，

设反应后溶液中的溶质MgS04的质量为X,则

Mg〜MgSC）4

24120

5gx48%x

解得x=12g

故选：Bo

【点评】学生应根据混合物中镁的质量分数计算镁元素的质量，利

用化学反应可以得出镁元素的质量的关系是解答关键，注意元素守

恒思想的应用.

2.（3分）把A、B、C、D四种物质放在密闭容器中，在一定条件下

充分反应，并测得反应物和产物在反应前后各物质的质量如表所

不：

物质ABCD

反应前质量/g19.78.721.60.4

反应后质量/g待测17.403.6

下列说法正确的是（）

A.物质C一定是化合物，物质D可能是单质

B.反应后密闭容器中A的质量为19.7g

C.反应过程中，物质B和物质D变化的质量比为87：36

D.若物质A与物质C的相对分子质量之比为194：216,则反应

中A和C的化学计量数之比为2：1

【分析】根据质量守恒定律，可分析先B、C、D三种物质反应前

后的质量变化情况，确定是反应物还是生成物；然后根据质量守恒

定律确定A是反应物还是生成物，进而根据题中数据结合各选项分

析即可。

【解答】解：由表中数据分析可知，反应前后,B的质量增加了8.7g,

故B是生成物，参加反应的B的质量为8.7g；同理可以确定C是

反应物，参加反应的C的质量为21.6g；D的质量增加了3.2g,故

D是生成物，参加反应的D的质量为3.2g；由质量守恒定律，A应

是生成物，且生成的A的质量为21.6g-8.7g-3.2g=9.7go

A、该反应的反应物为C,生成物是A、B、D,因此物质C一定是

化合物，物质D可能是单质，故选项说法正确。

B、生成的A的质量为9.7g,则待测的值为9.7g+19.7g=29.4g,故

选项说法错误。

C、由质量守恒定律，物质B和物质D质量增加的比为(17.4g-

8.7g)：(3.6g-0.4g)=87：32,故选项说法错误。

D、A增加的质量是9.7g,C减小的质量是21.6g,因为物质A与物

质C的相对分子质量之比为194：216,则反应中A和C的化学计

量数之比为：1：2；

故选：Ao

【点评】本题难度不大，考查的是质量守恒定律的应用，解题的关

键是分析表中数据、灵活运用质量守恒定律。

3.(3分)密闭容器内有M、N、P、Q四种物质，一定条件下反应一

段时间后，测得密闭容器内仍然是M、N、P、Q四种物质，反应

前和反应一段时间后各自的物质的质量见下表：

物质MNPQ

反应前质量(g)15.88.431.61.6

一段时间后质量待测1421.66

(g)

下列说法中，正确的是()

A.一段时间后，M的质量大于15.8g

B.物质P一定是化合物

C.反应生成的N与Q的质量比为7：3

D.M肯定为该反应的催化剂

【分析】由表格中密闭容器内M、N、P、Q四种物质，反应前和

反应后各自的物质的质量可知：根据质量守恒定律可知：

15.8+8.4+31.6+1.6=待测+14+21.6+6,M的待测质量为15.8克；

而N、Q的质量增加，为生成物；P的质量减小，为反应物；可推

测反应为分解反应.

【解答】解：A、经计算，根据质量守恒定律可知：15.8+8.4+31.6+1.6

=待测+14+21.6+6,M的待测质量为15.8克，故“一段时间后，M

的质量大于15.8g"，说法错误，故A错误；

B、因为N、Q的质量增加，为生成物；P的质量减小，为反应物；

可推测反应为分解反应，故物质P一定是化合物，故B正确；

C、反应生成的N与Q的质量分别为：14-84=5.6,6-1.6=44,

则“反应生成的N与Q的质量比为7：3”，说法错误，故C错误；

D、求得M的待测质量为15.8克，质量不变，可能为催化剂，也

可能没有参加反应，故D错误。

故选：Bo

【点评】本题是运用化学中的基本思想质量守恒思想，通过归纳不

同物质或不同变化过程中相同点和不同点有效地寻找出它们之间

的内在联系以及融合点和嫁接点，从而培养了学生的创新思维能力.

4.（3分）X是一种常用能源，X完全燃烧的化学方程式：X+3O2

2CO2+3H2O,则X的化学式为（）

A.C2H6B.C2H6。C.C2H4OD.C2H4O2

【分析】由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，据

此由反应的化学方程式推断反应物X的化学式.

【解答】解：由质量守恒定律：反应前后，原子种类、数目均不变，

由反应的化学方程式X+3O22CO2+3H2O,反应前碳、氢、氧原子个

数分别为0、0、0,反应后的生成物中碳、氢、氧原子个数分别为

2、6、7,根据反应前后原子种类、数目不变，则每个X分子由2

个碳原子、6个氢原子和1个氧原子构成，则物质X的化学式为

C2H6。。

故选：Bo

【点评】本题难度不大，掌握利用化学反应前后原子守恒来确定物

质的化学式的方法是正确解答此类题的关键.

5.（3分）在一密闭容器内有A、B、C、D四种物质，在一定条件下

充分反应，反应前后各物质质量如表，则下列说法不正确的是

A.待测物质的质量是24g

B.B物质可能是催化剂

C.参与反应的A、D两物质质量比为1：4

D.该反应属于分解反应

【分析】该题主要考查的知识点为质量守恒定律.要做对该题可分

两步走，第一，先根据反应前后物质的总重量不变，求出待测处的

数值即反应后X的质量.第二：根据反应前后各物质质量的增减,

知道反应物和生成物.

【解答】解：

A、根据质量守恒定律和表格中的数据可知：10+10+0+4013待测

+10+26+0,故待测的数值是24,故正确；

B、B物质的质量反应前后不变，故可能没有参加反应，也可能是

催化剂，故正确；

C、参加反应的A与D的质量比为（24-10）：（40-0）=14：40

=7：20,故说法错误；

D、D物质反应后质量减少，是反应物；A、C反应后质量增加，是

生成物，该化学反应的反应物是一种，生成物是两种，该反应属于

分解反应，故说法正确；

故选：Co

【点评】本题考查质量守恒定律的内容以及应用并结合着图表，很

具有新颖性，同时也考查了学生的分析和应变能力.

6.（3分）在4P+5O22P2O5反应中，反应物和生成物各物质之间的

质量比为（）

A.31：32：142B.4：5：2

C.124：160：284D.4：10：20

【分析】利用各物质之间的质量比等于相对分子质量和的比，进行

分析解答即可.

【解答】解：由反应的化学方程式：

4P+5022P2。5

124160284

在此反应中磷、氧气和五氧化二磷的质量比为124：160：284=

31：40：71o

故选：Co

【点评】本题难度不大，掌握化学反应中各物质之间的质量比等于

相对分子质量和的比是正确解答本题的关键.

7.（3分）根据质量守恒定律，电解NaCl的水溶液，不可能的到的

生成物是（）

A.H2B.ChC.Na2CO3D.NaOH

【分析】根据质量守恒定律回答本题，反应前后元素种类不变。

【解答】解：电解氯化钠的水溶液之前，元素的种类有钠元素、氯

元素、氢元素和氧元素四种元素，根据质量守恒定律可知生成物中

也一定有这四种元素，故A、B、D有可能是生成物，而C碳酸钠

中碳元素在反应前是没有的，故不可能生成碳酸钠。

故选：Co

【点评】通过回答本题知道了推断反应物或生成物时要利用质量守

恒定律进行灵活处理。反应前后元素种类是不变的。

8.（3分）在化学反应A+2B0C+D中，5.6gA和7.3gB恰好完全反应，

生成12.7gC,同时得到D的质量是（）

A.5.6gB.0.2gC.0.4gD.0.73g

【分析】根据质量守恒定律，在化学反应中，参加反应前各物质的

质量总和等于反应后生成各物质的质量总和.在此化学反应中，A

和B的质量和等于生成的C和D的质量和，可以求得生成的D物

质的质量.

【解答】解：根据质量守恒定律，参加反应前各物质的质量总和等

于反应后生成各物质的质量总和，设生成的D的质量为X,故

5.6g+7.3g=12.7g+x,贝ijx=0.2go

故选：Bo

【点评】本题主要考查学生运用质量守恒定律进行推断的能力，做

题的关键是要知道参加反应前各物质的质量总和等于反应后生成

各物质的质量总和.

9.（3分）“吃岩石的细菌”能利用空气中的氧气将不溶性的CuS转化

成可溶性的铜的化合物，这种化合物是（）

A.硫酸铜B.硝酸铜C.氢氧化铜D.氧化铜

【分析】根据题意，“吃岩石的细菌”能利用空气中的氧气将不溶性

的CuS转化成可溶性的铜的化合物，由质量守恒定律，反应前后元

素种类不变，进行分析判断。

【解答】解：A、利用空气中的氧气将不溶性的CuS转化成可溶性

的铜的化合物，由质量守恒定律，反应前后元素种类不变，硫酸铜

中含有铜、硫、氧三种元素，这种化合物是硫酸铜，故选项正确。

B、硝酸铜中不含硫元素，故选项错误。

C、氢氧化铜中不含硫元素，故选项错误。

D、氧化铜中不含硫元素，故选项错误。

故选：Ao

【点评】本题难度不大，掌握质量守恒定律（反应前后元素种类不

变）是正确解答本题的关键。

10.（3分）某化合物在4.8g氧气中完全燃烧，生成4.4g二氧化碳和

2.7g水。关于该物质的推断不正确的是（）

A.该化合物为2.3g

B.该化合物一定含碳、氢、氧元素

C.碳、氢元素质量比为4：1

D.分子中C、H原子个数比为1：2

【分析】由题意可以知道，该反应中生成了二氧化碳和水；根据质

量守恒定律的实质：反应前后元素的种类不变，可以知道在该物质

中一定含有碳元素和氢元素，至于是不是含有氧元素，可以根据二

氧化碳及水中的氧元素的质量来进行判断。

【解答】解：某化合物完全燃烧，需要4.8g氧气，同时只生成4.4g

二氧化碳和2.7g水，根据质量守恒定律可知化合物的质量为

4.4g+2.7g-4.8g=2.3g,在反应前后元素的种类及质量不变，所以

可以判断在该物质一定含有碳元素和氢元素，C元素的质量为

4.4gl00%=1.2g,

H元素的质量为2.7gl00%=0.3g,1.2g+0.3g=1.5g<2.3g,则化合

物中一定含有0元素；

则化合物中C、H的原子个数比为:：1：3,o

A、根据质量守恒定律可知化合物的质量为4.4g+2.7g-4.8g=2.3g,

正确；

B、该化合物中含有碳、氢、氧三种元素，正确；

C、碳、氢元素质量比为：1.2g：0.3g=4：1,正确；

D、化合物中C、H的原子个数比为：1：3,错误；

故选：Do

【点评】熟练掌握质量守恒定律及其实质，并能够运用质量守恒定

律及化学式的相关计算求算物质的组成。

二.填空题（共6小题）

11.现有6.4g未知物和氧气充分反应，经测定生成44g二氧化碳,

2.8g一氧化碳和7.2g水。则参加反应氧气的质量是生成

的二氧化碳和一氧化碳的分子个数之比为」

【分析】根据质量守恒定律可知氧气的质量=二氧化碳+一氧化碳+

水-未知物；分子个数之比为物质的质量除以相对分子质量之比,

再进行分析。

【解答】解：氧气质量为4.4g+2.8g+7.2g-6.4g=8g；生成的二氧

化碳和一氧化碳的分子个数之比为1：1,

故答案为：8g；1：lo

【点评】质量守恒定律是指参加化学反应的各物质的质量总和，等

于反应后生成各物质的质量总和。从微观来说，该定律成立的原因

是：“在化学反应前后，原子的种类、数目和质量三不变”。该定律

的含义是：“宏观上的反应前后物质总质量、元素的种类、各元素

质量'和微观上的‘原子的种类、原子的数目、原子的质量不变‘六不

变”。

12.甲烷完全燃烧的化学方程式是一CHd202co2+2H2O;相等质

量的甲烷、酒精完全燃烧需要氧气的质量比是.23：12；在密

闭容器中引燃4.6g酒精和8g氧气，恰好完全反应后生成4.4g二

氧化碳、5.4g水和xg一氧化碳，此反应的化学方程式为

2C2H5OH+5022co2+6H2O+2CO。

【分析】根据氢气和氧气反应会生成水，甲烷和氧气反应生成水和

二氧化碳，可以假设参加反应的甲烷和乙醇的质量是1g,然后依

据化学方程式求出需要的氧气的质量，再求出质量比；

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；

化学反应前后，元素的种类不变,原子的种类、总个数和质量不变。

【解答】解：甲烷燃烧生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为:

CH4+2O2CO2+2H2O；

设参加反应的甲烷和乙醇的质量都是1g,需要的氧气的质量分别

是x,y,所以

CH4+2O2CO2+2H2OC2H5OH+3O22CO2+2H2O

166446

96

lgxlg

y

x=4gyg

所以需要氧气的质量比是：4g：g=23：12；

反应生成一氧化碳质量为：4.6g+8g-5.4g-4.4g=2.8g,

反应过程中，乙醇、氧气、二氧化碳、水、一氧化碳的分子个数比

为：：：：：2：5：2：6：2,即反应的化学方程式为：

2c2HsOH+5022co2+6H2O+2CO,

故填:CH4+2O2CO2+2H2O；23：12；2c2H5OH+5022co2+6H2O+2CO。

【点评】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种

类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物

质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。

(+3^21

13.(1)锂是一种金属单质，化学式为Li,锂原子结构示意图为、

易失去最外层一个电子，锂离子的符号是.Li+,则锂的氧化物

的化学式为Li20.

(2)工业酒精中常含有少量甲醇.甲醇有毒，易挥发.请你根据

甲醇在氧气中完全燃烧的产物是C02和H20推断甲醇肯定含有燃

H；元素，还可能含有。元素.

（3）运载火箭的动力是由高氯酸镂（NH4C104）分解所提供的，完

成其分解的化学方程式：2NH4cIO4N2T+CI2T+4H2OI+2O2T

【分析】（1）在形成化合物时，锂易失去最外层一个电子，故化合

价表现为+1价,而氧元素为-2价，故锂的氧化物的化学式为Li2O.

（2）根据质量守恒定律可知反应前后各元素的种类不变考虑.

（3）根据化学变化前后原子的种类、数目不变，由反应的化学方

程式推断反应中生成物的化学式；

【解答】解：（1）由锂原子结构示意图为可知，在形成化合物时,

锂易失去最外层一个电子，锂离子的符号是Li+；故化合价表现为

+1价，而氧元素为-2价，故锂的氧化物的化学式为Li20.

故答案为：Li*；Li2O.

（2）反应前后各元素的种类不变，甲醇燃烧生成二氧化碳和水，

生成物中含有碳元素、氢元素、氧元素；而反应物氧气中只含有氧

元素，所以甲醇中一定含有碳元素和氢元素，可能含有氧元素.

故答案为：C^H；0.

（3）由反应的化学方程式可知：

反应前反应后

氮原子22

氢原子80

氯原子22

氧原子84

根据化学变化前后原子的种类、数目不变，可判断生成物X（所求

的物质）的4个分子中含有8个氢原子和4个氧原子，则每个X

的分子由2个氢原子和1个氧原子构成，物质X的化学式为H20；

答案为：H20

【点评】该题是一道综合性试题，要求学生要掌握好质量守恒定律,

以及化学反应中催化剂的性质，并能根据元素的化合价会写出物质

的化学式.

14.2013年2月1日在河南发生了一起震惊全国的“运输烟花爆竹车

辆爆炸”事故，该事故造成义昌大桥垮塌，多辆汽车坠落，造成巨

大人员伤亡及经济损失（如图），可见烟花爆竹的威力相当大.烟

花爆竹的主要成分是黑火药，其化学组成为硝酸钾、硫磺和木炭

等.

（1）黑火药的一般配方是：硫磺2g、硝酸钾3g、炭粉4.5g.已

知黑火药在空气中燃爆时可发生：S+2KNO3+3C=K2S+3cO2T+N2T,

则S、KNO3、C完全反应时的质量比为16：101：18,该配方

中C和（填化学式）明显过量.

（2）SO2气体在空气中经粉尘催化氧化为SO3,SO3与水反应，形

成硫酸型酸雨，写出SO2转化为SO3的化学方程式：2so2+。2

2SOs.

（3）很多城市出台“禁放”规定杜绝此类污染，以下解决“现代文明”

与“传统文化”冲突的做法可行的是一AB（填字母）.

A.提倡电子鞭炮B.开发绿色鞭炮C.关停鞭炮企业.

【分析】(1)根据反应物和生成物及其质量守恒定律可以书写化学

方程式；根据化学方程式可以判断反应物和生成物之间的质量比;

(2)S02气体在空气中经粉尘催化氧化为S03,写出反应的化学方

程式即可；

(3)充分理解环境保护的重要性.

【解答】解：(1)S+2KNO3+3C=K2S+3cO2T+N2T,则S、KNO3、C

完全反应时的质量比为：32：202：36=16：101：18.

故答案为：16：101：18.

设当硝酸钾质量是3g时，消耗硫、炭粉的质量分别为x、y,

S+2KNO3+3CI3K2s+3CO2T+N2T,

3220236

x3gy

x=0.46g,y=0.53g,

由计算可知，当硝酸钾质量是3g时，碳和硫明显过量.故填：S.

(2)SO2气体在空气中经粉尘催化氧化为SO3,SO3与水反应能生

成硫酸，有关反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3；

(3)提倡电子鞭炮、开发绿色鞭炮有利于环境保护，关停鞭炮企

业是不现实的.故填：AB.

答案:

（1）16：101：18；S.

（2）2SO2+O22SO3；

（3）AB

【点评】解答本题要掌握化学方程式的书写方法和相关方面的计算

方法，只有这样才能对问题做出正确的判断.

15.质量守恒定律的发现，对化学科学的发展作出了重要贡献。请回

答问题：

（1）将蔗糖隔绝空气加热只得到黑色的炭和水，可知蔗糖中含有

的元素是.C、H、0（填元素符号），推断的依据是化学反应

前后元素的种类不变。

（2）用质量守恒定律解释“高锌酸钾受热分解后，剩余固体的质量

比原反应物的质量小”：反应生成了氧气，写出发生反应的化

学方方式2KMnO4KzMnOj+MnOz+O2T。

（3）如图是某同学验证质量守恒定律的实验装置（B中托盘天平

上述装置能用来验证质量守恒定律的是（填字母），请

从原子的角度解释质量守恒定律化学反应前后，原子的种类、个

数和质量都不变。

【分析】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，是因为化学反应前后，元

素的种类不变，原子的种类、总个数不变。

【解答】解：（1）将蔗糖隔绝空气加热只得到黑色的炭和水，可知

蔗糖中含有的元素是C、H、0,推断的依据是化学反应前后元素的

种类不变。

故填：C、H、0；化学反应前后元素的种类不变。

（2）“高锦酸钾受热分解后，剩余固体的质量比原反应物的质量小”,

是因为反应生成了氧气，发生反应的化学方程式：

2KMnCUKzMnCU+MnCh+ChT。

故填：反应生成了氧气；2KMn04K2MnO4+MnO2+O2T。

（3）上述装置能用来验证质量守恒定律的是B,是因为化学反应

前后，原子的种类、个数和质量都不变；

A不能验证质量守恒定律，是因为加热时，铜和空气中的氧气反应

生成氧化铜，导致天平失去平衡。

故填：B；化学反应前后，原子的种类、个数和质量都不变。

【点评】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种

类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物

质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。

16.T0的“纳米材料”有广泛的应用，工业上制取Ti02的方法是：

2FeTiO3+7Cl2+3C=2X+2FeC13+3CO2,X的化学式是TiCh；X

再与氧气反应生成Ti(h和氯气，该反应的化学方程式是：

TiC「+02团TiO2+2C12_.

【分析】根据质量守恒定律分析.在化学反应前后，原子的种类、

数目不变，根据反应的方程式，可求出X的化学式；根据化学方程

式的书写分析.

【解答】解：由质量守恒定律可知，在化学反应前后，原子的种类

及数目不变.在反应的方程式2FeTiO3+7Cl2+3C=2X+2FeCl3+3CO2

中，左边有2个铁原子、2个钛原子、6个氧原子、14个氯原子、

3个碳原子，在右边除2X外有2个铁原子、6个氧原子、6个氯原

子、3个碳原子，所以在2X中有2个钛原子、8个氯原子，则X

中有1个钛原子、4个氯原子，因此X的化学式为：TiCU;TiCl4

与氧气反应生成TiO2和氯气，因此该反应的化学方程式是

TiCl4+O20TiO2+2C12.

故答案为：TiCk;TiCl4+O2[2]TiO2+2C12

【点评】本题主要考查了质量守恒定律的应用和化学方程式的书写,

理解质量守恒定律的意义，会根据化学方程式，分析判定物质的组

成元素或化学式等.

三.解答题(共1小题)

17.硝酸(化学式为HN03)易挥发，易溶于水，具有氧化性和腐蚀

性，见光易发生如下分解反应：4HNO32X+4NO2T+O2T.则：

(1)X的化学式为H式；

(2)硝酸应避光保存。

【分析】根据化学反应前后，元素的种类不变，原子的种类、总个

数不变、硝酸见光易分解等知识进行分析。

【解答】解：由4HNO32X+4NO2T+O2T可知，

反应前氢原子是4个，反应后应该是4个，包含在2X中；

反应前氮原子是4个，反应后是4个；

反应前氧原子是12个，反应后应该是12个，其中2个包含在2X

中；

由分析可知，每个X中含有2个氢原子和1个氧原子，是水，水的

化学式是H20；

因为硝酸见光易分解，应避光保存。

故答案为：（1）H20；

（2）避光。

【点评】本题主要考查学生对化学用语的书写和理解能力，题目设

计既包含对化学符号意义的了解，又考查了学生对化学符号的书写,

考查全面，注重基础，题目难度较小。

四.解答题（共1小题）

18.如图A所示是用白磷（着火点为40目）验证质量守恒定律的装

置，其中细玻璃管的底端刚好与白磷接触。

实验步骤现象

将装置A放在天平（填仪器示数为158.4g

名称）上称量

取下带有细玻璃管的橡皮塞，用白磷燃烧，产生大量白烟，并

酒精灯加热细玻璃管下端至红放出热量，气球膨胀

热，迅速塞紧锥形瓶并引燃白磷

冷却至室温如图B所示，再次称气球变瘪，质量为1584g

量装置

玻璃管气球A

IV-a反应后.r\

白磷一乙铀〉一剩余白磷

图A'/图B

①仪器a的名称是一锥形瓶

②白磷燃烧的化学方程式是4P+5022P2。5，由上述实验知，剩

余气体的化学性质是不燃烧，不支持燃烧。用具体的反应物和

生成物分析两次称量质量不变的原因：参加化学反应的磷和氧气

的质量等于反应后生成的五氧化二磷的质量°

③另一名同学在其实验结束后发现第二次称量的质量减小了，可

能的原因是一日。

团.白磷的量不足团.白磷过量团.反应中气球膨胀了酸装置密闭

性不好

④反应结束时（如图B所示），气球变瘪的原因是氧气被消耗,

气压减小。

【分析】根据天平的作用和白磷燃烧现象解答；

①根据常见仪器进行判断；

②根据白磷燃烧的产物和反应现象以及质量守恒定律解答；

③根据用红磷测量空气中氧气的含量的实验的注意事项解答；

④根据瓶内氧气的改变进行解答。

【解答】解：称量少量白磷必须用天平，白磷燃烧燃烧生成大量的

白烟，故答案为：天平，白烟。

①仪器a名称是锥形瓶，故填：锥形瓶；

②白磷燃烧生成五氧化二磷，反应的方程式为：4P+5022P2。5；由

实验知，剩余气体的化学性质是不燃烧，不支持燃烧；反应物和生

成物的质量相同是因为参加化学反应的磷和氧气的质量等于反应

后生成的五氧化二磷的质量；故答案为：4P+5022P2。5；不燃烧,

不支持燃烧；参加化学反应的磷和氧气的质量等于反应后生成的五

氧化二磷的质量。

③只要在密闭系统中反应，称量反应前和反应后都是相等的，如

气密性不好，生成物若丢失，就可能称量偏小，故选队

④红磷在集气瓶内燃烧消耗了氧气，使瓶内的气体压强减小，气

球变瘪，故答案为：氧气被消耗，气压减小。

【点评】本题主要是通过红磷燃烧的现象和注意事项以及对质量守

恒定律进行探究，有利培养学生实验探究能力。

五.解答题（共2小题）

19.金属在生产、生活和社会发展中的应用较为广泛。

（1）云南很多民族都用金属铜制作锅，主要是因为铜具有良好的

导热性。

（2）钢铁厂用磁铁矿为原料炼铁，发生的化学反应主要是磁铁矿

中的四氧化三铁与一氧化碳发生反应，该反应的化学方程式是

4CO+Fe3O43Fe+4CO2_。每年世界上因腐蚀而报废的金属相当于年

产量的20%〜40%,铁生锈是铁与空气中的氧气、水蒸气等

发生反应。除了防止金属腐蚀外，保护金属资源的措施还有ABC

（填标号）。

A.回收利用废旧金属

B.有计划、合理地开采矿物

C.寻找金属的代用品

（3）下列各组药品，可以验证金属镁、铜、银的金属活动性顺序

的是.AC（填标号）。

A.镁、硝酸铜溶液、银

B.硝酸镁溶液、铜、银

C.硝酸镁溶液、铜、硝酸银溶液

D.形状完全相同的镁片、铜片、银片分别放入完全相同的稀硫酸中

（4）铝和镁的混合粉末加入硝酸铜、硝酸银的混合溶液中，充分

反应后过滤，得到滤渣和滤液，下列说法正确的有BCD（填标

号）。

A.若滤渣中加入稀盐酸有气泡产生，则滤渣中一定有镁

B.若滤液为无色，则滤液中一定含有硝酸镁，可能含有硝酸铝

C.若滤渣中加入稀盐酸无气泡产生，则滤液中一定有硝酸镁、硝酸

铝，可能有硝酸银、硝酸铜

D.若滤液呈蓝色，则滤渣中一定有银，可能有铜

E.滤渣质量大于参加反应的铝、镁混合物质量，则铝一定参加反应

（5）向5.6g含两种杂质的铁粉样品中加入足量的稀盐酸，充分反

应后共产生0.2g氢气，则该样品中所含杂质可能是（填标

号）。

A.锌和铜

B.锌和镁

C.铝和镁

D.碳和铜

【分析】（1）依据性质决定用途分析；

（2）依据一氧化碳与四氧化三铁在高温下，生成铁和二氧化碳分

析；依据铁生锈条件分析；依据保护金属资源的措施分析；

（3）依据验证金属镁、铜、银的金属活动性顺序实验方案分析；

（4）依据铝和镁的混合粉末加入硝酸铜、硝酸银的混合溶液中的

反应原理分析；

（5）依据铁、锌、铝、镁分别与稀盐酸反应的方程式，利用极值

法和题中的数据分析。

【解答】解：（1）性质决定用途，云南很多民族都用金属铜制作锅，

主要是因为铜具有良好的导热性，故填：导热；

（2）一氧化碳与四氧化三铁在高温下，生成铁和二氧化碳，则反

应的化学方程式为铁生锈条件是铁与空气中

4CO+Fe3O43Fe+4CO2;

氧气、水蒸气接触；保护金属资源的措施为回收利用废旧金属，有

计划、合理地开采矿物，寻找金属的代用品等；故填：

4CO+Fe3O43Fe+4CO2；氧气、水蒸气；ABC；

（3）A.镁、硝酸铜溶液、银；镁能置换出硝酸铜溶液中的铜，银

不能置换出硝酸铜溶液中的铜，则此方案能验证金属镁、铜、银的

金属活动性顺序，故A正确；

B.稍酸镁溶液、铜、银；铜，银都不能与硝酸铜镁溶液反应，则此

方案不能验证金属镁、铜、银的金属活动性顺序，故B错误；

C.硝酸镁溶液、铜、硝酸银溶液；铜不能与硝酸镁溶液反应，铜能

置换出硝酸银溶液中的银，则此方案能验证金属镁、铜、银的金属

活动性顺序，故C正确；

D.形状完全相同的镁片、铜片、银片分别放入完全相同的稀硫酸中,

只有镁片能与稀硫酸反应，铜片、银片都不与稀硫酸反应，无法验

证铜片、银片的金属活性，故D错误；

故填：AC；

（4）铝和镁的混合粉末加入硝酸铜、硝酸银的混合溶液中的反应

顺序，镁先与硝酸银溶液反应，当硝酸银溶液反应完再与硝酸铜溶

液反应，当混合粉末中的镁反应完，铝才开始反应，铝先与硝酸银

溶液反应，当硝酸银溶液反应完再与硝酸铜溶液反应。

A.若滤渣中加入稀盐酸有气泡产生，则滤渣中一定有铝，可能有镁,

故A错误；

B.若滤液为无色，说明硝酸铜、硝酸银都已反应完，并且镁先反应，

镁反应完,铝才反应，则滤液中一定含有硝酸镁,可能含有硝酸铝，

故B正确；

C若滤渣中加入稀盐酸无气泡产生，说明铝和镁都已反应完，则滤

液中一定有硝酸镁、硝酸铝，可能有硝酸银、硝酸铜，故c正确;

D.若滤液呈蓝色，说明哨酸铜溶液没反应或没反应完，铝和镁的混

合粉末都已反应完，则滤渣中一定有银，可能有铜，故D正确；

E.镁与硝酸铜、硝酸银的混合溶液反应，滤渣质量大于参加反应的

镁的质量，铝与硝酸铜、硝酸银的混合溶液反应，滤渣质量也大于

参加反应的铝的质量，故E错误；

故填：BCD；

(5)分析Fe+2HQ=FeQ2+H2T可知，每56份质量的铁与足量的

盐酸反应能生成2份质量的氢气,则5.6g的铁能生成0.2g的氢气；

A.分析Zn+2HCl=ZnCk+H2T可知，每65份质量的锌与足量盐酸反

应能生成2份质量的氢气，则5.6g的锌能生成氢气的质量V0.2g,

铜不与盐酸反应，生成氢气为0V0.2g,故A错误；

B.分析Zn+2HCl=ZnCk+H2T可知，每65份质量的锌与足量盐酸反

应能生成2份质量的氢气，则5.6g的锌能生成氢气的质量V0.2g,

分析Mg+2HQ=MgCL+H2T可知，每24份质量的镁与足量盐酸反

应能生成2份质量的氢气，则5.6g的镁能生成氢气的质量＞0.2g,

故B正确；

C分析Mg+2HCl=MgCb+H2T可知，每24份质量的镁与足量盐酸反

应能生成2份质量的氢气，则5.6g的镁能生成氢气的质量＞0.2g；

分析2A1+6HC1=2A1CL+3H2T可知，每18份质量的铝与足量盐酸

反应能生成2份质量的氢气，则5.6g的铝能生成氢气的质量＞0.2g；

故c错误；

D.碳和铜都不与盐酸反应，生成氢气质量V0.2g,故D错误；

故填：Bo

【点评】此题主要考查金属的性质，主要利用金属的性质来分析和

解决有关问题，结合各方面的条件得出正确结论。

20.四种物质在一定的条件下充分混合反应，测得反应前后各物质的

(2)参加反应的A和B的质量比是一14：3。

(3)如A、B、D三种物质的相对分子质量分别分28、12、34,

则该反应的化学方程式可表示为2A+B2D(用A、B、D表示)。

【分析】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，是因为化学反应前后，元

素的种类不变，原子的种类、总个数不变。

【解答】解：(1)x=51+9+3+17-51-3-23=3.

故填：3.

(2)参加反应的A和B的质量比是：(51-23)：(9-3)=14：

3.

故填：14：3o

(3)设A、B、D三种物质的化学计量数为x：y：z,

A、B、D三种物质反应的质量比：(51-23)：(9-3)：(51-17)

=14：3：17,

A、B、D三种物质的相对分子质量分别分28、12、34,根据题意

有：28x：12y：34z=14：3：17,x：y：z=2：1：2,则该反应

的化学方程式可表示为：2A+B2D。

故填：2A+B2Do

【点评】化学反应遵循质量守恒定律，即化学反应前后，元素的种

类不变，原子的种类、总个数不变，这是书写化学方程式、判断物

质的化学式、判断化学计量数、进行相关方面计算的基础。

4.4化学方程式

选择题(共15小题)

1.下列关于2C0+022co2的说法中，正确的是()

A.反应后原子种类减少

B.表示一氧化碳加氧气等于二氧化碳

C.参加反应的一氧化碳与氧气的质量比为2：1

D.参加反应的氧气与生成的二氧化碳的分子个数比为1：2

2.配平化学方程式时，所配化学计量数是否正确的依据是反应前后

A.各元素的种类是否相同

B.各物质的状态是否相同

C.各化学式前化学计量数之和是否相等

D.各元素的原子总数是否相等

3.细铁丝在氧气中可剧烈燃烧。在这个反应中，铁、氧气和生成物

的质量比是（）

A.56：32：72B.56：32：232C.168：64：

232D.224：96：320

4.根据化学方程式C+O2c02,无法获得的信息是（）

A.反应前后反应物和生成物的种类

B.参加反应碳和氧气的质量比

C.化学反应速率的快慢程度

D.反应发生所需要的条件

5.下列关于2C+022co的说法中，正确的是（）

A.表示碳加氧气等于一氧化碳

B.该反应中，分子、原子的种类均发生了改变

C.参加反应的碳与氧气的质量比为3：8

D.参加反应的氧气与生成的一氧化碳的分子个数比为1：2

6.下图中的四位同学对H2+CI22HC1的认识中，不正确的是（）

该反应的条件

是点燃

A.

e广i亥反应前后原子

密加种类和个数没变

B.%-----

翁/表示氢气在氧气中、

还［燃烧生成氯化氢，

D.

7.生石灰吸收二氧化硫的化学方程式为：mCaO+2SO2+O20mCaSO4,

则m的值是（）

A.4B.3C.2D.1

8.在化学方程式：aC2H5OH+