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1、 5.3利用化学方程式的简单计算 练习题一、单项选择题共8题；共16分1.向一定质量的硫酸铜溶液中参加一定质量的铁粉，反响一段时间后，溶液的质量 A.变小B.变大C.不变D.无法确定2.在NaOH和Na2CO3的混合物9.3g中参加一定量的10.0%的稀盐酸，恰好完全反响，将生成的气体全部通入足量的澄清石灰水中，产生5.0g沉淀。以下说法正确的选项是 A.反响共产生11.7gNaClB.题中的一定量是7.3gC.如用10%的稀盐酸将5.0g沉淀溶解，那么所用稀盐酸的量与题中的一定量相等D.Na2CO3消耗的稀盐酸比NaOH消耗的稀盐酸多3.金属单质M与非金属单质硫发生如下反响为2M+S M2S
2、甲、乙两组学生在实验室分别进行该实验，参加的M和硫的质量各不相同充分反响后，实验数据记录如表，那么M的相对原子质量是 M的质量/gS的质量/gM2S的质量/g甲6.02.57.5乙7.01.57.5A.64B.56C.32D.234.某同学为了测定铜镁合金样品中铜的质量分数，将100g稀盐酸分2次参加到盛有5g该样品的烧杯中，所得数据如表，那么以下说法中错误的选项是次数实验前第1次第2次参加稀盐酸的质量/g05050剩余固体的质量/g532A.第1次参加稀盐酸后剩余固体中还有镁B.第2次所参加的稀盐酸未反响完C.每50g稀盐酸和1g镁恰好完全反响D.合金样品中铜的质量分数为40%5.实验室有碳
3、酸钾和碳酸钙的固体混合物33.8g，使之与足量的盐酸反响，将反响后的溶液蒸干得到37.1g固体，那么原混合物中金属元素的质量分数约是 A.40%B.46.7%C.56.5%D.58%6.2022金坛市一模金属氧化物陶瓷着色，有时测定金属氧化物中的金属含量现将Fe2O3、CuO、Al2O3的混合物16克，与109.5克20%的稀盐酸混合后恰好完全反响，那么此金属氧化物着色剂中金属元素的含量是 A.20%B.70%C.73.5%D.80%7.向20g纯碱和氯化钠的混合物中，加人100g稀盐酸，恰好完全反响后将滤液蒸干，得固体21.1g，那么原混合物中氯化钠的质量分数为 A.37%B.47%C.53
4、%D.63%8.以下反响发生后，溶液的总质量会减少的是 A.Fe+H2SO4B.Fe+AgNO3C.FeOH3+HClD.Fe2O3+HNO3二、填空题共4题；共6分9.16克某二价金属R的氧化物与98克质量分数为20%的硫酸溶液恰好完全反响那么R的相对原子质量为_；反响后溶液中溶质的质量分数为_ 10.有机物中碳氢化合物可用CxHy表示，其完全燃烧的化学方程式：CxHy+x+O2xCO2+H2O判断等质量的CH4 ， C2H2 ， C2H4 ， 三种碳氢化合物完全燃烧消耗氧气由大到小的顺序是_用序号表示 11.天平两端分别放置盛有足量稀盐酸的烧杯，把天平调至平衡，现向其中一只烧杯中投入10g
5、碳酸钙，向另一只烧杯中投入适量Al片，要使天平最终保持平衡，投入Al片的质量为_ 12.将5%的NaOH溶液逐滴参加到9.8g稀硫酸中，边加边搅拌，随着NaOH溶液的参加，溶液pH的变化如下图1a点时，溶液中的溶质是_用化学式表示2试计算稀硫酸中溶质的质量分数_三、实验探究题共1题；共6分13.同学们从山上采集到一种石灰石，他们取80g该样品进行煅烧实验所含杂质在煅烧过程中不发生变化，反响结束后剩余固体的质量为75.6g 1当石灰石完全反响后，生成CO2的质量为_g 2根据反响的化学方程式求该石灰石中CaCO3的质量为多少？写出计算过程 四、解答题共1题；共5分14.某治疗胃酸过多的药片主要成
6、分为碳酸氢钠.为测定药片中碳酸氢钠的含量，将药片研碎，取4.0g样品加热到质量不再减少时，收集到的气体经枯燥后质量为0.88g.碳酸氢钠受热分解的化学方程式为：2NaHCO3 Na2CO3+H2O+CO2，样品中其它成分受热不分解计算该样品中碳酸氢钠的质量分数. 五、综合题共2题；共13分15.小黄同学为了测定某混合物Na2CO3与NaOH混合中碳酸钠的质量分数，进行了如下实验：称取了20g样品配成溶液，然后逐渐参加一定量质量分数为20.8%的BaCl2溶液：Na2CO3+BaCl2=2NaCl+BaCO3，充分反响在此过程中他进行了三次数据测定，结果如下表： 测定次数第1次第2次第3次参加B
7、aCl2溶液的质量/g60120150生成沉淀的质量/g11.8219.719.7请分析数据，答复以下问题： 1第一次测定数据后所得溶液中含有溶质是NaOH，_填化学式； 2此实验中，实际参加反响的BaCl2溶液的质量为_； 3样品中碳酸钠的质量分数为多少？写出计算过程 16.计算题向50g石灰石样品中其中有效成分为CaCO3中不断地参加稀盐酸，其变化图像如下图。请答复以下问题：1产生二氧化碳的质量为_g. 2求样品中CaCO3的质量分数为多少？ 答案解析局部一、单项选择题1.【答案】A 【解析】【解答】向一定质量的硫酸铜溶液中参加一定质量的铁粉，反响一段时间后，溶液中的铜被置换，溶液的质量会
8、减少。故答案为：A【分析】根据铁与硫酸铜反响的方程式，每56份质量的铁反响会置换出64份质量的铜分析，所以铁与硫酸铜溶液反响，溶液质量会减小。2.【答案】A 【解析】【解答】解：设生成5.0g沉淀所需二氧化碳的质量为x。CO2 + Ca(OH)2 =CaCO3 + H2O44100x5.0gx=2.2g设生成2.2g二氧化碳需要碳酸钠的质量为a，需要氯化氢的质量为b，生成氯化钠的质量为c。Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO21067311744abc2.2ga=5.3gb=3.65gc=5.85g混合物中氯化钠的质量=9.3g-5.3g=4.0g设与氢氧化钠反响的氯化氢的质量为d
9、，生成氯化钠的质量为e。HCl +NaOH =NaCl + H2O36.54058.5d4.0ged=3.65ge=5.58gA、反响共产生NaCl的质量为5.58g+5.58g=11.7g，故正确；A符合题意；B、题中的一定量是3.65g+3.65g 10.0%=70g,故错误；B不符合题意；C、有方程式: Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2, CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O, CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2,可知2HCl CO2 CaCO3 2HCl，10%的稀盐酸将5.0g沉淀溶解，那么所用稀盐酸的量与题中的与碳酸钠反响所需的量相等，故错误；
10、C不符合题意；D、根据计算可知，Na2CO3消耗的稀盐酸与NaOH消耗的稀盐酸相等，故错误；D不符合题意.故答案为：A.【分析】根据生成碳酸钙的质量，可以求解碳酸钠与盐酸反响生成二氧化碳的质量，通过二氧化碳的质量可以求解碳酸钠与氯化氢的质量.混合物中氢氧化钠的质量=9.3g-碳酸钠的质量，进一步求解所需氯化氢的质量和生成氯化钠的质量.3.【答案】A 【解析】【解答】解：比照甲、乙两同学所用M和S的质量及生成M2S的质量：同样生成7.5gM2S，甲实验S的用量为2.5g、乙实验S的用量为1.5g，那么可得反响生成7.5gM2S时需要消耗S的质量为1.5g；利用质量守恒定律，那么两物质恰好完全反响
11、时，可判断生成7.5gM2S时消耗A的质量为6.0g 设元素A的相对原子质量是x2M+SM2S2x 326.0g 1.5g解得x=64应选：A【分析】根据甲、乙两同学实验数据，结合题设中“充分反响时，所用M和硫的质量各不相同，但总质量相等，都是7.5g，分析反响2M+SM2S，判断恰好完全反响时A、S用量比；利用所判断的恰好完全反响时M、S用量比，求出M的相对原子质量4.【答案】C 【解析】【解答】A、通过表中的数据可以看出，第一次参加50g盐酸，固体减少2g，第二次参加50g盐酸，固体减少1g，所以第1次参加稀盐酸后剩余固体中还有镁，故A正确；B、第一次是2克镁和50克盐酸反响，第二次是1克
12、镁和50克盐酸反响，所以第2次所参加的稀盐酸未反响完，故B正确；C、第一次是2克镁和50克盐酸反响，第二次是1克镁和50克盐酸反响，故C错误；D、通过分析可知，剩余的物质2g是铜，所以铜的质量分数为：100%=40%，故D正确应选：C【分析】根据金属活动性顺序可知，镁会与盐酸反响，铜不会与盐酸反响，然后结合表中的数据进行分析5.【答案】B 【解析】【解答】解：碳酸钾、碳酸钙与稀盐酸反响的化学方程式分别为CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2、K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2，由上述化学方程式可知，碳酸钾、碳酸钙与盐酸完全反响后，可看成碳酸根离子被两个氯离子取代，两个氯离子的
13、相对原子质量的和是71，碳酸根的相对原子质量的和是60，差是11，即完全反响后质量增加了11份质量实际反响后固体质量增加了37.1g33.8g=3.3g，设原混合物中含碳酸根的质量为x，那么60：11=x：3.3g，x=18g；那么所含金属元素质量为33.8g18g=15.8g，原混合物中金属元素的质量分数为100%=46.7%应选：B【分析】碳酸钾和碳酸钙的固体混合物75g，与500g质量分数为14.6%的盐酸充分反响，充分反响后盐酸可能有剩余，蒸发时剩余的盐酸挥发掉，故不能用稀盐酸中氯元素的质量进行计算；碳酸钾、碳酸钙与稀盐酸反响的化学方程式分别为CaCO3+2HClCaCl2+H2O+C
14、O2、K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2，由上述化学方程式可知，碳酸钾、碳酸钙与盐酸完全反响后，可看成碳酸根离子被两个氯离子取代，由与金属离子结合的酸根离子的相对原子质量的差，进行分析解答即可6.【答案】B 【解析】【解答】氧化铁、氧化铜和氧化铝与稀硫酸反响的化学方程为：Fe2O3+6HCl2FeCl3+3H2O，CuO+2HClCuCl2+H2O：Al2O3+6HCl2AlCl3+3H2O由于氧化铝、氧化铜和氧化铁的混合物与109.5克20%的稀盐酸混合后恰好完全反响，分析化学方程式可以知道氧化铝、氧化铜和氧化铁中的氧元素那么转变为水中的氧元素，即混合物中氧元素的质量和水中氧元素的
15、质量相等，由方程式可得盐酸与水的关系式为2HClH2O，设生成水中氧元素的质量为x，109.5克20%的稀盐酸中氯化氢的质量=109.5g20%=21.9g那么2HClH2OO73 1621.9g xx=4.8g那么此金属氧化物着色剂中金属元素的含量= 100%=70%，答案：B【分析】根据氧化铁、氧化铜和氧化铝与稀盐酸反响的化学方程式结合硫酸的质量，根据氧元素的质量守恒来完成解答7.【答案】B 【解析】【解答】设原混合物中碳酸钠的质量为xNa2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2 固体质量增加106 117 117106=11x 21.1g20g=1.1g x=10.6g原混合物中氯化
16、钠的质量分数为100%=47%应选：B【分析】纯碱能与稀盐酸反响生成氯化钠、水和二氧化碳，由题意，向20g纯碱和氯化钠的混合物中，加人100g稀盐酸，恰好完全反响后将滤液蒸干，得固体21.1g，反响后固体的质量增加了21.1g20g=1.1g，据此结合固体差量法，进行分析解答8.【答案】B 【解析】【解答】解：A、铁与硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，反响后溶液由硫酸溶液而变成硫酸亚铁溶液；根据反响的化学方程式：Fe+H2SO4=FeSO4+H2 反响前后溶液中溶质质量 98 152 15298=540反响后溶液中溶质质量增加，所以，反响发生后溶液的总质量增大；A不符合题意；B、铁与硝酸银反响生成硝
17、酸亚铁和银，反响后溶液由硝酸银溶液而变成硝酸亚铁溶液；根据反响的化学方程式：Fe+2AgNO3=FeNO32+2Ag 反响前后溶液中溶质质量 340 180 180340=1600反响后溶液中溶质质量减小，所以，反响发生后溶液的总质量减少；B符合题意；C、氢氧化铁为红褐色沉淀，与稀盐酸反响，生成氯化铁和水；反响既无沉淀又无气体产生，因此，根据质量守恒定律，反响后溶液的总质量一定增大；D、氧化铁为红色固体，与稀硝酸反响，生成硝酸铁和水；反响中既不产生气体也不形成沉淀，因此，根据质量守恒定律，反响后溶液的总质量一定增大；应选B【分析】A、铁与硫酸反响生成硫酸亚铁和氢气，反响后溶液由硫酸溶液而变成硫
18、酸亚铁溶液；比拟参加反响硫酸的质量与反响生成硫酸亚铁的质量大小关系，判断溶液质量的变化；B、铁与硝酸银反响生成硝酸亚铁和银，反响后溶液由硝酸银溶液而变成硝酸亚铁溶液；比拟参加反响硝酸银的质量与反响生成硝酸亚铁的质量大小关系，判断溶液质量的变化；C、氢氧化铁为红褐色沉淀，与稀盐酸反响，生成氯化铁和水，反响后溶液由盐酸溶液而变成氯化铁溶液；比拟盐酸溶液和氯化铁溶液的质量关系，判断溶液质量的变化；D、氧化铁为红色固体，与稀硝酸反响，生成硝酸铁和水，反响后溶液由硝酸溶液而变成硝酸铁溶液；比拟硝酸溶液和硝酸铁溶液的质量关系，判断溶液质量的变化二、填空题9.【答案】64；28.1% 【解析】【解答】解：设
19、R的相对原子质量为x，生成RSO4的质量为y，反响的硫酸质量为：98g20%=19.6g，RO+H2SO4RSO4+H2O，x+16 98 x+9616g 19.6g y，x=64，y=32g，反响后溶液中溶质的质量分数为：100%=28.1%故填：64；28.1%【分析】R的化合价是+2，氧元素的化合价是2，氧化物的化学式是RO，根据稀硫酸的质量和溶质质量分数可以计算R的相对原子质量和反响生成的溶质的质量，进一步可以计算反响后溶液中溶质的质量分数10.【答案】 【解析】【解答】CH4、C2H2、C2H4的最简式分别为CH4、CH、CH2 ， 等质量时氢元素的含量越多，消耗的氧气就越多，那么消
20、耗氧气由多到少的顺序是CH4、C2H4、C2H2 ， 故答案为：【分析】质量相等的条件下，氢原子消耗的氧气大于碳原子消耗的氧气，因此分子中，氢元素的含量越多，消耗的氧气就越多，在最简式CHn中，n越大，含氢量越高11.【答案】6.3g 【解析】【解答】解：设向其中一只烧杯中放入10gCaCO3恰好完全反响后生成二氧化碳的质量为x，根据题意得： CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2 100 44 10g xx=4.4g 那么托盘天平中一只烧杯中放入10gCaCO3后质量增加了：10g4.4g=5.6g要使托盘天平仍保持平衡，那么另一端烧杯中放入铝片后完全反响后增加的质量必须也是5.6g
21、，设向另一只烧杯中放入铝片的质量是y2Al+6HCl2AlCl3+3H2 增加的质量 54 6 48 y 5.6gy=6.3g故答案为：6.3g【分析】根据题干中的含义，首先由化学方程式计算出其中一只烧杯中放入10gCaCO3后，增加的质量是多少；然后计算另一只烧杯中参加多少铝片后发生反响所增加的质量必须和前面的相同才可以平衡12.【答案】Na2SO4、H2SO4；10% 【解析】【解答】1由图示可知，在a点时溶液的pH小于7，说明参加的NaOH完全反响，有剩余的硫酸，所以溶液中含有的溶质有：H2SO4、Na2SO4；2由图示可知，在溶液的pH等于7，消耗的NaOH溶液的质量为16g，溶质的质
22、量为：16g5%=0.8g；10g稀硫酸样品含有H2SO4的质量为x2NaOH+H2SO4Na2SO4+2H2O80 980.8g x=x=0.98g；稀H2SO4的溶质质量分数为：100%=10%；答：稀H2SO4的溶质质量分数是10%故答案为：1Na2SO4、H2SO4；210%【分析】1根据溶液的pH、稀H2SO4与NaOH溶液的反响分析溶液中存在的离子；2根据稀H2SO4与NaOH溶液的反响的方程式，由NaOH的质量求出稀H2SO4的溶质稀H2SO4的溶质质量分数，再求出稀H2SO4的溶质质量分数三、实验探究题13.【答案】14.4g2解：由于生成的气体的质量为4.4g，因此可以根据生
23、成的气体的质量即可求出参与反响的碳酸钙的质量设样品中含CaCO3的质量为xCaCO3 CaO+CO2100 44x 4.4gx10g样品中的质量分数= 100%=12.5% 【解析】【解答】解：1由于固体的质量由80g变为75.6g，减少了4.4g，说明生成的气体的质量为4.4g；【分析】首先根据质量守恒定律得出固体质量减小的量即为生成的气体的质量，然后根据气体的质量可以求出样品中碳酸钙的质量四、解答题14.【答案】解：设碳酸氢钠的质量为x.2NaHCO3 Na2CO3+ H2O+CO216844x0.88gx=3.36gNaHCO3%=100%=84%答：碳酸氢钠的质量分数为84%. 【解析
24、】【分析】碳酸钠受热不能分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，根据二氧化碳的质量可以计算碳酸氢钠的质量，进一步可以计算该样品中碳酸氢钠的质量分数.五、综合题15.【答案】1NaCl、Na2CO32100g3解：样品中碳酸钠的质量分数是： 100%=53% 【解析】【解答】解：1混合物中参加BaCl2溶液与碳酸钠发生反响生成碳酸钡沉淀，与氢氧化钠不反响；由图表数据可知：第1次参加60gBaCl2溶液生成沉淀11.82g，第2次BaCl2溶液的质量增加，沉淀的质量也增加，说明在第1次时BaCl2溶液缺乏，碳酸钠未完全反响，故反响后所得溶液中含有溶质NaOH，NaCl、Na2CO3；2第1
25、次参加60gBaCl2溶液生成沉淀11.82g，说明60gBaCl2溶液恰好生成碳酸钡沉淀11.82g，第2次参加120gBaCl2溶液，生成沉淀的质量应该是11.82g2=23.64g，而实际反响生成了19.7g沉淀，说明混合物中Na2CO3已反响完，BaCl2溶液过量，说明碳酸钠最多生成19.7g碳酸钡； 设实际参加反响的BaCl2溶液的质量为x，样品中碳酸钠的质量为yNa2CO3+BaCl2=2NaCl+BaCO3106208197yx19.7g = y=10.6g= x=20.8g实际参加反响的BaCl2溶液的质量为：20.8g20.8%=100g故答案为：1NaCl、Na2CO3；2
26、100g；3样品中碳酸钠的质量分数是53%【分析】由图表数据可知：第1次参加60gBaCl2溶液生成沉淀11.82g，说明60gBaCl2溶液恰好生成碳酸钡沉淀11.82g，第2次参加19.7gBaCl2溶液，生成沉淀的质量应该是11.82g2=23.64g，而实际反响生成了19.7g沉淀，说明混合物中Na2CO3已反响完，BaCl2溶液过量，说明碳酸钠最多生成19.7g碳酸钡，据碳酸钡的质量可计算出实际参加反响的BaCl2的质量，碳酸钠的质量，进而计算出BaCl2溶液的质量，碳酸钠的质量分数16.【答案】18.82设样品中碳酸钙的质量是xCaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO210044x8.8X=20g那么样品中碳酸钙的质量分数= 100%=40%；答：该样品中CaCO3的质量分数为40%。 【解析】【解答】由图可知，石灰石样品与稀盐酸完全反响生成的气体质量是8.8g；【分析】1据图可知完全反响产生的二氧化碳的质量是8.8g；2根据生成的二氧化碳的质量，结合方程式及“碳酸钙的质量分数= 100%解答14