京改版化学初三上册第七章化学反应定量研究同步巩固练习（含解析）

　京改版化学初三上册第七章化学反应的定量研究同步巩固练习（含解析）

　一、单选题

　1.潜艇中船员呼吸产生的二氧化碳能议决化学反响 2 Na 2 O 2

　+ 2CO 2 2X + O 2 吸收，则 X的化学式为(

　 )

　 A. NaOH

　B. Na 2 C

　C. Na 2 O

　D. Na 2 CO 3

　2.到场反响的各物质质量总和即是反响后生成的各物质质量总和，是因为(

　)

　 A. 反响后物质的种类没有变化

　B. 反响后元素的种类没有变化 C. 反响后原子的种类、数目和质量没有变化

　 D. 反响后分子的种类、数目和质量没有变化 3.将一定量的 X 和氧气置于一个关闭的容器中引燃，测得反响前后各物质的质量如下表：

　物质 X 氧气 水 二氧化碳 反响前质量/g 4.6 10.6 1.6 1.2 反响后质量/g a 1.0 7.0 10.0 下列鉴别错误的是（

　 ）

　 A. 表中 a 的值为 0

　 B. 物质 X 一定是有机物 C. 反响中水和氧气的质量比是 9：16

　 D. 物质 X 不含氧元素 4.火柴头上的深色物质主要成分是 KClO 3 、MnO 2 和 Sb 2 S 3 （硫化锑），火柴盒侧面涂有一层红褐色物质，主要成分是红磷（P）和玻璃粉．划火柴时，借助摩擦产生的热，KClO 3 在 MnO 2催化下放出 O 2

　 ， 使红磷燃烧．同时 Sb 2 S 3 也可与 O 2 反响生成 Sb 2 O 3 和一种气体．Sb 2 S 3 燃烧生成 Sb 2 O 3 和一种气体的化学方程式为（

　）

　 A. Sb 2 S 3 +8O 2 Sb 2 S 3 +3SO 2

　 B. Sb 2 O 3 +9O 2 Sb 2 O 3 +3SO 2

　C. 2Sb 2 S 3 +8O 2 2Sb 2 O 3 +6SO 2

　D. 2Sb 2 S 3 +9O 2 2Sb 2 O 3 +6SO 2

　5.将 2g 镁条在空气中充分燃烧后，其生成物的质量应是

　（

　 ）

　 A. 小于 2g

　B. 即是 2g

　C. 大于 2g

　D. 无法确定 6.实验室有一瓶久置的氧化钙，因吸收空气中的水蒸气和二氧化碳而变质，经测定该固体混合物中氢元素的质量分数为 0.8%，碳元素的质量分数为 2.4%．则该固体混合物中未变质的氧化钙质量分数为（

　）

　 A. 29.6%

　B. 49.6%

　C. 50.4%

　D. 70.4% 二、多选题

　7.六硅酸镁可表示为 aMgO•6SiO 2 •bH 2 O．确定六硅酸镁组成的要领是：取 10.6g 六硅酸镁，充分加热失水后，得固体 8.8g；另取相同质量的六硅酸镁到场足量盐酸，充分反响后，经处

　理得 SiO 2 固体 7.2g，下列说法正确的是（

　 ）

　 A. a=2

　 B. a=3

　 C. b=5

　 D. b=7 8.在 NaOH 和 Na 2 CO 3 的混合物 9.3g 中到场一定量的 10.0%的稀盐酸，恰恰完全反响，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．下列说法正确的是（

　）

　 A. 题中的一定量是 7.3g B. 反响共产生 11.7gNaCl C. 如用 10%的稀盐酸将 5.0g 沉淀溶解，则所用稀盐酸的量与题中的一定量相等 D. Na 2 CO 3 消耗的稀盐酸比 NaOH 消耗的稀盐酸多 9.下图是某汽车尾气净化装置中产生反响的微观示意图。下列说法正确的是（

　 ）

　A. 该反响中，Z 是由 Y 分化生成的

　B. 一个 Y 和 W 分子中均有 10 个电子 C. 到场反响的 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一定不变 10.某同砚把 24.5g 的 KClO 3 和 7.5g 的 MnO 2 混合物放在试管中，经加热完全反响并冷却后，称得试管中渣滓物质量为 22.4g。则下列数据及剖析正确的是（

　 ）

　 A. 22.4g 渣滓物是氯化钾

　 B. 反响中产生的氧气质量为 9.6g C. 反响中产生的氧气质量为 2.1g

　 D. 22.4g 的渣滓物中含有 7.5gMnO 2

　11.常用澄清石灰水查验二氧化碳的存在，若二氧化碳过量，二氧化碳又会与碳酸钙、水反响生成易溶的碳酸氢钙[Ca（HCO 3 ）

　2 ]，【已知：CaCO 3 +H 2 O+CO 2 ═ Ca（HCO 3 ）

　2 】．向含有氢氧化钙 14.8g 的石灰水里缓缓通入一定量二氧化碳，充分反响后若生成 10g 沉淀，则通入二氧化碳的质量可能为（

　 ）

　 A. 4.4g

　 B. 8.8g

　 C. 13.2g

　 D. 17.6g 三、填空题

　12.常见的铁矿石有赤铁矿（Fe 2 O 3 ）、磁铁矿（Fe 3 O 4 ）、黄铁矿(FeS 2 )，用________ 矿炼铁会产生形成酸雨的有害气体。下图微观示意图表示的反响也会产生有害气体，该反响的化学方程式是________

　13.“华夏之光”展厅展示了造纸、印刷、火药、指南 针。此中黑火药爆炸的化学方程式为：

　，则 X 的化学式________。

　 14.在 15g 铁、CuO、Fe 3 O 4 的固体混合物中到场稀硫酸 300g，反响完全后无固体剩余标准状况下放出 1.68LH 2 ；为了中和过量的硫酸，且使金属阳离子恰恰完全转化成沉淀，共耗去了24%的 NaOH 溶液 100g．则原硫酸溶液溶质的质量分数为________ ．

　 15.氢气在氧气中燃烧生成水的反响可表示为：2H 2 +O 2

　2H 2 O，这个式子不仅表明了反响物是________，生成物是________，反响条件是________，还表示了各物质之间的质量干系，即氢气与氧气在点燃的条件下反响，每________份质量的氢气跟________份质量的氧气完全反响，生成________份质量的水。

　 16.在 2H 2 +O 2

　 2H 2 O 反响中，反响物与生成物的质量比为________．

　 17.(1)蜡烛燃烧前的质量为 ag，燃烧后的质量为 bg，生成二氧化碳的质量为 cg，水蒸气的质量为 dg，则生成物共：________ g，到场反响的氧气的质量为：________ g。

　（2）在化学反响 2A+B=2C 中，已知 B 的相对分子质量为 32，C 的相对分子质量为 80，则 A的相对分子质量为________ 。

　 四、实验探究题

　18.某实验学校老师设计了如图四种装置来帮助学生和理解质量守恒定律，请你一起来到场他们的课题．

　 【查阅资料】①白磷一般在 40°C 左右燃烧，而红磷要在 240°C 左右才华燃烧白磷在空气中燃烧生成的白烟会混浊空气； ②氢氧化钠与二氧化碳产生反响的化学方程式为：2NaOH+CO 2 ═ Na 2 CO 3 +H 2 O．

　 （1）根据质量守恒定律，首先确定 A 装置不能验证质量守恒定律，理由是________．

　 （2）根据实验装置的设计，又确定________装置验证质量守恒定律会导致实验失败，理由是________；

　 （3）B 装置可以验证质量守恒定律，为了使实验更环保，可采取________的要领使瓶中的白磷燃烧，确保装置始终密闭．

　 （4）C 装置中 NaOH 溶液的作用是________，若把 NaOH 溶液全部消除，实验________（填“能”或“不能”）成功，理由是________．

　 五、谋略题

　19.从废弃金属（仅为铁、铜混合物）中回收金属铜的实验流程如图 a，此中所加盐酸质量与产生气体的质量的干系如图 b 所示。

　回答下列标题：

　 （1）操纵 I 的名称为 ________。

　 （2）求废弃金属中铜的质量分数（写出谋略历程）________。

　 20. 实验室可用过氧化氢溶液到场适量二氧化锰来制取氧气，要是要制取 0.48g 氧气，那么需要几多克的过氧化氢到场反响？

　 六、综合题

　21.配平下列化学方程式．

　 （1）________ Al+________O 2

　________Al 2 O 3

　（2）________ CH 4 +________O 2

　________CO 2 +________H 2 O

　 （3）________ NH 3 +________O 2

　________N 2 +________H 2 O

　 （4）________ C 2 H 6 O+________O 2

　________CO 2 +________H 2 O．

　 答案

　一、单选题 1.【答案】D

　 【剖析】

　【剖析】

　根据质量守恒定律：在化学反响中，反响前后原子的种类没有改变，数目没有增减，举行解答本题． 【解答】

　根据质量守恒定律：在化学反响中，反响前后原子的种类没有改变，数目没有增减，

　反响前

　 反响后 Na

　 4

　0 O

　8

　2 C

　2

　0

　可推测化学反响 2X 中含有 4 个钠原子，6 个氧原子，2 个碳原子，则 X 为 Na 2 CO 3

　 ， 故选D．

　【点评】

　本题考察学生对证量守恒定律的理解与掌握，并能在解题中灵敏应用的能力． 2.【答案】C

　 【剖析】【解答】化学反响遵循质量守恒定律的原因是反响后原子的种类、数目和质量没有变化． 故选 C．

　【剖析】

　化学反响前后，物质的种类、分子的种类一定产生变化；元素种类、原子的种类、数目和质量没有变化．在化学反响中遵循质量守恒定律，即反响前后元素的种类不变，原子的种类、个数不变． 3.【答案】D

　 【剖析】

　【解答】A、根据质量守恒定律，反响前后质量相等，4.6+10.6+1.6+1.2=1.0+7.0+10.0+a，则 a=0，A 不相符题意； B、根据质量守恒定律，X 是含有碳元素的化合物，故属于有机物，B 不相符题意； C、到场反响的氧气的质量为 10.6−1.0=9.6g，生成的水的质量为 7.0−1.6=5.4g，故水和氧气的质量比为：5.4g：9.6g=9:16，C 不相符题意； D、5.4g 水中含有氧元素的质量为：5.4g× =4.8g，(10.0−1.2)g 二氧化碳中含有的氧元素的质量为：(10.0−1.2)g× ═ 6.4g，故生成物中氧元素一共有 4.8g+6.4g=11.2g，而到场反响的氧气的质量为 10.6−1.0=9.6g，故 X 中一定含有氧元素，D 相符题意。

　故答案为：D。

　【剖析】在化学反响中，到场反响的物质质量总和即是新生成的物质质量总和，在发言前后原子个数。种类不变。

　4.【答案】D

　 【剖析】【解答】解：依题意可知，该反响的反响物为 Sb 2 S 3 和 O 2

　 ， 生成物为 Sb 2 O 3 和一种气体． 所以 A 中生成物错误，B 中反响有错误，即可消除 A、B 两选项； C 选项没有配平，D 选项中化学方程式正确． 故选 D 【剖析】鉴别一个化学方程式是否正确，首先看是否相符客观事实，再看是否配平，最后查看反响条件是否齐全和是否多标或漏标“↑”或“↓”．

　5.【答案】C

　 【剖析】根据质量守恒定律，2g 镁条和一定质量的氧气完全反响后，生成的氧化镁的质量一定即是镁条的质量与反响的氧气的质量和，所以氧化镁的质量一定大于 2g． 故选 C

　6.【答案】C

　 【剖析】

　【解答】解：设久置的氧化钙固体的质量为100g，含有碳元素的质量为100g×2.4%=2.4g，则含有的碳酸钙的质量为：

　=20g，设生成碳酸钙所消耗的氢氧化钙的质量为 x， Ca（OH）

　2 ﹣﹣CaCO 3

　74

　100

　 x

　20g

　x=14.8g 则含有氢元素的质量为 100g×0.8%=0.8g，则久置固体中的氢氧化钙的质量为：

　=29.6g，设共变质的氧化钙的质量为 y， CaO﹣﹣Ca（OH）

　2

　56

　74 y

　29.6g+14.8g

　y=33.6g 因此原固体中氧化钙的总质量=久置固体﹣碳酸钙的质量﹣氢氧化钙的质量+变质的氧化钙的质量=100g﹣20g﹣29.6g+33.6g=84g， 则该固体混合物中未变质的氧化钙质量分数为：

　×100%=50.4%． 故选：C． 【剖析】根据氢元素的质量分数，可以谋略生成的氢氧化钙的质量，根据碳元素的质量分数，可以谋略生成的碳酸钙的质量，然后连合题中的标题举行剖析． 二、多选题 7.【答案】AC

　 【剖析】【解答】解：bH 2 O 的质量为 1.8g，6SiO 2 的质量是 7.2g，aMgO 的质量为 1.6g，根据题意有：40a：360：18b=1.6g：7.2g：1.8g， a=2，b=5， 故选：AC． 【剖析】充分加热失水后，得固体 8.8g，说明 bH 2 O 的质量为：10.6g﹣8.8g=1.8g； 到场足量盐酸，充分反响后，经处理得 SiO 2 固体 7.2g，说明 6SiO 2 的质量是 7.2g； 则 aMgO 的质量为：10.6g﹣1.8g﹣7.2g=1.6g． 8.【答案】B,C

　【剖析】【解答】设生成 5.0g 沉淀需要二氧化碳的质量为 x 则：

　CO 2 +Ca（OH）

　2 =CaCO 3 ↓+H 2 O 44

　100 x

　5.0g 根据：

　解得 x=2.2g， 设生成 2.2g 二氧化碳时，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 Na 2 CO 3 +2HCl═ 2NaCl+H 2 O+CO 2 ↑ 106

　 73

　 117

　44

　a

　 b

　 c

　 2.2g

　解得：a=5.3g，b=3.65g，c=5.85g 混合物中氢氧化钠的质量=9.3g﹣5.3g=4.0g 与氢氧化钠反响的氯化氢的质量为 d，生成氯化钠的质量为 e NaOH+HCl=NaCl+H 2 O

　40

　 36.5

　58.5 4.0g

　d

　 e

　d=3.65g，e=5.85g A、到场的 10.0%的稀盐酸的质量为 =73g，故 A 错误； B、生成氯化钠的质量为 5.85g+5.85g=11.7g，故 B 正确； C、由方程式：Na 2 CO 3 +2HCl═ 2NaCl+H 2 O+CO 2 ↑，CO 2 +Ca（OH）

　2 ═ CaCO 3 ↓+H 2 O，CaCO 3 +2HCl═ CaCl 2 +CO 2 ↑+H 2 O，可知 2HCl～CO 2 ～CaCO 3 ～2HCl，10%的稀盐酸将 5.0g 沉淀溶解，则所用稀盐酸的量与题中的与碳酸钠反响所需的量相等，故 C 正确； D、根据谋略可知 Na 2 CO 3 消耗的稀盐酸与 NaOH 消耗的稀盐酸相等，故 D 错误． 故选：BC． 【剖析】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，议决二氧化碳的质量可以求解碳酸钠和氯化氢的质量；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，举行剖析．

　9.【答案】B,C

　 【剖析】【解答】【解答】A.该反响中反响物和生成物都两种物质，不属于分化反响，A 不相符题意；

　B.Y 为 NH 3

　 ， W 为 H 2 O，所以一个 Y 和 W 分子中均有 10 个电子，B 相符题意； C.该反响为 ...