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6 [2025 南京秦淮一模]丙烷(化学式为$\ce{C_{3}H_{8}}$)是液化石油气的主要成分之一。现有4.4 g丙烷与一定量氧气混合于密闭容器内,在一定条件下全部转化为一氧化碳、二氧化碳和水,恢复至室温,测得所得气体中氧元素质量分数为70%,则参加反应的氧气的质量为（
A.16 g
B.14.8 g
C.11.2 g
D.8.4 g
B
）A.16 g
B.14.8 g
C.11.2 g
D.8.4 g
答案
B
解析
【分析】首先根据丙烷的化学式计算其中碳、氢元素的质量，利用氢元素全部转化为水的规律求出水的质量；再结合反应后气体（一氧化碳和二氧化碳）的氧元素质量分数，算出气体中碳元素的质量分数，结合丙烷中碳元素质量求出气体总质量；最后依据质量守恒定律，参加反应的氧气质量等于反应后所有生成物总质量减去丙烷质量，即可得出结果。
【解析】步骤1：计算4.4g丙烷中碳、氢元素的质量。丙烷（$\ce{C_{3}H_{8}}$）的相对分子质量为$12×3 + 1×8 = 44$，则氢元素质量$=4.4\ \mathrm{g}×\frac{8}{44}=0.8\ \mathrm{g}$，碳元素质量$=4.4\ \mathrm{g}×\frac{36}{44}=3.6\ \mathrm{g}$。
步骤2：计算生成水的质量。反应中氢元素全部转化为水，水中氢元素质量分数为$\frac{2}{18}$，因此水的质量$=0.8\ \mathrm{g}÷\frac{2}{18}=7.2\ \mathrm{g}$。
步骤3：计算反应后气体（$\ce{CO}$和$\ce{CO_{2}}$）的总质量。反应后气体中氧元素质量分数为70%，则碳元素质量分数为$1-70\%=30\%$，气体中碳元素全部来自丙烷（质量为3.6g），故气体总质量$=3.6\ \mathrm{g}÷30\%=12\ \mathrm{g}$。
步骤4：根据质量守恒定律，参加反应的氧气质量=（气体总质量+水的质量）-丙烷质量$=12\ \mathrm{g}+7.2\ \mathrm{g}-4.4\ \mathrm{g}=14.8\ \mathrm{g}$。
【答案】B
【知识点】化学式计算、质量守恒定律、元素质量分数计算
【点评】本题结合元素守恒与质量守恒定律解题，核心是明确反应前后元素种类和质量不变，需理清各物质间的质量关系，难度适中。
【难度系数】0.6
【解析】步骤1：计算4.4g丙烷中碳、氢元素的质量。丙烷（$\ce{C_{3}H_{8}}$）的相对分子质量为$12×3 + 1×8 = 44$，则氢元素质量$=4.4\ \mathrm{g}×\frac{8}{44}=0.8\ \mathrm{g}$，碳元素质量$=4.4\ \mathrm{g}×\frac{36}{44}=3.6\ \mathrm{g}$。
步骤2：计算生成水的质量。反应中氢元素全部转化为水，水中氢元素质量分数为$\frac{2}{18}$，因此水的质量$=0.8\ \mathrm{g}÷\frac{2}{18}=7.2\ \mathrm{g}$。
步骤3：计算反应后气体（$\ce{CO}$和$\ce{CO_{2}}$）的总质量。反应后气体中氧元素质量分数为70%，则碳元素质量分数为$1-70\%=30\%$，气体中碳元素全部来自丙烷（质量为3.6g），故气体总质量$=3.6\ \mathrm{g}÷30\%=12\ \mathrm{g}$。
步骤4：根据质量守恒定律，参加反应的氧气质量=（气体总质量+水的质量）-丙烷质量$=12\ \mathrm{g}+7.2\ \mathrm{g}-4.4\ \mathrm{g}=14.8\ \mathrm{g}$。
【答案】B
【知识点】化学式计算、质量守恒定律、元素质量分数计算
【点评】本题结合元素守恒与质量守恒定律解题，核心是明确反应前后元素种类和质量不变，需理清各物质间的质量关系，难度适中。
【难度系数】0.6
7 [2024 福州台江模拟]空气污染监测仪是根据二氧化硫与溴水的定量反应来测定空气中的二氧化硫含量,其主要原理为 $\ce{SO_{2} + Br_{2} + 2H_{2}O\xlongequal{\phantom{\rule[-.2em]{0ex}{0ex}}}2HBr + H_{2}SO_{4}}$,若向含有 $16\ \mathrm{mg}\ \ce{Br_{2}}$ 的溴水中缓慢通入 $20\ \mathrm{m}^3$ 某工业废气时恰好完全反应。
(1) 计算 $20\ \mathrm{m}^3$ 该工业废气中所含 $\ce{SO_{2}}$ 的质量。(写出计算过程)
(2) 某地区规定工业排放的废气中 $\ce{SO_{2}}$ 含量不得超过 $0.4\ \mathrm{mg/m}^3$,则该工业废气
(1) 计算 $20\ \mathrm{m}^3$ 该工业废气中所含 $\ce{SO_{2}}$ 的质量。(写出计算过程)
(2) 某地区规定工业排放的废气中 $\ce{SO_{2}}$ 含量不得超过 $0.4\ \mathrm{mg/m}^3$,则该工业废气
符合
(填“符合”或“不符合”)排放标准。答案
解：设$20\ \mathrm{m}^3$该工业废气中所含$\ce{SO_{2}}$的质量为x。
$ \ce{SO_{2} + Br_{2} + 2H_{2}O\xlongequal{\;\;}2HBr + H_{2}SO_{4}}$
$ 64\quad\quad 160$
$ x\quad\quad 16\ \mathrm{mg}$
$ \frac{64}{160}=\frac{x}{16\ \mathrm{mg}}\quad x=6.4\ \mathrm{mg}$
答：$20\ \mathrm{m}^3$该工业废气中所含$\ce{SO_{2}}$的质量为$6.4\ \mathrm{mg}$。
符合
$ \ce{SO_{2} + Br_{2} + 2H_{2}O\xlongequal{\;\;}2HBr + H_{2}SO_{4}}$
$ 64\quad\quad 160$
$ x\quad\quad 16\ \mathrm{mg}$
$ \frac{64}{160}=\frac{x}{16\ \mathrm{mg}}\quad x=6.4\ \mathrm{mg}$
答：$20\ \mathrm{m}^3$该工业废气中所含$\ce{SO_{2}}$的质量为$6.4\ \mathrm{mg}$。
符合
解析
【分析】本题是利用化学反应方程式进行定量计算的题目，解题思路为：①写出反应的化学方程式，确定SO₂与Br₂的相对分子质量；②根据化学方程式中各物质的质量比等于相对分子质量之比，结合已知Br₂的质量，列比例式计算SO₂的质量；③计算废气中SO₂的浓度，与规定的排放标准对比，判断是否符合要求。
【解析】(1)设20 m³该工业废气中所含SO₂的质量为x。
反应的化学方程式为：$\ce{SO_{2} + Br_{2} + 2H_{2}O\xlongequal{\;\;}2HBr + H_{2}SO_{4}}$
SO₂的相对分子质量为$32 + 16×2 = 64$，Br₂的相对分子质量为$80×2 = 160$。
根据化学方程式中各物质的质量比关系，可得：
$\frac{64}{160} = \frac{x}{16\ \mathrm{mg}}$
解得：$x = \frac{64×16\ \mathrm{mg}}{160} = 6.4\ \mathrm{mg}$
(2)该工业废气中SO₂的含量为：$\frac{6.4\ \mathrm{mg}}{20\ \mathrm{m}^3} = 0.32\ \mathrm{mg/m}^3$，因为$0.32\ \mathrm{mg/m}^3 ＜ 0.4\ \mathrm{mg/m}^3$，所以符合排放标准。
【答案】(1)$6.4\ \mathrm{mg}$；(2)符合
【知识点】根据化学方程式的计算、物质含量的计算
【点评】本题考查化学方程式的简单计算及工业废气排放标准的判断，属于基础计算类题目，解题关键是准确找出反应中相关物质的质量比，计算时注意单位统一，步骤清晰即可完成解答。
【难度系数】0.3
【解析】(1)设20 m³该工业废气中所含SO₂的质量为x。
反应的化学方程式为：$\ce{SO_{2} + Br_{2} + 2H_{2}O\xlongequal{\;\;}2HBr + H_{2}SO_{4}}$
SO₂的相对分子质量为$32 + 16×2 = 64$，Br₂的相对分子质量为$80×2 = 160$。
根据化学方程式中各物质的质量比关系，可得：
$\frac{64}{160} = \frac{x}{16\ \mathrm{mg}}$
解得：$x = \frac{64×16\ \mathrm{mg}}{160} = 6.4\ \mathrm{mg}$
(2)该工业废气中SO₂的含量为：$\frac{6.4\ \mathrm{mg}}{20\ \mathrm{m}^3} = 0.32\ \mathrm{mg/m}^3$，因为$0.32\ \mathrm{mg/m}^3 ＜ 0.4\ \mathrm{mg/m}^3$，所以符合排放标准。
【答案】(1)$6.4\ \mathrm{mg}$；(2)符合
【知识点】根据化学方程式的计算、物质含量的计算
【点评】本题考查化学方程式的简单计算及工业废气排放标准的判断，属于基础计算类题目，解题关键是准确找出反应中相关物质的质量比，计算时注意单位统一，步骤清晰即可完成解答。
【难度系数】0.3
8 新素养 科学态度与责任 乙醇($\ce{C_{2}H_{5}OH}$)作为一种清洁能源,已成为各国可再生能源的发展重点之一。工业上可通过如下两个反应生产乙醇:
① $\ce{C_{2}H_{4} +H_{2}O\xlongequal{一定条件}C_{2}H_{6}O}$
② $\ce{C_{6}H_{12}O_{6}\xlongequal{催化剂}2C_{2}H_{6}O +2CO_{2}\uparrow}$
(1)乙醇中碳元素和氧元素的质量比为
(2)$原子经济性=\dfrac{目标产物中所有原子的总质量}{反应物中所有原子的总质量}×100\%$,它是绿色化学的重要指标。反应①的原子经济性为
(3)若用反应②制取$\ce{2.3 t}$乙醇,理论上至少需要葡萄糖($\ce{C_{6}H_{12}O_{6}}$)的质量是多少?
① $\ce{C_{2}H_{4} +H_{2}O\xlongequal{一定条件}C_{2}H_{6}O}$
② $\ce{C_{6}H_{12}O_{6}\xlongequal{催化剂}2C_{2}H_{6}O +2CO_{2}\uparrow}$
(1)乙醇中碳元素和氧元素的质量比为
3:2
(填最简整数比)。(2)$原子经济性=\dfrac{目标产物中所有原子的总质量}{反应物中所有原子的总质量}×100\%$,它是绿色化学的重要指标。反应①的原子经济性为
100%
。(3)若用反应②制取$\ce{2.3 t}$乙醇,理论上至少需要葡萄糖($\ce{C_{6}H_{12}O_{6}}$)的质量是多少?
答案
3:2
100\%
解：设用反应②制取 2.3 t 乙醇，理论上至少需要葡萄糖的质量为x。
$ \ce{C_{6}H_{12}O_{6}\xlongequal{催化剂}2C_{2}H_{6}O +2CO_{2}\uparrow}$
180 92
x 2.3t
$ \frac{180}{92}=\frac{x}{2.3\ \mathrm{t}}\quad x=4.5\ \mathrm{t}$
答：若用反应②制取 2.3 t 乙醇，理论上至少需要葡萄糖的质量为 4.5 t。
100\%
解：设用反应②制取 2.3 t 乙醇，理论上至少需要葡萄糖的质量为x。
$ \ce{C_{6}H_{12}O_{6}\xlongequal{催化剂}2C_{2}H_{6}O +2CO_{2}\uparrow}$
180 92
x 2.3t
$ \frac{180}{92}=\frac{x}{2.3\ \mathrm{t}}\quad x=4.5\ \mathrm{t}$
答：若用反应②制取 2.3 t 乙醇，理论上至少需要葡萄糖的质量为 4.5 t。
解析
【分析】
本题分为三小问，解题思路如下：
1. 第(1)问：根据乙醇的化学式，计算碳、氧元素的相对原子质量总和，再求最简整数比；
2. 第(2)问：依据原子经济性的定义，计算反应①中反应物总质量与目标产物（乙醇）总质量的比值，得出原子经济性；
3. 第(3)问：根据反应②的化学方程式，找出葡萄糖与乙醇的质量关系，设未知数列比例式计算所需葡萄糖的质量。
【解析】
(1) 乙醇的化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，碳元素与氧元素的质量比为：$(12×2):16 = 24:16 = 3:2$；
(2) 反应①中，反应物总相对分子质量为$\ce{C_{2}H_{4}}$的相对分子质量（28）加$\ce{H_{2}O}$的相对分子质量（18），即$28+18=46$；生成物只有$\ce{C_{2}H_{6}O}$，其相对分子质量也为46，根据原子经济性公式，原子经济性为$\dfrac{46}{46}×100\% = 100\%$；
(3) 设制取2.3 t乙醇需要葡萄糖的质量为$x$。
反应②的化学方程式为：$\ce{C_{6}H_{12}O_{6}\xlongequal{催化剂}2C_{2}H_{6}O +2CO_{2}\uparrow}$
葡萄糖的相对分子质量为180，2个乙醇的相对分子质量总和为$2×46=92$，则：
$\dfrac{180}{92} = \dfrac{x}{2.3\ \mathrm{t}}$
解得：$x = \dfrac{180×2.3\ \mathrm{t}}{92} = 4.5\ \mathrm{t}$
【答案】
3:2；100%；4.5 t
【知识点】
化学式计算、化学方程式计算、原子经济性
【点评】
本题结合乙醇的生产考查基础化学计算，涵盖元素质量比、原子经济性及根据化学方程式的计算，题型常规，注重对化学核心计算能力的考查，难度适中。
【难度系数】
0.6
本题分为三小问，解题思路如下：
1. 第(1)问：根据乙醇的化学式，计算碳、氧元素的相对原子质量总和，再求最简整数比；
2. 第(2)问：依据原子经济性的定义，计算反应①中反应物总质量与目标产物（乙醇）总质量的比值，得出原子经济性；
3. 第(3)问：根据反应②的化学方程式，找出葡萄糖与乙醇的质量关系，设未知数列比例式计算所需葡萄糖的质量。
【解析】
(1) 乙醇的化学式为$\ce{C_{2}H_{6}O}$，碳元素与氧元素的质量比为：$(12×2):16 = 24:16 = 3:2$；
(2) 反应①中，反应物总相对分子质量为$\ce{C_{2}H_{4}}$的相对分子质量（28）加$\ce{H_{2}O}$的相对分子质量（18），即$28+18=46$；生成物只有$\ce{C_{2}H_{6}O}$，其相对分子质量也为46，根据原子经济性公式，原子经济性为$\dfrac{46}{46}×100\% = 100\%$；
(3) 设制取2.3 t乙醇需要葡萄糖的质量为$x$。
反应②的化学方程式为：$\ce{C_{6}H_{12}O_{6}\xlongequal{催化剂}2C_{2}H_{6}O +2CO_{2}\uparrow}$
葡萄糖的相对分子质量为180，2个乙醇的相对分子质量总和为$2×46=92$，则：
$\dfrac{180}{92} = \dfrac{x}{2.3\ \mathrm{t}}$
解得：$x = \dfrac{180×2.3\ \mathrm{t}}{92} = 4.5\ \mathrm{t}$
【答案】
3:2；100%；4.5 t
【知识点】
化学式计算、化学方程式计算、原子经济性
【点评】
本题结合乙醇的生产考查基础化学计算，涵盖元素质量比、原子经济性及根据化学方程式的计算，题型常规，注重对化学核心计算能力的考查，难度适中。
【难度系数】
0.6
9 取 21.6 g 过氧化钙晶体,对其进行热分解实验,剩余固体质量随温度的变化关系如图所示(过氧化钙晶体受热时先失去结晶水:$\ce{CaO_{2}· xH_{2}O\xlongequal{\Delta}CaO_{2} + xH_{2}O}$,固体中钙元素质量保持不变)。下列说法正确的是（
A.$a$ 点对应的物质属于混合物
B.生成水的质量为 16 g
C.$x=6$
D.$b$ 点对应固体的化学式为 $\ce{CaO}$
D
）A.$a$ 点对应的物质属于混合物
B.生成水的质量为 16 g
C.$x=6$
D.$b$ 点对应固体的化学式为 $\ce{CaO}$
答案
D
解析
【分析】
解题时需结合图像中不同温度段的固体质量变化，依据反应过程（过氧化钙晶体先失结晶水，后续$\ce{CaO_{2}}$分解），利用钙元素质量守恒分析各阶段固体成分，逐一判断选项：首先确定各阶段固体的物质类别，再通过质量差计算结晶水的量、分解产物的组成，进而验证选项的正确性。
【解析】
解：逐一分析各选项：
1. 选项A：a点温度低于150℃，固体质量为21.6g，此时过氧化钙晶体未失去结晶水，对应物质为纯净的$\ce{CaO_{2}·xH_{2}O}$，不是混合物，A错误。
2. 选项B：150~350℃时固体质量为7.2g，此阶段为失去结晶水后的$\ce{CaO_{2}}$，因此生成水（结晶水）的质量为$21.6g - 7.2g = 14.4g$，不是16g，B错误。
3. 选项C：$\ce{CaO_{2}}$的摩尔质量为$40 + 16×2 = 72g/mol$，则7.2g $\ce{CaO_{2}}$的物质的量为$\frac{7.2g}{72g/mol}=0.1mol$；结晶水的物质的量为$\frac{14.4g}{18g/mol}=0.8mol$，故$x=\frac{0.8mol}{0.1mol}=8$，不是6，C错误。
4. 选项D：b点固体质量为5.6g，钙元素质量守恒，$n(Ca)=0.1mol$，钙元素质量为$0.1mol×40g/mol=4g$，则氧元素质量为$5.6g - 4g=1.6g$，氧元素物质的量为$\frac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol$，故该固体中$n(Ca):n(O)=1:1$，对应化学式为$\ce{CaO}$，D正确。
【答案】
D
【知识点】
根据化学方程式计算、质量守恒定律
【点评】
本题结合热分解图像考查化学计算，核心是利用元素守恒分析各阶段固体成分，需明确反应的分步过程，难度中等。
【难度系数】
0.5
解题时需结合图像中不同温度段的固体质量变化，依据反应过程（过氧化钙晶体先失结晶水，后续$\ce{CaO_{2}}$分解），利用钙元素质量守恒分析各阶段固体成分，逐一判断选项：首先确定各阶段固体的物质类别，再通过质量差计算结晶水的量、分解产物的组成，进而验证选项的正确性。
【解析】
解：逐一分析各选项：
1. 选项A：a点温度低于150℃，固体质量为21.6g，此时过氧化钙晶体未失去结晶水，对应物质为纯净的$\ce{CaO_{2}·xH_{2}O}$，不是混合物，A错误。
2. 选项B：150~350℃时固体质量为7.2g，此阶段为失去结晶水后的$\ce{CaO_{2}}$，因此生成水（结晶水）的质量为$21.6g - 7.2g = 14.4g$，不是16g，B错误。
3. 选项C：$\ce{CaO_{2}}$的摩尔质量为$40 + 16×2 = 72g/mol$，则7.2g $\ce{CaO_{2}}$的物质的量为$\frac{7.2g}{72g/mol}=0.1mol$；结晶水的物质的量为$\frac{14.4g}{18g/mol}=0.8mol$，故$x=\frac{0.8mol}{0.1mol}=8$，不是6，C错误。
4. 选项D：b点固体质量为5.6g，钙元素质量守恒，$n(Ca)=0.1mol$，钙元素质量为$0.1mol×40g/mol=4g$，则氧元素质量为$5.6g - 4g=1.6g$，氧元素物质的量为$\frac{1.6g}{16g/mol}=0.1mol$，故该固体中$n(Ca):n(O)=1:1$，对应化学式为$\ce{CaO}$，D正确。
【答案】
D
【知识点】
根据化学方程式计算、质量守恒定律
【点评】
本题结合热分解图像考查化学计算，核心是利用元素守恒分析各阶段固体成分，需明确反应的分步过程，难度中等。
【难度系数】
0.5
