1. 工业上,煅烧石灰石(主要成分是$CaCO_{3}$)可制得生石灰($CaO$),现有一包$CaCO_{3}和CaO$的固体混合物,已知$Ca元素与C元素的原子个数比是3:2$,则此混合物中$Ca元素与O$元素的质量比是()
A. $3:7$
B. $5:4$
C. $15:14$
D. $15:16$

C 解析:先设碳元素质量为12g,则根据Ca、C原子个数比为3:2计算Ca元素与C元素的质量比是$(40×3):(12×2)=5:1$,计算出钙元素总质量为60g,碳酸钙中钙元素与碳元素质量比是10:3,所以碳酸钙中钙元素质量为40g,氧化钙中钙元素质量为$60g - 40g = 20g$,碳酸钙中碳元素与氧元素质量比是1:4,所以碳酸钙中氧元素质量是48g,在氧化钙中钙元素与氧元素质量比是5:2,所以氧化钙中氧元素质量是8g,氧元素总质量为$48g + 8g = 56g$,所以混合物中Ca元素与O元素的质量比是$60g:56g = 15:14$。

2. 某化合物由$A$、$B$两种元素组成,其原子个数比为$1:3$。其中,$A元素的质量分数为40\%$,$B元素的相对原子质量为16$,则$A$元素的相对原子质量为()
A. $32$
B. $80$
C. $40$
D. $16$

A 解析:某化合物由A、B两种元素组成,其原子个数比为1:3,则该化合物的化学式为$AB_{3}$;由题意,A元素的质量分数为40%,B元素的相对原子质量为16,设A元素的相对原子质量为x,则$\frac {x}{x + 16×3}×100\% = 40\% ,x = 32$。

3. 由$MgS$、$MgSO_{3}$、$NaHSO_{4}$组成的混合物中,硫元素的质量分数为$a$,则氧元素的质量分数为()
A. $1-\frac{3a}{4}$
B. $1-\frac{7a}{4}$
C. $1-a$
D. 无法确定

B 解析:由三种物质的化学式可知,每种物质化学式中除氧和硫元素以外,其余元素的相对原子质量之和均为24,与硫元素相对原子质量的比值为$24:32 = 3:4$,硫元素的质量分数为a,则除氧、硫元素外的其余元素的质量分数为$\frac {3a}{4}$,则氧元素的质量分数为$1 - a - \frac {3}{4}a = 1 - \frac {7}{4}a$。

4. 一定质量的甲烷在不充足的氧气中燃烧,甲烷完全反应,生成物只有$CO$、$CO_{2}和H_{2}O$,且总质量为$20.8g$,其中$H_{2}O的质量为10.8g$,则$CO_{2}$的质量为()
A. $5.6g$
B. $8.8g$
C. $4.4g$
D. $4.8g$

C 解析:甲烷中碳元素和氢元素的质量比是$12:4 = 3:1$;所以甲烷的质量应该是氢元素质量的4倍,则生成物中氧元素的质量为$20.8g - 10.8g×\frac {2}{18}×4 = 16g$,设二氧化碳的质量是x,根据题意有$x×\frac {32}{44} + (20.8g - 10.8g - x)×\frac {16}{28} + 10.8g×\frac {16}{18} = 16g,x = 4.4g$。

5. 在“$2A+3B= 2C+4D$”的反应中,已知$16g物质A完全反应生成22g物质C和18g物质D$。若$A的相对分子质量为32$,则物质$B$的相对分子质量是()
A. $16$
B. $32$
C. $48$
D. $64$

B 解析:根据质量守恒定律可得,参加反应的B的质量为$22g + 18g - 16g = 24g$,设B的相对分子质量为x。
$2A + 3B = 2C + 4D$
64 3x
16g 24g
$\frac {64}{3x} = \frac {16g}{24g},x = 32$。

6. 在高温下,氧化铜和氧化铁的混合物$3.2g$与足量的一氧化碳充分反应后,固体质量减少了$0.8g$,则原混合物中氧化铁的质量为()
A. $0.8g$
B. $1.12g$
C. $1.6g$
D. $2.4g$

C 解析:氧化铜中氧元素的质量分数为$\frac {16}{80}×100\% = 20\% $;氧化铁中氧元素的质量分数为$\frac {16×3}{160}×100\% = 30\% $;设混合物中氧化铁的质量为x。充分反应后氧化铁减少的质量为$x×30\% $,
$CuO + CO\xlongequal {△}Cu + CO_{2}$固体减少的质量
80 64 $80 - 64 = 16$
$3.2g - x$ $0.8g - x×30\% $
$\frac {80}{16} = \frac {3.2g - x}{0.8g - x×30\% },x = 1.6g$。

7. 新素材(2023·常州中考)“天宫课堂”中宇航员将维生素$C$泡腾片[含维生素$C$、柠檬酸($C_{6}H_{8}O_{7}$)和碳酸氢钠]塞入一个水球,水球里立即产生很多气泡,其中一个反应为$C_{6}H_{8}O_{7}+xNaHCO_{3}= Na_{x}C_{6}H_{8-x}O_{7}+xH_{2}O+xCO_{2}\uparrow$。为测定柠檬酸钠($Na_{x}C_{6}H_{8-x}O_{7}$)化学式中的$x$的值,用$4$套相同装置加等量的水后,分别装入如表所示质量的柠檬酸和碳酸氢钠固体进行实验,测得该条件下数据如表,推测$x$的数值为()

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

B 解析:由表格中的数据可知,加入0.84g碳酸氢钠产生气体的体积为224mL,加入1.68g碳酸氢钠产生气体的体积为448mL,即每0.84g碳酸氢钠完全反应产生气体的体积为224mL,而加入2.52g、3.36g碳酸氢钠产生气体的体积都为672mL,说明在实验组别3中,1.92g柠檬酸与2.52g碳酸氢钠恰好完全反应;代入化学方程式如下:
$C_{6}H_{8}O_{7} + xNaHCO_{3} = Na_{x}C_{6}H_{8 - x}O_{7} + xH_{2}O + xCO_{2}\uparrow $
192 84x
1.92g 2.52g
$\frac {192}{84x} = \frac {1.92g}{2.52g}$
解得$x = 3$,B正确。

8. 有$CO$、$CO_{2}$、$N_{2}的混合气体50g$,其中碳元素的质量分数为$12\%$。使混合气体与足量灼热的氧化铜完全反应,再将气体通入过量的澄清石灰水中,充分反应后得到白色沉淀的质量为()
A. $30g$
B. $50g$
C. $80g$
D. $100g$

B 解析:设生成碳酸钙的质量为x,一氧化碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳,二氧化碳能和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水,混合气体中的碳元素完全转化到碳酸钙中,碳元素质量为$50g×12\% = 6g$,设充分反应后得到白色沉淀的质量为x,由$CO + CuO\xlongequal {△}Cu + CO_{2},Ca(OH)_{2} + CO_{2} = CaCO_{3}\downarrow + H_{2}O$及碳元素守恒可知,
$C\sim CaCO_{3},$
12 100
6g x
$\frac {12}{100} = \frac {6g}{x},x = 50g$。

9. 某阻燃剂主要成分为碱式碳酸镁,化学式为$[Mg_{a}(OH)_{2}(CO_{3})_{b}]$,遇热分解生成三种氧化物。称取一定质量阻燃剂样品,充分灼烧(其他成分未发生反应),将产生的气体依次通过浓硫酸(已知浓硫酸具有吸水性)和过量澄清石灰水,浓硫酸增重$0.18g$,澄清石灰水中生成$4g$白色沉淀。则$Mg_{a}(OH)_{2}(CO_{3})_{b}中a$值为()
A. $6$
B. $5$
C. $4$
D. $3$

B 解析:该阻燃剂主要成分为$Mg_{a}(OH)_{2}(CO_{3})_{b}$,遇热分解生成三种氧化物(氧化镁、水和二氧化碳),将产生的气体依次通过浓硫酸(吸收水分)和过量澄清石灰水(吸收二氧化碳气体),浓硫酸增重0.18g即为生成水的质量,澄清石灰水中生成4g白色沉淀(为二氧化碳与氢氧化钙反应生成的碳酸钙的质量)。根据质量守恒定律,化学反应前后元素的种类和质量不变,由于生成水中氢元素全部来自样品中氢氧根离子,根据氢元素守恒,设氢氧根离子的质量为x,则有
$H_{2}O\sim 2OH^{-}$
18 34
0.18g x
$\frac {34}{18} = \frac {x}{0.18g}$,解得$x = 0.34g$;由于生成碳酸钙沉淀中碳元素全部来自样品中碳酸根,根据碳元素守恒,设碳酸根的质量为y,则有
$CaCO_{3}\sim CO_{3}^{2 - }$
100 60
4g y
$\frac {60}{100} = \frac {y}{4g}$,解得$y = 2.4g$,则在$Mg_{a}(OH)_{2}(CO_{3})_{b}$中$(17×2):(60×b) = 0.34g:2.4g$,解得$b = 4$;根据化合物中正负化合价代数和为0的原则,则$( + 2)×a + ( - 1)×2 + ( - 2)×4 = 0$,解得$a = 5$。故选B。