2020年中考化学试题汇编：化学计算题(word版,含解析)

化学计算题
1.(2021•哈尔滨)图为某钙片的商品标签,为测定钙片中钙元素的质量分数(假设钙片中其他物质不含钙元素,且不溶于水,也不与任何物质发生反响),某化学兴趣小组取20片钙片, 进行如下实验：
研碎的20片钙片固液混合物115.6 g
【成分】顽酸钙I其他物质
［功效］补钙
【规格】11片
【食用方法】嚼食：每n两次
每次1片
(1)上述实验过程中发生反响的化学方程式为.
(2)根据条件列出求解所加的稀盐酸中溶质质量(x)的比例式__________________ .
(3)用36.5%的浓盐酸配制100g上述稀盐酸,所需浓盐酸的质量为.
(4)钙片中钙元素的质量分数为“
(5)假设向滤液中参加5.4g水,所得溶液中溶质的质量分数为・
(6)工厂生产钙片时假设需碳酸钙120t,理论上需含氧化钙84%的生石灰的质量为.
个73 x
【答案】＜D CaCO3+2HCl=CaCl,+H2O + CO2T (2) — = —— (3) 20g (4)
-g
20% (5) 10% (6) 80t
【解析】
碳酸钙和稀盐酸反响生成氯化钙、水和二氧化碳,碳酸钙高温生成氧化钙和二氧化碳.
【详解】
(1)碳酸钙和稀盐酸反响生成氯化钙、水和二氧化碳,故实验过程中发生反响的化学方程式为CaCO3 + 2HCl=CaCl2 + H2O + CO2T0
〔2〕由质量守恒定律可知,反响前后反响物的总质量等于生成物的总质量,减少的是生成
的二较化碳的质3那么生成的二氧化碳的质量为100g+20g-115.6g=4.4g
设反响的氯化氢的质量为、
CaCO3 +2HCl = CaCk +H,O + CO. T
73 44
x 4.4g
73 _ x
44 4.4g
73 A
故所加的稀盐酸中〞1量〔x〕的比例式为:7 = 丁丁.
44 4.4g
〔3〕由〔2〕可知,所加的稀盐酸中溶质质量为7.3g,所加的稀盐酸的溶质质量分数为
7.3g
--^xlOO%=7.3% t设所需浓盐酸的质量为y, 100gx7.3%=36.5%x>\ 尸20g,故100g
用36.5%的浓盐酸配制100g上述稀盐酸,所需浓盐酸的质量为20g.
〔4〕设碳酸钙的质量为z
CaCO3 +2HCl = CaCk +H.O + CO. T
100 44
z 4.4g
100 _ z
"44"^44g
z=10g
〔40 1
钙片中钙元素的质量为10gx --xlOO% =4g
1100 /
故钙片中钙元素的质量分数为尊X1OO%=2O% , 20g
〔5〕滤液的质量为115.6g-〔20g-10g〕=105.6g ,
设反响生成氯化钙的质量为m
CaCO, +2HCl = CaCL +H,O + CO. T
111 44
m 4.4g
111_ m
44 4.4g
m=l 1.1g
皆向滤液中参加54g水,所得溶液中溶质的质量分数为t xl00%=10% °
105.6g+5.4g
〔6〕设生成的氧化钙的质量为n
向温
CaCO.^CaO + CO, T
100 56
120t n
100_120t
56 n
n=67.2t
故理论上需含氧化钙84%的生石灰的质量为67.2-84%=80t,
2.〔2021•德州〕“蛟龙号〞是我国研制出的大深度载人潜水器.为保证载人潜水器长时间潜水, 需要在潜水器里配备供氧装置.过氧化物供氧是一种常见的供氧技术,原理是用过氧化钠
〔化学式为Na:O2〕固体常温下与二氧化碳反响,生成碳酸钠和氧气.假设用这种方法制取96g 氧气,那么至少需要多少克过氧化钠？
【答案】468g
【解析】
解：设至少需要过氧化钠的质量为工
2Na,O, + 2cO、= 2Na,CO5 + O、
156 32
x 96g
156_ x
~32~9^
x=468g
答：至少需要468克过氧化钠.
3.〔2021•荷泽〕白铜〔Cu-Ni〕是工业上常用的一种合金,金属锲〔Ni〕的金属活泼性与铁相似, 且化合价显+2价.为测定20g某白铜样品中锲的质量,设计了如下实验：
试问：〔1〕将白铜研碎的目的是,
〔2〕白铜样品中银的质量 gc
〔3〕所用稀硫酸中溶质的质量分数〔写出计算过程〕.
【答案】〔1〕增大白铜与稀硫酸的接触而枳,使反响更快、更充分〔2〕 2.95 〔3〕 9.8%
【解析】
〔1〕化学反响速率与反响物的接触而枳大小有关,反响能否充分与反响物颗粒大小有关, 故将白铜研碎的目的是：增大白铜与稀硫酸的接触面积,使反响更快、更充分.
〔2〕根据金属银的金属活泼性与铁相似,铁可以与稀硫酸反响,故银也可以与稀硫酸反应,铜的活动性位于金属活动性顺序表中氢的后而,不能与酸反响,所以反响后得到的17.05g残渣就是铜,白铜样品中银的质量=20g-17.05g=2.95g.
〔3〕解：根据题意,参加反响的银的质量=20g-17.05g=2.95g
设参加反响的硫酸质量为x
Ni + H2so4 = NiSO4 + H2 T
59 98
2.95g x
59 ： 98=2.95g ：x
x=4.9g
4.9g
所用稀硫酸中溶质的质量分数=k x 100^9.8%
50g
答：所用稀硫酸中溶质的质量分数为9.8%.
4.〔2021•聊城〕生铁和钢都是铁和碳的合金,生铁含碳量为2%~4.3%,钢含碳量为0.03%~2%, 化学兴趣小组的同学为确定该铁合金是生铁还是钢,他们取11.5g铁合金样品盛放到锥形瓶中,将100g稀盐酸分成5等份,分5次参加锥形瓶,每次待充分反响后记录实验数据.实验数据整理如下表所示：
次数加盐酸前
第1
次第2
次
第3
次
第4
次
第5次
参加稀盐酸的质量〔g〕0 20 20 20 20 20
锥形瓶内物质的总质量〔g〕11.5 31.4 m 71.2 91.1 111.1
〔查阅资料〕碳不与稀盐酸反响. 请答复以下问题：
〔1〕根据质量守恒定律,该反响中生成气体的总质量为.
〔2〕实验数据表中m的值为.
〔3〕请通过计算确定该铁合金是生铁还是钢〔写出计算过程,计算结果保存到01％〕.
【答案】〔1〕0.4g；〔2〕 513；〔3〕 2.6% 【解析】
〔1〕根据质量守恒定律,该反响中生成气体的总质量为：100g+成5g-ni.lg=0.4g；〔2〕第一次减少的质量为20g+11.5g-3L4g=〔Mg,第三次减少的质量为60g+lL5g-
71.2g=0.3g. 所以第二次减少的质量为0.2g,所以40g+11.5g-m=0.2g, m=40g* 11.5g- 0.2g=51.3g；〔3〕设该铁合金中铁的质量为x, Fe+2HCl = FeCL+H, T 56 2
x0.4g
56 _ x
r=11.2g,
合金中碳的质量为：11.5g-11.2g=O.3g,
0.3g
合金中碳的质量分数为二不」xl00% x 2.6% , 11.5g
2.6%介于2*4.3%之间,该铁合金属于生铁.
5.〔2021•潍坊〕洁厕灵的有效成分为HCL李强同学测定某品牌洁厕灵中HC1的质量分数.他将100.0g洁厕灵倒入锥形瓶中,逐次参加等质量相同质量分数的Na2c03溶液,测出每次完
全反响后溶液的总质量,实验数据记录如下表.
第一次第二次第三次第四次第五次
参加Na2c03溶液的质量/g 20.0 20.0 20.0 20.0 20.0
反响后溶液的总质量/g 118.9 137.8 M175.6 195.6
请根据实验数据分析解答以下问题：
〔1〕表格中M的数值为.
〔2〕恰好完全反响时消耗Na2c03的质量是多少
〔3〕该洁厕灵中HC1的质量分数是多少？
【答案】〔D 156.7：〔2〕 10.6g；〔3〕 73%
【解析】
〔1〕盐酸与碳酸钠反响生成氯化钠、水和二氧化碳,参加碳酸钠溶液后所得溶液减少的质量为生成二氧化碳的质量,第一次生成二氧化碳的质量为100g+20g-118.9g=l.lg,第二次后累计生成二氧化碳的质量为：100g+20尸20g-137.8g=2.2g,第四次后累计生成二氧化碳的质量为
100g+20g+20g+20g+20g-175.6g=4.4g,故第三次后累计生成二氧化碳的质量为
3.3g,故100g^20g+20g+20g-M〔g〕=3.3g, M=156.7,表格中M 的数值为1567
〔2〕第五次后累计生成二氧化碳的质量为100g+20g+20g+20g+20g+20g-195.6g=4.4g,故第四次参加碳酸钠溶液后,恰好完全反响,设恰好完全反响时消耗Na2c03的质量为x, HC1的质量为y,那么
Na,CO,+2HCl = 2NaCl+H,O+CO, ?
106 73 44
x y 4.4g
106 _ x 73 _ y
44 4.4g ' 44 4.4g
x=10.6g, j=7.3g：
⑴HC1的质量分数为：-^|-xl00% = 7.3%:
100.0g
答：表格中M的数值为156.7,恰好完全反响时消耗Na2cCh的质量为10.6g,洁厕灵中HC1的质量分数为7.3%.
6.〔2021•株洲〕某工厂利用废铁屑与废硫酸反响制取绿机〔FeSO47H2O〕O
〔1〕绿矶中铁原子与氧原子个数比为 0
〔2〕现有废硫酸4.% 〔硫酸的质量分数为20%〕与足量的废铁屑反响,理论上可生产出绿机的质量是多少？〔请写出计算过程,结果保存三位有效数字,下同〕
〔3〕假设配置100g质量分数为20%的稀硫酸溶液,需质量分数为98%的浓硫酸的体积是多
少？〔：质量分数为98%的浓硫酸的密度为LMgdi?〕.
【答案】〔1〕1:11 〔2〕 2.78t 〔3〕 11.1mL
【解析】
〔1〕绿矶化学式为FeSO4 7H9,其中可以看出每分子绿研中,含有1个铁原子和11个氧
原子,所以铁原子与氧原子个数比=卜11：
故答案为：1:11.
〔2〕硫酸的质量：4.9tx20%=0.98t
根据SOF守恒,设绿研的质量为x
H,SO,〜FeSO4.7H,O
98 278
0.98t x
98 _ 0.98t
278 ―-丁
x=2.78t
答：理论上可生产出绿矶的质量是2.78t.
故答案为：2.78t0
〔3〕设需质量分数98%的浓硫酸的质量为y,稀释前后溶质质量不变,
100gx20%=98%xy
y=20.4g
«「in 20.4e T
根据密度公式,v=-=r^i7^=11-lmL答：需质量分数为98%的浓硫酸的体枳是11.1mL.
故答案为：11.1mL.
7.〔2021•平凉〕向盛有一定质量铁粉的烧杯中逐滴参加稀硫酸充分反响,产生气体质量与所加稀硫酸质量的关系如下图.请根据关系图分析并计算：
〔1〕铁粉反响完时,产生氢气的质量为_______ g.
〔2〕原稀硫酸中溶质的质量分数______ 〔写出计算过程〕.
【答案】0.08 19.6%
【解析】
【详解】
〔1〕由图可知铁粉反响完时,产生氢气的质量为0.08g.
〔2 〕设原稀硫酸中溶质的质量分数为x 由图可知10g硫酸对应0.04g氢气生成
Fe+H,SO4 = FeSO4+H2T 98 2
10gx 0.04g
98_ IQgx 0.04g
x=19.6%
答：原稀硫酸中溶质的质量分数为19.6%.
&〔2021•福建〕推广车用乙醇汽油,可以减少汽车尾气污染.
〔C2H6.〕,其中包含葡萄糖〔c6Hl2.6〕催化剂小
C6H I2O6 2C2H6O+2CO2T 〔〕.每生产2.3t乙醇,量是多少？〔写出计算过程〕
【答案】4.5t
【解析】
设参加反响的葩萄糖的质量为X.
利用桔秆为原料可生产乙醇
转化为乙醇的反响理论上参加反响的郁萄糖的质
参加稀硫酸质量g
催化剂
C6H P O6 2C.H.O+2CO. T
180 92
x 2.3t
答：参加反响的倚萄糖的质量为4.5t“
9.〔2021•安徽〕碳酸氢钠是面点膨松剂的主要成分之一.
小芳同学研究反响2NaHCO3+H2so4=Na2SCU+2H2O+2CO2个中NaHCOs与CO?之间量的关系.
〔1〕理论计算：1.26gNaHCO3粉末与足量稀硫酸反响,计算生成CO2的质量〔写出计算过程〕.
〔2〕实验分析：小芳用如图装置进行实验,向盛有足量稀硫酸的锥形瓶中参加1.26g WHCO3粉末,完全反响至不再产生气泡.称取反响前后质量如下表,发现反响前后质量变化值—〔填“大于〃、"小于〞或"等于〃〕生成C02质量的理论值,原因可能是.
反响前反响后
NaHCO3/g 锥形瓶+稀硫酸/g 锥形瓶+反响后溶液/g
1.26 24.59 25.36
【答案】〔1〕0.66g 〔2〕小于,有局部生成的C02溶解在反响后的溶液中
【解析】〔1〕设生成C02的质量为X.
2NaHCO x +H ,SO4 =2H ,O+Na ,SO4 + 2CO. T
168 88
126g
168 1.26g …
——= ---- =A =0.66P
88 x
答：生成CO2的质量为0.66g
〔2〕根据表内数据,反响前的总质量为L26g+24.59g=25.85g,反响后锥形瓶与固液的总质量为180 _ x
"92'" 23/
x=4.5t
25.36g,质量减少为25.85g-25.36g=0.49g,小于理论生成的质量0.66g；再根据82可溶于水的性质,可猜想原因是少量COz溶于水造成：
故答案为：0.66g；小于；有局部生成的CO?溶解在反响后的溶液中.
10.〔2021•宜宾〕某实验小组为测定铜和氧化铜的混合物中铜元素的含量,取20g该固体混合物,向其中逐滴参加稀H2so4,测得剩余固体的质量与参加稀H2s04的质量关系如以下图所
答复以下问题：
〔1〕写出滴加稀H2so4时发生反响的化学方程式__________ .
〔2〕该固体混合物中铜元素的质量为.
〔3〕计算稀H6O4中溶质的质量分数〔写出计算过程〕.
【答案】〔1〕C U O+H2SO4=C U SO4+H2O〔2〕 16.8g 〔3〕 40%二解：设稀H2so4中溶质的质
量分数为X.
CuO + H n SO. =CuSO4 +H,O
80 98
16g 49gx
80 16g
—=—x=40%
98 49gx
答：稀H2so4中溶质的质量分数40%.
【解析】
〔1〕氧化铜和稀硫酸反响生成硫酸铜和水,化学方程式为C U O+H6O4=C U SO4+H9.故
填：C U O+H2SO4=C U SO4+H2O.
〔2〕由图可知剩余固体质量为4g,剩余固体为铜,那么氧化铜质量为20g<g=16g,铜元素
64
垢;it为4g+16gx----- xlOO% =16.8g,故填：16.8g.
64 + 16
〔3〕设稀H2s0」中溶质的质量分数为3
C U O+H^SO4=C U SO4+ H,O
80 98
16g 49g?r
—= -^-, x=40% 98 49g*
答：稀H6O4中溶质的质量分数40%.
11.〔2021•遂宁〕某课外兴趣小组同学取一定量含铜粉的氧化铜粉末,放入烧杯中,参加192g 稀硫酸,搅拌,恰好完全反响后过滤〔损耗忽略不计〕,烧杯中固体的质量随时间变化情况如下图：
〔1〕所取粉末中氧化铜的质量为 g；
〔2〕计算反响后所得溶液溶质质量分数.〔标准写出计算过程〕
【答案】〔1〕8;〔2〕 8%
【解析】
〔1〕由图可知,剩余固体的质量为2g,铜不和稀硫酸反响,故剩余的固体的铜,那么混合物中氧化铜的质量为：10g=2g=8g.
〔2〕反响后生成硫酸铜的质量为x
CuO + HnSO4 =CuSO4 + HQ
80 160
8g x
80 _8g
160-T
解得：、=16g
16g
I；所得溶液溶质质量分数为：-―急-x 100% =8%
8g + 192g
答：反响后所得溶液溶质质量分数为8%.
12.〔2021・攀枝花〕用光卤石为原料提取的氯化钾产品中含有氯化镁杂质,产品等级中氯化钾
指标为： 指标名称
优良品 一级品 二级品
氯化钾质量分数
〔＞〕
93.00%
90.00% 87.00% 为确定某氯化钾产品等级进行了以下实验：
步骤一〔溶解〕：取40.0g 氯化钾产品溶于水,配制成溶液.
步骤二〔沉淀〕：向步骤一所得溶液中参加过量的质量分数为10%的氢氧化钾溶液112.0g,
充分反响后过滤,得2.9g 沉淀和一定质量的滤液.
步骤三〔回收〕：向步界二所得滤液中参加盐酸至溶液呈中性,得到400.0g 溶液,将所得 溶液
蒸发结晶,回收氯化钾固体.
答复以下问题：〔提示：KC1溶液呈中性：不考虑实验过程中的损失〕
〔1〕通过计算判断该产品的等级.〔写出解题过程〕
〔2〕步骤三所得溶液中氯化钾的质量分数为 o
【答案】〔1〕二级品；〔2〕 3.725%
【解析】
〔1〕设40.0g 氯化钾产品中氯化镁的质量为x,消耗氢氧化钾的质量为y,生成氯化钾的
质量为z MgCl 2 + 2KOH = Mg(OH)2 + 2KC1
95
112 58 149 x y
2.9g z 95 x
58 = 2^i W 75g
故该产品属于二级品:
112_ y 而一荻 J=5.6g 58 2.9g
149""― z=7.45g 该产品中氯化钾的质量分数为: 40.0g-4.75g 40.0g xl00%=88.125%
〔2〕剩余氢氧化钾的质量为:112.0gX10%.5.6g=5.6g ：
设氢氧化钾与盐酸反响生成氯化钾的质量为加二
KOH + HC1 = KQ + HQ
56
74.5 5.6g
m 故步骤三所得溶液中氯化钾的质量分数M 咛鬻詈1..％"5% ’
答：步骤三所得溶液中氯化钾的质量分数为3.725%.
13.〔2021•天水〕将氯化钠和氯化镁的固体混合物30g 放入烧杯中,参加245. 6g 水使其完全溶 解,再参加一定质量分数的氢氧化钠溶液,反响过程中滴加氢氧化钠溶液的质量与生成沉淀 的质量关系如下图,请计算： 〔1〕m 的值为：
〔2〕恰好完全反响时,消耗氢氧化钠的质量 克：
〔3〕恰好完全反响时,所得不饱和溶液中溶质的质量分数〔写出具体计算过程〕.
【答案】〔1〕 8. 7g 〔2〕 16g 〔3〕10%
【解析】〔1〕由图中信息可知,20g 氢氧化钠溶液完全反响生成2. 9g 沉淀,参加氢氧化钠溶液60g 以后 仍然产生沉淀,说明参加60g 氢氧化钠溶液时,氢氧化钠完全反响,生成氢氧化镁质量是2. 9g X3=8. 7g, 〔2〕当参加的氢氧化钠质量为80克时,为完全反响.
设氯化镁的质量为x,氢氧化钠的质量为y,生成的氯化钠的质量为z,
MgCl 2+2NaOH=2NaCl+Mg 〔OH 〕 U >
95 80 117 58
x y z 11.6g
95：x=58:11.6g 80：y=58:U.6g
117:z=58:ll. 6g X=19g y=16g z=23. 4g
56 _5.6g
74.5 m
m=7.45g ：
溶液域量昌
溶液中氯化钠质量：30. Og-19. 0g+23. 4g=34. 4g,溶液质量：30. Og+245. 6g+80. Og-11. 6g=344g,恰好完全反响时,所得不饱和溶液中溶质的质量分数为：
34. 4g/344gX100%=10. 0%,
答：恰好完全反响时,消耗氢氧化钠的质量16克；所得不饱和溶液中溶质的质量分数为10.0%.。