2021年江苏中考化学复习练习课件：20专题二十　化学计算题.pptx

1、 中考化学 （江苏专用） 专题二十 化学计算题 1.(2020江苏徐州,7,2分)下列关于有机物的叙述中正确的是( ) A.甲醇(CH4O)中氧元素的质量分数最大 B.葡萄糖(C6H12O6)中C、H、O 质量比为121 C.醋酸(C2H4O2)由2个碳元素、4个氢元素、2个氧元素组成 D.某有机物在O2中完全燃烧只生成CO2和H2O,则该物质只含碳、氢元素 答案答案 A A项,甲醇(CH4O)是由三种元素组成,其中氧元素的质量分数=50%,所以氧元素 的质量分数最大,正确;B项,由葡萄糖(C6H12O6)的化学式可知,C、H、O元素的质量比为(126)(1 12)(166)=618,错误;C

2、项,醋酸(C2H4O2)是由醋酸分子构成,每1个醋酸分子由2个碳原子、4个氢原 子、2个氧原子构成,错误;D项,某有机物在O2中完全燃烧只生成CO2和H2O,根据质量守恒定律可知,该物 质除了含有碳、氢元素,可能含有氧元素,错误。 16 124 1 16 2.(2020湖北黄冈,29,2分)将69 g酒精(C2H5OH)点燃,酒精燃烧全部变为CO、CO2和H2O,恢复到室温,测得 所得气体中氧元素质量分数为64%,则燃烧所耗氧气的质量为( ) A.136 g B.64 g C.112 g D.48 g 答案答案 C 根据题意,C2H5OH+O2 CO+CO2+H2O,冷却到室温时水呈液态,故所

3、得气体为CO和CO2的 混合气体。所得气体中氧元素质量分数=100%,设燃烧所耗氧气质量为x,根据质 量守恒定律,所得气体质量=酒精质量+燃烧所耗氧气质量-生成水的质量=69 g+x-69 g=x-12 g, 所得气体中氧元素质量=所得气体质量-所得气体中碳元素质量=x-12 g-69 g=x-48 g,故 100%=64%,解得x=112 g,C正确。 所得气体中氧元素质量 所得气体质量 6 46 2 18 24 46 -48 g -12 g x x 3.(2020山东青岛,22,2分)有一包固体样品,可能由氢氧化钠、硫酸钠、硝酸镁、硝酸铜、碳酸钙中的一 种或几种物质组成。为确定该样品的组成

4、,某兴趣小组同学取适量样品进行探究。探究过程如下: 根据以上信息判断,下列说法正确的是(双选)( ) A.白色沉淀a的成分是碳酸钙 B.该样品中一定存在氢氧化钠、硝酸镁、硫酸钠、碳酸钙,一定不存在硝酸铜 C.该样品中一定存在硫酸钠、碳酸钙、硝酸镁,一定不存在硝酸铜和氢氧化钠 D.若步骤保持不变,用硝酸钡溶液代替步骤中的氢氧化钡溶液,则不需要进行步骤的探究,也能 确定该样品的组成 答案答案 BD 固体加水溶解、过滤得到无色溶液和白色沉淀a,说明原固体中一定没有硝酸铜,白色沉淀a 加稀硝酸完全溶解生成二氧化碳,说明原固体中一定有碳酸钙。设生成0.44 g二氧化碳需要碳酸钙的质 量为x, CaCO3

5、+2HNO3 Ca(NO3)2+H2O+CO2 100 44 x 0.44 g = x=1 g 说明2 g白色沉淀a中还有氢氧化钠和硝酸镁反应生成的氢氧化镁沉淀。由步骤和可知固体样品中 含有硫酸钠。白色沉淀a是碳酸钙和氢氧化镁的混合物,故A错误;固体中一定有氢氧化钠、硝酸镁、碳 酸钙、硫酸钠,一定没有硝酸铜,故B正确,C错误;步骤是为了排除镁离子的干扰,证明原固体中有硫酸 钠,把氢氧化钡溶液改为硝酸钡溶液,只要生成白色沉淀,即可证明原固体中有硫酸钠,故D正确。 100 440.44 g x 4.(2019江苏淮安,8,2分)香草醛(C8H8O3)是迄今为止世界上最重要的香料添加剂。下列关于香草

6、醛的说 法正确的是( ) A.由碳、氢、氧原子构成 B.该物质的相对分子质量为152 g C.一个分子中有19个原子 D.碳、氢、氧元素质量比为883 答案答案 C A项,香草醛由香草醛分子构成,香草醛分子由碳、氢、氧原子构成,香草醛由碳、氢、氧元 素组成,错误;B项,该物质的相对分子质量为128+18+163=152,相对分子质量的单位是1,不是g,错误; C项,一个香草醛分子中原子的个数为8+8+3=19,正确;D项,碳、氢、氧元素的质量比为(128)(18) (163)=1216,碳、氢、氧原子的原子个数比为883,错误。故选C。 5.(2019江苏徐州,18,2分)甲、乙两种均不含结晶

7、水的固体物质(设它们从溶液中析出时也都不含结晶 水)的溶解度曲线如图所示。下列说法正确的是( ) A.t1 时,将甲、乙各17 g分别加入到50 g水中,所得两溶液的质量相等 B.将甲、乙两种溶液由t3 降温至t2 ,所得两溶液中溶质质量分数一定相等 C.若甲中混有少量的乙,可先配制较高温度下甲的饱和溶液,再采用降温结晶的方法提纯甲 D.将t3 时甲的饱和溶液100 g降温至t1 ,析出甲的质量是59.4 g 答案答案 C A项,t1 时,甲、乙的溶解度分别为31.6 g、36 g,根据溶解度概念可知,t1 时,100 g水中最多 溶解甲、乙的质量分别为31.6 g、36 g,将甲、乙各17

8、g分别加入到50 g水中,甲只能溶解15.8 g,乙能完全 溶解,所得两溶液的质量不相等,错误;B项,由于没有确定溶液是否饱和,将甲、乙两种溶液由t3 降温至 t2 ,所得两溶液中溶质质量分数不一定相等,错误;C项,甲、乙的溶解度随温度的降低而降低,甲的溶解 度受温度影响较大,乙的溶解度受温度影响较小,若甲中混有少量的乙,可先配制较高温度下甲的饱和溶 液,再采用降温结晶的方法提纯甲,正确;D项,t3 时甲的溶解度为91 g,t1 时,甲的溶解度为31.6 g,设将 t3 时甲的饱和溶液100 g 降温至t1 ,析出甲的质量是x,则有=,x31.1 g,错误。 191 g 91 g-31.6 g

9、 100 g x 6.(2020北京,14,2分)二氧化氯(ClO2)是安全消毒剂,杀菌能力优于Cl2,可由NaClO2与Cl2反应制得。 (1)配平化学方程式: NaClO2+ 1 Cl2 2 ClO2 + NaCl。 (2)71 g Cl2完全反应,理论上最多生成ClO2的质量为 g。 答案答案 (1)2 2 (2)135 解析解析 (1)化学反应遵循质量守恒定律,根据化学反应前后原子种类和数目不变配平化学方程式。反应 后氧原子有4个,反应前也应有4个氧原子,故NaClO2的化学计量数为2,同理可得NaCl的化学计量数为2。 (2)设理论上最多生成ClO2的质量为x。 2NaClO2+Cl

10、2 2ClO2+2NaCl 71 135 71 g x = x=135 g 所以,71 g Cl2完全反应,理论上最多生成ClO2的质量为135 g。 71 135 71 g x 7.(2019江苏淮安,13,4分)如图是几种固体物质的溶解度曲线。 (1)80 时,KCl、NH4Cl与NaNO3的溶解度由大到小依次为 。 (2)20 时,50 g水中加入20 g NaCl,充分搅拌后,形成 溶液(填“饱和”或“不饱和”)。 (3)60 时,分别将相同质量的NaCl、NH4Cl与KNO3饱和溶液降温至20 ,析出晶体质量最大的是 。 (4)60 时,配制KNO3溶液,其溶质质量分数最高不会超过

11、(精确到0.1%)。 答案答案 (1)NaNO3、NH4Cl、KCl (2)饱和 (3)KNO3 (4)52.4% 解析解析 (1)由溶解度曲线可知,80 时,KCl、NH4Cl与NaNO3的溶解度由大到小依次为NaNO3、NH4Cl、 KCl; (2)由溶解度曲线可知,20 时,NaCl的溶解度小于40 g,因此50 g水中加入20 g NaCl,充分搅拌后,形成饱 和溶液,并且试管底部有固体析出;(3)由溶解度曲线可知,硝酸钾的溶解度受温度影响最大,氯化钠的溶 解度受温度影响最小,因此60 时,分别将相同质量的NaCl、NH4Cl与KNO3饱和溶液降温至20 ,析出 晶体质量最大的是KNO

12、3;(4)60 时,KNO3饱和溶液中溶质的质量分数为100%52.4%,故 60 时,配制KNO3溶液,其溶质质量分数最高不会超过52.4%。 110 g 100 g110 g 8.(2018江苏扬州,24,10分)氢气作为新能源有很多优点,制取与储存氢气是氢能源利用领域的研究热 点。 .制氢:铁酸锌(ZnFe2O4)可用于循环分解水制氢,其反应可表示为: 6ZnFe2O4 6ZnO+4Fe3O4+O2; 3ZnO+2Fe3O4+H2O 3ZnFe2O4+H2 (1)ZnFe2O4中Fe的化合价为 。 (2)该循环制氢中不断消耗的物质是 (填化学式),得到H2和O2的质量比为 。 (3)氢气

13、作为新能源的优点有 (任写一点)。该循环法制氢的不足之处是 。 .贮氢:合金Mg2Cu是一种潜在的贮氢材料,高温时在氩气保护下,由一定质量比的Mg、Cu单质熔炼获 得。该合金在一定条件下完全吸氢生成氢化物和另一种合金,其化学方程式为: 2Mg2Cu+3H2 3MgH2+MgCu2 (4)熔炼制备Mg2Cu合金时,通入氩气的目的是 。 (5)氢化物MgH2与水反应生成一种碱,并释放出H2。 其化学反应方程式为 。 (6)11.2 g Mg2Cu完全吸氢后所得混合物与过量盐酸反应,放出H2的质量为 g。 答案答案 (1)+3 (2)H2O 18 (3)不污染环境、热值大、原料来源丰富 能耗高 (4

14、)起到保护作用,防 止金属被氧化 (5)MgH2+2H2O Mg(OH)2+2H2 (6)0.7 解析解析 (1)ZnFe2O4中Zn的化合价为+2,O的化合价为-2,设Fe的化合价为m,根据化合物中各元素正、负化 合价的代数和为零可知,(+2)+2m+(-2)4=0,m=+3。(2)由铁酸锌循环分解水制氢的反应可知,该循环制氢 过程中不断消耗的物质是水,得到氢气和氧气的质量比为18。(3)氢气作为新能源的优点有不污染环 境、热值大、原料来源丰富;该循环法制氢的不足之处是反应需在高温下进行,能耗高。(4)高温时 Mg、Cu都能与空气中的氧气反应,故熔炼制备Mg2Cu合金时,通入氩气可以起到保护

15、作用,防止金属被 氧化。(5)由题意可知,MgH2与水反应生成Mg(OH)2和H2,化学方程式为 MgH2+2H2O Mg(OH)2+ 2H2。 (6)11.2 g Mg2Cu完全吸氢后所得混合物与过量盐酸反应,其中的氢化镁与水反应生成氢氧化镁和氢气, MgCu2合金中只有镁与盐酸反应产生氢气。 设11.2 g Mg2Cu完全吸氢后生成MgH2的质量为x,生成MgCu2的质量为y。 2Mg2Cu+3H2 3MgH2+MgCu2 224 78 152 11.2 g x y = x=3.9 g 224 78 11.2 g x = y=7.6 g 设3.9 g氢化镁与水反应生成氢气的质量为a。 生成

16、MgH2+2H2O Mg(OH)2+2H2 26 4 3.9 g a = a=0.6 g 7.6 g MgCu2中含有镁的质量为7.6 g=1.2 g 设1.2 g镁与盐酸反应生成氢气的质量为b。 Mg+2HCl MgCl2+H2 24 2 1.2 g b 224 152 11.2 g y 26 4 3.9 g a 24 152 = b=0.1 g 故生成氢气的质量为0.6 g+0.1 g=0.7 g。 24 2 1.2 g b 教师专用题组 1.(2020山东青岛,15,1分)常用的医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液,可用于杀菌消毒。乙醇分子的 模型如图所示,其中代表碳原子,代表氢原子,代

17、表氧原子。下列有关乙醇的说法不正确的是( ) A.乙醇的化学式为C2H6O B.乙醇的相对分子质量为46 C.乙醇中碳元素和氢元素的质量比为121 D.乙醇是一种有机物 答案答案 C 由题图可知乙醇的化学式为C2H6O,故A正确;乙醇的相对分子质量为122+16+16=46,故B正 确;乙醇中碳、氢元素的质量比为(122)(16)=41,故C错误;乙醇中含有碳元素,属于有机物,故D正 确。 2.(2020湖北武汉,8,3分)小余取8.0 g干燥的氢氧化钠固体于敞口的锥形瓶中,观察到氢氧化钠固体发生 潮解,一段时间后测得锥形瓶内物质质量为10.0 g。为进一步探究上述现象的成因,小余立即用如下装

18、置 进行实验:将试剂X逐滴滴入锥形瓶中,直至不再产生气泡为止,测得装置前后质量减少了1.1 g。(不考虑 滴加液体体积、气体密度变化和结晶水的生成) 下列推断正确的是( ) 试剂X可以是稀硫酸 固体Y可以是生石灰 滴加试剂X前锥形瓶内水的质量为0.9 g 若没有球形干燥管,测得氢氧化钠固体从空气中吸收水的质量会偏小 A. B. C. D. 答案答案 B 干燥的氢氧化钠固体放置在敞口容器中,首先会发生潮解,又继续吸收空气中的二氧化碳气 体,从而变质为碳酸钠。试剂X可以与变质的氢氧化钠反应生成气体,说明X为酸,可以是稀硫酸;球 形干燥管内Y物质的作用是吸收产生的气体中可能混有的水蒸气,但生石灰与水

19、反应生成氢氧化钙,氢 氧化钙会和二氧化碳发生反应,所以Y不能是生石灰,可以是氯化钙等;由题意可得装置质量减少1.1 g, 减少的质量是二氧化碳的质量,由化学方程式可计算出固体中碳酸钠质量为2.65 g,生成这些碳酸钠所需 氢氧化钠的质量为2 g,因此滴加试剂X前锥形瓶中水的质量应该等于10.0 g-(8.0 g-2 g+2.65 g)=1.35 g; 若没有球形干燥管,逸出的二氧化碳气体中会混有一定质量的水蒸气,测得装置减少的质量会增大,从而 使测得的碳酸钠的质量增加,而氢氧化钠固体从空气中吸收水的质量会偏小。综上所述,正确说法为 ,B正确。 3.(2020贵州贵阳,5,2分)2020年5月5

20、日,配置有氢氧发动机的长征五号B火箭,搭载我国新一代载人试验 飞船顺利升空,飞船成功返回。从变化观念和平衡思想认识反应:2H2+O2 2H2O。下列说法正确的是 ( ) A.氢气和氧气混合生成水 B.反应前后元素种类不变、化合价改变 C.2 g氢气和1 g氧气反应生成3 g水 D.氢气和氧气反应吸收热量 答案答案 B 氢气和氧气在点燃条件下反应生成水,故A错误。根据质量守恒定律可知,反应前后元素的种 类不变;反应前后氢元素的化合价由0变为+1,氧元素的化合价由0变为-2,元素的化合价改变,故B正确。 根据化学方程式可知,1 g氧气能与0.125 g氢气反应生成1.125 g 水,故C错误;氢气

21、与氧气的反应是放热反 应,故D错误。 易错警示易错警示 根据质量守恒定律可知,参加化学反应的各物质的质量总和等于生成的各物质的质量总和, 2 g氢气与1 g氧气反应时,氢气有剩余,没有完全反应,所以生成水的质量小于3 g。 4.(2020天津,26,6分)为测定某石灰石样品中碳酸钙的质量分数,取25 g该样品(杂质不参加反应也不溶于 水),加入盛有146 g稀盐酸的烧杯中,恰好完全反应,气体全部逸出,反应后烧杯内物质的总质量为162.2 g。 计算: (1)生成二氧化碳的质量; (2)石灰石样品中碳酸钙的质量分数; (3)反应后所得溶液中溶质的质量分数(结果精确至0.1%)。 答案答案 解:(

22、1)二氧化碳的质量:25 g+146 g-162.2 g=8.8 g 设原样品中碳酸钙的质量为x,生成氯化钙的质量为y。 CaCO3+2HCl CaCl2+H2O+CO2 100 111 44 x y 8.8 g = x=20 g = y=22.2 g (2)石灰石样品中碳酸钙的质量分数:100%=80% (3)反应后所得溶液质量:20 g+146 g-8.8 g=157.2 g 反应后所得溶液中溶质的质量分数:100%=14.1% 答:生成二氧化碳的质量为8.8 g;石灰石样品中碳酸钙的质量分数为80%;反应后所得溶液中溶质的质量 100 448.8 g x 111 448.8 g y 20

23、 g 25 g 22.2 g 157.2 g 分数为14.1%。 解析解析 根据质量守恒定律,参加化学反应的各物质质量总和等于反应后生成的各物质质量总和,生成二 氧化碳的质量等于反应前物质总质量减去反应后物质的总质量。 解题思路解题思路 审题,分析已知和未知。生成二氧化碳的质量可以利用质量守恒定律求出。石灰石样品中 碳酸钙的质量分数是用碳酸钙质量除以石灰石的质量,需要求出碳酸钙质量;反应后所得溶液为氯化钙 溶液,其溶质的质量分数用氯化钙的质量除以溶液质量,需要求出氯化钙及氯化钙溶液的质量。氯化钙 溶液质量等于烧杯中物质的总质量减去固体杂质的质量。利用二氧化碳的质量根据化学方程式可求出 碳酸钙和

24、生成的氯化钙的质量,再依次求出石灰石中碳酸钙的质量分数和反应后溶液中溶质的质量分 数。 5.(2019湖北武汉,32,6分)实验室有一瓶含杂质的氯酸钾。某兴趣小组利用该药品和二氧化锰制取氧气 (杂质不参加反应)。实验数据记录如下: 请回答下列问题: (1)a= 。 (2)计算受热分解的氯酸钾的质量(精确到0.1 g)。 氯酸钾样品18.5 g 二氧化锰a g 剩余固体18.2 g 生成氧气4.8 g 答案答案 (1)4.5 (2)解:设受热分解的氯酸钾的质量为x。 第一步:2KClO3 2KCl+3O2 第二步:245 96 x 4.8 g = 第三步:x12.3 g 答:受热分解的氯酸钾的质

25、量为12.3 g。 245 x 96 4.8 g 解析解析 (1)根据质量守恒定律可以计算出二氧化锰的质量为18.2 g+4.8 g-18.5 g=4.5 g,即a=4.5;(2)已知该 反应生成的氧气质量为4.8 g,根据化学方程式2KClO3 2KCl+3O2进行计算,得出受热分解的氯 酸钾的质量为12.3 g。 6.(2019河北,36,5分)为测定某CuSO4溶液中溶质的质量分数,取150 g CuSO4溶液,平均分为三份,每一份 样品均按下图所示进行实验,实验数据见下表。请计算: 实验1 实验2 实验3 样品质量/g 50 50 50 NaOH溶液质量/g 20 40 60 m/g

26、42.45 44.9 44.9 (1)50 g CuSO4溶液完全反应时,所得沉淀的质量为 g。 (2)CuSO4溶液中溶质的质量分数。 答案答案 (1)4.9 (2)解:设50 g CuSO4溶液中溶质的质量为x。 CuSO4+2NaOH Cu(OH)2+Na2SO4 160 98 x 4.9 g = x=8 g CuSO4溶液中溶质的质量分数为100%=16% 答:CuSO4溶液中溶质的质量分数为16%。 160 984.9 g x 1604.9 g 98 8 g 50 g 解析解析 (1)由实验数据可知,当加入NaOH溶液的质量为40 g时,样品中的CuSO4完全反应,生成沉淀的质量 为

27、44.9 g-40 g=4.9 g;(2)根据硫酸铜和氢氧化钠反应的化学方程式及生成Cu(OH)2沉淀的质量,计算出 CuSO4的质量,又已知CuSO4溶液的质量为50 g,进而可求出CuSO4溶液中溶质的质量分数。 7.(2019山东潍坊,27,8分)实验室模拟高温煅烧石灰石的方法制取二氧化碳,取35 g石灰石样品(假设杂质 受热不分解且不与酸反应),煅烧一段时间恢复到室温,测得生成11 g二氧化碳。向剩余固体中逐滴加入 某盐酸至不再反应为止,又生成2.2 g二氧化碳,加入盐酸的质量与生成的氯化钙质量关系如图: (1)石灰石样品的质量分数是 (结果保留一位小数,下同); (2)a点溶液的pH

28、 7(填“”或“=”); (3)求所加盐酸的溶质质量分数(写出计算过程)。 答案答案 (8分)(1)85.7%(1分) (2)(1分) (3)解:设煅烧石灰石生成11 g二氧化碳时,同时生成氧化钙的质量为x。 CaCO3 CaO+CO2(1分) 56 44 x 11 g = x=14 g(1分) 设与CaO反应的氯化氢的质量为y。 CaO+2HClCaCl2+H2O 56 73 14 g y = y=18.25 g(1分) 设生成2.2 g二氧化碳需氯化氢的质量为z。 56 4411 g x 56 73 14 g y CaCO3+2HClCaCl2+H2O+CO2(1分) 73 44 z 2.

29、2 g = z=3.65 g(1分) 所加盐酸的溶质质量分数为100%=10%(1分) 答:所加盐酸的溶质质量分数为10%。 根据元素守恒等其他合理方法求出正确答案,即可合理赋分。 73 442.2 g z 18.25 g3.65 g 219 g 解析解析 (1)根据碳酸钙高温分解和碳酸钙与盐酸反应的化学方程式,找出关系式:CaCO3CO2,设碳酸钙的 质量为m。 CaCO3CO2 100 44 m 13.2 g = m=30 g 碳酸钙的质量分数为100%85.7%。 (2)a点盐酸过量,溶液显酸性,pH小于7。 100 4413.2 g m 30 g 35 g 8.(2019安徽,16,6

30、分)侯德榜是我国著名的化学家,发明了侯氏制碱法,其反应原理如下:NaCl+CO2+NH3+ H2ONaHCO3+NH4Cl,请计算: (1)氯化铵中氮元素的质量分数。 (2)生产8.4 t碳酸氢钠,理论上需要氯化钠的质量。 答案答案 (6分)解:(1)氯化铵中氮元素的质量分数:100%26.2% (2)设理论上需要氯化钠的质量为x。 NaCl+CO2+NH3+H2ONaHCO3+NH4Cl 58.5 84 x 8.4 t = x=5.85 t 答:理论上需要氯化钠的质量为5.85 t。 14 53.5 58.5 848.4 t x 解析解析 (1)根据氯化铵的化学式(NH4Cl)可求出氮元素的

31、质量分数;(2)根据生成碳酸氢钠的化学方程式计 算出生产8.4 t碳酸氢钠所需氯化钠的质量。 9.(2018新疆,16,2分)青少年过多摄入蛋糕里的人造奶油会产生一种影响身体发育的反式脂肪酸,其化学 式为C18H34O2,请计算: (1)该反式脂肪酸分子中碳、氢、氧的原子个数比为 。 (2)141 g该反式脂肪酸中含氢元素的质量为 g。 答案答案 (1)9171 (2)17 解析解析 (1)由反式脂肪酸的化学式可知,一个反式脂肪酸分子中含有18个碳原子、34个氢原子和2个氧原 子,则反式脂肪酸分子中碳、氢、氧的原子个数比为18342=9171。 (2)141 g该反式脂肪酸中含氢元素的质量为141 g17 g。 1 34 12 181 34162