2018-2022年广州中考化学5年真题1年模拟分项汇编 专题11 计算题（学生卷+教师卷）

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5年（2018-2022）中考1年模拟化学分项汇编
专题11 计算题

1. （2022广州市中考）酚酞(C20H14O4)是常见的酸碱指示剂。下列关于酚酞的说法正确的是
A. 属于无机化合物
B. 相对分子质量为(12×20+1×14+16×4)g
C. C、H、O三种元素的质量比为(12×20)：(1×14)：(16×4)
D. 碳元素的质量分数为×100%
【答案】C
【解析】
A、根据酚酞的化学式知：酚酞是含有碳元素的化合物，属于有机物，错误；
B、相对分子质量的单位不是“g”，而是“1”，通常省略不写，错误；
C、酚酞中碳、氢、氧三种元素的质量比为（12×20）：（1×14）：（16×4）=120：7：32；正确；
D、酚酞中碳元素的质量分数为，错误。
故选C。
2.（2021广州中考）纤维素是棉花的主要成分，其化学式为(C6H10O5)n（n约为103~104）。下列关于纤维素的说法正确的是
A．属于无机化合物
B．相对分子质量为（12×6+1×10+16×5）
C．C、H、O三种元素的质量比为6:10:5
D．氧元素的质量分数为×100%
【答案】 D
【解析】
A．纤维素的化学式中含有碳元素，物质分类应为有机化合物，故A错误；
B．相对分子质量应为(12×6+1×10+16×5)×n，故B错误；
C．C、H、O三种元素的质量比为12×6:1×10:16×5，故C错误；
D．氧元素的质量分数为×100% = ×100%，故D正确。
3. （2020广州中考）尿素是氮肥中最主要的一种，其化学式为CO(NH2)2。下列关于尿素的说法正确的是
A. CO(NH2)2中含有的原子是(NH2)2
B. C、O、N、H四种原子的个数比为1:1:1:4
C. 氮元素的质量分数为
D. C、O、N、H四种元素的质量比为12:16:14:1
【答案】C
【解析】
化合物中各元素质量比=各原子的相对原子质量×原子个数之比
A、CO(NH2)2是由尿素分子构成的，不含有(NH2)2，故A不正确；
B、尿素的化学式为CO(NH2)2，C、O、N、H四种原子的个数比为，故B不正确；
C、，则氮元素的质量分数为，故C正确；
D、尿素的化学式为CO(NH2)2，C、O、N、H四种元素的质量比为，故D不正确。故选C。
4. （2019广州中考）从地沟油中提炼生物柴油是垃圾资源化的方法之一。生物柴油主要成分是硬脂酸甲酯(C19H38O2)，下列有关硬脂酸甲酯的说法正确的是
A. C、H、O三种元素的质量比为19:38:2
B. 相对分子质量为(12×19+1×38+16×2)
C. C、H、O三种原子的个数比为12:1:16
D. 氧元素的质量分数为×100%
【答案】B
【解析】
化学中元素质量比等于原子个数比乘以相对原子质量比。
A、由硬脂酸甲酯(C19H38O2)可知，C、H、O三种元素的质量比为，故A不正确；
B、相对分子质量为(12×19+1×38+16×2)，故B正确；
C、C、H、O三种原子的个数比为19:38:2，故C不正确；
D、氧元素的质量分数为，故D不正确。故选B。
5. （2018广州中考）碳酸乙烯酯(C3H4O3)可用作锂电池电解液，下列有关碳酸乙烯酯的说法正确的是
A. 碳酸乙烯酯的相对分子质量为(12×3+1×4+16×3)g
B. 碳酸乙烯酯中C、H、O三种元素的质量比为12:1:16
C. 碳酸乙烯酯中C、H、O三种原子的个数比为3:4:3
D. 碳酸乙烯酯中碳元素的质量分数=×100%
【答案】C
【解析】
A. 碳酸乙烯酯的相对分子质量为12×3+1×4+16×3，相对分子质量单位为“1”，通常不写，错误；B. 碳酸乙烯酯中C、H、O三种元素的质量比为12×3：1×4：16×3，错误；C. 化学式中元素符号右下角的数字为一个分子中原子的个数，碳酸乙烯酯中C、H、O三种原子的个数比为3:4:3，正确；D. ，碳酸乙烯酯中碳元素的质量分数= ×100%，错误。故选C。
6. （2022广州中考）二甲基亚砜(DMSO)工业废渣含NaNO3及少量有毒的NaNO2，以该废渣为原料制备农用KNO3，既实现资源回收利用又保护了环境。工艺流程如下：

（1）农用KNO3为农作物提供的营养元素有_______。
（2）步骤1的作用是除去NaNO2，NaNO2中氮元素的化合价为_______。
（3）结合溶解度曲线分析，步骤3“加热蒸发”时可控制只析出NaCl固体，原因是_____________________。

（4）步骤4的操作是_______、过滤。
（5）KCl用量的估算依据是 (填标号)。
A. KCl与NaNO3的粒子个数比为1：1
B. KCl与NaNO3的质量比为1：1
C. KCl与NaNO3在溶液中的质量分数之比为1：1
（6）该工艺所得农用KNO3混有一定量NaCl。取25g样品加足量水溶解，向溶液中加入足量的AgNO3溶液，生成沉淀的质为14.35g，则样品中杂质NaCl的质量是_____g，样品含KNO3_______%(质量分数)。
(相对分子质量：KNO3-101 NaCl-58.5 AgNO3-170 AgCl-143.5)
【答案】（1）钾元素和氮元素 （2）+3 （3）硝酸钾溶解度受温度影响比较大，氯化钠受温度影响比较小 （4）降温结晶 （5）A （6） ①. 5.85 ②. 76.6
【解析】
（1）KNO3为农作物提供的营养元素有钾元素和氮元素。
（2）NaNO2中钠元素的化合价为+1价，氧元素的化合价为-2价，设氮元素的化合价为x，根据“化合物中各元素的化合价之和为0”可知，1+x+（-2）×2=0，解得x=+3。
（3）硝酸钾溶解度受温度影响比较大，氯化钠受温度影响比较小，则“加热蒸发”时只析出氯化钠。
（4）由图可知，通过步骤4分离出了硝酸钾，而硝酸钾受温度影响比较大，且溶液2的温度比较高，则步骤4为降温结晶。
（5）加入氯化钾的目的是使溶液中的氯离子和钠离子结合为氯化钠析出，则因使氯化钾与硝酸钠的粒子个数比为1：1，故选A。
（6）设样品中杂质NaCl的质量是x，则：


x=5.85g
则样品中含KNO3的质量为 。
7. （2020广州中考）盐酸是重要的化工原料，也是实验室中最常用的化学试剂之一。
（1）用质量分数为37%的浓盐酸配制1000g质量分数为0.37%（pH约为1）的稀盐酸。
①所配稀盐酸中溶质的质量为________g，所需浓盐酸的质量为________g。
②已知浓盐酸密度为1.19g/cm3，量取上述所需浓盐酸用到的仪器是_______（填标号）。
A 10mL量筒
B 50mL量筒
C 试管
D 胶头滴管
③测定所配稀盐酸的酸碱度，应将pH试纸放置在__________上。
（2）取少量氢氧化钙粉末于试管中，加入2mL水，振荡，得到白色浑浊液，滴加1滴酚酞溶液，再滴加稀盐酸至反应完全，可观察到的现象是_________________。
（3）取等质量的铁片和铁粉放入两支试管中，分别加入相同体积相同浓度的稀盐酸。
①铁与稀盐酸反应的化学方程式为________________。
②下列示意图中，与实验结果相符的是_________（填标号）。

【答案】 ①. 3.7 ②. 10 ③. AD ④. 玻璃片或白瓷板 ⑤. 溶液由红色变成无色 ⑥. ⑦. D
【解析】
（1）①所配稀盐酸中溶质的质量=1000g0.37%=3.7g，所需浓盐酸的质量=3.7g37%=10g；
②所需浓盐酸的体积=10 g1.19g/cm3≈8.4mL，应选用10mL量筒和胶头滴管进行量取；
③测定所配稀盐酸的酸碱度，应将pH试纸放置在玻璃片或白瓷板上，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上再与标准比色卡进行比较；
（2）氢氧化钙溶于水显碱性，滴加1滴酚酞溶液，溶液变红，再滴加稀盐酸至反应完全，盐酸和氢氧化钙反应生成氯化钙和水，溶液显中性，溶液由红色变成无色；
（3）①铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的化学方程为：；
②取等质量的铁片和铁粉放入两支试管中，分别加入相同体积相同浓度的稀盐酸，若铁过量或盐酸过量都会生成等质量的氢气，铁粉比铁片与盐酸的接触面积大，反应速率快，所用时间少，对比四个选项，只有D项正确。
8.（2022广州市中考）某校学生用盐酸和碳酸钙制备CO2，产生了大量废液。兴趣小组通过以下探究确定废液处理方案。
（1）废液成分的确定
①写出制备CO2的化学方程式_____________________。
②推测废液所含溶质
推测一：______________ 推测二：CaCl2和HCl
③若要用一种药品验证哪种推测成立，可选择的有哪些？_______(填标号)
A.石蕊溶液 B.AgNO3溶液 C.锌粒 D.CuO粉末
（2）废液的处理
实验表明废液中的溶质是CaCl2和HCl，小组决定用Na2CO3除去它们。
【提出问题】如何估算Na2CO3固休的用量？
【进行实验】取100mL废液样品于烧杯中，逐滴滴加5.3%的Na2CO3溶液，用pH传感器测定滴加过程中溶液的pH。实验结果如图所示。

【结果讨论】
①a→b阶段，观察到烧杯中的现象是_______。
②b点后曲线平缓阶段，反应的化学方程式为_______。
③c点时，取少量烧杯中的清液于试管中，滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明处理100mL废液，所需5.3%的Na2CO3溶液的体积_______120mL。(填“大于”“等于”或“小于”)
④将烧杯中的沉淀过滤、干燥、称重，质量为4g。若处理10L该废液，理论上需要Na2CO3固体___g。(实验所用Na2CO3溶液的密度近似看做1g/cm3)
【答案】 ①. ②. CaCl2 ③. ACD ④. 有气泡产生 ⑤. ⑥. 小于 ⑦. 530
【解析】
（1）①实验室用大理石（或 石灰石）和稀盐酸制取CO2，大理石的主要成分碳酸钙和盐酸反应产生氯化钙、水和二氧化碳，化学方程式：。
②碳酸钙和盐酸恰好完全反应时溶质只有氯化钙，则推测一：氯化钙；盐酸过量时推测二：CaCl2和HCl；
③根据推测，主要是证明盐酸的有无即可判断是哪种推测；
A、盐酸会使石蕊试液变红色；则样品滴加石蕊试液后变红了，则有盐酸，推测二成立；如果石蕊试液不变色，推测一成立；正确；
B、溶液中有氯化钙，提供了氯离子，硝酸银和氯化钙反应产生氯化银沉淀和硝酸，盐酸和硝酸银也会产生氯化银沉淀，所以不能用硝酸银溶液验证是否有盐酸，错误；
C、盐酸和锌反应产生氯化锌和氢气，会产生气体；则锌粒中加入样品后产生气泡，则有盐酸，推测二成立；如果没有气泡，推测一成立；正确；
D、氧化铜和盐酸反应产生氯化铜和水，固体会减少或消失，溶液变蓝色；则氧化铜中加入样品后固体会减少或消失，溶液变蓝色，则有盐酸，推测二成立；如果固体不减少，溶液不变蓝色，推测一成立；正确；故选ACD。
（2）①废液中的溶质是CaCl2和HCl，向其中加入碳酸钠，碳酸钠先和盐酸反应产生氯化钠、水和二氧化碳，然后碳酸钠和氯化钙反应产生碳酸钙沉淀和氯化钠，根据图像a→b阶段，是碳酸钠和盐酸反应，则会观察到烧杯中有气泡产生。
②碳酸钠溶液显碱性，b点后曲线平缓阶段，是碳酸钠和氯化钙反应，氯化钠溶液显中性，反应的化学方程式为：。
③c点时，溶液显碱性，碳酸钠过量，结合图像分析，说明处理100mL废液，所需5.3%的Na2CO3溶液的体积小于120mL。
④100mL废液，产生碳酸钙的质量是4g，设要碳酸钠的质量是x。

所需碳酸钠溶液的体积为：4.24g÷5.3%÷1g/mL=80mL， 即80mL碳酸钠溶液中含有碳酸钠4.24g，故100mL碳酸钠溶液中含有碳酸钠4.24g×100mL÷80mL=5.3g，因此若处理10L（即：10000mL）该废液，理论上需要Na2CO3固体质量为10000mL÷100mL×5.3g=530g；
故答案为：530。
9.（2021广州中考）某校学生利用以下两个实验探究酸的性质。

（1）试管A中溶液变浑浊的反应是___________________________________（写化学方程式）。
（2）试管B中铁钉变得光亮且表面有气泡生成，溶液呈黄色，将此时溶液中和液面上方存在的微观粒子的种类在图中补充完整(粒子数目不作要求；不考虑空气、水)。
（3）将所有学生完成上述两个实验产生的废液收集并处理，向该废液中加入适量Na2CO3,  除去钙、铁元素和过量的酸，可观察到：①________________，②产生大量沉淀。静置过滤得到无色溶液，经检测pH约为7，取样滴加__________溶液，无明显现象，钙已除尽。
（4）若处理废液时共消耗Na2CO3212g，则实验室为本次探究实验至少准备了_________g盐酸。（已知盐酸的质量分数为7.3%）
【答案】（1） Ca(OH)2 + CO2 ===CaCO3↓ + H2O （1分）
（2）见右图（2分）
（3）有气泡产生（1分）；Na2CO3 （1分）
（4） 2000 （2分）
【解析】
（1）试管A中发生的反应是CO2与澄清石灰水发生的反应，故反应的化学方程式为 Ca(OH)2 + CO2 ===CaCO3↓ + H2O （1分）
（2）试管B中铁钉变得光亮，即铁锈已除去；铁钉表面有气泡生成，这气体是H2，即溶液中应有FeCl2；溶液呈黄色，说明溶液中的主要成分是FeCl3；由于盐酸是氯化氢气体的水溶液，气体溶解度随温度的升高而减小，图中溶液见到H+和Cl-离子，故应有HCl气体在试管内出现，故画出了见上的图所示的粒子。
（3）“过量的酸”会与加入的Na2CO3反应，故有气泡产生（1分）；鉴别Ca2+离子可以使用Na2CO3溶液，因为Ca2+离子与中Na2CO3的CO32-结合成白色沉淀的CaCO3。
（4）加入适量Na2CO3是为了除去废液中的钙、铁元素和过量的酸，反应后的溶液呈中性（pH≈7），即溶液中只含有NaCl。故有
Na2CO3 ------ 2NaCl ------ 2HCl
106 73
212g X×7.3%
X= =2000g
10. （2020广州中考）某工厂生产硼砂产生的固体废料，主要含有MgCO3、CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3等，其中MgCO3质量分数为63%。回收镁的工艺流程如下：

（1）“酸浸”时MgCO3发生反应的化学方程式为_________。
（2）“调pH”前滤液I的pH________7（填“>”或“2.37g，说明固体还含有结晶水，故填：是；结晶水质量，结晶水完全失去质量4.53g-2.16g=2.37g，200℃固体质量2.46g>2.37g。
②铵根离子、铝离子和氢氧根离子不共存，能反应，故填：OH-。
16. （2022广州黄埔区二模）某热电厂用脱硫得到的石膏（CaSO4·2H2O）生产K2SO4肥料的流程如图：

已知：不同温度下，硫酸钾在水溶液、氨溶液中的溶解度：
温度（℃）
0
10
25
水溶液
6.815
8.496
9.937
氨（8%）溶液
1.387
1.558
2.198
氨（35%）溶液
0.442
0.742
0.813

（1）在“脱硫”反应中，将CaCO3粉碎后与水混合成悬浊液的目的是___________。
（2）脱硫过程的化学方程式为：___________。
（3）石膏与饱和（NH4）2CO3溶液相混合发生反应Ⅰ，反应基本类型为___________。
（4）“操作I”的名称是___________。
（5）你认为反应Ⅱ在常温下能实现的原因是___________。
（6）CaSO4·2H2O受热会逐步失去结晶水。取纯净CaSO4·2H2O固体3.44g，进行加热，测定固体质量随温度的变化情况如图所示。CaSO4·2H2O相对分子质量为172。

H点的固体在T2~1400℃范围内发生分解反应，生成一种固体和两种气体，其中一种气体有刺激性气味，写出发生反应的化学方程式___________。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快反应速率
（2）CO2 （3）复分解反应
（4）过滤 （5）硫酸钾在浓氨水中溶解度较小，首先到达饱和结晶析出得到硫酸钾固体
（6）
【解析】
由流程可知，含二氧化硫的烟气加入空气和碳酸钙脱硫后得到石膏，加入碳酸铵溶液得到碳酸钙沉淀和硫酸铵，过滤除去沉淀，得到滤液加入氯化钾和浓氨水得到氯化铵和硫酸钾；
（1）将CaCO3粉碎后与水混合成悬浊液的目的是增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（2）根据质量守恒定律，反应前后原子数目种类不变，反应前钙、碳、氧、硫、氢原子数目分别为2、2、16、2、8，反应后钙、碳、氧、硫、氢原子数目分别为2、0、12、2、8，故空格处填：CO2；
（3）已知，石膏为CaSO4·2H2O，石膏与饱和（NH4）2CO3溶液相混合发生反应Ⅰ生成碳酸钙沉淀和硫酸铵，反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；
（4）“操作I”是分离固液的操作，名称是过滤；
（5）由溶解度图表可知，反应Ⅱ在常温下能实现的原因是硫酸钾在浓氨水中溶解度较小，首先到达饱和结晶析出得到硫酸钾固体；
（6）已知，CaSO4·2H2O受热会逐步失去结晶水。如果纯净CaSO4·2H2O固体3.44g全部失去结晶水后得到固体质量为，故H为CaSO4固体；
H点的固体在T2~1400℃范围内发生分解反应，生成一种固体和两种气体，其中一种气体有刺激性气味，根据质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，刺激性气味气体为二氧化硫，硫元素化合价在反应后降低，那么应该有元素化合价升高，则另一种气体为氧气，故反应分解生成氧化钙、氧气、二氧化硫，化学方程式为。
17. （2022广州黄埔区二模）向一支装有少量CuO的试管中依次加入下列物质，实验操作如图所示，回答下列问题。

（1）图A实验中加入过量稀H2SO4后，观察到的现象___________。
（2）图B发生反应的化学方程式___________。
（3）如图D，向图C实验后所得溶液中插入新打磨的铝丝，画出图中溶液中一定存在的微观粒子_________。（微粒数目不做要求，不考虑空气、水）。
（4）实验开始时放入试管的CuO质量为4g，则实验最后取出的铝丝最多能增重___________g。
【答案】（1）固体逐渐溶解，无色溶液变为蓝色
（2）、
（3） （4）2.3
【解析】
（1）硫酸和氧化铜能反应生成硫酸铜和水，反应的化学反应方程式为：，A中加入过量硫酸后，观察到的现象固体逐渐溶解，无色溶液变为蓝色；
（2）B中加入过量的氢氧化钠后，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，反应的化学方程式为：，过量的硫酸与氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，反应的化学方程式为：；
（3）A中加入过量硫酸后，氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜和水；B中加入过量的氢氧化钠后，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜和硫酸钠，氢氧化钠和硫酸反应生成硫酸钠和水；图C实验中加入过量稀硫酸后，硫酸与过量的氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，硫酸与氢氧化铜反应生成硫酸铜和水，因此C反应停止后，所得溶液中含有的溶质是硫酸、硫酸钠和硫酸铜。
向图C实验后所得溶液中插入新打磨的铝丝，铝和硫酸反应生成硫酸铝和氢气，铝和硫酸铜反应生成铜和硫酸铝，因此溶液中一定含有硫酸钠，硫酸铝，溶液中一定存在的微观粒子是钠离子、铝离子、硫酸根离子，图像为 。
（4）因求实验最后取出的铝丝最多能增重多少，所以假设过量的硫酸的质量无限接近于0，硫酸消耗铝的质量忽略不计。
设反应生成的硫酸铜的质量为x，析出铜的质量为y，消耗铝的质量为z
CuO+H2SO4=CuSO4+H2O801604gx
80160=4gx
x=8g
2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu54480192z8gy
480192=8gy48054=8gz
y=3.2g，z=0.9g
则实验最后取出的铝丝最多能增重3.2g-0.9g=2.3g。
18. （2022广州市天河区二模）气体的制取实验是初中化学学习的重要内容。

（1）下列制取气体的实验，发生装置可选用甲的是____________(填字母)。
A. 二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2 B. 锌和稀硫酸制取H2
C. 块状硫化亚铁(FeS)和稀硫酸制取H2S D. 高锰酸钾制取O2
（2）某同学阅读课外资料得知：双氧水分解制取氧气除了用二氧化锰，还可以用氧化铜作催化剂，于是进行了以下实验探究：
【提出问题】氧化铜是否也能作氯酸钾分解的催化剂？
【设计实验】以收集到30mL氧气为标准，设计了下列两组实验(其他可能影响实验的因素均忽略)。
实验序号
氯酸钾的质量
其他物质及其质量
待测数据
甲
2.45g
/

乙
2.45g
CuO0.5g


①上述实验应测量的“待测数据”是_________。
【实验结论】
②实验甲比乙的“待测数据”更________(填“大”或“小”)，说明氧化铜能加快氯酸钾的分解速率。实验乙中反应的化学方程式为_______，氯酸钾完全分解后，试管中剩余固体的质量为_______g。
【答案】 ①. D ②. 收集30mL氧气所需要的时间 ③. 大 ④. ⑤. 1.99
【解析】
（1）装置甲为固体加热反应；
A、二氧化锰与浓盐酸加热制取Cl2为固液加热反应，错误；
B、锌和稀硫酸制取H2为固液不加热反应，错误；
C、块状硫化亚铁(FeS)和稀硫酸制取H2S为固液不加热反应，错误；
D、高锰酸钾制取O2为固体加热反应，正确；
故选D；
（2）设计实验：
①催化剂改变反应速率，以收集到30mL氧气为标准，探究氧化铜是否也能作氯酸钾分解的催化剂；则应测量的“待测数据”是收集30mL氧气所需要的时间；
实验结论：
②实验甲没有加入氧化铜，则甲比乙的“待测数据”更大，甲中反应速率更慢，说明氧化铜能加快氯酸钾的分解速率。实验乙中反应为氯酸钾在氧化铜催化作用下加热生成氯化钾和氧气：；

由化学方程式体现的质量关系可知，氯酸钾完全分解后，生成氯化钾质量为1.49g，催化剂氧化铜质量反应前后不变，故试管中剩余固体质量为1.49g+0.5g=1.99g。