高考化学计算型试题分类例析

陕西 马亚楼

高考化学计算型试题分类例析

陕西 马亚楼

计算型试题既能考查基础知识，又能考查计算能力，在近年的高考中占有较大比重，其考查方式主要有以下几类：

一、氧化还原反应的计算

例1 （2015新课标Ⅱ）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂，工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为________。

解析：本题主要考查氧化还原反应的有关计算，解题时依据电子得失相等即可。工业上可用KC1O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，在反应中氯元素的化合价从＋5价降低到＋4价，得到1个电子，氯酸钾是氧化剂。S元素的化合价从＋4升高到＋6价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，则根据电子得失相等可知该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1。

答案：2∶1

例2 （2016上海）某铁的氧化物（FexO）1．52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mL Cl2，恰好将Fe2＋完全氧化。x值为（ ）

A．0．80B．0．85

C．0．90D．0．93

答案：A

【点评】进行氧化还原反应计算时，注意氧化还原反应中电子转移守恒原理的运用，注意平均化合价的应用，等等。氧化还原反应侧重考查学生的计算分析能力。

二、物质的量的计算

例3 （2015新课标Ⅰ）乌洛托品在合成、医药、染料等工业中有广泛用途，其结构式如图所示。将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品。若原料完全反应生成乌洛托品，则甲醛与氨的物质的量之比为（ ）

A．1∶1B．2∶3

C．3∶2D．2∶1

解析：本题主要考查有关物质的量的计算，由题给乌洛托品的结构简式可知该有机物的分子式为C6H12N4，根据元素守恒，则C元素来自甲醛，N元素来自氨，所以分子中的C与N原子的个数比即为甲醛与氨的物质的量之比为6∶4＝3∶2，故选C。

答案：C

例4 （2016上海）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7．24g，加入含0．1mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH31 792mL（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）

A．1∶1 B．1∶2C．1．87∶1D．3．65∶1

解析：本题主要考查混合物的计算。解题时先利用极值法判断氢氧化钠过量情况，氢氧化钠不足时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，然后铵根离子与氢氧化钠反应，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比。

答案：C

【点评】有关物质的量的计算常常涉及微粒个数、混合物分析等，题目难度中等，正确分析微粒情况及发生反应的先后顺序是解题的关键。实际运用中注意掌握极值法等计算方法在化学计算中的应用，培养分析能力及化学计算能力。

三、反应热、燃烧热的计算

例5 （2016海南）油酸甘油酯（相对分子质量884）在体内代谢时可发生如下反应：

已知燃烧1kg该化合物释放出热量3．8×104kJ，油酸甘油酯的燃烧热为（ ）

A．3．8×104kJ·mol－1B．－3．8×104kJ·mol－1

C．3．4×104kJ·mol－1D．－3．4×104kJ·mol－1

解析：本题主要考查由热量来计算反应热。由于燃烧热指的是燃烧1mol可燃物生成稳定的氧化物所放出的热量。燃烧1kg油酸甘油酯释放出热量3．8×104kJ，则1kg该化合物的物质的量为1 000g÷884g／mol，则油酸甘油酯的燃烧热ΔH＝－3．8×104kJ÷（1 000g÷884g／mol）＝－3．4×104kJ·mol－1，故选D。

答案：D

例6 （2016浙江）催化还原CO2是解决温室效应及能源问题的重要手段之一，研究表明，在Cu／ZnO催化剂存在下，CO2和H2可发生两个平行反应，分别生成CH3OH和CO，反应的热化学方程式如下：

答案：＋41．2

【点评】这类试题解题的关键是理解反应热、燃烧热的，熟练运用盖斯定律，并要注意燃烧物质的物质的量等数量关系。

四、化学平衡的计算

例7 （2016四川，节选）在一定条件下CO（g）＋H2OH2（g），当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1∶5，达平衡时，CO转化了。若akg含Ca5（PO4）3F（相对分子质量为504）的质量分数为10%的磷尾矿，在上述过程中有b%的Ca5（PO4）3F转化为P4，将产生的CO与H2O（g）按起始物质的量之比1∶3混合，则在相同条件下达平衡时能产生H2______________kg。

解析：本题是有关化学平衡的计算，解题时根据题给数据利用三行式分析即可。设CO的起始浓度为1mol／L，则水蒸气的起始浓度为5mol／L。

相同条件下当CO与H2O（g）的起始物质的量之比为1∶3，平衡常数不变，设转化的CO为x。

【点评】关于化学平衡的计算，需要注意理解平衡常数的意义，分析物质间转化的关系等，试题计算量一般较大，难度较大，但能够充分考查学生的分析、理解、运用及计算等能力。

五、综合性计算

例8 （2016上海）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品。CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气。

完成下列计算：

（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解。2．00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为________L（标准状况）。

（2）某H2中含有2．40mol CO2，该混合气体通入2．00LNaOH溶液中，CO2被完全吸收。如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为________。

（3）CO2和KO2有下列反应：

若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算。

300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇。若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率。

（2）2．40mol CO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，假设全部生成NaHCO3，则发生2．40mol，则c（NaOH）＝＝1．20mol／L；假设全部生成Na2CO3，则发生2n（CO2）＝4．80mol，则c（NaOH）＝综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该为1．20mol／L≤c（NaOH）≤2．40mol／L。

（3）可用两种方法解答：

方法一：依题意，9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，即n（CO2）∶n（O2）＝1∶1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：所以有即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。

方法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n

根据题意生成氧气9mol，所以有1．5n＋1．5（9－2n）＝9mol，解得n＝3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol。

（4）方法一：

设CO2的转化率为α，CO的转化率为β

根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol＋100αmol＝350mol ①

根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol－120mol，所以有

600βmol＋300αmol＝900mol－120mol ②

由①②式可得α＝0．8，即CO2的转化率为80%。

方法二：

在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，

根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol－120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol－120mol＝350mol×2＋100αmol，解得α＝0．8，即设CO2的转化率为80%。

答案：（1）89．6 （2）2．4mol／L≥c≥1．2mol／L（3）反应前密封舱内H2O的量应该是3mol （4）CO2的转化率为80%

【点评】本题考查化学方程式的计算，综合考查学生的分析、计算能力，题目用到端值法和守恒法，难度较大，易错点为（4），答题时注意细心。

（作者单位：陕西省永寿县中学）