江苏高考化学计算题专题复习-[苏教版].doc

高考化学计算题专题复习 一、涉及化工生产流程的计算
题型特点:以常见化工生产流程图为背景,根据不同反应步骤中反应物的利用率计算反应物的投料比或产率。
解题方法:以化学方程式为基础,应用守恒理论,对多个相关联的化学方程式进行简约(叠加,找出分散在不同化学反应中的不同物质之间的化学计量数关系,以此计量关系进行计算。
1.(08南通一检某化肥厂以氨和空气(其中氧气的体积分数为0.2为原料生产硝酸铵过程如下:

其中反应①为4NH 3+5O 2
4NO +6H 2O

⑴步骤②中发生了两个反应,将这两个化学方程式合并为一个化学方程式,可表示为___________________________。
⑵若不考虑副反应且各步反应均完全,为使生产过程中不再补充空气,则原料气中氨(包括第③步被硝酸吸收的氨的体积分数最大值为____________。
⑶假设实际生产中,反应①、②中含氮物质的利用率分别为a 、b ,反应③中氨的利用率为c 、硝酸的利用率为100%,则合成硝酸铵的整个流程中,氨的总利用率是多少?
解析:(14NO
+3O 2+2H 2O =4HNO 3 (2①、②、③步反应叠加
4NH 3+5O 4NO +6H 2O

4NO +3O 2+2H 2O =4HNO 3 4NH 3+4HNO 3=4NH 4NO 3
4NH 3+4O 2+H 2O=2NH 4NO 3+3H 2O NH 3%=4/(4+4/0.2=1/6(或16.7%
(3解法一:假设消耗NH 3的总物质的量为1mol ,其中用于制取HNO 3的NH 3的物质的量为x mol ,被HNO 3吸收的NH 3的物质的量为y mol ,则有:x +y =1、abx =cy 。 解得:x =c
ab c +
y =
c
ab ab +
氨的总利用率=(xab +yc /1=
c
ab abc
+2
解法二:假设第①步参加反应的氨气的物质的量为4mol ,则: 生成硝酸的物质的量4ab mol ;
第③步需要氨气的物质的量为
c
ab
4mol ; 氨的总利用率=
c
ab ab ab 4444+
+=c ab abc
+2
解法三: 假设生成NH 4NO 3共1mol
则生成1molHNO 3消耗的NH 3的物质的量为1/ab,与HNO 3反应的NH 3的物质的量为1/c ,则氨的总利用率为
2.(苏北三市一检现代炼锌的方法可分为火法和湿
法两大类。火法炼锌是将闪锌矿(主要含ZnS 通过浮选、
焙烧使它转化为氧化锌,再把氧化锌和足量焦炭混合,在鼓风炉中加热至1373~1573K ,使锌蒸馏出来。主要反应为:
焙烧炉中:2ZnS +3O 2=2ZnO +2SO 2 ① 鼓风炉中:2C +O 2=2CO ②
ZnO (s+
CO (g Zn (g+CO 2 (g ③

(1 若保持温度不变,在鼓风炉中增大CO 的浓度,K 值 (填“增大”、“减小”或“不变”;
(2 已知:该温度时,化学平衡常数K =1.0,则表中 c 1= (写出计算过程
(3 假设通过改变反应条件,若使焙烧炉中反应①的ZnO 几乎完全被CO 还原,焙烧炉和鼓风炉消耗的O 2的体积比不超过 。
(4 若起始浓度不变,通过改变反应条件,达平衡时鼓风炉中反应③CO 的转化率为80%,此时该反应的平衡常数K = ,此时焙烧炉和鼓风炉消耗的O 2的体积比大于 解析:(1 不变(1分; (2 0.01 mol/L(4分,
解:由表中数据分析可知,反应③进行至30 min 时,反应③达到平衡状态;故c 1浓度为CO 的平衡浓度。
设:从起始到平衡
CO 的浓度变化为x mol·L -1

ZnO (s+CO (g Zn (g+CO 2 (g 起始: 0.11 0 0 变化: x x x 平衡: (0.11-x x x
21c +
1
ab c
ab abc
+2

则该温度下反应的平衡常数 即:x 2+x -0.11=0
(x +1.1·(x -0.1=0 x =0.1 mol·L -1
所以c 1=0.01 mol·L -1
(3 焙烧炉中: 2ZnS +3O 2=2ZnO +2SO 2 ① 鼓风炉中:2C +O 2=2CO ②
ZnO (s+
CO (g Zn (g+CO 2 (g ③

①+②+③×2=2ZnS +3O 2+2C +O 2=2Zn +2CO 2 则焙烧炉和鼓风炉消耗的O 2的体积比不超过3:1 (4 0.352 (1分;12:5或2.4(2分

平衡时鼓风炉中反应③CO 的转化率为80%,此时焙烧炉和鼓风炉消耗的O 2的体积比为:3/(1/0.8=2.4 3、(04江苏高考石油化工是江苏省的支柱产业之一。聚氯乙烯是用途十分广泛的石油化工产品,某化工厂曾利用下列工艺生产聚氯乙烯的单体氯乙烯:
CH 2=CH 2+Cl 2→CH 2CI —CH 2C1…………………① CH 2Cl —CH 2C1→CH 2=CHCl +HCl ………………② 请回答以下问题:
(1已知反应①中二氯乙烷的产率产率=
理论产量
实际产量
×100%为98%,反应②中氯乙烯和氯化氢
的产率均为95%,则2.8t 乙烯可制得氯乙烯
t ,同时得到副产物氯化氢 t 。(计算结果保留1位小数
(2为充分利用副产物氯化氢,该工厂后来将下列反应运用于生产: 2CH 2=CH 2+4HCl +O 2→2CH 2Cl -CH 2Cl +2H 2O …………③
由反应①、③获得二氯乙烷,再将二氯乙烷通过反应②得到氯乙烯和副产物氯化氢,副产物氯化氢供反应③使用,形成了新的工艺。
由于副反应的存在,生产中投入的乙烯全部被消耗时,反应①、③中二氯乙烷的产率依次为a%、c%;二氯乙烷全部被消耗时,反应②中氯化氢的产率为b%。试计算:反应①、③中乙烯的投料比为多少时,新工艺既不需要购进氯化氢为原料,又没有副产物氯化氢剩余(假设在发生的副反应中既不生成氯化氢,也不消耗氯化氢。 解析: (1
CH 2Cl -CH 2Cl CH 2=CHCl ~~28
62.5~HCl
36.52.8t×98%×95%
m 1m 2
CH 2=CH 2
解得: m 1=5.8t m 2=3.4t
(2设投入反应①、③的乙烯物质的量分别为x 、y ,则: 由反应①生成的二氯乙烷为x ·a%, 由反应③生成的二氯乙烷为y ·c%,
K=(0.11×0.82
0.11×0.2
=
0.352ZnO (s+CO (g
+CO2 (g起始:变化:
平衡:0.11000.11×0.80.11×0.80.11×0.80.11×0.20.11×0.80.11×0.8
则由反应①、③共制得二氯乙烷的物质的量为(x •a%+y •c%,通过反应②可获得HCl 的物质的量为(x •a%+y •c%·b%。
据题意,反应③消耗的HCl 为2•y •c%,则: 2•y •c %=(x •a%+y •c%•b% 解得:
y x =ab
bc c -200 反应①、③中乙烯的投料比应为
ab
bc
c -200。
4、工业生产粗硅的主要原理为:SiO 2+2C Si(粗+2CO ↑
(1若在制粗硅的过程中同时生成了碳化硅,且生成的硅和碳化硅的物质的量之比为
5∶1,则参加反应的C 和SiO 2的质量比为 (2工业上可通过如下流程由粗硅制取纯硅:
Si(粗
SiCl 4(l
提纯+氢气
(纯
若上述反应中Si (粗和SiCl 4的利用率均为80%,制粗硅时有10%的SiO 2的SiO 2转化为SiC ,则生产100.8t 纯硅需纯度为75%的石英砂多少吨?
(3工业上还可以通过下图所示的流程来制取纯硅:

反应①:Si(粗+3HCl (g SiHCl 3(l+H 2
(g
反应②:SiHCl 3+H 2纯+3HCl
假设在每一轮次的投料生产中,硅元素没有损失,反应①中HCl 的利用率为75%,反应②中H 2的利用率
为80%,则在下轮次的生产中,需补充投入HCl 和H 2的体积比为多少?
解析:(1SiO 2+2C Si(粗+2CO ↑ 5mol 10mol 5mol
SiO 2 + 3C = SiC +2CO 1mol 3mol 1mol
m(碳:m(SiO 2=(13×12:(6×60=13:30 (2
SiO 2粗SiCl 4(l+氢气(纯
6028
m×75%×90%×80%×80%
100.8t
3273K
23273K
解得:m=500t
(3反应①:Si(粗+3HCl(gSiHCl3(l+H2(g
553-573K
反应②:SiHCl3+H2纯+3HCl
如果HCl、H2利用率为100%,则HCl、H2可以循环使用,现需要补充的HCl、H2相当于是反应中损失的,则
n(HCl=3mol÷75%×25%=1mol
n(H2=1mol÷80%×20%=1/4 mol
所以:n(HCl:n(H2=4:1
二、有关物质纯度的检验
题型特点:以某种物质纯度或某种元素的含量检验(定量实验为背景,根据氧化还原滴定原理进行计算。
解题方法:找出氧化还原反应过程中相关物质的量关系,进行定量计算。
5、(07天津高考.黄铁矿主要成分是FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.1000g样品在空气中充分灼烧,将生成的SO2气体与足量Fe2(SO43溶液完全反应后,用浓度为0.02000mol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点,消耗K2Cr2O7溶液25.00mL。
已知:SO2+2Fe3++2H2O=SO2-+2Fe2++4H+
Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
(1样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应。
(2若灼烧6g FeS2产生的SO2全部转化为SO3气体时放出9.83kJ热量,产生的SO3与水全部化合生成H2SO4,放出13.03kJ热量,写出SO3气体转化为H2SO4的热化学方程
式:。
(3煅烧10t上述黄铁矿,理论上产生SO2的体积(标准状况为L,制得98%的硫酸质量为t,SO2全部转化为H2SO4时放出的热量是kJ。
解析:(11FeS2~2SO2~4Fe3+~2/3 Cr2O72-
120 2/3
m 0.02mol/L×0.025L
m=0.09g FeS2%=90%
(22SO2(g+O2(g=2SO3(g △H=-196.6kJ/mol
SO3(g+H2O(l=H2SO4(l;△H=-130.3kJ/mol
(31FeS2 ~2SO2 ~ 2H2SO4
120g 2×22.4L 2×98
10×106×90% V m×98%
V=3.36×106m=15t
Q= 10×106×90%÷120×2×(196.6/2 +130.3=3.429×107kJ
6、(07江苏高考.钢铁工业是国家工业的基础。2006年我国粗钢产量突破4亿吨,居世界首位。某中学社会实践活动小组利用假期对当地钢铁厂进行了调研,对从矿石开始到钢铁产出的工艺流程有了全
面的感性认识。请您对社会实践活动小组感兴趣的问题进行计算： （1）将 6.62g 铁矿石样品投入适量的盐酸中（充分反应），过滤，然后在滤液中加过量的中 NaOH 溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧得 4.80g Fe2O3。现以该铁矿石为原料炼铁，若生产过程中铁元素 损失 4％，计算每生产 1.00t 生铁（含铁 96％），至少需要这种铁矿石多少吨?（保留两位小数） （2）取某钢样粉末 28.12g（假设只含 Fe 和 C），在氧气流中充分反应，得到 CO2 气体 224Ml（标 准状况）。 ①计算此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比。 ②再取三份不同质量的钢样粉末分别加到 100mL 相同浓度的 H2SO4 溶液中，充分反应后，测得的 实验数据如下表所示： 实验序号 加入钢样粉末的质量/g 生成气体的体积/L（标准状况） Ⅰ 2.812 1.120 Ⅱ 5.624 2.240 Ⅲ 8.436 2.800 计算硫酸溶液的物质的量 ③若在实验Ⅱ中继续加入 mg 钢样粉末，计算反应结束后剩余的固体质量为多少?（用含 m 的代数 式表示） 解析：（1）解：6.62g 铁矿石中铁的质量为 m(Fe＝4.80g× 112 ＝3.36g 160 6.62 g 3.36 g ≈1.97t 1.00t ´ 96% ´ 生产 1.00t 生铁需铁矿石的质量为：m(铁矿石＝ 答：至少需要这种铁矿石 1.97t （2）①n(C＝ 1 - 4% 0.224L ＝0.010mol 22.4L × mol -1 － m(C＝0.010mol×l2g· mol 1＝0.12g n ( Fe ) n (C ) ( 28.12 g - 0.12 g ) 56 g × mol -1 0.010mol ＝ ＝ 50 1 答：此钢样粉末中铁和碳的物质的量之比为 50︰1 ②根据实验Ⅲ可得： Fe＋H2SO4＝FeSO4＋H2↑ 1 mol 22.4L n(H2SO4 2.800L n(H2SO4＝0.125mol c(H2SO4＝ 0.125mol ＝1.25mol· L 0.1L －1 答：硫酸溶液的物质的量浓度为 1.25mol· 1。 L ③当钢样粉末中的铁未全部溶解时（m＞1.406g）， 100mL 相同浓度的 H2SO4 溶液中可以完全溶解的固体质量为 2.8/22.4 × 56÷(28/28.12=7.03g 7.03g-5.624g=1.406g － 剩余的固体质量为：(5.624g＋mg－0.125mol× 56g· mol 1＝(m－1.376g 当钢样粉末中的铁全部溶解时（m≤1.406g）， 剩余的固体质量为：(5.624＋mg× － 0.12 g 28.12 g 答：当铁未完全溶解时，剩余固体的质量为（m－1.376）g；当铁完全溶解时，剩余固体的质量为 ( 5.624 + m ) ´ 0.12 g 。 28.12 6
三、有关物质组成的计算 7、超细硅酸铝具有极好的悬浮性和纯白外观，与颜料配合使用能明显地改进涂料的白度。其样品化学 式可表示为 AlxSi35Oy·zH2O,企业标准规定超细硅酸铝中含水量 7%～10%为优良级。某化学兴趣小组为 测定该样品的组成，按如下步骤实验： 步骤一：准确称取 9.936g 超细硅酸铝样品，充分加热至不再分解为止，冷却、称量，得固体 9.216g。 步骤二：另准确称取 9.936g 超细硅酸铝样品，加足量盐酸，充分反应后，过滤，洗涤，烘干得 SiO2 固 体 8.400g。 (1计算该超细硅酸铝样品是否为优良级。 (2求该样品的化学式。 解析： (1m(H2O=9.936g－9.216g=0.720g w(H2O=0.720g/9.936g × 100%=7.246% 为优良级 (2n(H2O=0.72/18 mol=0.04mol n(SiO2=8.4/60 mol=0.14mol n(Al2O3=(9.936－8.400－0.72/102 mol=0.008mol n(Al2O3∶n(SiO2∶n(H2O=2∶35∶10 故该样品化学式为：Al4Si35O76·10H2O 8、(盐城一检为研究水滑石的组成、结构和性质，某校研究性学习小组取得了二种牌号的水滑石样品拟 进行探究，请你参与探究并回答相关问题。 （1）甲同学取天然水滑石样品进行恒重分析，已知天然 水滑石 的化学式可表示 6MgO·Al2O3·CO2·12H2O，取 0.1mol 水滑石 进行加热时，温度与剩余固体质量的关系如下图,平行线 上的数 字表示残留固体的质量。 当温度在 0～280℃质量不变，是什么原 因： 。 A→B 减少的物质及其物质的量为： ； C→D 减少的物质及其物质的量为： ； D 处化学组成为： 。 （2）乙组取的 CA（美国化学文摘）登记号为 12304-65-3 的合成水滑石样品，现只知其化学式为： MgaAlb(OHC(CO3d， a+b+c+d=25, a、b、c、d 为正整数。取该水滑石样品 0.1mol,用 1mol/L 盐酸使其 完全溶解。 ①消耗盐酸的体积至少为： L（用字母表示）； ②若参加反应的盐酸的物质的量与生成 CO2 的物质的量之比为 18∶1，则该水滑石的化学式为： 。 解析： 0.4molH2O 0.8molH2O 0.1molCO2 7 0.6molMgO
(1天然水滑石在温度低于 280℃是稳定的；0.4molH2O；0.1molCO2；6MgO·Al2O3； (2①0.1c+0.2d 或 0.2a+0.3b；②Mg6Al2(OH16CO3 9、(07 无锡期中某结晶水合物中有两种阳离子和一种阴离子，其所含元素均为短周期元素，为确定其 组成，某同学进行了如下实验：称取两份质量均为 45.3g 的该结晶水合物，分别制成溶液。向其中一份 逐滴加入 NaOH 溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多；一段时间后有气体逸出，该气体有刺 激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，加热后共计可收集到 2.24L 该气体（标准状况）；最后白色 沉淀逐渐减少并最终消失。另一份逐滴加入 Ba（OH）2 溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；过 滤，用稀盐酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体 46.6g。 (1该结晶水合物中含有的两种阳离子是 和 ，阴离子是 。 (2试通过计算确定该结晶水合物的化学式。 (3假设过程中向该溶液中加入的 NaOH 溶液的物质的量浓度为 5mol· -1，请在右图中画出生成沉淀的物 L 质的量与加入 NaOH 溶液体积的关系示意图。 解析：（1）NH4+ （2） n( SO42- = A13+ SO42- 46.6 g = 0.2mol 233 g / mol n( NH 4+ = 22.4 g = 0.1mol 22.4L / mol 根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理： n( NH 4+ + 3n( A13+ = 2n(SO42- 可得： 1 n( A13+ = (2 ´ 0.2mol - 0.1mol = 0.1mol 3 n( H 2 O = 45.3g - 0.1mol ´ 27 g / mol - 0.1´ 18 g / mol - 0.2mol ´ 96 g / mol 18 g / mol =1.2mol 该结晶晶水合物的化学式为 NH4A1（SO4）2· 2O 12H [或（NH4）2SO4· 2（SO4）3· 2O] A1 24H （3） 8
10、(05 江苏水垢可以看作由多种物质组成的混合物，为研究含有 Ca2 、Mg2 、HCO3 的水所形成 的水垢的化学组成，取干燥的水垢 6.32g ，加热使其失去结晶水，得到 5.78 g 剩余固体 A；高温灼烧 A 至恒重，残余固体为 CaO 和 MgO，放出的气体用过量的 Ba(OH2 溶液吸收，得到 11.82g 沉淀。 （1）通过计算确定 A 中是否含有碳酸镁； （2）5.78g 剩余固体 A 灼烧至恒重时产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重 2.82g，通过计算确定 A 中各成分的物质的量，并计算出水垢中碳酸盐质量分数。 解析： （1）根据题意，n(CO2＝n(BaCO3＝11.82g/197g/mol＝0.06mol 若 CO2 全部来自 CaCO3 的分解，则 m(CaCO3＝0.06mol×100g/mol＝6.00g＞5.78g 不合题意，所以，A 中一定含有 MgCO3。 （2）m(CO2＝0.06mol×44g/mol＝2.64g m(H2O＝2.82g－2.64g＝0.18g n[Mg(OH2]＝n(H2O＝0.18g/18g.mol＝0.01mol m[Mg(OH2]＝0.01mol×58g/mol＝0.58g n(CaCO3＋n(MgCO3＝0.06 n(CaCO3·100g/mol＋n(MgCO3·84g/mol＋0.58g＝5.78g 解得：n(MgCO3＝0.05mol，n(CaCO3＝0.01mol ＋ ＋ — 0.05 ´ 84 g / mol + 0.01 ´ 100 g / mol ×100%＝82.3% 6.32 9