師殿峰

一、有關(guān)物質(zhì)的量的計算

例1（2010年全國理綜卷Ⅰ）一定條件下磷與干燥氯氣反應(yīng)，若0.25 g磷消耗掉314 mL氯氣（標(biāo)準(zhǔn)狀況），則產(chǎn)物中PCl3與PCl5的物質(zhì)的量之比接近于（ ）.

A.3∶1 B.5∶3 C.2∶3 D.1∶2

解析設(shè)產(chǎn)物中PCl3與PCl5的物質(zhì)的量分別為n（PCl3）和 n（PCl5）.因n（P）=0.25 g÷31 g/mol=0.008mol，n（Cl2）=0.314L÷22.4L/mol=0.014 mol，由P原子和Cl原子的物質(zhì)的量守恒原則分別得，n（PCl3）+n（PCl5）=0.008 mol……①，3n（PCl3）+5n（PCl5）=0.014 mol×2……②，解方程組①②得：n（PCl3）=0.006 mol，n（PCl5）=0.002 mol；則n（PCl3）∶n（PCl5）=0.006 mol∶0.002 mol=3∶1.故答案為A.

例2（2013年海南化學(xué)卷，節(jié)選）BaCl2·xH2O中結(jié)晶水?dāng)?shù)目可通過重量法來確定：①稱取1.222 g樣品，置于小燒杯中，加入適量稀鹽酸，加熱溶解，邊攪拌邊滴加稀硫酸到沉淀完全，靜置；②過濾并洗滌沉淀；③將盛有沉淀的濾紙包烘干并中溫灼燒；轉(zhuǎn)入高溫爐中，反復(fù)灼燒到恒重，稱得沉淀質(zhì)量為1.165 g.計算BaCl2·xH2O中的x= （要求寫出計算過程）.

解析由題意可知，樣品中BaCl2的物質(zhì)的量n（BaCl2）=n（BaSO4）=1.165 g÷233 g/ mol=

5.000×10-3 mol，其質(zhì)量為m（BaCl2）=5.000×10

-3 mol×208 g/mol=1.040 g；則樣品中H2O的物質(zhì)的量n（H2O）=（1.222 g-1.040 g）÷18 g/mol=0.0101 mol；從而得n（H2O）∶n（BaCl2）=0.0101 mol∶5.000×10-3 mol=2.02≈2，即x=2.故答案為：2（計算過程見解析）.

二、有關(guān)物質(zhì)的量與粒子數(shù)的計算

例3（2014年廣東理綜卷）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值.下列說法正確的是（ ）.

A.1 mol甲苯含有6NA個C-H鍵

B.18 g H2O含有10NA個質(zhì)子

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L氨水含有NA個NH3分子

D.56 g鐵片投入足量濃硫酸中生成NA個SO2分子

解析甲苯（C6H5-CH3）分子中含有8個C-H鍵，則1 mol甲苯含有8 mol C-H鍵，即1 mol甲苯含有8NA個C-H鍵；H2O分子中含有10個質(zhì)子，18 g H2O的物質(zhì)的量為1 mol（即18 g÷18 g/mol=1 mol），則18 g H2O含有10NA個質(zhì)子；標(biāo)準(zhǔn)狀況下氨水為液體，22.4 L氨水的物質(zhì)的量不是1 mol，其含有的NH3分子不是NA個；鐵在常溫下遇濃硫酸產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象，在加熱時與足量的濃硫酸反應(yīng)生成Fe3+（Fe-3e-→Fe3+），56 g鐵的物質(zhì)的量為1 mol（即56 g

÷56 g/mol=1 mol），根據(jù)得失電子守恒原則可知56 g鐵片與足量濃硫酸反應(yīng)生成SO2（H2SO4+

2e-→SO2）的物質(zhì)的量為1.5 mol，即56 g鐵片投入足量濃硫酸中生成1.5NA個SO2分子.故答案為B.

例4（2014年江蘇化學(xué)卷）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值.下列說法正確的是（ ）.

A.1.6 g由氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數(shù)目為0.1NA

B.0.1 mol丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為0.1NA

C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2 L苯中含有分子的數(shù)目為0.5NA

D.在過氧化鈉與水的反應(yīng)中，每生成0.1 mol氧氣，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA

解析氧氣和臭氧都是由氧原子形成的單質(zhì)，1.6 g由氧氣和臭氧組成的混合物中含氧原子的物質(zhì)的量為0.1 mol（即1.6 g÷16 g/mol=0.1 mol），其含有氧原子的數(shù)目為0.1NA；丙烯酸（CH2=CH-COOH）分子中含有2個雙鍵，則0.1 mol丙烯酸中含有雙鍵的數(shù)目為0.2NA；標(biāo)準(zhǔn)狀況下苯為液體，11.2 L苯的物質(zhì)的量不是0.5 mol，其含有分子的數(shù)目不為0.5NA；在過氧化鈉與水的反應(yīng)（2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑）中，Na2O2既是氧化劑又是還原劑，氧元素的化合價部分從-1價升高到0價（生成O2），部分從-1價降低到-2價，即生成1 mol氧氣轉(zhuǎn)移2 mol電子，則每生成0.1 mol氧氣轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.2NA.故答案為A.

三、有關(guān)物質(zhì)的量濃度的計算

例5（2010年海南化學(xué)卷）把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇.則原混合溶液中鉀離子的濃度為（ ）.

A.[（b-a）/V]mol/LB.[（2b-a）/V]mol/L

C.[2（b-a）/V] mol/L D.[2（2b-a）/V]mol/L

解析在MgSO4和K2SO4的混合溶液中，根據(jù)電荷守恒原則得，c（Mg2+）×2+c（K+）=

c（SO2-4）×2；因Mg2++2OH-Mg（OH）2↓，則c（Mg2+）=a mol/2×2÷V L=（a/V）mol/L；因SO2-4+Ba2+BaSO4↓，則c（SO2-4）=b mol×2÷V L=（2b/V）mol/L；從而可得，（a/V）mol/L×2+c（K+）=

（2b/V）mol/L×2，解得c（K+）=[2（2b-a）/V]mol/L.故答案為D.

例6（2010年全國理綜課標(biāo)卷）把500 mL 有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸鈉的溶液，恰好使鋇離子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸銀的溶液，恰好使氯離子完全沉淀.則該混合溶液中鉀離子濃度為（ ）.

A.0.1（b-2a）mol/L B.10（2a-b）mol/L

C.10（b-a）mol/L D.10（b-2a）mol/L

解析在500 mL混合溶液中，n（Ba2+）=n（SO2-4）=5a mol，則c（Ba2+）=5a mol÷0.5 L=10a mol/L；n（Cl-）=n（Ag+）=5b mol，則c（Cl-）=5b mol÷0.5 L=10b mol/L.由電荷守恒原理得，c（Ba2+）×2

+c（K+）=c（Cl-），即10a mol/L×2+c（K+）=10b mol/L，解得c（K+）=10（b-2a）mol/L.故答案為D.

四、有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計算

例7（2012年海南化學(xué)卷）將0.195 g鋅粉加入到20.0 mL的0.100 mol/L MO+2溶液中，恰好完全反應(yīng)，則還原產(chǎn)物可能是（ ）.

A.M B.M2+ C.M3+ D.MO2+

解析設(shè)還原產(chǎn)物中M的化合價為x.因Zn-2e-→Zn2+，MO+2+（5-x）e-→Mx；則根據(jù)得失電子守恒原則得，（0.195 g÷65 g/mol）×2=0.100 mol/L×20.0×10-3L×（5-x），解得x=+2，即還原產(chǎn)物可能為M2+.故答案為B.

例8（2014年上海化學(xué)卷）含有砒霜（As2O3）的試樣和鋅、鹽酸混合反應(yīng)，生成的砷化氫（AsH3）在熱玻璃管中完全分解成單質(zhì)砷和氫氣.若砷的質(zhì)量為1.50mg，則（ ）.

A.被氧化的砒霜為1.98mg

B.分解產(chǎn)生的氫氣為0.672 mL

C.和砒霜反應(yīng)的鋅為3.90mg

D.轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為6×10-5NA

解析砒霜（As2O3）中砷的化合價為+3價，砷化氫（AsH3）中砷的化合價為-3價，即砒霜被還原，A項錯誤.因題中沒有給出溫度和壓強(qiáng)的條件，不能確定產(chǎn)生氫氣的體積，B項錯誤.因As2O3+6e-→2AsH3，而n（As）=1.50×10-3 g÷75 g/mol=2×10-5mol，則砒霜轉(zhuǎn)化為砷化氫得到電子的物質(zhì)的量為2×10-5mol×6=1.2×10-4mol；因Zn-2e-→Zn2+，根據(jù)得失電子守恒原則可知，Zn失去電子的物質(zhì)的量為1.2×10-4mol，則65 g∶2mol=m（Zn）∶1.2×10-4mol，解得m（Zn）=3.90×10-3 g=3.90 mg，C項正確；因AsH3-3e-→As，由AsH3轉(zhuǎn)化為As轉(zhuǎn)移電子

的物質(zhì)的量為2×10-5mol×3=6×10-5mol，從而可知，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為（1.2×10-4mol+6×10-5

mol）×NA mol-1=1.8×10-4NA，D項錯誤.故答案為C.

五、有關(guān)溶液pH的計算

例9（2010年海南化學(xué)卷）常溫下，將0.1 mol/L氫氧化鈉溶液與0.06 mol/L硫酸溶液等體積混合，該混合溶液的pH等于（ ）.

A.1.7 B.2.0 C.12.0 D.12.4

解析設(shè)氫氧化鈉溶液與硫酸溶液的體積均為1 L.由題意可知酸過量，則混合溶液中c（H+）=（0.06 mol/L×2×1 L-0.1 mol/L×1 L）÷2 L=0.01 mol/L；由公式pH=-lg{c（H+）}得，pH=-l g 0.01=2.故答案為B.

例10（2013年全國理綜課標(biāo)卷Ⅱ）室溫時，

M（OH）2（s）M2+（aq）+2OH-（aq），Ksp=a；c（M2+）=b mol/L時，溶液的pH等于（ ）.

A.12lg（ba） B.12lg（ab）

C.14+12lg（ba）

D.14+12lg（ab）

解析因Ksp=c（M2+）·c2（OH-）=b·c2（OH-）=a，解得c（OH-）=（ab）12 mol/L；則c（H+）=1×10-14（ab）12mol/L=1×10-14×（ab）-12mol/L，pH=

-lg{1×10-14×（ab）-12}=14+12lg（ab）.故答案為D.

六、有關(guān)反應(yīng)熱的計算

例11（2013年海南化學(xué)卷）已知下列反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：

①6C（s）+5H2（g）+3N2（g）+9O2（g）2C3H5（ONO2）3（l）ΔH1

②2H2（g）+O2（g）2H2O（g） ΔH2

③C（s）+O2（g）CO2（g） ΔH3

則反應(yīng)④4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的ΔH為（ ）.

A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3

C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3

解析將題給四個熱化學(xué)方程式依次編號為①、②、③、④；根據(jù)蓋斯定律，將③式×12+②式×5-①式×2得④式：4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）ΔH=12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1.故答案為A.

例12（2014年重慶理綜卷）已知：

C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）

ΔH=a kJ/mol

2C（s）+O2（g）2CO（g）

ΔH=-220 kJ/mol

H-H、O=O和O-H鍵的鍵能分別為436、496和462 kJ/mol，則a為（ ）.

A.-332 B.-118 C.+350 D.+130

解析將題給2個熱化學(xué)方程式依次編號為①、②，根據(jù)蓋斯定律，②式-①式×2得2H2（g）+O2（g）2H2O（g）ΔH=-（220+2a）kJ/mol；因反應(yīng)熱=反應(yīng)物鍵能之和-生成物鍵能之和，則（2×436 kJ/mol+496 kJ/mol）-2×2×462 kJ/mol=-（220+2a）kJ/mol，解得a=+130.故答案為D.

七、有關(guān)沉淀溶解平衡的計算

例13（2010年海南化學(xué)卷）已知：Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=1.5×10-16 ，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10-12，則下列難溶鹽的飽和溶液中，Ag+濃度大小順序正確的是（ ）.

A.AgCl>AgI>Ag2CrO4

B.AgCl>Ag2CrO4>AgI

C.Ag2CrO4>AgCl>AgI

D.Ag2CrO4>AgI>AgCl

解析因AgCl（s）Ag+（aq）+Cl-（aq），Ksp（AgCl）=c（Ag+）· c（Cl-）=1.8×10-10，則c（Ag+）=Ksp（AgCl）mol/L=

1.8×10-10mol/L=1.8

×10-5mol/L；AgI（s）Ag+（aq）+I-（aq），Ksp（AgI）=c（Ag+）·c（I-）=1.5×10-16，則c（Ag+）=

Ksp（AgI）mol/L=

1.5×10-16mol/L=1.5×

10-8mol/L；Ag2CrO4（s）2Ag+（aq）+CrO2-4（aq），Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）· c（CrO2-4）=2.0×10-12，設(shè)在Ag2CrO4飽和溶液中，Ag+的濃度為2x，則CrO2-4的濃度為x；則Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）·c（CrO2-4）=（2x）2·x=2.0×10-12，解得x=30.5×10-12

mol/L=30.5×10-4mol/L，即

c（Ag+）

=2x=230.5×10-4mol/L；從而可知Ag+濃度大小順序為Ag2CrO4>AgCl>AgI.故答案為C.

例14（2014年全國理綜課標(biāo)卷I）已知Ksp（AgCl）=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=7.7×10-13，Ksp（Ag2CrO4） =9×10-11.某溶液中含有Cl-、Br-和CrO2-4，濃度均為0.010 mol/L，向該溶液中逐滴加入0.010 mol/L的AgNO3溶液時，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序為（ ）.

A.Cl-、Br-、CrO2-4 B.CrO2-4、Br-、Cl-

C.Br-、Cl-、CrO2-4 D.Br-、CrO2-4、Cl-

解析設(shè)Cl-、Br-、CrO2-4 剛開始沉淀時所需銀離子的濃度分別為x mol/L、y mol/L

、z mol/L.根據(jù)Ksp可得：Ksp（AgCl）=0.01x=1.56×10-10，Ksp（AgBr）=0.01y=7.7×10-13，Ksp（Ag2CrO4）=0.01z2=9×10-11，解得x=1.56×10-8，y=7.7×10-11，z=3×10-4. 5，即y

八、有關(guān)混合物的計算

例15（2013年四川理綜卷）1.52 g銅鎂合金完全溶解于50 mL密度為1.40 g/mL、質(zhì)量分?jǐn)?shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合氣體1120 mL（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，當(dāng)金屬離子全部沉淀時，得到

2.54 g沉淀，下列說法不正確的是（ ）.

A.該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2∶1

B.該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是14.0 mol/L

C.NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%

D.得到2.54 g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是600 mL

解析對于A項，向反應(yīng)后的溶液中加入NaOH溶液，生成Mg（OH）2和Cu（OH）2沉淀，則m[Mg（OH）2+Cu（OH）2]=m（銅鎂合金）+m（OH-）=1.52 g+m（OH-）=2.54 g；且根據(jù)電荷守恒原理可知，銅鎂失去電子的物質(zhì)的量n（e-）=

n（OH-）=m（OH-）÷17 g/mol=（2.54 g-1.52 g）÷17 g/mol=

0.06 mol；設(shè)合金中銅和鎂的物質(zhì)的量分別為n（Cu）和n（Mg），則n（Cu）×64 g/mol+n（Mg）×24 g/mol=1.52 g（合金的質(zhì)量）……①，n（Cu）×2+n（Mg）×2=0.06 mol（合金失去電子的物質(zhì)的量）……②，解方程組①②得，n（Cu）=0.02 mol，n（Mg）=0.01 mol，從而得n（Cu）∶n（Mg）=0.02 mol∶0.01 mol=2∶1，A項正確.對于B項，c（HNO3）=（1000 mL×1.40 g/ mL×63%）÷63 g/mol=14.0 mol/L，B項正確.對于C項，因n（NO2+N2O4）=1.12 L÷22.4 L/mol=0.05 mol，設(shè)NO2和N2O4 的混合氣體中NO2的物質(zhì)的量為n（NO2），則N2O4的物質(zhì)的量為[0.05 mol-n（NO2）]；根據(jù)得失電子守恒原則得，n（NO2）×1+[0.05mol-n（NO2）]×2=0.06 mol，解得n（NO2）=0.04 mol，根據(jù)阿伏加德羅定律得混合氣體中NO2的體積分?jǐn)?shù)為（0.04 mol÷0.05 mol）×100%=80%，C項正確.對于D項，得到2.54 g沉淀時，溶液中的溶質(zhì)只有NaNO3，根據(jù)Na+離子和N原子守恒原則得n（NaOH）=

n（NaNO3）=n（HNO3）-n（NO2）-n（N2O4）×2=14.0mol/L×0.050 L-0.04 mol-0.01 mol×2=0.64 mol，從而得V（NaOH）=0.64 mol÷1.0 mol/L=0.64 L=640 mL，D項不正確.故答案為D.

例16（2013年上?；瘜W(xué)卷）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體V L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），向反應(yīng)后的溶液中（存在Cu2+和SO2-4）加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO 12.0 g，若上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1∶1，則V可能為（ ）.

A.9.0 L B.13.5 L C.15.7 L D.16.8 L

解析若全部是CuS，其物質(zhì)的量為n（CuS）=n（CuO）=12 g÷80 g/mol=0.15 mol；設(shè)生成NO和NO2的物質(zhì)的量均為x（下同）.因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，CuS-8e-→SO2-4；則根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；從而得氣體體積V=（0.3 mol+0.3 mol）×22.4 L/mol=13.44L.若全部是Cu2S，其物質(zhì)的量為n（Cu2S）=1/2×n（CuO）=1/2×（12 g÷80 g/mol）=0.075 mol；因HNO3+3e-→NO，HNO3+e-→NO2，Cu2S-10e-→Cu2++SO2-4；則根據(jù)得失電子守恒原則得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；從而得氣體體積V=（0.1875 mol+0.1875 mol）×22.4 L/mol=8.4 L.因?qū)嶋H是CuS和Cu2S的混合物，則8.4 L

九、有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率的計算

例17（2013年上?；瘜W(xué)卷，節(jié)選）制備

Ni（CO）4的反應(yīng)為Ni（s）+4CO（g）50℃

Ni（CO）4（g），已知在一定條件下的2L密閉容器中制備Ni（CO）4，

圖1

粗鎳（純度98.5%，所含雜質(zhì)不與CO反應(yīng)）剩余質(zhì)量和反應(yīng)時

間的關(guān)系如圖1所示.Ni（CO）4在0～10min的平均反應(yīng)速率

為 .

解析由圖像信息可知，10 min時參加反應(yīng)的Ni的物質(zhì)的量

為（100 g-41 g）÷59 g/mol=1 mol；由反應(yīng)可知，生成Ni（CO）4的物

質(zhì)的量為1 mol，即Δc[Ni（CO）4]=1 mol÷2 L=0.5 mol/L；則由公式

v=Δc/Δt得，v[Ni（CO）4]=0.5 mol/L÷10 min=0.05 mol/（L·min）.故

答案為：0.05 mol/（L·min）.

例18（2014年全國理綜課標(biāo)卷Ⅱ，節(jié)選）在容

積為1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，發(fā)生反

應(yīng)：N2O4（g）2NO2（g），隨溫度升高，混合氣體的顏色變深.100℃時，體系中各物質(zhì)濃度隨時間變化如

圖2所示.在0～60 s時間段，反應(yīng)速率v（N2O4）為

mol/（L·s）.

圖2

解析在0～60 s時間段，N2O4濃度的變化

Δc（N2O4）

=（0.100-0.040）mol/L=0.060 mol/L，則由公式v=Δc/Δt得

，v（N2O4）=0.060 mol/L÷60 s=0.001 mol/（L·s）.故答案為：0.001.

十一、有關(guān)化學(xué)平衡的計算

例19（2014年重慶理綜卷，節(jié)選）儲氫還可借助有機(jī)物，如利用環(huán)己烷和苯之間的可逆反應(yīng)來實現(xiàn)脫氫和加氫.

（g）FeSO4/Al2O3高溫（g）+3H2（g）

在某溫度下，向恒容容器中加入環(huán)己烷，其起始濃度為a mol/L，平衡時苯的濃度為b mol/L，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=.

解析因為

（g）FeSO4/Al2O3高溫（g）+3H2（g）

起始物質(zhì)的量濃度（mol/L） a 0 0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量濃度（mol/L） b b 3b

平衡物質(zhì)的量濃度（mol/L） a-b b 3b

則平衡常數(shù)K=c（苯）·c3（H2）c（環(huán)己烷）=b mol/L×（3b mol/L）3（a-b）mol/L=27b4a-bmol3/L3.

故答案為27b4a-b mol3/L3.

例20（2014年福建理綜卷，節(jié)選）已知t℃時，反應(yīng)FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常數(shù)K=0.25.

（1）t℃時，反應(yīng)達(dá)到平衡時n（CO）∶n（CO2）=.

（2）若在1 L密閉容器中加入0.02 mol FeO（s），并通入x molCO，t℃時反應(yīng)達(dá)到平衡.此時FeO（s）的轉(zhuǎn)化率為50%，則x= .

解析（1）設(shè)容器的體積為V L.由題意可知，

K=c（CO2）c（CO）=n（CO2）/Vn（CO）/V=0.25，

解得n（CO）︰n（CO2）=4︰1.

（2）由題意可知，達(dá)到平衡時參加反應(yīng)的FeO（s）的物質(zhì)的量為0.02 mol×50%=0.01mol.則

FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）

起始物質(zhì)的量（mol）

0.02x 0 0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量（mol）

0.01 0.01 0.01 0.01

平衡物質(zhì)的量（mol） x-0.01 0.01

從而得，n（CO）︰n（CO2）=（x-0.01） mol︰0.01 mol=4︰1，解得x=0.05.

故答案為：（1）4︰1；（2）0.05.

十二、有關(guān)化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)平衡的計算

例21（2014年全國理綜大綱卷，節(jié)選）反應(yīng)AX3（g）+X2（g）AX5（g）在容積為10 L的密閉容器中進(jìn)行.起始時AX3和X2均為0.2 mol.反應(yīng)在不同條件下進(jìn)行，反應(yīng)體系總壓強(qiáng)隨時間的變化如圖3所示.

圖3

（1）列式計算實驗a從反應(yīng)開始至達(dá)到平衡時的反應(yīng)速率v（AX5）= .

（2）用p0表示開始時總壓強(qiáng)，p表示平衡時總壓強(qiáng)，α表示AX3的平衡轉(zhuǎn)化率，則α的表達(dá)式為 ；實驗a和c的平衡轉(zhuǎn)化率： αa為、 αc為.

解析開始時總物質(zhì)的量n0=0.2 mol+0.2 mol=0.4 mol，總壓強(qiáng)為p0，平衡時總壓強(qiáng)為p，設(shè)平衡

時總物質(zhì)的量為n.則p/p0=n/n0=n/0.4，

解得n=0.4 mol×p/p0.設(shè)達(dá)到平衡時參加反應(yīng)的AX3的物

質(zhì)的量為x mol.則

AX3（g）+X2（g）AX5（g）

開始物質(zhì)的量（mol）0.2 0.2 0

轉(zhuǎn)化物質(zhì)的量（mol） x x x

平衡物質(zhì)的量（mol） 0.2-x 0.2-x x

平衡時的總物質(zhì)的量為：（0.2-x）mol+（0.2-x）mol+x mol=（0.4-x）mol=0.4 mol×p/p0，解得x=0.4（1-p/p0）.

（1）對于實驗a，p=120 kPa，p0=160 kPa，則x=0.4（1-p/p0）=0.4（1-120 kPa/160 kPa）=0.1；由公式v=Δc/Δt得，v（AX5）=（0.1 mol÷10 L）÷60 min=1.7×10-4mol/（L·min）.

（2）根據(jù)轉(zhuǎn)化率的概念可得，α=x mol÷0.2 mol，將x=0.4（1-p/p0）代入得，α=2（1-p/p0）；對于實驗a，p=120 kPa，p0=160 kPa，則α=2（1-120 kPa/160 kPa）=50%；對于實驗c，p=140 kPa，p0=175 kPa，則c=2（1-140 kPa/175 kPa）=40%.

故答案為：（1）1.7×10-4mol/（L·min）；

（2）2（1-p/p0），50%，40%.

十三、考查有機(jī)物燃燒的計算

例22（2010年全國理綜卷Ⅱ）在一定的溫度、壓強(qiáng)下，向100 mL CH4和Ar的混合氣體中通入400 mL O2，點(diǎn)燃使其完全反應(yīng)，最后在相同條件下得到干燥氣體460 mL，則反應(yīng)前混合氣體中CH4和Ar的物質(zhì)的量之比為（ ）.

A.1︰4B.1︰3 C.1︰2 D.1︰1

解析設(shè)混合氣體中CH4的體積為V（CH4）.則

CH4+2O2點(diǎn)燃CO2+2H2O氣體體積差量

1 mL ︰ 2 mL

V（CH4） ︰ 40 mL

1 mL︰2 mL=V（CH4）︰40 mL，解得V（CH4）=20 mL；從而得V（Ar）=100 mL-20 mL=80 mL，

n（CH4）︰n（Ar）=V（CH4）︰V（Ar）=20 mL︰80 mL=1︰4.故答案為A.

例23（2011年四川理綜卷）25℃和101 kPa時，乙烷、乙炔和丙烯組成的混合烴32 mL，與過量氧氣混合并完全燃燒，除去水蒸氣，恢復(fù)到原來的溫度和壓強(qiáng)，氣體總體積縮小了72 mL，原混合烴中乙炔的體積分?jǐn)?shù)為（ ）.

A.12.5% B.25% C.50% D.75%

解析設(shè)混合烴的平均分子式為CnHm.則

CnHm+（n+m/4）O2nCO2+m/2H2O 氣體體積差量（減少）

1 mL∶（1+m/4）mL

32 mL∶72 mL

1 mL︰（1+m/4） mL=32 mL︰72 mL，解得m=5，即平均氫原子數(shù)是5.由于乙烷和丙烯分子中均含有6個氫原子，可把乙烷和丙烯看作一種物質(zhì)，乙炔分子中含有2個氫原子.則

C2H6（C3H6）：65C2H2：231，

即C2H6（C3H6）與C2H2的體積比為3︰1；從而得乙炔

的體積分?jǐn)?shù)為1/4×100%=25%.故答案為B.

十四、有關(guān)綜合計算

例24（2014年上?；瘜W(xué)卷）硫有多種含氧酸，亞硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4·SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最為重要，在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用.在實驗室，濃硫酸是常用的干燥劑.完成下列計算：

（1）焦硫酸（H2SO4·SO3）溶于水，其中的SO3都轉(zhuǎn)化為硫酸.若將445 g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，該硫酸的物質(zhì)的量濃度為 mol/L.

（2）若以濃硫酸吸水后生成的H2SO4·H2O計算，250 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的硫酸能吸收多少g水？

（3）硫鐵礦是工業(yè)上制硫酸的主要原料.硫鐵礦氧化焙燒的化學(xué)反應(yīng)如下：3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2，4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2.

若48 mol FeS2完全反應(yīng)耗用氧氣2934.4 L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），計算反應(yīng)產(chǎn)物中Fe3O4與Fe2O3物質(zhì)的量之比.

（4）用硫化氫制取硫酸，既能充分利用資源又能保護(hù)環(huán)境，是一種很有發(fā)展前途的制備硫酸的方法.硫化氫體積分?jǐn)?shù)為0.84的混合氣體（H2S、H2O、N2）在空氣中完全燃燒，若空氣過量77%，計算產(chǎn)物氣體中SO2體積分?jǐn)?shù)（水是氣體）.（已知空氣組成：N2體積分?jǐn)?shù)0.79、O2體積分?jǐn)?shù)0.21）

解析（1）445 g焦硫酸的物質(zhì)的量為445 g÷178 g/mol=2.5 mol，其中H2SO4和SO3的物質(zhì)的量均為2.5 mol，2.5 mol SO3與水反應(yīng)又可生成

2.5 mol H2SO4，則溶液中H2SO4的物質(zhì)的量為

2.5 mol+2.5 mol=5.0 mol.故硫酸的物質(zhì)的量濃度c（H2SO4）=5.0 mol÷4.00 L=1.25 mol/L.

（2）250 g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的硫酸中，H2SO4的質(zhì)量為250 g×98%=245 g，則溶劑水的質(zhì)量為250 g-245 g=5 g；H2SO4的物質(zhì)的量為245 g÷98 g/mol=2.5 mol，2.5 mol H2SO4可以結(jié)合水的物質(zhì)的量為2.5 mol，即可以結(jié)合水的質(zhì)量為2.5 mol×18 g/mol=45 g，因此還可以吸收水的質(zhì)量為m（H2O）= 45 g-5 g=40 g.

（3）反應(yīng)耗用氧氣的物質(zhì)的量為2934.4 L÷22.4 L/mol=131 mol.設(shè)Fe3O4與Fe2O3的物質(zhì)的量分別為x和y.由反應(yīng)3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2可知，生成Fe3O4消耗O2的物質(zhì)的量為8x，由反應(yīng)4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2可知，生成Fe2O3消耗O2的物質(zhì)的量為5.5y，則8x+5.5y=131 mol……①；由鐵元素守恒原則得，3x+2y=48 mol……②；解方程組①②得，x=4 mol，y=18 mol，從而得Fe3O4與Fe2O3物質(zhì)的量之比=x︰y=4 mol︰18 mol=2︰9.

（4）設(shè)混合氣體體積為1體積.由H2S完全燃燒的反應(yīng)2H2S+3O2點(diǎn)燃2SO2+2H2O可知，0.84體積的H2S完全燃燒消耗1.26體積O2、生成0.84體積SO2和0.84體積水蒸氣，因反應(yīng)中空氣過量77%，因此所需空氣的體積為（1.26÷0.21）×177%=10.62體積，則產(chǎn)物氣體中SO2的體積分?jǐn)?shù)為[0.84體積÷（10.62-1.26+0.84+0.84+0.16）體積]×100%=7.5%.

故答案為：（1）1.25；（2）40；（3）2︰9；（4）7.5%（或0.075）.

（收稿日期：2015-02-10）