高考“化学计算”试题分类例析

一、有关物质的量的计算

例1（2010年全国理综卷Ⅰ）一定条件下磷与干燥氯气反应，若0.25 g磷消耗掉314 mL氯气（标准状况），则产物中PCl3与PCl5的物质的量之比接近于（ ）.

A.3∶1 B.5∶3 C.2∶3 D.1∶2

解析设产物中PCl3与PCl5的物质的量分别为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原子的物质的量守恒原则分别得，n（PCl3）+n（PCl5）=0.008 mol……①，3n（PCl3）+5n（PCl5）=0.014 mol×2……②，解方程组①②得：n（PCl3）=0.006 mol，n（PCl5）=0.002 mol；则n（PCl3）∶n（PCl5）=0.006 mol∶0.002 mol=3∶1.故答案为A.

例2（2013年海南化学卷，节选）BaCl2・xH2O中结晶水数目可通过重量法来确定：①称取1.222 g样品，置于小烧杯中，加入适量稀盐酸，加热溶解，边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全，静置；②过滤并洗涤沉淀；③将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧；转入高温炉中，反复灼烧到恒重，称得沉淀质量为1.165 g.计算BaCl2・xH2O中的x= （要求写出计算过程）.

解析由题意可知，样品中BaCl2的物质的量n（BaCl2）=n（BaSO4）=1.165 g÷233 g/ mol=

5.000×10-3 mol，其质量为m（BaCl2）=5.000×10

-3 mol×208 g/mol=1.040 g；则样品中H2O的物质的量n（H2O）=（1.222 g-1.040 g）÷18 g/mol=0.0101 mol；从而得n（H2O）∶n（BaCl2）=0.0101 mol∶5.000×10-3 mol=2.02≈2，即x=2.故答案为：2（计算过程见解析）.

二、有关物质的量与粒子数的计算

例3（2014年广东理综卷）设NA为阿伏加德罗常数的数值.下列说法正确的是（ ）.

A.1 mol甲苯含有6NA个C-H键

B.18 g H2O含有10NA个质子

C.标准状况下，22.4 L氨水含有NA个NH3分子

D.56 g铁片投入足量浓硫酸中生成NA个SO2分子

解析甲苯（C6H5-CH3）分子中含有8个C-H键，则1 mol甲苯含有8 mol C-H键，即1 mol甲苯含有8NA个C-H键；H2O分子中含有10个质子，18 g H2O的物质的量为1 mol（即18 g÷18 g/mol=1 mol），则18 g H2O含有10NA个质子；标准状况下氨水为液体，22.4 L氨水的物质的量不是1 mol，其含有的NH3分子不是NA个；铁在常温下遇浓硫酸产生钝化现象，在加热时与足量的浓硫酸反应生成Fe3+（Fe-3e-Fe3+），56 g铁的物质的量为1 mol（即56 g

÷56 g/mol=1 mol），根据得失电子守恒原则可知56 g铁片与足量浓硫酸反应生成SO2（H2SO4+

2e-SO2）的物质的量为1.5 mol，即56 g铁片投入足量浓硫酸中生成1.5NA个SO2分子.故答案为B.

例4（2014年江苏化学卷）设NA为阿伏加德罗常数的值.下列说法正确的是（ ）.

A.1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA

B.0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA

C.标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA

D.在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1 mol氧气，转移电子的数目为0.4NA

解析氧气和臭氧都是由氧原子形成的单质，1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含氧原子的物质的量为0.1 mol（即1.6 g÷16 g/mol=0.1 mol），其含有氧原子的数目为0.1NA；丙烯酸（CH2=CH-COOH）分子中含有2个双键，则0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.2NA；标准状况下苯为液体，11.2 L苯的物质的量不是0.5 mol，其含有分子的数目不为0.5NA；在过氧化钠与水的反应（2Na2O2+2H2O4NaOH+O2）中，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，氧元素的化合价部分从-1价升高到0价（生成O2），部分从-1价降低到-2价，即生成1 mol氧气转移2 mol电子，则每生成0.1 mol氧气转移电子的数目为0.2NA.故答案为A.

三、有关物质的量浓度的计算

例5（2010年海南化学卷）把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含a mol NaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁；另一份加入含b mol BaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡.则原混合溶液中钾离子的浓度为（ ）.

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，根据电荷守恒原则得，c（Mg2+）×2+c（K+）=

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

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

例6（2010年全国理综课标卷）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硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀.则该混合溶液中钾离子浓度为（ ）.

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，则c（Ba2+）=5a mol÷0.5 L=10a mol/L；n（Cl-）=n（Ag+）=5b mol，则c（Cl-）=5b mol÷0.5 L=10b mol/L.由电荷守恒原理得，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.故答案为D.

四、有关氧化还原反应的计算

例7（2012年海南化学卷）将0.195 g锌粉加入到20.0 mL的0.100 mol/L MO+2溶液中，恰好完全反应，则还原产物可能是（ ）.

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

解析设还原产物中M的化合价为x.因Zn-2e-Zn2+，MO+2+（5-x）e-Mx；则根据得失电子守恒原则得，（0.195 g÷65 g/mol）×2=0.100 mol/L×20.0×10-3L×（5-x），解得x=+2，即还原产物可能为M2+.故答案为B.

例8（2014年上海化学卷）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气.若砷的质量为1.50mg，则（ ）.

A.被氧化的砒霜为1.98mg

B.分解产生的氢气为0.672 mL

C.和砒霜反应的锌为3.90mg

D.转移的电子总数为6×10-5NA

解析砒霜（As2O3）中砷的化合价为+3价，砷化氢（AsH3）中砷的化合价为-3价，即砒霜被还原，A项错误.因题中没有给出温度和压强的条件，不能确定产生氢气的体积，B项错误.因As2O3+6e-2AsH3，而n（As）=1.50×10-3 g÷75 g/mol=2×10-5mol，则砒霜转化为砷化氢得到电子的物质的量为2×10-5mol×6=1.2×10-4mol；因Zn-2e-Zn2+，根据得失电子守恒原则可知，Zn失去电子的物质的量为1.2×10-4mol，则65 g∶2mol=m（Zn）∶1.2×10-4mol，解得m（Zn）=3.90×10-3 g=3.90 mg，C项正确；因AsH3-3e-As，由AsH3转化为As转移电子

的物质的量为2×10-5mol×3=6×10-5mol，从而可知，转移的电子总数为（1.2×10-4mol+6×10-5

mol）×NA mol-1=1.8×10-4NA，D项错误.故答案为C.

五、有关溶液pH的计算

例9（2010年海南化学卷）常温下，将0.1 mol/L氢氧化钠溶液与0.06 mol/L硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于（ ）.

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

解析设氢氧化钠溶液与硫酸溶液的体积均为1 L.由题意可知酸过量，则混合溶液中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.故答案为B.

例10（2013年全国理综课标卷Ⅱ）室温时，

M（OH）2（s）M2+（aq）+2OH-（aq），Ksp=a；c（M2+）=b mol/L时，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；则c（H+）=1×10-14（ab）12mol/L=1×10-14×（ab）-12mol/L，pH=

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

六、有关反应热的计算

例11（2013年海南化学卷）已知下列反应的热化学方程式：

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

则反应④4C3H5（ONO2）3（l）12CO2（g）+10H2O（g）+O2（g）+6N2（g）的ΔH为（ ）.

A.12ΔH3+5ΔH2-2ΔH1 B.2ΔH1-5ΔH2-12ΔH3

C.12ΔH3-5ΔH2-2ΔH1 D.ΔH1-5ΔH2-12ΔH3

解析将题给四个热化学方程式依次编号为①、②、③、④；根据盖斯定律，将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.故答案为A.

例12（2014年重庆理综卷）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键的键能分别为436、496和462 kJ/mol，则a为（ ）.

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

解析将题给2个热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，②式-①式×2得2H2（g）+O2（g）2H2O（g）ΔH=-（220+2a）kJ/mol；因反应热=反应物键能之和-生成物键能之和，则（2×436 kJ/mol+496 kJ/mol）-2×2×462 kJ/mol=-（220+2a）kJ/mol，解得a=+130.故答案为D.

七、有关沉淀溶解平衡的计算

例13（2010年海南化学卷）已知：Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（AgI）=1.5×10-16 ，Ksp（Ag2CrO4）=2.0×10-12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag+浓度大小顺序正确的是（ ）.

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，则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，则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，设在Ag2CrO4饱和溶液中，Ag+的浓度为2x，则CrO2-4的浓度为x；则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；从而可知Ag+浓度大小顺序为Ag2CrO4>AgCl>AgI.故答案为C.

例14（2014年全国理综课标卷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，浓度均为0.010 mol/L，向该溶液中逐滴加入0.010 mol/L的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为（ ）.

A.Cl-、Br-、CrO2-4 B.CrO2-4、Br-、Cl-

C.Br-、Cl-、CrO2-4 D.Br-、CrO2-4、Cl-

解析设Cl-、Br-、CrO2-4 刚开始沉淀时所需银离子的浓度分别为x mol/L、y mol/L

、z mol/L.根据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、有关混合物的计算

例15（2013年四川理综卷）1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120 mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到

2.54 g沉淀，下列说法不正确的是（ ）.

A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2∶1

B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L

C.NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%

D.得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL

解析对于A项，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，生成Mg（OH）2和Cu（OH）2沉淀，则m[Mg（OH）2+Cu（OH）2]=m（铜镁合金）+m（OH-）=1.52 g+m（OH-）=2.54 g；且根据电荷守恒原理可知，铜镁失去电子的物质的量n（e-）=

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

0.06 mol；设合金中铜和镁的物质的量分别为n（Cu）和n（Mg），则n（Cu）×64 g/mol+n（Mg）×24 g/mol=1.52 g（合金的质量）……①，n（Cu）×2+n（Mg）×2=0.06 mol（合金失去电子的物质的量）……②，解方程组①②得，n（Cu）=0.02 mol，n（Mg）=0.01 mol，从而得n（Cu）∶n（Mg）=0.02 mol∶0.01 mol=2∶1，A项正确.对于B项，c（HNO3）=（1000 mL×1.40 g/ mL×63%）÷63 g/mol=14.0 mol/L，B项正确.对于C项，因n（NO2+N2O4）=1.12 L÷22.4 L/mol=0.05 mol，设NO2和N2O4 的混合气体中NO2的物质的量为n（NO2），则N2O4的物质的量为[0.05 mol-n（NO2）]；根据得失电子守恒原则得，n（NO2）×1+[0.05mol-n（NO2）]×2=0.06 mol，解得n（NO2）=0.04 mol，根据阿伏加德罗定律得混合气体中NO2的体积分数为（0.04 mol÷0.05 mol）×100%=80%，C项正确.对于D项，得到2.54 g沉淀时，溶液中的溶质只有NaNO3，根据Na+离子和N原子守恒原则得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，从而得V（NaOH）=0.64 mol÷1.0 mol/L=0.64 L=640 mL，D项不正确.故答案为D.

例16（2013年上海化学卷）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO2-4）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1∶1，则V可能为（ ）.

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

解析若全部是CuS，其物质的量为n（CuS）=n（CuO）=12 g÷80 g/mol=0.15 mol；设生成NO和NO2的物质的量均为x（下同）.因HNO3+3e-NO，HNO3+e-NO2，CuS-8e-SO2-4；则根据得失电子守恒原则得，3x+x=0.15 mol×8，解得x=0.3 mol；从而得气体体积V=（0.3 mol+0.3 mol）×22.4 L/mol=13.44L.若全部是Cu2S，其物质的量为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；则根据得失电子守恒原则得，3x+x=0.075 mol×10，解得x=0.1875 mol；从而得气体体积V=（0.1875 mol+0.1875 mol）×22.4 L/mol=8.4 L.因实际是CuS和Cu2S的混合物，则8.4 L

九、有关化学反应速率的计算

例17（2013年上海化学卷，节选）制备

Ni（CO）4的反应为Ni（s）+4CO（g）50℃

Ni（CO）4（g），已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni（CO）4，

图1

粗镍（纯度98.5%，所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时

间的关系如图1所示.Ni（CO）4在0～10min的平均反应速率

为 .

解析由图像信息可知，10 min时参加反应的Ni的物质的量

为（100 g-41 g）÷59 g/mol=1 mol；由反应可知，生成Ni（CO）4的物

质的量为1 mol，即Δc[Ni（CO）4]=1 mol÷2 L=0.5 mol/L；则由公式

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

答案为：0.05 mol/（L・min）.

例18（2014年全国理综课标卷Ⅱ，节选）在容

积为1.00 L的容器中，通入一定量的N2O4，发生反

应：N2O4（g）2NO2（g），随温度升高，混合气体的颜色变深.100℃时，体系中各物质浓度随时间变化如

图2所示.在0～60 s时间段，反应速率v（N2O4）为

mol/（L・s）.

图2

解析在0～60 s时间段，N2O4浓度的变化

Δc（N2O4）

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

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

十一、有关化学平衡的计算

例19（2014年重庆理综卷，节选）储氢还可借助有机物，如利用环己烷和苯之间的可逆反应来实现脱氢和加氢.

（g）FeSO4/Al2O3高温（g）+3H2（g）

在某温度下，向恒容容器中加入环己烷，其起始浓度为a mol/L，平衡时苯的浓度为b mol/L，该反应的平衡常数K=.

解析因为

（g）FeSO4/Al2O3高温（g）+3H2（g）

起始物质的量浓度（mol/L） a 0 0

转化物质的量浓度（mol/L） b b 3b

平衡物质的量浓度（mol/L） a-b b 3b

则平衡常数K=c（苯）・c3（H2）c（环己烷）=b mol/L×（3b mol/L）3（a-b）mol/L=27b4a-bmol3/L3.

故答案为27b4a-b mol3/L3.

例20（2014年福建理综卷，节选）已知t℃时，反应FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）的平衡常数K=0.25.

（1）t℃时，反应达到平衡时n（CO）∶n（CO2）=.

（2）若在1 L密闭容器中加入0.02 mol FeO（s），并通入x molCO，t℃时反应达到平衡.此时FeO（s）的转化率为50%，则x= .

解析（1）设容器的体积为V L.由题意可知，

K=c（CO2）c（CO）=n（CO2）/Vn（CO）/V=0.25，

解得n（CO）Un（CO2）=4U1.

（2）由题意可知，达到平衡时参加反应的FeO（s）的物质的量为0.02 mol×50%=0.01mol.则

FeO（s）+CO（g）Fe（s）+CO2（g）

起始物质的量（mol）

0.02x 0 0

转化物质的量（mol）

0.01 0.01 0.01 0.01

平衡物质的量（mol） x-0.01 0.01

从而得，n（CO）Un（CO2）=（x-0.01） molU0.01 mol=4U1，解得x=0.05.

故答案为：（1）4U1；（2）0.05.

十二、有关化学反应速率与化学平衡的计算

例21（2014年全国理综大纲卷，节选）反应AX3（g）+X2（g）AX5（g）在容积为10 L的密闭容器中进行.起始时AX3和X2均为0.2 mol.反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图3所示.

图3

（1）列式计算实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率v（AX5）= .

（2）用p0表示开始时总压强，p表示平衡时总压强，α表示AX3的平衡转化率，则α的表达式为 ；实验a和c的平衡转化率： αa为、 αc为.

解析开始时总物质的量n0=0.2 mol+0.2 mol=0.4 mol，总压强为p0，平衡时总压强为p，设平衡

时总物质的量为n.则p/p0=n/n0=n/0.4，

解得n=0.4 mol×p/p0.设达到平衡时参加反应的AX3的物

质的量为x mol.则

AX3（g）+X2（g）AX5（g）

开始物质的量（mol）0.2 0.2 0

转化物质的量（mol） x x x

平衡物质的量（mol） 0.2-x 0.2-x x

平衡时的总物质的量为：（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）对于实验a，p=120 kPa，p0=160 kPa，则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）根据转化率的概念可得，α=x mol÷0.2 mol，将x=0.4（1-p/p0）代入得，α=2（1-p/p0）；对于实验a，p=120 kPa，p0=160 kPa，则α=2（1-120 kPa/160 kPa）=50%；对于实验c，p=140 kPa，p0=175 kPa，则c=2（1-140 kPa/175 kPa）=40%.

故答案为：（1）1.7×10-4mol/（L・min）；

（2）2（1-p/p0），50%，40%.

十三、考查有机物燃烧的计算

例22（2010年全国理综卷Ⅱ）在一定的温度、压强下，向100 mL CH4和Ar的混合气体中通入400 mL O2，点燃使其完全反应，最后在相同条件下得到干燥气体460 mL，则反应前混合气体中CH4和Ar的物质的量之比为（ ）.

A.1U4B.1U3 C.1U2 D.1U1

解析设混合气体中CH4的体积为V（CH4）.则

CH4+2O2点燃CO2+2H2O气体体积差量

1 mL U 2 mL

V（CH4） U 40 mL

1 mLU2 mL=V（CH4）U40 mL，解得V（CH4）=20 mL；从而得V（Ar）=100 mL-20 mL=80 mL，

n（CH4）Un（Ar）=V（CH4）UV（Ar）=20 mLU80 mL=1U4.故答案为A.

例23（2011年四川理综卷）25℃和101 kPa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32 mL，与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72 mL，原混合烃中乙炔的体积分数为（ ）.

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

解析设混合烃的平均分子式为CnHm.则

CnHm+（n+m/4）O2nCO2+m/2H2O 气体体积差量（减少）

1 mL∶（1+m/4）mL

32 mL∶72 mL

1 mLU（1+m/4） mL=32 mLU72 mL，解得m=5，即平均氢原子数是5.由于乙烷和丙烯分子中均含有6个氢原子，可把乙烷和丙烯看作一种物质，乙炔分子中含有2个氢原子.则

C2H6（C3H6）：65C2H2：231，

即C2H6（C3H6）与C2H2的体积比为3U1；从而得乙炔

的体积分数为1/4×100%=25%.故答案为B.

十四、有关综合计算

例24（2014年上海化学卷）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4・SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用.在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂.完成下列计算：

（1）焦硫酸（H2SO4・SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸.若将445 g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为 mol/L.

（2）若以浓硫酸吸水后生成的H2SO4・H2O计算，250 g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？

（3）硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料.硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2，4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2.

若48 mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4 L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比.

（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法.硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）.（已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21）

解析（1）445 g焦硫酸的物质的量为445 g÷178 g/mol=2.5 mol，其中H2SO4和SO3的物质的量均为2.5 mol，2.5 mol SO3与水反应又可生成

2.5 mol H2SO4，则溶液中H2SO4的物质的量为

2.5 mol+2.5 mol=5.0 mol.故硫酸的物质的量浓度c（H2SO4）=5.0 mol÷4.00 L=1.25 mol/L.

（2）250 g质量分数为98%的硫酸中，H2SO4的质量为250 g×98%=245 g，则溶剂水的质量为250 g-245 g=5 g；H2SO4的物质的量为245 g÷98 g/mol=2.5 mol，2.5 mol H2SO4可以结合水的物质的量为2.5 mol，即可以结合水的质量为2.5 mol×18 g/mol=45 g，因此还可以吸收水的质量为m（H2O）= 45 g-5 g=40 g.

（3）反应耗用氧气的物质的量为2934.4 L÷22.4 L/mol=131 mol.设Fe3O4与Fe2O3的物质的量分别为x和y.由反应3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2可知，生成Fe3O4消耗O2的物质的量为8x，由反应4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2可知，生成Fe2O3消耗O2的物质的量为5.5y，则8x+5.5y=131 mol……①；由铁元素守恒原则得，3x+2y=48 mol……②；解方程组①②得，x=4 mol，y=18 mol，从而得Fe3O4与Fe2O3物质的量之比=xUy=4 molU18 mol=2U9.

（4）设混合气体体积为1体积.由H2S完全燃烧的反应2H2S+3O2点燃2SO2+2H2O可知，0.84体积的H2S完全燃烧消耗1.26体积O2、生成0.84体积SO2和0.84体积水蒸气，因反应中空气过量77%，因此所需空气的体积为（1.26÷0.21）×177%=10.62体积，则产物气体中SO2的体积分数为[0.84体积÷（10.62-1.26+0.84+0.84+0.16）体积]×100%=7.5%.

故答案为：（1）1.25；（2）40；（3）2U9；（4）7.5%（或0.075）.

（收稿日期：2015-02-10）