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2019高考化学试题分类解析汇编--化学计算
1.［2018·江苏化学卷8］设NA为阿伏伽德罗常数的值。以下说法正确的选项是
A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B.常温常压下，18gH2O含有的原子总数为3NA
C.标准状况下，11.2LCH3CH2OH中含有分子的数目为0.5NA
D.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
B解析：此题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和考前须知。
A.标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，因为Cl2溶于水不可实现完全与水反应。
C.标准状况下CH3CH2OH为液态，无法计算。
D.常温常压下，2.24LCO和CO2混合气体中含有的碳原子数目不好计算，非标准状况。
解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。
2.［2018·江苏化学卷14］温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
以下说法正确的选项是
A.反应在前50s的平均速率为v(PCl3)=0.0032mol·L－1·s－1
B.保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11mol·L－1,那么反应的△H＜0
C.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前v(正)＞v(逆)
D.相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
C解析：此题素材似乎来源于《选修四》课本第32页习题的第8题，属于基本理论中化学平衡问题，主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。
A.反应在前50s内的平均速率应该是前50s内PCl3浓度变化与时间的比值，而不是PCl3物质的量的变化与时间的比值。
B.相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2应先求平衡常数K为0.025，再求浓度商〔Qc〕为0.02,K＞Qc,说明平衡向正反应方向移动。
C.保持其他条件不变，向平衡体系中再通入0.20molH2O，与原平衡相比，平衡向右移动，达到新平衡时CO转化率增大，H2O转化率减小，H2O的体积分数会增大。
D.从等效平衡的角度，先建立原容器两倍关系的模型，即与原平衡完全等效，再把容器两倍关系压缩成原容器，那么平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率应大于80%
3.［2018·江苏化学卷16］(12分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO3)2，其部分工艺流程如下：
(1)一定条件下，NO与NO2存在以下反应：NO(g)＋NO2(g)N2O3(g)，其平衡常数表达式为K=。
(2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是(填化学式)。
(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1。假设n(NO)：n(NO)＞1：1,那么会导致；假设n(NO)：n(NO)＜1：1,那么会导致。
(4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO3)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式。
【参考答案】
(1)k=c(N2O3)/c(NO)·c(NO2)
(2)使尾气中NO、NO2被充分吸收Ca(OH)2
(3)放气体中NO含量升高产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高
(4)3NO2－＋2H＋=NO3－＋2NO↑＋H2O
【解析】此题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。此题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关付反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。
【备考提示】我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化学反应原理、氧化还原反应、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。
4.［2018·江苏化学卷18］(12分)硫酸钠-过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过以下实验测定：①准确称取1.7700g样品，配制成100ml溶液A。②准确量取25.00ml溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.5825g。③准确量取25.00ml溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02000mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00ml。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：
2MnO4―＋5H2O2＋6H＋=4Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(1)室温下BaSO4的Ksp=1.1×10－10，欲使溶液中c(SO42－)≤1.0×10－6mol·L－1，应保持溶液中c(Ba2＋)≥mol·L－1。
(2)上述滴定不加稀硫酸酸化，MnO4―被还原成MnO2，其离子方程式为：
。
(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。
【参考答案】
(1)n(BaSO4)=0.5825g/233g·mol－1=2.50×10－3mol
(2)2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(3)n(H2O2)=5/2·(0.0200mol·L－1×25.00mL)/1000mL·L－1=1.25×10－3mol
m(Na2SO4)=142g·mol－1×2.50×10－3mol=0.355g
m(H2O2)=34g·mol－1×1.25×10－3mol=0.0425g
n(H2O)=[(1.7700g×25.00mL/100mL)－0.355g－0.0425g]/18g·mol－1
=2.5×10－3mol
x:y:z=n(Na2SO4):n(H2O2):n(H2O)=2:1:2
硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O
【解析】此题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化还原反应滴定进行成分析，运用元素守恒进行推理计算，兼有溶度积常计算，离子方程式书写。
【备考提示】可见，高三复习还得紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法。
5.［2018·江苏化学卷20］(14分)铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。
(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：
Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)=3AlCl(g)＋3CO(g)△H=akJ·mol－1
3AlCl(g)=3Al(l)＋AlCl3(g)△H=bkJ·mol－1
①反应Al2O3(s)＋3C(s)=2Al(l)＋3CO(g)的△H=kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
②Al4C3是反应过程的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式。
(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为
Mg17Al12＋17H2=17MgH2＋12Al。得到的混合物Y(17MgH2＋12Al)在一定条件下释放出氢气。
①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是。
②在6.0mol·L－1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为。
③在0.5mol·L－1NaOH和1.0mol·L－1MgCl2溶液中，
混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质X-射线衍射谱图如右图所示(X-射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是
(填化学式)。
(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下
动力电源，其原理如右下图所示。该电池反应
的化学方程式为：
。
【参考答案】
(1)①a＋b
②Al4C3＋12HCl=4AlCl3＋3CH4↑
(2)①防止MgAl被空气氧化
②52mol
③Al
(3)2Al＋3AgO＋2NaOH=2NaAlO2＋3Ag＋H2O
【解析】此题以新能源、新材料为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表计算与分析的综合题，是以常见物质相关的化学知识在生产、生活中具体运用的典型试题。
【备考提示】高三复习一定要关注社会、关注生活、关注新能源新材料、关注环境保护与社会发展，适度加强综合训练，把学生的能力培养放在高三复习的第一位。
6.［2018·海南化学卷6］将0.195g锌粉加入到200mL的0.100mol·L-1MO2+溶液中，恰好完全反应，那么还原产物可能是
A.MB.M2+C、M3+D.MO2+
B【解析】根据得失电子守恒可计算：0.195g锌粉(0.003mol)失去的电子为0.006mol；MO2+中M的化合价为+5，设其降低为+x价，那么有：(5-x)×0.02×0.1=0.006，解得x=2，故B选项正确。
7.［2018·海南化学卷7］NA为阿伏加德罗常数的数值，以下说法中正确的选项是
A、在密闭容器中加入l.5molH2和0.5molN2，充分反应后可得到NH3分子数为NAB、一定条件下，2.3g的Na完全与O2反应生成3.6g产物时失去的电子数为0.1NAC、1.0L的0.1mol·L-1Na2S溶液中含有的S2-离子数为0.1NA
D、标准状况下，22.4L的CCl4中含有的CCl4分子数为NA
B【解析】因合成氨的反应为可逆反应，不能进行到底，A选项错；2.3g钠(0.1mol)不论生成氧化钠还是过氧化钠，都生成+1价的Na+，都会失去0.1mol电子，B选项正确；因S2-离子会水解，使其数目小于0.1NA，C选项错；标准状况下CCl4是液态，不能应用标准状况的气体摩尔体积计算，D选项错。
8.［2018·海南化学卷11］25℃时，amol·L-1一元酸HA与bmol·L-1NaOH等体积混合后，pH为7，那么以下关系一定正确的选项是
A、a=bB、a>bC、c(A-)=c(Na+)D、c(A-)<c(Na+)
C【解析】pH为7，说明混合后的溶液显中性，根据溶液中的电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，可知c(Na+)=c(A-)，故C选项正确。假设HA为强酸，那么a=b，假设HA为弱酸，那么应是a>b，现在不知是强酸还是弱酸，故无法确定a和b的关系，故A、B、D选项错误。
9.［2018·海南化学卷13］(8分)氮元素的氢化物和氧化物在工业生产和国防建设中都有广泛应用，回答以下问题：
(1)氮元素原子的L层电子数为；
(2)NH3与NaClO反应可得到肼(N2H4)，该反应的化学方程式为；
(3)肼可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2H4反应生成N2和水蒸气。
：①N2(g)+2O2(g)=N2H4(1)△H1=-195kJ·mol-1
②(1)+O2(g)=N2(g)+2H2O△H2=-534.2kJ·mol-1
写出肼和N2H4反应的热化学方程式；
(4)肼一空气燃料电池是一种碱性电池，该电池放电时，负极的反应式为。
【答案】(1)5
(2)2NH3+NaClO==N2H4+NaCl+H2O
(3)2N2H4(1)+N2O4(1)==3N2(g)+4H2O(g)△H=-1048.9kJ·mol-1
(4)2N2H4-4e-+4OH-==2N2+4H2O
【解析】(1)N原子的原子结构示意图为：，故其L层上有5个电子；
(2)NH3+NaClO——N2H4，根据元素守恒还应生成NaCl和H2O，观察法可配平方程式为2NH3+NaClO==N2H4+NaCl+H2O；
(3)肼与N2O4反应生成N2和水蒸气：2N2H4+N2O4==3N2+4H2O，观察的两个热方程式可知，②×2-①得：2N2H4(1)+N2O4(1)==3N2(g)+4H2O(g)△H=△H2×2-△H1==-1048.9kJ·mol-1
(4)“肼—空气燃料电池是一种碱性电池”中O2在正极反应，故负极是肼发生反应：2N2H4-4e-+4OH-==2N2+4H2O。
10.［2018·海南化学卷14］(9分)在FeCl3溶液蚀刻铜箔制造电路板的工艺中，废液处理和资源回收的过程简述如下：I：向废液中投入过量铁屑，充分反应后分离出固体和滤液：
II：向滤液中加入一定量石灰水，调节溶液pH，同时鼓入足量的空气。
己知：Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38
回答以下问题：
(1)FeCl3蚀刻铜箔反应的离子方程式为：
(2)过程I加入铁屑的主要作用是，分离得到固体的主要成分是，从固体中分离出铜需采用的方法是；
(3)过程II中发生反应的化学方程式为；
(4)过程II中调节溶液的pH为5，金属离子浓度为。(列式计算)
【答案】(1)2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+；
(2)回收铜Cu和Fe加入过量的盐酸后过滤。
(3)FeCl2+Ca(OH)2==CaCl2+Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+2H2O==4Fe(OH)3
(4)4.0×10-11mol·L-1
【解析】(1)Fe3+具有强氧化性，能将Cu氧化，其离子方程式为2Fe3++Cu==2Fe2++Cu2+；(2)废液中中含有Fe2+和Cu2+，加入过量的铁屑发生的反应为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故铁屑的作用是回收铜，分离得到的固体为Cu和Fe的混合物，从中得到铜的方法是先加入过量的盐酸，再过滤。
(3)“向滤液中加入一定量石灰水”发生的反应为：FeCl2+Ca(OH)2==CaCl2+Fe(OH)2↓；“鼓入足量的空气”发生的反应为：4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3。
(4)据KSP[Fe(OH)3]=c(Fe3+〕·[c(OH-)]3=4.0×10-38，pH=5那么c(OH-)＝10-9mol·L-1，可知c(Fe3+〕=4.0×10-11mol·L-1。
11.［2018·海南化学卷15］(9分)A(g)+B(g)C(g)+D(g)反应的平衡常数和温度的关系如下：
|温度/℃
700
900
830
1000
1200
平衡常数
1.7
1.1
1.0
0.6
0.4
回答以下问题：
(1)该反应的平衡常数表达式K=，△H0〔填“<”“>”“=”)；
(2)830℃时，向一个5L的密闭容器中充入0.20mol的A和0.80mol的B，如反应初始6s内A的平均反应速率v(A)=0、003mol·L-1·s-1。，那么6s时c(A)=mol·L-1，C的物质的量为mol；假设反应经一段时间后，达到平衡时A的转化率为，如果这时向该密闭容器中再充入1mol氩气，平衡时A的转化率为；
(3)判断该反应是否达到平衡的依据为(填正确选项前的字母)：
A、压强不随时间改变b.气体的密度不随时间改变
c.c(A)不随时问改变d.单位时间里生成c和D的物质的量相等
(4)1200℃时反应C(g)+D(g)A(g)+B(g)的平衡常数的值为。
【答案】(1)<
(2)0.022mol·L-10.09mol80%80%
(3)c
(4)2.5
【解析】(1)因反应中的物质都是气体，据平衡常数的定义可知其K=；由表中数据可知，温度升高，K值减小，说明升高温度向吸热的逆反应方向移动，故正反应为放热反应，即ΔH<0。
(2)υ(A)=0.003mol·L-1·s-1，那么6s后A减少的浓度c(A)=υ(A)t=0.018mol·L-1，故剩余的A的浓度为-0.018mol·L-1=0.022mol·L-1；A减少的物质的量为0.018mol·L-1×5L=0.09mol，根据方程式的系数关系，生成的C的物质的量也为0.09mol。
设830℃达平衡时，转化的A的浓度为x，那么：
A(g)+B(g)C(g)+D(g)
起始浓度(mol·L－1)0.040.1600
转化浓度(mol·L－1)xxxx
平衡浓度(mol·L－1)0.04－x0.16－xxx
有：=1，解得x=0.032，故A的转化率α(A)＝×100%＝80%；由于容器的体积是固定的，通入氩气后各组分的浓度不变，反应速率不改变，平衡不移动。
(3)由于该反应是气体分子数不变的反应，容器中压强、气体的密度都永远不变，故a、b错；c(A)随反应的进行要减小，故c可以；不论是否达平衡，单位时间里生成C和D的物质的量永远相等，故d错。
(4)反应“C(g)+D(g)A(g)+B(g)”与“A(g)+B(g)C(g)+D(g)”互为逆反应，平衡常数互为倒数关系，故1200℃时，C(g)+D(g)A(g)+B(g)的K==2.5。
12.［2018·海南化学卷16］(9分)新型高效的甲烷燃料电池采用铂为电极材料，两电极上分别通入CH4和O2，电解质为KOH溶液。某研究小组将两个甲烷燃料电池串联后作为电源，进行饱和氧化钠辖液电解实验，如下图。

回答以下问题：
(1)甲烷燃料电池正极、负极的电极反应分别为、。(2)闭合K开关后，a、b电极上均有气体产生、其中b电极上得到的是，电解氯化钠溶液的总反应方程式为；
(3)假设每个电池甲烷通如量为1L(标准状况)，且反应完全，那么理论上通过电解池的电量为〔法拉第常数F=9.65×l04C·mol-1列式计算)，最多能产生的氯气体积为L(标准状况)。
【答案】(1)2O2+4H2O+8e-==8OH-CH4-8e-+10OH-==CO32-+7H2O
(2)H22NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
(3)3.45×104C4L
【解析】(1)在碱性溶液中，甲烷燃料电池的总反应式为：CH4+2O2+2OH-==CO32-+3H2O，正极是：2O2+4H2O+8e-==8OH-，负极是：CH4-8e-+10OH-==CO32-+7H2O。
(2)b电极与通入甲烷的电极相连，作阴极，是H+放电，生成H2；电解氯化钠溶液的总反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
(3)根据得失电子守恒，可得：1molCH4～8mole-～4molCl2，故假设每个电池甲烷通入量为1L(标准状况)，生成4LCl2；电解池通过的电量为×8×9.65×l04C·mol-1=3.45×104C(题中虽然有两个燃料电池，但电子的传递量只能用一个池的甲烷量计算)。
13.［2018·海南化学卷19-II］(14分)铜在我国有色金属材料的消费中仅次于铝，广泛地应用于电气、机械制造、国防等领域。回答以下问题：
(1)铜原子基态电子排布式为；
(2)用晶体的x射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数。对金属铜的测定得到以下结果：晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.00g·cm-3，那么镉晶胞的体积是
cm3、晶胞的质量是g，阿伏加德罗常数为(列式计算，己知Ar(Cu)=63.6)；
(3)氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如下图)，a位置上Cl原子的杂化轨道类型为。其中一种化合物的化学式为KCuCl3，另一种的化学式为；

(4)金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应，其原因是，反应的化学方应程式为。
【答案】
(1)1s22s22p63s23p63d104s1
(2)4.7×10-23cm34.23×10-22gAr(Cu)=63.6g/mol=×NA，得NA=6.01×1023mol-1。
(3)sp3K2CuCl3
(4)过氧化氢为氧化剂，氨与Cu形成配离子，两者相互促进使反应进行；
Cu+H2O2+4NH3=Cu(NH3)42++2OH—
【解析】(1)铜是29号元素，其基态原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1。
(2)铜的晶胞为面心立方最密堆积，一个晶胞能分摊到4个Cu原子；1pm=10-10cm，故一个晶胞的体积为(361×10-10cm)3=4.7×10-23cm3；一个晶胞的质量为4.7×10-23cm3×9.00g·cm-3=4.23×10-22g；由Ar(Cu)=63.6g/mol=×NA，得NA=6.01×1023mol-1。
(3)KCuCl3中Cu元素的化合价为+2，那么另一种无限长链结构中的Cu元素的化合价为+1，CuCl3原子团的化合价为-2，故其化学式为K2CuCl3。
(4)“金属铜单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反应”，这是两种物质共同作用的结果：过氧化氢具有强氧化性，而氨水能与Cu2+形成配合物。

15.［2018·安徽理综化学卷12］氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。25°C时：
① ·
②
在20ml.0.1mol氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：
A、
B、当V=20时，溶液中：
C、当V=20时，溶液中：·
D、当V>0时，溶液中一定存在〕
B【解析】此题考查盖斯定律的应用及溶液中离子浓度大小的比较，旨在考查考生对所学生所学知识的整合及应用能力。根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)H＋(aq)＋F－(aq)ΔH＝－10.4kJ·mol－1，故A项错误。当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)；因F－水解，故溶液中存在：c(F－)＜c(Na+)＝0.05mol·L－1，故B项正确，C项错误。D项，溶液中离子浓度的大小取决于V的大小，离子浓度大小关系可能为c(F－)＞c(H＋)＞c(Na+)＞c(OH－)或c(F－)＞c(Na+)＞c(H＋)＞c(OH－)或c(Na+)＝c(F－)＞c(OH－)＝c(H＋)或c(Na+)＞c(F－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。

17.［2018·浙江理综化学卷12］以下说法正确的选项是：
A、在100℃、101kPa条件下，液态水的气化热为40.69kJ·mol-1，那么H2O(g)H2O(l)的ΔH=40.69kJ·mol-1
B、MgCO3的Ksp=6.82×10-6，那么所有含有固体MgCO3的溶液中，都有c(Mg2+)=c(CO32-)，且c(Mg2+)·c(CO32-)=6.82×10-6
C、：
共价键
C－C
C=C
C－H
H－H
键能/kJ·mol-1
348
610
413
436
那么可以计算出反应的ΔH为－384kJ·mol-1
D、常温下，在0.10mol·L-1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶体，能使NH3·H2O的电离度降低，溶液的pH减小
D解析：A选项中，H2O(g)→H2O(l)是放出热量，那么H2O(g)H2O(l)的ΔH=－40.69kJ·mol-1。A错；B选项中，难溶电解质MgCO3在溶液中的溶解平衡是建立在一定条件下的，溶度积是难溶解的固相与溶液中相应离子达到平衡时的离子浓度的乘积，只与温度有关。
在一定温度下，MgCO3达到溶解平衡状态时，是c(Mg2+)和c(CO32-)保持不变，不是相等，此时，Ksp(MgCO3)=c(Mg2+)×c(CO32-)，25℃时Ksp=6.82×10-6，所以B错；C选项中，苯环上碳原子间的键是介于单键与双键之间的一种特殊的键，那么反应的焓变不能用C－C和C=C的键能来计算，C错；D选项，常温下，NH3·H2O溶液中存在着以下电离平衡：NH3·H2ONH4＋+OH―，加入少量NH4Cl晶体，由于同离子效应，使平衡向左〔逆向〕移动，抑制了NH3·H2O的电离，从而使NH3·H2O的电离度降低，溶液的pH减小，D正确。
18.［2018·浙江理综化学卷27］(15分)物质(t-BuNO)2在正庚烷溶剂中发生如下反应：(t-BuNO)22(t-BuNO)。
〔1〕当(t-BuNO)2的起始浓度〔c0〕为0.50mol·L-1时，实验测得20℃时的平衡转化率〔α〕是65%。列式计算20℃时上述反应的平衡常数K=。
〔2〕一定温度下，随着(t-BuNO)2的起始浓度增大，其平衡转化率〔填“增大”、“不变”或“减小”〕。
20℃时该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，假设将反应溶剂正庚烷改成CCl4，并保持(t-BuNO)2起始浓度相同，那么它在CCl4溶剂中的平衡转化率〔填“大于”、“等于”或“小于”〕其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。
〔3〕实验测得该反应的ΔH=50.5kJ·mol-1，活化能Ea=90.4kJ·mol-1。以下能量关系图合理的是。

〔4〕该反应的ΔS0〔填“＞”、“＜”或“＝”〕。在〔填“较高”或“较低”〕温度下有利于该反应自发进行。
〔5〕随着该反应的进行，溶液的颜色不断变化，分析溶液颜色与反应物〔或生成物〕浓度的关系〔即比色分析〕，可以确定该化学反应的速率。用于比色分析的仪器是。
A、pH计 B、元素分析仪 C、分光光度计 D、原子吸收光谱仪
〔6〕通过比色分析得到30℃时(t-BuNO)2浓度随时间的变化关系如下图所示，请在同一图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线。

解析：〔1〕物质t-BuNO)2是2-甲基2-亚硝基丙烷二聚体。在正庚烷溶剂中会部分分解为
t-BuNO〔2-甲基2-亚硝基丙烷〕，反应：(t-BuNO)22(t-BuNO)。对于这种物质没有学
过，用这样的形式来表示的反应也没有见到过，很陌生，这就给解题增加了理解上的难度。
其实这就是一个普通的分解反应，一个可逆反应，只要按常规的化学平衡三段式方法解题就
可求得20℃时平衡常数。
(t-BuNO)22(t-BuNO)
c00.50
c转-x-2x
c平0.5-x2x
20℃时(t-BuNO)2的平衡转化率α=解得X=0.325mol·L-1

由于分解反应的反应物和生成物各只有一种，因此也可以用以下方法来求平衡常数：20℃时(t-BuNO)2的平衡转化率α=65%，那么
(t-BuNO)22(t-BuNO)
平衡时：C0(1-α)2c0α
平衡常数
〔2〕一定温度下，随着(t-BuNO)2的起始浓度增大，即增加反应物(t-BuNO)2的浓度，虽然平
衡向正反应方向移动，但由于(t-BuNO)2的起始浓度增大，其平衡转化率是减小的。
保持温度20℃不变，保持(t-BuNO)2起始浓度相同，平衡转化率越小，K值越小。该反应在CCl4溶剂中的平衡常数为1.9，那么(t-BuNO)2它在CCl4溶剂中的平衡转化率小于其在正庚烷溶剂中的平衡转化率。
〔3〕由实验测得该反应的ΔH=50.5kJ·mol-1，可知该反应是吸热反应，那么反应物的总能量
低于生成物的总能量。可排除能量关系图B和C，又依据活化能Ea=90.4kJ·mol-1，Ea－ΔH<50.5kJ·mol-1,能量关系图A中,Ea－ΔH.>50.5kJ·mol-1,Ea与ΔH的比例不对。而能量关系图D是合理的。
〔4〕由于该反应是一个分解反应，所以是一个混乱度增加〔熵增〕的反应，ΔS＞0；而该反应又是一个吸热反应，ΔH＞0，所以该反应应在较高温度下有利于自发进行。
〔5〕现代化学分析中，常借助一些仪器来分析化学物质的组成，用元素分析仪确定物质中是否含有C、H、O、N、S、Cl、Br等元素；用红外光谱仪确定物质中是否存在某些有机原子团；用原子吸收光谱仪确定物质中含有哪些金属元素；用用于比色分析的分光光度计测定溶液颜色深浅，分析溶液颜色与反应物〔或生成物〕浓度的关系〔即比色分析〕，从而可以确定该化学反应的速率；pH计是测定溶液pH的仪器。
〔6〕在图中绘出t-BuNO浓度随时间的变化曲线：先从图中30℃时(t-BuNO)2浓度随时间的变
化关系曲线上，分别查得1min、3min、4.5min、8min等时刻时(t-BuNO)2的浓度，然后按
(t-BuNO)22(t-BuNO)
c00.050
c转-x-2x
c某时刻0.5-x2x
求出1min、3min、4.5min、8min等时(t-BuNO)的浓度，最在图上找出相应的点，连成平滑
曲线即可〔见答案〕。
答案：(15分)
〔1〕
〔2〕减小小于
〔3〕D
〔4〕＞较高
〔5〕C
〔6〕

19.［2018·浙江理综化学卷28］(14分)过碳酸钠〔2Na2CO3·3H2O2〕是一种集洗涤、漂白、杀菌于一体的氧系漂白剂。某兴趣小组制备过碳酸钠的实验方案和装置示意图如下：
：主反应2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)2Na2CO3·3H2O2(s)ΔH<0
副反应2H2O2=2H2O+O2↑
滴定反应6KMnO4+5(2Na2CO3·3H2O2)+19H2SO4=
3K2SO4+6MnSO4+10Na2SO4+10CO2↑+15O2↑+34H2O
50°C时2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解
请回答以下问题：
〔1〕图中支管的作用是。
〔2〕步骤①的关键是控制温度，其措施有、
和。
〔3〕在滤液X中加入适量NaCl固体或无水乙醇，
均可析出过碳酸钠，原因是。
〔4〕步骤③中选用无水乙醇洗涤产品的目的
是。
〔5〕以下物质中，会引起过碳酸钠分解的有。
A、Fe2O3 B、CuO
C、Na2SiO3 D、MgSO4
〔6〕准确称取0.2000g过碳酸钠于250mL锥形瓶中，加50mL蒸馏水溶解，再加50mL2.0mol·L-1H2SO4，用2.000×10-2mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗30.00mL，那么产品中H2O2的质量分数为。
解析：〔1〕恒压滴液漏斗一般用于封闭体系，恒压滴液漏斗的支管是为了使反应体系的压力不
会由于滴加液体而增加。如果没有支管，反应体系只有一个口的话，不断加液体就会造成反应
体系压力增加，会使液体滴不下来。所以支管的作用是平衡压强。
〔2〕由于50°C时，2Na2CO3·3H2O2(s)开始分解，所以步骤①〔控温反应〕的关键是控制温度，由于主反应是放热反应，所以控制温度的措施有：采用冷水浴、不断搅拌使反应产生的热量快速地散去，缓慢地滴加H2O2溶液，使反应缓慢进行、缓慢放热。
〔3〕滤液X主要是过碳酸钠溶液，加入固体NaCl〔电解质〕或无水乙醇，能降低过碳酸钠的溶解度，使过碳酸钠析出〔盐析作用或醇析作用〕。
〔4〕步骤③是洗涤，选用无水乙醇洗涤产品的目的是：为了冲洗去固体表面的水分，有利于干燥，可以防止产品溶解，降低产率。
〔5〕Fe2O3、CuO是H2O2分解的催化剂，分析过碳酸钠的组成2Na2CO3·3H2O2，可以推知Fe2O3、CuO它们也会引起过碳酸钠分解。
〔6〕根据关系式：6KMnO4∽5(2Na2CO3·3H2O2)
6mol5mol
〔2.000×10-2mol·L-1×30.00mL×10-3L/Ml〕n
n(2Na2CO3·3H2O2)=0.0005mol
m(2Na2CO3·3H2O2)=0.0005mol×314g/mol=0.517g

答案：(14分)
〔1〕平衡压强
〔2〕冷水浴磁力搅拌缓慢滴加H2O2溶液
〔3〕降低产品的溶解度〔盐析作用或醇析作用〕
〔4〕洗去水份，利于干燥
〔5〕AB
〔6〕25.50%(或0.2550)
20.［2018·浙江理综化学卷29］〔14分〕化合物A〔C12H16O3〕经碱性水解、酸化后得到B和C〔C8H8O2〕。C的核磁共振氢谱说明含有苯环，且苯环上有2种氢原子。B经过以下反应后得到G，G由碳、氢、氧三种元素组成，相对分子质量为172，元素分析说明，含碳55.8%，含氢7.0%，核磁共振氢谱显示只有一个峰。

：
请回答以下问题：
〔1〕写出G的分子式：。
〔2〕写出A的结构简式：。
〔3〕写出F→G反应的化学方程式：，该反应属于〔填反应类型〕。
〔4〕写出满足以下条件的C的所有同分异构体：。
①是苯的对位二取代化合物；
②能与FeCl3溶液发生显色反应；
③不考虑烯醇〔〕结构。
〔5〕在G的粗产物中，经检测含有聚合物杂质。写出聚合物杂质可能的结构简式〔仅要求写出1种〕：。
解析：〔1〕由G的相对分子质量为172，元素分析说明，含碳55.8%，含氢7.0%，可知G分子中含C、H、O的原子个数为：
C：(172×55.8%)/12=96/12=8；H：〔172×7.0%/1=12/1=12；
O：〔172–96–12/16=64/16=4；
所以，G的分子式：C8H12O4。
〔2〕由题给的信息：化合物A〔C12H16O3〕经碱性水解、酸化后得到B和C〔C8H8O2〕，可知A为酯，水解后生成醇和羧酸，。据C〔C8H8O2〕的核磁共振氢谱说明含有苯环，且苯
环上有2种氢原子，可推出C为那么B为醇〔C4H9OH〕。又据B经过以下反应后得到G。

由此可推知：B为醇，连续氧化生成羧酸D：C3H7COOH，根据
E为C3H6BrCOOH，E碱性水解生成C3H6(OH)COONa，酸化〔H＋〕后生成F(C3H6(OH)COOH),又根据G的分子式〔C8H12O4〕可推知F是在浓硫酸和加热条件下缩合成G。根据G的核磁共振氢谱显示只有一个峰。可推知G的结构简式为：
那么F的结构简式为：B的结构简式为为：
A的结构简式为：
〔3〕F→G反应的化学方程式：
属于取代反应〔或酯化反应〕。
〔4〕根据题目所给的满足条件：①是苯的对位二取代化合物；②能与FeCl3溶液发生显色反应；〔可推知有酚羟基〕③不考虑烯醇〔〕结构。的C〔C8H8O2〕所有同分异构体有：

〔5〕在G的粗产物中，聚合物杂质可能有：
答案：〔14分〕
〔1〕C8H12O4
〔2〕
〔3〕
取代反应〔或酯化反应〕
〔4〕

〔5〕
21.［2018·重庆理综化学卷12］肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化
如题12所示，断裂1mol化学键所需的能量
〔kJ〕：N≡N为942、O=O为500、N-N为154，
那么断裂1molN-H键所需的能量〔KJ〕是
A.194B.391C.516.D.658

C【考点】反应热的计算
【详细解析】由图知N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H20(g)△H=-534KJ/mol，
可设断裂1molN-H键所需能量为xKJ，154KJ+4xKJ+500KJ-2752KJ=-534KJ可求得x=391，应选B。
22.［2018·重庆理综化学卷27］〔15分〕氯离子插层镁铝水滑石是以中国新型离子交换材料，其在高温下完全分解为和水蒸气，现用题27图装置进行试验确定其化学式〔固定装置