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【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〔固定装置略去〕。
〔1〕热分解的化学方程式为。
〔2〕假设只通过测定装置C、D的增重来确定,那么装置的连接顺序为〔按气流方向，用接口字母表示〕，其中C的作用是。装置连接后，首先要进行的操作名称是。
〔3〕加热前先通过排尽装置中的空气，称取C、D的初始质量后，再持续通入的作用是、等.
(4)完全分解后测得C增重3.65g、D增重9.90g，那么=.假设取消冷却玻管B后进行试验，测定值将〔填“偏高”或“偏低”〕
〔5〕上述水滑石在空气中放置时易发生反应生成[Mg2Al(OH)6Cl(1-2y)(CO3)2?xH2O],该生成物能发生类似的热分解反应，现以此物为样品，用〔2〕中连接的装置和试剂进行试验测定，除测定D的增重外，至少还需测定.
【答案】〔1〕2[Mg2Al(OH)6Cl·XH2O]4MgO+Al2O3+2HCl↑+(5+2x)H2O
〔2〕a-e-d-b，吸收HCl气体，检验气密性
〔3〕将分解产生的气体全部带入装置C、D中完全吸收，防止产生倒吸〔合理答案均给分〕
〔4〕3、偏低[中国教@^育出版#网%]
〔5〕装置C的增重及样品质量〔样品质量后残余物质量或装置C的增重及样品分解后残余物质量〕
【考点】化学实验设计与评
23.［2018·重庆理综化学卷29］〔14分〕尿素[CO(NH2)2]是首个由无机物人工合成的有机物。
〔1〕工业上尿素CO2和NH3，在一定条件下合成，其反应方程式为。
〔2〕当氨碳比的转化率随时间的变化关系如题29图1所示。
①A点的逆反应速率v逆〔CO2〕点的正反应速率为V正〔CO2〕
〔填“大于”、“小于”或“等于”〕
②NH3的平衡转化率为。
〔3〕人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图29图2。
①电源的负极为〔填“A”或“B”〕。
②阳极室中发生的反应依次为、。
③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将；假设两极共收集到气体13.44L〔标准状况〕，那么除去的尿素为g〔忽略气体的溶解〕。
【答案】〔1〕2NH3+CO2CO(NH3)2+H2O
〔2〕①小于②30％〔3〕①B②2Cl-—2e-=Cl2↑，CO(NH3)2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl
③不变；7.2
【考点】化学反应速率、化学平衡、电化学等知识
24.［2018·广东理综化学卷11］设nA为阿伏伽德罗常数的数值，以下说法正确的选项是
A常温下，4gCH4含有nA个C-H共价键
B1molFe与过量的稀HNO3反应，转移2nA个电子
C1L0.1mol·NaHCO3液含有0.1nA个HCO3—
D常温常压下，22.4L的NO2和CO2合气体含有2nA个O原子
解析：B应该是转移3nA个电子。C应该是小于0.1nA个HCO3—。D条件错误，应为标准状况。
25.［2018·广东理综化学卷31］〔16分〕碘在科研与生活中有重要应用。某兴趣小组用0.50mol·L-1KI、0.2％淀粉溶液、0.20mol·L-1K2S2O8、0.10mol·L-1Na2S2O3等试剂，探究反应条件对化学反应速率的影响。
：
向KI、Na2S2O3与淀粉的混合溶液中加入一定量的K2S2O8溶液，当溶液中的__________耗尽后，溶液颜色将由无色变成为蓝色。为确保能观察到蓝色，S2O32—与S2O82—初始的物质的量需满足的关系为：n〔S2O32—〕：n〔S2O82—〕_______。Na2S2O3，<2
为探讨反应物浓度对化学反应速率的影响，设计的实验方案如下表：
表中Vx=__2__mL，理由是___________________。保证反应物K2S2O8浓度改变，而其他的不变，才到达实验目的。
某条件下，浓度c〔S2O82—〕～反应时间t的变化曲线如图13，假设保持其他条件不变，请在答题卡坐标图中，分别画出降低反应温度和加入催化剂时c〔S2O82—〕～t的变化曲线示意图〔进行相应的标注〕
碘也可用作心脏起搏器电源—锂碘电池的材料。该电池反应为：
2Li〔s〕+I2〔s〕=2LiI〔s〕△H
：4Li〔s〕+O2〔g〕=2Li2O〔s〕△H1
4LiI〔s〕+O2〔g〕=2I2〔s〕+2Li2O〔s〕△H2
那么电池反应的△H=_______________；碘电极作为该电池的___________极。
(△H1-△H2)/2;负极
26.［2018·广东理综化学卷33］〔17分)苯甲酸广泛应用于制药和化工行业。某同学尝试用甲苯的氧化反应制备苯甲酸。
反应原理：
实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液在100℃反应一段时间后停止反应，按如下流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯。
：苯甲酸分子量是122，熔点122.4℃，在25℃和95℃时溶解度分别为0.3g和6.9g；纯净固体有机物一般都有固定熔点。
〔1〕操作Ⅰ为，操作Ⅱ为。分液，蒸馏
〔2〕无色液体A是，定性检验A的试剂是，现象是。
甲苯，酸性KMnO4溶液，溶液褪色。
〔3〕测定白色固体B的熔点，发现其在115℃开始熔化，达到130℃时仍有少量不熔。该同学推测白色固体B是苯甲酸与KCl的混合物，设计了如下方案进行提纯和检验，实验结果说明推测正确。请在答题卡上完成表中内容。
序号 实验方案 实验现象 结论 ① 将白色固体B加入水中，加热，溶解，冷却、过滤 得到白色晶体和无色溶液 ? ②
? 取少量滤液于试管中，
滴入2-3滴AgNO3溶液 生成白色沉淀 滤液含有Cl- ③ 干燥白色晶体，加热使其融化，测其熔点； 熔点为122.4℃ 白色晶体是苯甲酸 〔4〕纯度测定：称取1.220g产品，配成100ml甲醇溶液，移取25.00ml溶液，滴定，消耗KOH的物质的量为2.40×10-3mol。产品中甲苯酸质量分数的计算表达式为，计算结果为〔保留两位有效数字〕。
(2.40×10-3×122×4)/1.22；96%
27.［2018·四川理综化学卷7］设NA为阿伏加德罗常数的值，以下表达正确的选项是
A.标准状态下，33.6L氟化氢中含有氟原子的数目为1.5NA
B.常温常压下，7.0g乙烯与丙烯的混合物红含有氢原子的数目为NA
C.50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜微热反应，生成SO2分支的数目为0.46NA。
D.某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA
B【解析】此题考查阿伏伽德罗常数的应用。HF的沸点19.54℃，在标况下是气态，A项错误；乙烯和丙烯的最简式都是CH2，故7.0g乙烯和丙烯的混合物含有n(CH2)=0.5mol，那么H原子的物质的量为1mol，B项正确；浓硫酸与Cu的反应，随着反应的进行，浓硫酸的浓度变稀，就与Cu不反应了，故生成的SO2分子数目小于0.46NA，C项错误；N2与H2反应是可逆反应，不能完全转化，D项错误。
【易错警示】关于阿伏加德罗常数的试题常设置的陷阱，主要有以下几个方面：①标准状况
条件：考查气体时经常给出非标准状况，如常温常压下等；②物质状态：考查气体摩尔体积时，常考在标准状况下非气态的物质，如HF、H2O、CHCl3等；③物质结构和晶体结构：考查一定物质的量的物质中含有多少微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)时常涉及稀有气体He、Ne等；晶体结构：P4、金刚石、石墨、二氧化硅的结构及化学键的数目；④氧化还原反应：常设置氧化还原反应中电子转移(得失)数目方面的陷阱；⑤电解、水解：考查电解质溶液中微粒数目或弱电解质的电离，盐类水解方面的知识；⑥胶粒是许多分子的集合体，如1mol铁完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数远小于NA。
28.［2018·四川理综化学卷12］在体积恒定的密闭容器中，一定量的SO2与1.100molO2在催化剂作用下加热到600℃发生反应：
2SO2+O22SO3；△H＜0。当气体的物质的量减少0.315mol时反应达到平衡，在相同的温度下测得气体压强为反应前的82.5%。以下有关表达正确的选项是
当SO3的生成速率与SO2的消耗速率相等时反应达到平衡
降低温度，正反应速率减小程度比逆反应速率减小程度大
将平衡混合气体通入过量BaCl2溶液中，得到沉淀的质量为161.980g
达到平衡时，SO2的转化率是90%
D【解析】此题考查化学反应速率、平衡及计算。SO3的生成速率和SO2的消耗速率都是正反应速率，两者始终相等，不能说明已达平衡，A错；由于正反应是放热的，所以降温时平衡右移，正反应速率大于逆反应速率，即正反应速率较小程度小于逆反应速率，B错；根据化学方程式知：生成的SO3的物质的量是气体总物质的量减小量的2倍，即0.63mol，SO2不与BaCl2反应，那么生成硫酸钡为0.63mol，得到146.79g，C错；根据平衡前后的压强比知反应前气体的总物质的量减小0.315g，即减小1-82.5%=17.5%，所以反应前气体总物质的量为1.8mol，O2为1.1mol，那么SO2为0.7mol.消耗的SO2的物质的量等于生成的SO3的物质的量，即0.63mol，转化率为0.63mol/0.7mol=90%，D正确。
29.［2018·四川理综化学卷13］向27.2Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu〔NO3〕2。在所得溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。以下有关说法不正确的选项是
Cu与Cu2O的物质的量之比为2:1
硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L
C.产生的NO在标准状况下的体积为4.48L
D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol
B【解析】此题考查化学计算。根据题意知最后得到的沉淀是Cu(OH)2，其质量是39.2g，那么n(Cu(OH)2)=0.4mol，n(Cu)=0.4mol，即原化合物中的n(Cu)等于0.4mol，设原化合物中的Cu和Cu2O的物质的量分别是x、y，那么有x＋2y=0.4mol，64x＋144y=27.2g，解得x=0.2mol，y=0.1mol，物质的量之比等于2:1，A正确；反应后得到溶质是NaNO3，那么表现酸性的硝酸与氢氧化钠的物质的量相等，即1mol，0.2molCu和0.1molCu2O被硝酸氧化时共失去(0.4＋0.2)mole－，那么有0.2mol的硝酸被还原为NO，所以硝酸的总物质的量是1.2mol，浓度是2.4mol/L，B错；产生的NO为0.2mol，标准状况下体积是4.48L，C正确；原混合物与硝酸反应生成Cu(NO3)2，n(Cu)=0.4mol，所以n(NO3-)=0.8mol，被还原的硝酸是0.2mol，硝酸的总物质的量是1.2mol，所以剩余硝酸0.2mol，D正确。
【技巧点拨】“守恒法”就是利用物质变化中的某些守恒关系为解题依据，直接列关系式解题。运用守恒法解题易于形成解题思路，同时可避免书写繁琐的解题过程，大大提高了解题的效率，是化学计算中常用的方法。
30.［2018·四川理综化学卷28］〔17分〕甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了如下实验流程：
试验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。
下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。
甲小组测得：反应前氧化铜的质量为、氧化铜反应后剩余固体的质量为、生成氮气在标准状况下的体积。
乙小组测得：洗气前装置D的质量、洗气后装置后D的质量、生成氮气在标准状况下的体积。
请回答以下问题：
〔1〕写出仪器a的名称：。
〔2〕检查A装置气密性的操作是。
实验装置 实验药品 制备原理 甲小组 A 氢氧化钙、硫酸铵 反应的化学方程式为
① 乙小组 ② 浓氨水、氢氧化钠 用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用：
③
〔3〕甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中。
〔4〕甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为。
〔5〕乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数比明显小于理论值，其原因是。为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出合理的实验结果。该药品的名称是。
【答案】⑴圆底烧瓶〔2分〕
⑵连接导管，将导管插入水中；加热事关，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱〔3分〕
⑶①(NH4)2SO4+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaSO4〔2分〕②B〔2分〕
③氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使NH3+H2ONH3·H2ONH4＋+OH－向逆反应方向移动，加快氨气逸出〔2分〕
⑷5V1:7(m1－m2)〔2分〕
⑸浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氨的含量偏高〔2分〕
碱石灰〔氢氧化钠、氧化钙等〕〔2分〕
【解析】(1)仪器a是圆底烧瓶。
(2)连接导管，将导管的末端插入水中，轻轻加热试管，假设导管口有气泡冒出，停止加热后，在导管中形成一段水柱，说明装置气密性良好。
(3)①仿照NH4Cl与碱石灰混合加热制取氨气，即可写出相应的化学方程式为(NH4)2SO4＋Ca(OH)2CaSO4＋2H2O＋2NH3↑。
②浓氨水与固体NaOH混合即可制得氨气，且两种物质混合就无法控制反应随关随停，不需要选用C装置，选用B装置即可。
③固体NaOH溶于浓氨水后，放出大量的热，促使NH3的挥发，溶液中OH－浓度的增加，这两个因素都使NH3＋H2ONH3·H2ONH4＋＋OH－向逆反应方向即生成NH3的方向移动。
(4)由反应前后氧化铜减少的质量即可求得氨气被氧化生成水的质量为(m1－m2)g，其中氢原子的物质的量为(m1－m2)mol；氮原子的物质的量为×2mol，那么氨分子中氮、氢原子个数比为×2mol：(m1－m2)mol＝5V1：7(m1－m2)。
(5)未参加反应的氨气与水蒸气一起被浓硫酸吸收了，导致计算中水的质量增大，求得氢原子的物质的量增大，最终求得氨分子中氮、氢原子个数比明显比理论值偏小。可以选用只吸收水分而不吸收氨气的药品(如碱石灰等)及相应的装置。
31.［2018·四川理综化学卷29］〔16分〕直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终
生成硫酸钙。硫酸钙可在右图所示的循环燃烧装置的燃料反应器与甲烷
反应，气体产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于
二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。
请回答以下问题：
〔1〕煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有。〔填写字母编号〕
A.温室效应B.酸雨C.粉尘污染D.水体富营养化
〔2〕在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。
①二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为。
②亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式：。
〔3〕1molCH4在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸热160.1kJ，1molCH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3kJ。写出空气反应器中发生反应的热化学方程式：。
〔4〕回收的CO2与苯酚钠在一定条件下反应生成有机物M，其化学为C7H5O3Na，M经稀硫酸化得到一种药物中间N，N的结构简式为
①M的结构简式为。
②分子中无—O—O—，醛基与苯环直接相连的N的同分异构体共有种。
【答案】⑴ABC(3分)⑵①Ca(HCO3)2或碳酸氢钙(2分)
②Ca(HSO3)2+O2=CaSO4+H2SO4(3分)
⑶CaS(s)+2O2(g)=CaSO4(s)；△H=－962.4kJ·mol－1(3分)
⑷①(2分)②6(3分)
【解析】此题考查了燃料脱硫的原理、热化学方程式的书写、有机物的推断以及同分异构体的性质等。(1)煤燃烧的产物中有CO2、烟尘以及SO2，分别导致温室效应、粉尘污染和酸雨。没有营养元素排入水中，不会引起水体富营养化。(2)CO2与CaCO3反应生成易溶的Ca(HCO3)2。亚硫酸氢钙具有还原性，可被氧化为硫酸钙。(3)根据右图以及硫酸钙与甲烷反应的气体产物只有水可知，燃料反应器中发生的热化学方程式为：
CH4(g)＋CaSO4(s)→CO2(g)＋2H2O(g)＋CaS(s)?H=160.1kJ·mol－1①，再写出甲烷在氧气中燃烧的热化学方程式：CH4(g)＋2O2(g)→CO2(g)＋2H2O(g)?H=－802.3kJ·mol－1②，②－①可得热化学方程式：
CaS(s)＋2O2(g)→CaSO4(s)?H=－962.4kJ·mol－1。
(4)由M酸化后得，可得M的结构简式为。N的分子式为C7H6O3，符合条件的同分异构体有：、、、、、，共6种。
32.［2018·天津理综化学卷6］2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；ΔH＝－197kJ·mol－1。向同温、同体积的三个密闭容器中分别充入气体：(甲)2molSO2和1molO2；(乙)1molSO2和0.5molO2；(丙)2molSO3。恒温、恒容下反应达平衡时，以下关系一定正确的选项是 〔〕
A、容器内压强P：P甲＝P丙>2P乙B、SO3的质量m：m甲＝m丙>2m乙
C、c(SO2)与c(O2)之比k：k甲＝k丙>k乙D、反应放出或吸收热量的数值Q：Q甲＝G丙>2Q乙
答案：B
考查化学平衡中等效平衡知识。考查的知识点有些单一。等温等容时反应前后气体体积变化的反应规律：将起始投料量按化学计量系数之比换算成同一半边的物质，其物质的量与对应组分的起始投料量相等，那么建立的化学平衡是等效的，简称“等量等效”。这种情况下的等效平衡中的“等效”指平衡体系中的各种性质(各对应物的浓度、体积分数、转化率、物质的量)是完全相同的。类似于数学中的全等三角形，也可叫“全等平衡”。甲和乙容器内的平衡是完全相同的平衡〔等同平衡〕，各物理参数除热量都相同。甲和乙的比较可用下图处理帮助理解
P甲＜2P乙，m甲>2m乙，K甲＜K乙，Q乙=197-Q甲，Q甲不等于Q乙所以选B
33.［2018·天津理综化学卷9］〔18分〕信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答以下问题：
⑴第①步Cu与酸反应的离子方程式为___________________________________________；
得到滤渣1的主要成分为___________________。
⑵第②步加H2O2的作用是_____________________，使用H2O2的优点是___________________________；调溶液pH的目的是使________________________________________生成沉淀。
⑶用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________________________________________。
⑷由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：
上述三种方案中，_________________方案不可行，原因是_____________________________：
从原子利用率角度考虑，___________方案更合理。
⑸探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O〔Mr＝250〕含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmolLL－1EDTA〔H2Y2－〕标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL。滴定反应如下：Cu2++H2Y2－＝CuY2－+2H+
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝_____________________________；
以下操作会导致CuSO4·5H2O含量的测定结果偏高的是_____________。
A、未干燥锥形瓶B、滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡C、未除净可与EDTA反应的干扰离子
该实验题是物质制备的工艺流程式试题。在天津第一次以这种形式考查。全国各地已多年多次出现。
第①加稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+。所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+。Cu和酸反应的离子方程式为或
第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，该氧化剂的优点是不引入杂质，产物对环境物污染。调溶液PH的目的是使Fe3+和Al3+形成沉淀。所以滤液2的成分是Cu2+，滤渣2的成分为氢氧化铁和氢氧化铝。
第③步由五水硫酸铜制备硫酸铜的方法应是再坩埚中加热脱水
制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行。乙和丙方法均可行。乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3,再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。
丙方案先在滤渣中加NaOH,和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3,蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体。但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成原子浪费。
〔5〕考查中和滴定的简单计算和误差的分析。，造成偏高的选c.
34.［2018·天津理综化学卷10］〔14分〕金属钨用途广泛，主要用于制造硬质或耐高温的合金，以及灯泡的灯丝。高温下，在密闭容器中用H2还原WO3可得到金属钨，其总反应为：WO3(s)+3H2(g)W(s)+3H2O(g)
请回答以下问题：
⑴上述反应的化学平衡常数表达式为___________________________。
⑵某温度下反应达平衡时，H2与水蒸气的体积比为2:3，那么H2的平衡转化率为_____________________；随温度的升高，H2与水蒸气的体积比减小，那么该反应为反应〔填“吸热”或“放热”〕。
⑶上述总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如下表所示：
温度 25℃~550℃~600℃~700℃ 主要成份 WO3W2O5WO2W 第一阶段反应的化学方程式为___________________________；580℃时，固体物质的主要成分为________；假设WO3完全转化为W，那么三个阶段消耗H2物质的量之比为____________________________________。
⑷：温度过高时，WO2(s)转变为WO2(g)；
WO2(s)+2H2(g)W(s)+2H2O(g)；ΔH＝+66.0kJ·mol－1
WO2(g)+2H2W(s)+2H2O(g)；ΔH＝－137.9kJ·mol－1
那么WO2(s)WO2(g)的ΔH＝______________________。
⑸钨丝灯管中的W在使用过程中缓慢挥发，使灯丝变细，加入I2可延长灯管的使用寿命，其工作原理为：W(s)+2I2(g)WI4(g)。以下说法正确的有________________。
A、灯管内的I2可循环使用
B、WI4在灯丝上分解，产生的W又沉积在灯丝上
C、WI4在灯管壁上分解，使灯管的寿命延长
D、温度升高时，WI4的分解速率加快，W和I2的化合速率减慢
该题考查化学平衡常数表达式、化学平衡的移动原理、反应热的计算、转化率计算。
根据反应方程，注意的是WO3和W都是固体，不写入平衡常数表达式。所以
达平衡时H2与水蒸气的体积比2:3，消耗的H2体积为3，所以H2的平衡转化率为3/(2+3)=60%。温度升高，H2与水蒸气的体积比减小说明平衡向右移动，正反应吸热。
第一阶段的方程：2WO3+H2=W2O5+H2O，第二阶段方程：W2O5+H2=2WO2+H2O
第三阶段方程：WO2+2H2=W+2H2O所以三个阶段消耗H2的物质量之比为1:1:4
利用盖斯定律可计算△H=+203.9KJ.mol-1.
根据可逆反应原理I2可以循环使用，WI4是在灯丝上分解，生成的W沉积在灯丝上，选a、b。
35.［2018·全国大纲理综化学卷12］在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO3完全分解，所得气体体积依次是V1\V2\V3\V4.体积大小顺序正确的选项是
A.V3＞V2＞V4＞V1B.V3＞V4＞V2＞V1
C.V3＞V2＞V1＞V4D.V2＞V3＞V1＞V4
B【解析】常压和500℃条件下，水是气体，等物质的量的Ag2O,Fe(OH)3,NH4HCO3,NaHCO3完全分解，根据分解化学方程式可知：生成的气体体积大小顺序为V3＞V4＞V2＞V1。
【考点】化学方程式的书写。
【点评】此题难度不大，但素材来自教学一线，以元素及其化合物为载体的综合考查，包括物质性质及反应方程式的处理。
37.［2018·全国大纲理综化学卷13］橙花醇具有玫瑰及苹果香气，可作为香料，其结构简式如下
以下关于橙花醇的表达，错误的选项是
既能发生取代反应，也能发生加成反应
在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成不止一种四烯烃
1mo1橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗470.4氧气〔标准状况〕
1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗240g溴
D【解析】橙花醇含有双键和醇羟基，故能发生取代反应和加成反应，A正确；在浓硫酸催化下加热脱水，发生消去反应，能生成2种四烯烃，B正确；1mo1橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗470.4氧气〔标准状况〕，C正确；1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗3mol溴，480g溴.D错误。
【考点】醇的消去反应规律
①醇分子中，连有一0H的碳原子相邻的碳上必须连有氢原子时，才能发生消去反应而形成不饱和键。
②假设醇分子中连有一0H的碳原子没有相邻的碳原子或相邻碳原子上没有氢原子，那么不能发生消去反应。
③苯环上的-OH不能消去。
【点评】此题是一道有机题，考查了官能团的性质，特别是醇的消去反应的产物的书写，有机物反应的物质的量的关系。
38.［2018·全国大纲理综化学卷29］(15分)〔注意：在试题卷上作答无效〕
氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，在将滤液按下图所示步骤进行操作。
回答以下问题：
起始滤液的pH_____________7〔填“大于”、“小于”或“等于”〕，其原因是_________________________________________________。
试剂I的化学式为______________________，①中发生反应的离子方程式为____________________________________________。
试剂Ⅱ的化学式为______________________，②中加入试剂Ⅱ的目的是__________________________________________________________________；
试剂Ⅲ的名称是______________________，③中发生反应的离子方程式为__________________________________________________________________；
某同学称取提纯的产品0.7759g，溶解后定定容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000mol·L-1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL，该产品的纯度为____________________________________________。〔列式并计算结果〕
[答案]〔1〕大于碳酸根离子水解呈碱性〔2〕BaCl2Ba2++SO42-=BaSO4↓Ba2++CO32-=BaCO3↓
(3)K2CO3除去多余的钡离子〔4〕盐酸2H++CO32-=H2O+CO2↑(5)0.02562×0.1×74.5×4／0.7759=0.9840
【解析】〔1〕起始滤液中含有碳酸钾，碳酸根水解呈碱性，故溶液的PH大于7；〔2〕要除掉杂质离子硫酸根和碳酸根，应加入过量的钡离子；〔3〕要除掉多余的钡离子，要加入碳酸钾，〔4〕要除掉多余的碳酸根，要滴加适量的盐酸；〔5〕计算样品的纯度，注意0.7759g样品配成100ml溶液，每次只取25ml。
【考点】溶液呈酸碱性的原因，除杂的方法，步骤，酸碱中和滴定的原理及简单计算。
【点评】此题以无机框图，除杂中的实验步骤为素材，考查学生对实验操作的熟悉程度和实验原理的应用能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。
39.［2018·北京理综化学卷25］(13分)直接排放含S，的烟气会形成胶雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的S,.
用化学方程式表示S:形成硫酸型胶雨的反应:
在钠碱循环法中，Na?SO?,溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO?:制得，该反应的离子方程式是
吸收液吸收SO?的过程中，pH随n(SO?2﹣):，n(HSO?﹣)变化关系如下表:
n(SO?2﹣):，n(HSO?﹣) 91：9 1：1 1：91 PH ８.２ 7.2 6.2 ①上表判断Na?SO?溶液显性，用化学平衡原理解释:
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的选项是(选填字母):
当吸收液的pH降至约为6时，满送至电解槽再生。再生示意图如下:
①HSO3在阳极放电的电极反应式是。
②当阴极室中溶液ＰＨ升至8以上时，吸收液再生并掀环利用。简述再生原理:
【答案】⑴SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O22H2SO4(2分)
⑵SO2+2OH—=SO32—(2分)
⑶①酸性(1分)HSO3—中存在：HSO3—H++SO32—和HSO3—+H2OH2SO3+OH—，HSO3—电离程度大于其水解程度(2分)
②ab(2分)
⑷①HSO3——2e—+H2O=SO42—+3H+(2分)
②H+在阴极得电子生成H2，溶液中的c(H+)降低,促使HSO3—电离生成SO32—，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生(2分)
【解析】解析：〔１〕酸雨形成的原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被空气中的氧气氧化为硫酸。〔２〕二氧化硫与过量的ＮａＯＨ溶液反应生成亚硫酸钠溶液。〔３〕由表给数据ｎ〔SO32—〕：n〔HSO3—〕=9：91时，溶液PH=6.2，所以亚硫酸钠溶液显酸性。亚硫酸钠溶液中存在两种趋势，电离趋势使溶液显酸性，水解趋势使溶液显碱性，溶液显酸性显而易见是电离趋势大于水解趋势的结果；由表给数据ｎ〔SO32—〕：n〔HSO3—〕=1：1时，溶液PH=7.2，可知吸收液显中性必然是亚硫酸钠和亚硫酸钠的混合液，溶液中电荷守恒的关系为：c〔Na+〕+c〔H+〕=2c〔SO32—〕+c〔HSO3—〕+c〔OH—〕，由此可判断a正确，c不正确。〔4〕阳极发生氧化反应，所以HSO3—在阳极失去电子生成SO42—和H+。阴极H+放电破坏水的电离平衡，云集OH—，使溶液PH增大显碱性，HSO3—与OH—反应重新生成SO32—，吸收液得以再生并循环使用。
40.［2018·北京理综化学卷26］(12分)用生产某些含氯有机物时会产生副产物HC1。利用反应A，可实现氯的循环利用。反应A:
:Ⅰ反应A中，4molHCI被氧化，放出115.6kJ的热量。
Ⅱ
的电子式是_______________.
②反应A的热化学方程式是_______________。
③断开1molH—O键与断开1molH—Cl键所需能量相差约为__________KJ，中
H—O键比HCl中H—Cl键〔填“强”或“假设”〕_______________。
〔2〕对于反应A，下图是4种投料比[n〔HCl〕：，分别为1：1、2：1、4：1、6：1、]下，反应温度对HCl平衡转化率影响的曲线。
①曲线b对应的投料比是______________.
②当曲线b,c,d对应的投料比达到相同的HCI平衡转化率时，对应的反应温度与投
料比的关系是_________________.
⑧投料比为2:1、温度为400℃时，平衡混合气中的物质的量分数是_______________.
【答案】⑴①(1分)②4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)△H=—115.6kJ/mol(2分)
③32(2分)强(2分)
⑵①4:1(1分)②投料比越高，对应的反应温度越低(2分)③30.8%(2分)
【解析】解析：〔１〕由题给条件可知，4molHCl被氧化，放出热量为115.6KJ，可知?H=—115.6KJ/mol；由?H=—〔生成物键能之和—反应物键能之和〕可得，E〔H—O〕—E〔H—Cl〕=〔115.6+〔498—〔２×２４３〕〕/4=31.9，键能越大化学键越稳定越强，所以水中的H—O键比氯化氢中H—Cl强。〔2〕在其他条件不变时，O2的量越大，HCl的转化率越大，由此可确定a为6:1，b为4:1，c为2:1，d为1:1；由图可知，当HCl的转化率相同时，温度由低到高的顺序是bcd，由此可确定温度与投料比的关系是：投料比越高温度越高；由图可读出投料比2:1，温度400℃时，HCl的转化率为80%，由此可建立三段式：
n〔起〕2100
△n1.60.40.80.8
n〔平〕0.40.60.80.8
所以平衡混合气中Cl2的物质的量分数=0.8/〔0.4+0.6+0.8+0.8〕=0.308。
41.［2018·新课程理综化学卷9］用NA表示阿伏伽德罗常数的值。以下表达中不正确的选项是〔〕
A、分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子数为2NA
B、28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NA
C、常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
D、常温常压下，22.4L氯气于足量的镁粉反应，转移的电子数为2NA
D【解析】：D项，非标准状况，无法确定22.4L气体的体积物质的量，故无法判断电子转移数目。
42.［2018·新课程理综化学卷26］(14分)铁是应用最广泛的金属，铁的卤化物、氧化物以及高价铁的含氧酸盐均为重要化合物。
(1)要确定铁的某氯化物FeClx的化学式，可利用离子交换和滴定地方法。实验中称取0.54g的FeClx样品，溶解后先进行阳离子交换预处理，再通过含有饱和OH-的阴离子交换柱，使Cl-和OH-发生交换。交换完成后，流出溶液的OH-用0.40mol·L-1的盐酸滴定，滴至终点时消耗盐酸25.0mL。计算该样品中氯的物质的量，并求出FeClx中x的值：〔列出计算过程〕
(2)现有一含有FeCl2和FeCl3的混合物样品，采用上述方法测得n(Fe)∶n(Cl)=1∶2.1，那么该样品中FeCl3的物质的量分数为。在实验室中，FeCl2可用铁粉和反应制备，FeCl3可用铁粉和反应制备；
(3)FeCl3与氢碘酸反应时可生成棕色物质，该反应的离子方程式为。
(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3和KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为；与MnO2—Zn电池类似，K2FeO4—Zn也可以组成碱性电池，K2FeO4在电池中作为正极材料，其电极反应式为，该电池总反应的离子方程式为。
【答案】：(1)∵n(Cl)=0.0250L×0.40mol·L-1=0.01mol
∴m(Fe)=0.54g–0.10mol×35.5g·mol-1=0.19g
故n(Fe)=0.19g/56g·mol-1=0.0034mol
∴n(Fe)∶n(Cl)=0.0034∶0.010≈1∶3，即x=3
(2)0.10；盐酸，氯气；
(3)2Fe3++2I-=2Fe2++I2(或2Fe3++2I-=2Fe2++I3-)；
(4)2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+5H2O+3Cl-；
FeO42-+3e-+4H2O=Fe(OH)3+5OH-；
2FeO42-+8H2O+3Zn=2Fe(OH)3+3Zn(OH)2+4OH-
【解析】：此题为中档题。前第1～3问较基础。在计算第１问X值的时候，完全可以把x=2或者x=3代入，这样可以节省时间。第４问也是近几年多次考到的高铁酸钾，有关高铁酸钾的制备与电化学，第4问考查化学基本功，这里面有很好的区分度，扎实的同学拿总分值应该没有问题。第一个方程式多次书写过，第二个方程式，很多同学觉得无法书写，其实首先写大体物质，高铁酸根被还原为Fe3+,然后再写出转移的电子数，根据电荷守衡，因为溶液是碱性的，所以产物只能写成8个OH-，一个Fe3+结合3个OH-生成Fe(OH)3，因为负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以最后一个方程式只需要综合得失电子守衡，将正、负极反应加合就可以得出正确答案。
43.［2018·新课程理综化学卷27］〔14分〕光气(COCl2)在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下CO与Cl2在活性炭催化下合成。
(1)实验室中常用来制备氯气的化学方程式为。
(2)工业上利用天然气(主要成分为CH4)与CO2进行高温重整制备CO，CH4、H2和CO的燃烧热(△H)分别为—890.3KJ·mol-1、—285.8KJ·mol-1、—283.0KJ·mol-1，那么生成1m3(标准状况)CO所需热量为；
(3)实验室中可用氯仿(CHCl3)与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为。
(4)COCl2的分解反应为COCl2(g)=Cl2(g)+CO(g)△H=+108KJ·mol-1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10min到14min的COCl2浓度变化曲线未示出)：
①计算反应在第8min时的平衡常数K=；
②比较第2min反应温度T(2)与第8min反应温度T(8)的高低：T(2)T(8)(填“＜”、“＞”或“＝”)；
③假设12min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，那么此时c(COCl2)=mol·l-1；
④比较产物CO在2～3min、5～6min和12～13min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小；
⑤比较反应物COCl2在5～6min和15～16min时平均反应速率的大小v(5～6)v(12～13)(填“＜”、“＞”或“＝”)，原因是。
【答案】：(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；
(2)5.52×103KJ；
(3)CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2
(4)①K=0.234mol·L-1；②＜③0.031
④v(2～3)＞v(5～6)＝v(12～13)
⑤＞，在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大。
【解析】：此题中挡题。但拿总分值较难，这主要表达在计算麻烦上，第2问其实出题人完全直接说CH4、H2和CO的燃烧热分别为890.3KJ·mol-1、285.8KJ·mol-1、283.0KJ·mol-1，这样很多同学在计算反应热的时候更容易出错。因为反应为CH4+CO2=2CO+2H2△H=反应物的燃烧热-产物的燃烧热=+247.3KJ/mol，也就是生成2molCO，需要吸热247.3KJ，那么要得到1立方米的CO，放热为(1000/22.4)×247.3/2=5.52×103KJ。
第3问要根据电负性分析碳元素化合价的变化，CHCl3碳为+2价，COCl2中碳为+4价，即可写出方程式。
第4问，①根据K计算公式即可求出；
②同时计算T(2)时的K值很明显小于T(8)时的K值，说明是升高温度平衡正向移动的原因；③题目说了是不同条件下的平衡状态，那么后面温度就不会改变。根据K值可计算C(COCl2)；
④因为5-6分钟，CO浓度在改变所以平均反应速率大于其它的，因为处于平衡状态，根据V的计算公式，2-3、12-13的平均反应速率为0；
⑤因为5-6分钟时浓度改变大于12-13。
此题第四问中①、③的答案有待商榷，为什么都要保留到小数点后三位，从题目中能看出来吗？
制取氧气
装有足量干燥剂的干燥管
装有氧化铜的硬质玻管
盛有足量浓
硫酸的洗气瓶
测定生成氮
气的体积
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