2019年天津高考化学试题(解析版)

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1、2019 年普通高等学校招生个国统一考试（天津卷）理科综合化学部分理科综合共300分，考试用时150分钟。化学试卷分为第I卷（选择题）和第II卷两部分，第I卷 1至2页，第II卷3至6页，共100分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。祝各位考生考试顺利！第I卷注意事项：1每题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2本卷共 6题，每题 6 分，共 36 分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合

2、题目要求的。以下数据可供解题时参考：相对原子质量： H 1 C 12 O 16 Zn 651. 化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列事实不涉及 化学反应的是（ ）A. 利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇B. 利用石油生产塑料、化纤等高分子材料C. 利用基本的化学原料生产化学合成药物D. 利用反渗透膜从海水中分离出淡水【答案】 D【解析】【分析】 化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成；据此分析判断.有新物质生成，属于化学变化,B涉及化学反应;C涉及化学反应;【详解】A、秸杆主要成分为纤维素， 利用废弃的秸秆生产生物质燃料

3、乙醇, 故A涉及化学反应;B、利用石油生产塑料、化纤等高分子材料，产生新物质，属于化学变化，故C、利用基本化学原料生产化学合成药，产生新物质，属于化学变化，故D不涉及化学反应;D、海水中的水淡化成淡水，没有产生新物质，属于物理变化，故故选Do【点睛】本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成，若没有新物质生成属于物理变化，若有新物质生成属于化学变化.A. AB. BC. CD. D实验现象离子方程式A向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化钱溶液，沉淀溶解2Mg OH 2 2NH4-Mg2 2NH3 H2OB向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体Fe3 3H2

4、OFe OH 3 3HC二氧化硫使酸性高镒酸钾溶液褪色223SO2 2MnO4 4H3SO4 2Mn2 2H2OD氧化亚铁溶于稀硝酸FeO 2H Fe2 H2O2.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（)A、氢氧化镁碱性强于氨水;【点睛】本题考查离子反应方程式书写,解题关键：结合原理正确书写离子方程式，难点的离子方程式的书写，配平前不能将3.下列有关金属及其化合物的不合理的是（）C：氧化还原反应H+写在反应物中，应先配电子转移守恒,+补在生Cl2A不选;B、制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀；C、电荷不守恒；D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子；【详解】A、氢氧化

5、镁碱性强于氨水，故 A能用来解释相应实验现象；B、制氢氧化铁胶体条件是加热， 在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3+ + 3H2O Fe（OH）3 （胶体）+ 3H+,故B不能用来解释相应实验现象；C、电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2+ 2MnO4 + 2H2O=2Mn 2+ +4H + + 5SO42 ,故C不能用来解释相应实验现象；D、硝酸具有强氧化性， 其可将亚铁氧化成铁离子，正确 离子方程式为：3FeO+ 10H+ + NO3 =3Fe3+ + NOT+ 5H2O,故D不能用来解释相应实验现象；故选A 成物中。A.将废铁屑加入FeCL溶液中，可用于除去工业废气中

6、的B.铝中添加适量钾，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业C.盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行口D.无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否口A、氯气能将铁和亚铁氧化；B、根据合金 性质判断；C、Na2CO3+Ca（OH）2=CaCO3j+ 2NaOH ,产物仍然呈碱性；D、利用无水氯化钻和氯化钻晶体的颜色不同。【详解】A、铁和亚铁能将氯气还原为氯离子，从而除去工业废气中的氯气，故B、根据铝合金的性质，铝合金具有密度低、强度高，故可应用于航空航天等工业，故B不选；C、Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO 3 b 2NaOH ,产物仍然

7、呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；D、利用无水氯化钻和氯化钻晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。故选Co【点睛】本题考查金属元素及其化合物应用，易错点C,除杂不只是将反应物反应掉，还要考虑产物在应用中是否符合要求，生成的 NaOH仍然呈碱性，达不到降低碱度的目的。4.下列实验操作或装置能达到目的的是()ABC混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液水褪色B. BA. A【答案】BA、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切;C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炊中的杂质也能使滨水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧

8、杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故 A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙快中的H2s等杂质也能使滨水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故 D不能达到目的; 故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D,学生易忽略实验室用电石制乙快中的H2s等还原性杂质也能使滨水褪色。5.某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0 10 4和1.7 10 5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其 pH随加水体积的变化

9、如图所示。下列叙述正确的是(加水体积A.曲线I代表HNO2溶液B.溶液中水 电离程度：b点灯点c HA c OHC.从c点到d点，溶液中保持不变(其中 HA、A 分别代表相应的酸和酸根离子)c AD.相同体积a点的两溶液分别与 NaOH恰好中和后，溶液中n Na 相同人心电离常数 HNO2大于 C-OOH ,酸性 I|o2CH3COOH ；由图可知稀释相同数n的变化则.勺it性比I的生强溶液中氢离子浓度越大酸性越I1I 1-1 J zH 5I 1 lJI II IJH J1，、H -J HL_-J,I II I l/V | . T-Y IJ J 1y V ,RLA- |酸抑制水电离，b，H小，

10、酸性强.7k电离抑制禾JR;kw为水的离子积常数 k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温温度不变，则不变；体枳不U pH 不甘 rJ H HNog|LHoH /谷V位 c ( CH 3COOHH c ( HNO 2 ) oY I/IL y, J I II I rlLJ1 1 I II I l/v , 、* 、*、 、 、* ,。I 7A、强;B、C、D、【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，n的变化大，则n的酸性比I的酸性强，n代表 HNO2, i代表CH3COOH,故 A 错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故 B错误；C、n 代表 HNO2, c(HNO2)

11、c(OH-)/c(NO2-)=c(H+) c(HNO2)c(OH-)/c(H+) c(NO2-)=kw/k(HNO 2), kw 为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故 C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c (CH3COOH) c ( HNO 2),分别滴加同浓度的 NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选Co【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键， 难点C,要将已知的c(HNO

12、2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以 c(H+),变成与kw为水的 离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。6.我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘澳液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是贮液器贮液器A.放电时，a电极反应为LBr2e 2I BrB.放电时，溶液中离子的数目增大C.充电时，b电极每增重0.65g,溶液中有0.02mol I被氧化D.充电时，a电极接外电源负极【答案】D【解析】放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e Z才,正极反应式为l2Br +2e =2I +Br ,充电时，阳

13、极反应式为Br +2I -2e =l2Br 阴极反应式为 Zn2 +2e =Zn,只有阳离子能穿过交换膜，阴离子不能穿过交换膜，据此分析解答。【详解】A、放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2B1+2e-=2+Br,故A正确;B、放电时，正极反应式为bBr+2e=2I +Br ,溶液中离子数目增大，故 B正确；C、充电时，b电极反应式为Zn2 +2e =Zn,每增加0.65g,转移0.02mol电子，阳极反应式为 Br +2I -2e=l2Br ,有0.02mol失电子被氧化，故 C正确；D 、充电时， a 是阳极，应与外电源的正极相连，故D 错误；故选D 。【点睛】本题考

14、查化学电源新型电池，会根据电极上发生的反应判断正负极是解本题关键，会正确书写电极反应式，易错选项是B,正极反应式为l2Br +2e =2I +Br ,溶液中离子数目增大。第R卷注意事项：1用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2本卷共4 题，共 64 分。7.氮、磷、砷As 、锑 Sb 、铋 Bi 、镆 Mc 为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题：（ 1 ）砷在元素周期表中的位置。 121858Mc 的中子数为 。已知：P （S,白磷）=P （S,黑磷） H 39.3kJ mol 1；P （s,白磷）=P（s,红磷） H 17.6kJ mol 1；由此推知，其中最稳定的

15、磷单质是。（2）氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：NH3 PH3 （填）o沸点：N2H4 P2H4 （填T）,判断依据是 。（3） PH3和 NH3与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH3与HI反应产物的推断正确的是 （填序号） 。a.不能与NaOH反应 b.含离子键、共价键 c.能与水反应(4)SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCi,写出该反应的化学方程式 ,因此，配制 SbCh溶液应注意 。(5)在1L真空密闭容器中加入 a mol PH4I固体，tC时发生如下反应：PH4I s 脩?？ PH3 g HI g4PH3 g 脩?？ P4 g 6H2 g2HI g

16、脩为 H2 g I2 g 达平衡时，体系中 n HI bmol, n I2 cmol, n H2d mol,则tC时反应的平衡常数k值为 (用字母表示)。【答案】(1).第四周期第VA族 (2).173(3).黑磷 (4). (5). (6). N2H4分子间存在氢键.b、c(8). SbCl3 H2O麻为SbOCl 2HCl (峰飞”写成.”亦可)(9).加盐酸，抑制水解 (10). b 8c 2d b 3【解析】【详解】(1)神元素的原子序数为 33,与氮元素、磷元素均位于VA族，最外层有5个电子，则神在周期表中的位置为第四周期 VA族；288115Mc的质量数为288,质子数为115,由

17、由中子数=质量数一中子数可知 288115Mc的中子数为288115=173；将已知转化关系依次编号为 ，由盖斯定律可知，一可得P ( s,红磷)=P (s,黑磷)H=4Hi H2= ( 39.3kJ/mol) 一 (17.6 kJ/mol) = 21.7 kJ/mol。由于放热反 应中，反应物总能量大于生成物总能量，则白磷、红磷和黑磷三者能量的大小顺序为白磷红磷黑磷， 能量越高越不稳定，则最稳定的是黑磷，故答案为：第四周期VA族；173;黑磷；(2)元素非金属性越强，氢化物的稳定性越强，N元素非金属性强于 P元素，则NH 3热稳定性强于PH3；N元素非金属性强，原子半径小，N2H4分子间可以

18、形成氢键，增大分子间作用力，而PH3分子间不能形成氢键，则N2H4的沸点高于PH3,故答案为：;N2H4分子间形成氢键；(3)由题意可知，PH3与NH3性质类似，与HI反应生成反应PH4I, PH4I能与氢氧化钠溶液反应生成 PH3, a错误；PH4I为离子化合物，化合物中含有离子键和共价键，b正确；PH4I与NH4I类似，可以发生水解反应，c正确，bc正确，故答案为：bc；(4)由题意可知，SbCl3发生水解反应生成 SbOCl沉淀和HCl,水解的化学方程式为SbCl3+H2O=SbOClJ +2HC1；配制SbCl3溶液时，为防止 SbCl3水解，应加入盐酸，故答案为:SbCl3+H2O=

19、SbOClJ +2HC1；加入盐酸抑制 SbCl3水解;(5)由 PH4I(s)=PH3 (g)+HI(g)可知，amolPH4l分解生成的物质的量的PH3 和HI,由 2HI(g)L H2(g) +I2 (g)可知 HI 分解生成 c (H2) = c (I2) =cmol/L , PH 4I 分解生成 c (HI)为(2c+b) mol/L ,贝 U 4 PH3，、-2(g) 3P4 (g) + 6H2 (g)可知 PH3分解生成 c (H2)= (dc) mol/L ,则体系中 c (PH3)为(2c+b)-3(8 c 3b 2d)b(8c 3b 2d)(d-c) mol/L= _3_故

20、反应 PH4I(s)|UPH3 (g) +HI (g)的平衡常数 K=c (PH3) c (HI) =-3-故答案为：b(8c 3b 2d)。【点睛】本题考查化学反应基本理论，涉及了物质结构、元素周期律、盖斯定律、盐类水解和化学平衡常 数等知识，注意元素周期律的应用，掌握盖斯定律和化学平衡常数的计算方法，明确盐类水解的应用是解 答关键。8.我国化学家首次实现了瞬催化的3 2环加成反应，并依据该反应，发展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。_1_ 2_CH3c C E1 E2 CH(E1、E2 可以是 COR 或 COOR)已知3 2环加成反应:G芋灌术解回答下列问题:(1)茅苍术醇的分

21、子式为 ，所含官能团名称为 ，分子中手性碳原子(连有四个 不同的原子或原子团)的数目为(2)化合物B的核磁共振氢谱中有 个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体(不考虑手性异构)数 目为。分子中含有碳碳叁键和乙酯基COOCH2cH3分子中有连续四个碳原子在一条直线上 写出其中碳碳叁键和乙酯基直接相连的同分异构体的结构简式 。(3) C D的反应类型为。(4) DE的化学方程式为 ,除E外该反应另一产物的系统命名为 (5) 下列试剂分别与 F和G反应，可生成相同环状产物的是 (填序号)。a. Br2b. HBr c. NaOH 溶液M ,在方框中写出路【答案】(1). Ci5H26。(2).碳碳双键

22、、羟基 (3). 3(4). 2(5). 5(6).CH3CH(CH 3)C CCOOCH 2CH 3 和 CH3CH2CH2c CCOOCH2CH3(7).加成反应或还原反应(9). 2-甲基(11).匚 m CCOOCHCH 尸 CHCOOC叫 C%根林质剂CODCHXHjILhieCOOCHCH,C=CCOOC H,CH, + CHKHCOOC HricCOOCH XHC(XXHX H.(PdC写成Ni(6)参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反应合成化合物等合理催化剂亦可)【解析】【分析】由有机物的转化关系可知,CXXX.K1LLCH 3c三CCOOC (CH3)3发

23、生题给信息反应生成与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成 IHX K与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反应生成一n用II ,CUOCH,(XXX HCOUCH IU.)定条件下脱去谈OOCII,与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成定条件下反应生成茅苍术醇。【详解】(1)茅苍术醇的结构简式为,分子式为Cl5H26O,所含官能团为碳碳双键、羟基,含有3个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子，故答案为:Cl5H26O；双键、羟基；3；2个吸收(2)化合物B的结构简式为CH3c三CCOOC (CH3)3,分子中含有两类氢原子，核磁共振氢谱有峰；由分子中含有碳碳叁键和 一COOCH2CH3,且分子中连

24、续四个碳原子在一条直线上，则符合条件的同分异构体有、CH3CH2CH2c三 CCOOCH2CH3、CH3CH2- C-CH2COOCH 2CH 3、CH3C三 C-CH2CH2COOCH 2CH3和CHj-C= c- 6hCOOCH2 CHi等5种结构，碳碳叁键和 一COOCH 2CH 3直接相连的为CH、CH3CH2CH2- CCOOCH2CH3,故答案为：2; 5;CH 3CH2CH2C CCOOCH2CH3；(3) CD的反应为CtXX-KH J,与氢气在催化剂作用下发生加成反应(或还原反应)生成fOOCM ILX,故答案为：加成反应(或还原反应)XKKil II，k与甲醇与浓硫酸共热发

25、生酯基交换反应生成 (XM II,反应的化学方程式为HOC (CH3) 3的系统命名法的名称为 2一甲基一2一丙醇，故答案为:lr n miniA2一甲基一2一丙醇;(5)CLXH也均可与澳化氢反应生成rhh IICIMX H t HCOOCH.CH,(6)由题给信息可知，CH3c三CCOOCH2CH3与CH2=COOCH2CH3反应生成COOCH与氢气发生加成反应生成,故答案为:JTOCHH,* HCLKM HIHCSCCOOCHjCHsCHraJCHiCH.*1 )C(XM HeUKK IH H【点睛】本题考查有机物推断与合成，对比物质的结构明确发生的反应，侧重对有机化学基础知识和逻辑 思

26、维能力考查，有利于培养自学能力和知识的迁移能力，需要熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化。悔侪I9.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下:Frt I 6H .D , A |一 占他和好耗水回答下列问题:I .环己烯的制备与提纯(1)原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为(2)操作1的装置如图所示(加热和夹持装置已略去)段烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为 ,浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择FeCb 6H2O而不用浓硫酸的原因为 （填序号）。a.浓硫酸易使原料碳化并产生 SO2b. FeCl3 6H20污染小、可循环使用，符合绿色化学理念c.同等条件下，用FeCh 6H2O比浓硫酸的平衡转

27、化率高仪器B的作用为。（3）操作2用到的玻璃仪器是 。（4）将操作3 （蒸储）的步骤补齐：安装蒸储装置，加入待蒸储的物质和沸石， ,弃去前储分，收集83 C的微分。n .环己烯含量的测定在一定条件下，向ag环己烯样品中加入定量制得的 b mol Bl ,与环己烯充分反应后，剩余的b2与足量KI作用生成,用cmol L1的Na2s2O3标准溶液滴定，终点时消耗 Na2s2O3标准溶液v mL （以上数据均已扣 除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下： Br2 2KI I2 2KBr I2 2Na2S2O3 = 2NaI Na2s4O6（5）滴定所用指示剂为 。样品中环己烯的质量分数为 （用字母

28、表示）(6)下列情况会导致测定结果偏低的是 (填序号)。a.样品中含有苯酚杂质b.在测定过程中部分环己烯挥发(7).通冷凝水，加热 (8).淀粉溶液(9).c. Na2s2O3标准溶液部分被氧化【答案】.FeCl溶液 (2).溶液显紫色(5).减少环己醇蒸出(6).分液漏斗、烧杯cvb 822000(10). b、ca【解析】【分析】1. (1)检验物质时通常是利用该物质的特殊性质，或利用不同物质间的性质差异。苯酚能与氯化铁溶液发生显色反应而醇不能，可依此设计用氯化铁溶液检验苯酚的存在；(2)书写陌生情境的化学方程式时，一定要将题给的所有信息挖掘出来，比如题给的反应条件，如催化剂、加热的温度、

29、此反应已明确指出的可逆”；(3)催化剂选择FeC13 6H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeC13 6H2。的优八、,(4)在发生装置中加装冷凝管，显然是为了冷凝回流，提高原料的利用率。(5)计算此问时尽可能采用关系式法，找到已知和未知之间的直接关系。(6)误差分析时，利用相关反应式将量尽可能明确化。【详解】I. (1)检验苯酚的首选试剂是 FeC13溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeC13溶液后，溶液将显示紫色；OH 广、FML dH,口己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为:(2)从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeC13 6H2。的作用下，反应生成了

30、环己烯，对比环己醇和环注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeC13 6H2。是反应条件(催化剂)别漏标；此处用FeC13 6H 2。而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓)心 CO2T+SOT +2HO； b项合理，与浓硫酸相比，FeC13 6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；仪器B为球形冷凝管，该仪器作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，尽可能减少加热时反

31、应物环己醇的蒸出，提高原料环己醇的利用率；(3)操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯;典作c 栗夕即梅彳京在一口入药凡 三 萼牛4M冷凝水 再力口执. 如先力口执 造成浪翼和淀描卜遇一狂, 早给的式和1.,所以剩余的物为：n(Br2)余 ，cv、.mol 应消耗的Br物H初量为(b-)ol .、*,6-I J 4 U L J _* I 4/ Z-Z1 4 -=Hux J 2_ _ _ _2000环己烯与澳单质1: 1反应，可知环己烯的物HTTHcv-) mOlWL量为- .000 . 2000c po)82_l I& I a,立

32、F 1 + 孙1ta ier(4)题目中已明确提示了操作3是蒸储操作。蒸储操R加入药品后，要先再通冷凝水，必有一部分微分没有及时冷凝,II. (5)因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀与反应消耗的Na2s2O3的物质的量之比为=Xcmol L-1 MmLX 10-3L mL-1= CV22000以ag样品中环己烯的质量分数为：(b(6) a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应可知剩余的 Br2,据反应式中每反应X82g,所ImolBr 2,消耗苯酚的质量为 31.3g；而每反应1mol B2,消耗环己烯的质量为 82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大, 从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过

33、程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2s2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的澳单质偏多，所以计算得 出与环己烯反应的澳单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。【点睛】 向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如何逆、玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。要计算样品中环己烯的质量分数，只需要算出环己烯的物质的量即可顺利求解。从所给的3个反应方程式可以得出：2Na2s2O3I2Br20j,将相关已知数据代入计算即可。对于a项的分析，要粗略计算出因苯酚的混入，导致单位质量样品消耗澳单质的量增加，最终使测得环己 烯的结果偏高。10.

34、多晶硅是制作光伏电池的关键材料。以下是由粗硅制备多晶硅的简易过程。干燥HC1 .分离惇气* SiHa；HC1多晶琏SiCli一其他回答下列问题:I .硅粉与HCl在300c时反应生成1mol SiHCl 3气体和H2,放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为。SiHCL的电子式为n .将SiCl4氢化为SiHCL有三种方法，对应的反应依次为： SiCl4 g H2 g 幅？ SiHCl 3 g HCl gHi 0 3SiCl4g2H2 g Si s 脩？4SiHCl3 g H20 2SiCl4gH2 gSi s HClg 璃？ 3SiHCl3 g H3(1)氢化过程中所需的高纯度 H2可用惰

35、性电极电解 KOH溶液制备，写出产生 出的电极名称 (填阳极”或 阴极”)，该电极反应方程式为 温度七图1(2)已知体系自由能变G H T S,G 0时反应自发进行。三个氢化反应的G与温度的关系如图1所示，可知：反应 能自发进行的最低温度是;相同温度下，反应 比反应的G小,主要原因是(3)不同温度下反应中SiCl4转化率如图2所示。下列叙述正确的是 (填序号)。a. B点：v正 v逆b. v正：A点 E点c.反应适宜温度： 480 520 c(4)反应的H3 (用 Hi, H2表示)。温度升高，反应 的平衡常数K (填增大”、 减小”或不变”)。(5)由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除Si

36、Cl4、SiHCl3和Si外，还有 (填分子式)。300【答案】 (1). Si s 3HCl g SiHCl3 g H2 gh 225kJ mol 1(2).KI：石苜： (3).阴极 (4). 2H2。2e =H2 2OH 或 2H2e =H2(5). 1000c* 4*H(6). H2 Hi 导致反应的 G 小 .a、c (8). H2 Hi (9).减小 (10). HCl、H2【解析】【分析】I.书写热化学方程式时一定要标注出各物质的状态，要将热化学方程式中始变的数值与化学计量数对应。本 题的反应温度需要标注为条件；11. (1)惰性电极电解 KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为

37、阴极，发生还原反应。(2)看图说话”，将反应的纵、横坐标对应起来看，即可顺利找到最低温度。影响自由能变的因素主要是烙变和嫡变，分析发现嫡变对反应反而不利，说明始变影响大，为主要影响因素；(3)据图判断化学平衡的建立和移动是分析的关键。注意时间是一个不变的量。(4)此问是盖斯定律的简单应用，对热化学方程式直接进行加减即可。【详解】I.参加反应的物质是固态的Si、气态的HCl,生成的是气态的 SiHCl3和氢气，反应条件是 300C ,配平后发现SiHCl 3的化学计量数恰好是 1,由此可顺利写出该条件下的热化学方程式：Si(s)+3HCl(g)=MX=SiHCl 3(g)+H 2(g) ?H=-

38、225kJ mol-1; SiHCl 3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出K1：其电子式为:：忌；:,注意别漏标3个氯原子的孤电子对;II. (1)电解KOH溶液，阳极发生氧化反应而产生02、阴极发生还原反应才产生H2；阴极的电极反应式可以直接写成2H+2e-=H2T,或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2T +2OH；(2)由题目所给的图1可以看出，反应 (最上面那条线)当？G=0时，对应的横坐标温度是 1000C；从反应前后气体分子数的变化来看，反应 的熵变化不大，而反应 中熵是减小的，可见熵变对反应 的自发更不利，而结果反应 的 ?G 更负，说明显然是焓变产生了较

39、大的影响，即?H 2?H 1 导致反应 的 ?G 小（两个反应对应的 ?H ，一个为正值，一个为负值，大小比较很明显） ；（ 3 ）图 2 给的是不同温度下的转化率，注意依据控制变量法思想，此时所用的时间一定是相同的，所以图示中 A 、 B 、 C 点反应均正向进行， D 点刚好达到平衡， D 点到 E 点才涉及平衡的移动。在到达平衡状态以前，正反应速率大于逆反应速率， a 项正确， B 点反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率； b 点错误，温度越高，反应速率越快，所以 E 点的正（或逆）反应速率均大于A 点； c 项正确， C 到 D 点， SiHCl 3 的转化率较高，选择此温度范围比较

40、合适，在实际工业生产中还要综合考虑催化剂的活性温度。（4）将反应 反向，并与反应 直接相加可得反应，所以？H3=?H2-?H1,因？H20,所以？H3必小于 0 ，即反应 正反应为放热反应，而放热反应的化学平衡常数随着温度的升高而减小；（ 5）反应 生成的 HCl 可用于流程中粗硅提纯的第1 步，三个可逆反应中剩余的 H 2也可循环使用。【点睛】 对于反应的吉布斯自由能大小比较及变化的分析，要紧紧抓住焓判据和熵判据进行分析。 判断图 2 中时间是一个不变的量，是看清此图的关键。明白了自变量只有温度，因变量是SiCl 4 的转化率，才能落实好平衡的相关知识的应用，如平衡的建立，平衡的移动以及平衡常数随温度变化的规律等。