天津高考化学试题解析

天津高考化学试题解析

‎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，只有一项是最符合题目要求的。‎ 以下数据可供解题时参考：‎ 相对原子质量： ‎ ‎1.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．‎ ‎【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乙醇，有新物质生成，属于化学变化，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B涉及化学反应；‎ 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C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D不涉及化学反应；‎ 故选D。‎ ‎【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．‎ ‎2.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）‎ 实验现象 离子方程式 A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解 B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体 C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 D 氧化亚铁溶于稀硝酸 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、氢氧化镁碱性强于氨水；‎ 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＋＋3H2OFe(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=2Mn2＋＋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＋＋NO↑＋5H2O，故D不能用来解释相应实验现象；‎ 故选A。‎ ‎【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C：氧化还原反应的离子方程式的书写，配平前不能将H+写在反应物中，应先配电子转移守恒，再通过电荷守恒将H+补在生成物中。‎ ‎3.下列有关金属及其化合物的不合理的是（ ）‎ A. 将废铁屑加入溶液中，可用于除去工业废气中的 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（含较多等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良 D. 无水呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 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=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性；‎ D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同。‎ ‎【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A不选；‎ 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=CaCO3↓＋2NaOH，产物仍然呈碱性，不能改变土壤的碱性，反而使土壤更板结，故C选；‎ D、利用无水氯化钴和氯化钴晶体的颜色不同，故可根据颜色判断硅胶中是否能吸水，故D不选。‎ 故选C。‎ ‎【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（ ）‎ A B C D 混合浓硫酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集气体 证明乙炔可使溴水褪色 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A、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、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。‎ ‎【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B能达到目的；‎ 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、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，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炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。‎ ‎5.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 曲线Ⅰ代表溶液 B. 溶液中水电离程度：b点＞c点 C. 从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）‎ D. 相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；‎ A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；‎ B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；‎ C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；‎ D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。‎ ‎【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ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、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，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（HNO2），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C。‎ ‎【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(HNO2)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-碘溴液流电池，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 A. 放电时，a电极反应为 B. 放电时，溶液中离子的数目增大 C. 充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化 D. 充电时，a电极接外电源负极 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e－═Zn2＋，正极反应式为I2Br－+2e－=2I－+Br－，充电时，阳极反应式为Br－+2I－-2e－=I2Br－、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I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正确；‎ B、放电时，正极反应式为I2Br－+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－=I2Br－，有0.02molI－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I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中离子数目增大。‎ 第Ⅱ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、锑、铋、镆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______。的中子数为______。‎ 已知：（，白磷）＝（，黑磷） ；‎ ‎（，白磷）＝（，红磷） ；‎ 由此推知，其中最稳定的磷单质是______。‎ ‎（2）氮和磷氢化物性质的比较：热稳定性：______（填“＞”“＜”）。‎ 沸点：______（填“＞”“＜”），判断依据是______。‎ ‎（3）和与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______（填序号）。‎ a．不能与反应 b．含离子键、共价键 c．能与水反应 ‎（4）能发生较强烈的水解，生成难溶的，写出该反应的化学方程式_______________________，因此，配制溶液应注意_______________________。‎ ‎（5）在1L真空密闭容器中加入a mol PH4I固体，t℃时发生如下反应：‎ ‎ ①‎ ‎ ②‎ ‎ ③‎ 达平衡时，体系中，，，则℃时反应①的平衡常数值为______（用字母表示）。‎ ‎【答案】 (1). 第四周期第VA族 (2). 173 (3). 黑磷 (4). ＞ (5). ＞ (6). 分子间存在氢键 (7). b、c (8). （“”写成“”亦可） (9). 加盐酸，抑制水解 (10). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）砷元素的原子序数为33，与氮元素、磷元素均位于ⅤA族，最外层有5个电子，则砷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，由由中子数=质量数—中子数可知288115Mc的中子数为288—115=173；将已知转化关系依次编号为①②，由盖斯定律可知，①—②可得P（s，红磷）= P（s，黑磷）△H=△H1—△H2=（—39.3kJ/mol）—（—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NH3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=SbOCl↓+2HCl；配制SbCl3溶液时，为防止SbCl3水解，应加入盐酸，故答案为：SbCl3+H2O=SbOCl↓+2HCl；加入盐酸抑制SbCl3水解；‎ ‎（5）由PH4I（s）PH3（g）+HI（g）可知，amolPH4I分解生成的物质的量的PH3和HI，由2HI（g）H2（g）+I2（g）可知HI分解生成c（H2）= c（I2）=cmol/L，PH4I分解生成c（HI）为（2c+b）mol/L，则4 PH3（g）P4（g）+ 6H2（g）可知PH3分解生成c（H2）=（d—c）mol/L，则体系中c（PH3）为[（2c+b）—（d—c）] mol/L=，故反应PH4I（s）PH3（g）+HI（g）的平衡常数K=c（PH3）c（HI）=，故答案为：。‎ ‎【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膦催化的环加成反应，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。‎ 已知环加成反应：‎ ‎（、可以是或）‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）茅苍术醇的分子式为____________，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______。‎ ‎①分子中含有碳碳叁键和乙酯基 ‎②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）的反应类型为____________。‎ ‎（4）的化学方程式为__________________，除外该反应另一产物的系统命名为____________。‎ ‎（5）下列试剂分别与和反应，可生成相同环状产物的是______（填序号）。‎ a． b． c．溶液 ‎（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，在方框中写出路线流程图（其他试剂任选）。_______‎ ‎【答案】 (1). (2). 碳碳双键、羟基 (3). 3 (4). 2 (5). 5 (6). 和 (7). 加成反应或还原反应 (8). (9). 2-甲基-2-丙醇 (10). b (11). 或（写成等合理催化剂亦可）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由有机物的转化关系可知，与CH3C≡CCOOC（CH3）3发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，与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反应生成，一定条件下脱去羰基氧生成，与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，一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C15H26O，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：C15H26O；双键、羟基；3；‎ ‎（2）化合物B的结构简式为CH3C≡CCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰；由分子中含有碳碳叁键和—COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一条直线上，则符合条件的B的同分异构体有、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3、CH3CH2C≡C—CH2COOCH2CH3、CH3—C≡C—CH2CH2COOCH2CH3和等5种结构，碳碳叁键和—COOCH2CH3直接相连的为、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3，故答案为：2；5；、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3；‎ ‎（3）C→D的反应为与氢气在催化剂作用下发生加成反应（或还原反应）生成，故答案为：加成反应（或还原反应）；‎ ‎（4）与甲醇与浓硫酸共热发生酯基交换反应生成，反应的化学方程式为，HOC（CH3）3的系统命名法的名称为2—甲基—2—丙醇，故答案为：，2—甲基—2—丙醇；‎ ‎（5）和均可与溴化氢反应生成，故答案为：b；‎ ‎（6）由题给信息可知，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=COOCH2CH3反应生成，与氢气发生加成反应生成，故答案为：。‎ ‎【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。‎ ‎9.环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：‎ 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____________，现象为__________________。‎ ‎（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。‎ ‎①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 b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高 ‎②仪器B的作用为____________。‎ ‎（3）操作2用到的玻璃仪器是____________。‎ ‎（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。‎ Ⅱ．环己烯含量的测定 在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。‎ 测定过程中，发生的反应如下：‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。‎ ‎（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 c．标准溶液部分被氧化 ‎【答案】 (1). 溶液 (2). 溶液显紫色 (3). (4). a、b (5). 减少环己醇蒸出 (6). 分液漏斗、烧杯 (7). 通冷凝水，加热 (8). 淀粉溶液 (9). (10). b、c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ I.（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、此反应已明确指出的“可逆”；‎ ‎（3）催化剂选择FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的理由分析，显然要突出浓硫酸的缺点，突出FeCl3·6H2O的优点；‎ ‎（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FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；‎ ‎（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，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，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl3·6H2O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) CO2↑+SO2↑+2H2O；b 项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O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；‎ ‎②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；‎ ‎（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；‎ II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。‎ ‎（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应：，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，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，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。‎ ‎【点睛】①向规范、严谨要分数。要注意题设所给的引导限定词语，如“可逆”、“玻璃”等，这些是得分点，也是易扣分点。‎ ‎②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：2Na2S2O3~I2~Br2~，将相关已知数据代入计算即可。‎ ‎③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溴单质的量增加，最终使测得环己烯的结果偏高。‎ ‎10.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。‎ 回答下列问题：‎ Ⅰ．硅粉与在300℃时反应生成气体和，放出热量，该反应的热化学方程式为________________________。的电子式为__________________。‎ Ⅱ．将氢化为有三种方法，对应的反应依次为：‎ ‎① ‎ ‎② ‎ ‎③ ‎ ‎（1）氢化过程中所需的高纯度可用惰性电极电解溶液制备，写出产生的电极名称______（填“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为________________________。‎ ‎（2）已知体系自由能变，时反应自发进行。三个氢化反应的与温度的关系如图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是____________；相同温度下，反应②比反应①的小，主要原因是________________________。‎ ‎（3）不同温度下反应②中转化率如图2所示。下列叙述正确的是______（填序号）。‎ a．B点： b．：A点点 c．反应适宜温度：℃‎ ‎（4）反应③的______（用，表示）。温度升高，反应③的平衡常数______（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、和外，还有______（填分子式）。‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 阴极 (4). 或 (5). 1000℃ (6). 导致反应②的小 (7). a、c (8). (9). 减小 (10). 、‎ ‎【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焓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；‎ II.（1）惰性电极电解KOH溶液，实质是电解水，产生氢气的必为阴极，发生还原反应。‎ ‎（2）“看图说话”，将反应①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焓变和熵变，分析发现熵变对反应②反而不利，说明焓变影响大，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300℃，配平后发现SiHCl3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) SiHCl3(g)+H2(g) ∆H=-225kJ·mol-1；SiHCl3中硅与1个H、3个Cl分别形成共价单键，由此可写出其电子式为：，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O2、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-=H2↑，或写成由水得电子也可以：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；‎ ‎（2）由题目所给的图1可以看出，反应①（最上面那条线）当∆G=0时，对应的横坐标温度是1000℃‎ ‎；从反应前后气体分子数的变化来看，反应①的熵变化不大，而反应②中熵是减小的，可见熵变对反应②的自发更不利，而结果反应②的∆G更负，说明显然是焓变产生了较大的影响，即∆H2<∆H1导致反应②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，SiHCl3的转化率较高，选择此温度范围比较合适，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①反向，并与反应②直接相加可得反应③，所以∆H3=∆H2-∆H1，因∆H2<0、∆H1>0，所以∆H3必小于0，即反应③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①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H2也可循环使用。‎ ‎【点睛】①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。②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SiCl4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。‎