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2019 年天津市高考化学试卷解析版 D 氧化亚铁溶于稀硝酸 FeO+2H+═Fe2++H O
2
A．A B．B C．C D．D
参考答案与试题解析
【考点】49：离子方程式的书写．
一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）
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【分析】A．NH +水解导致溶液呈酸性，Mg（OH） 能溶于酸；
1．（6分）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（ ） 4 2
B．得到的是胶体，胶体不是沉淀；
A．利用废弃的秸秆生产生物质燃料乙醇
C．转移电子不守恒；
B．利用石油生产塑料、化纤等高分子材料
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子。
C．利用基本的化学原料生产化学合成药物
【解答】解：A．NH +水解导致溶液呈酸性，Mg（OH） 能溶于酸，离子方程式为 Mg（OH） +2NH +═
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水 4 2 2 4
Mg2++2NH •H O，故A正确；
【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系． 3 2
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B．得到的是胶体，胶体不是沉淀，所以不能写沉淀符号，离子方程式为Fe3++3H O═Fe（OH） （胶体）
【分析】A．秸秆通过发酵生成乙醇； 2 3
+3H+，故B错误；
B．石油生产塑料、化纤，裂化生成小分子，小分子发生加聚反应生成高分子；
C．二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为 5SO +2MnO ﹣+2H O═
C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质； 2 4 2
5SO 2﹣+2Mn2++4H+，故C错误；
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成。 4
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H++NO ﹣═3Fe3++NO↑+5H O，故D错误；
【解答】解：A．秸秆通过发酵生成乙醇，为化学变化，故A不选； 3 2
故选：A。
B．石油生产塑料、化纤，裂化生成小分子，小分子发生加聚反应生成高分子，为化学变化，故B不选；
【点评】本题考查离子方程式正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的
C．基本的化学原料生产化学合成药物，发生有机反应生成新物质，为化学变化，故C不选；
关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的考查，注意电子、电荷守恒的应用，选项BD为解答的易错点，题
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成，是物理变化，故D选；
目难度不大。
故选：D。
3．（6分）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）
【点评】本题考查化学变化与物理变化，为基础性习题，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重
A．将废铁屑加入FeCl 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl
分析与应用能力的考查，注意新物质的判断，题目难度不大。 2 2
B．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
2．（6分）下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（ ）
C．盐碱地（含较多Na CO 等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
实验现象 离子方程式 2 3
D．无水CoCl 呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水
2
A 向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶 Mg（OH） +2NH +═Mg2++2NH •H O
2 4 3 2
【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．
液，沉淀溶解 菁优网版权所有
【分析】A．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子；
B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红 Fe3++3H O═Fe（OH） ↓+3H+
2 3
B．Li﹣Al合金密度较小且硬度及强度大；
褐色液体
C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性；
C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 3SO +2MnO ﹣+4H+═3SO 2﹣+2Mn2++2H O
2 4 4 2
D．无水CoCl 呈蓝色，吸水会变为粉红色。
2【解答】解：A．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的 误；
反应为2Fe2++Cl ＝2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而除去氯气，故A正确； D．得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色，应该先将得到的气体通入硫酸铜溶液
2
B．Li﹣Al合金密度较小且硬度及强度大，所以Li﹣Al合金可以用于航空工业，故B正确； 除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故D错误；
C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性，碳酸钠水解导致其水溶液呈碱性，所以盐碱地中加入熟石灰不能改 故选：B。
良土壤，通过施加适量石膏粉末（主要含有CaSO ，微溶于水）来降低土壤的碱性，故C错误； 【点评】本题考查化学实验方案评价，涉及气体收集、溶液配制、气体检验等知识点，明确化学反应原理、
4
D．无水CoCl 呈蓝色，吸水会变为粉红色，如果变色硅胶中加入CoCl ，可以根据变色硅胶颜色变化判断 元素化合物性质、实验规则是解本题关键，D为解答易错点。
2 2
是否吸水，故D正确； 5．（6分）某温度下，HNO 和CH COOH的电离常数分别为5.0×10﹣4和l.7×l0﹣5．将pH和体积均相同的两
2 3
故选：C。 种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）
【点评】本题考查元素化合物性质，侧重考查分析判断及知识综合运用能力，明确元素化合物性质是解本题
关键，注意A中发生的反应，题目难度不大。
4．（6分）下列实验操作或装置能达到目的是（ ）
A B C D
A．曲线Ⅰ代表HNO 溶液
2
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
‒
𝑐(𝐻𝐴) ⋅ 𝑐(𝑂𝐻 )
C．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(𝐴 )
D．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
混合浓硫酸和乙醇 配制一定浓度的溶液 收集NO 气体 证明乙炔可使溴水褪色
2
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．
A．A B．B C．C D．D 菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH专题．
【考点】U5：化学实验方案的评价．
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【分析】酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO ＞CH COOH，
2 3
【分析】A．配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液；
A．加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强；
B．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切；
B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大；
C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；
‒
𝑐(𝐻𝐴) ⋅ 𝑐(𝑂𝐻 )
D．得到的乙炔中含有硫化氢等气体，硫化氢等气体也能使溴水褪色。
C. =K ，水解平衡常数只与温度有关；
h
‒
𝑐(𝐴 )
【解答】解：A．配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液，混合浓硫酸和乙醇相当于浓硫酸的稀释，
D．a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO ＜CH COOH，相同体积的a点两种溶液中溶质物质
2 3
应该将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A错误；
的量：HNO ＜CH COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，根据Na原子守恒判断n（Na+）。
2 3
B．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切，图象符合，故B正确；
【解答】解：酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据电离平衡常数知，酸性：HNO ＞CH COOH，
2 3
C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集，所以导气管应该遵循“长进短出”原则，故C错A．加水稀释促进弱酸电离，pH相同的这两种酸稀释相同倍数，pH变化大的酸性较强，根据图知，pH变化 【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．
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较大的是II，则II表示较强的酸HNO ，所以曲线I表示CH COOH，故A错误； 【分析】由电池装置图可知，a极I Br﹣生成I﹣，则发生还原反应，应为原电池的正极，b极Zn失电子生成
2 3 2
B．酸或碱抑制水电离，酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，酸中c（H+）：b＞c，则抑制水电离程 Zn2+，发生氧化反应，应为原电池的负极，充电时，a为阳极，b为阴极，以此解答该题。
度：b＞c，所以水电离程度：b＜c，故B错误； 【解答】解：A．放电时，a电极I Br﹣生成I﹣，发生还原反应，电极反应为I Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣，故A
2 2
‒
𝑐(𝐻𝐴) ⋅ 𝑐(𝑂𝐻 ) 正确；
C．水解平衡常数只与温度有关， =K ，从 c点到 d点，温度不变，水解平衡常数不
h
𝑐(𝐴 ‒ ) B．放电时正极生成I Br﹣生成I﹣、Br﹣，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增大，故B正确；
2
‒
𝑐(𝐻𝐴) ⋅ 𝑐(𝑂𝐻 ) C．充电时，b电极生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，则转移0.02mol电子，阳极发生2I﹣+Br﹣2e
变，所以溶液中 保持不变，故C正确；
𝑐(𝐴 ‒ ) ﹣﹣＝I Br﹣，溶液中有0.02molI﹣被氧化，故C正确；
2
D．a点两种溶液的pH相同，但是两种溶液浓度：HNO ＜CH COOH，相同体积的a点两种溶液中溶质物质 D．原电池时，应生成I Br﹣，则发生氧化反应，a为阳极，连接电源的正极，故D错误。
2 3 2
的量：HNO ＜CH COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：HNO ＜CH COOH，根据Na 故选：D。
2 3 2 3
原子守恒知溶液中n（Na+）：HNO ＜CH COOH，故D错误； 【点评】本题考查原电池和电解池知识，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握
2 3
故选：C。 电极的反应和判断，结合图象的物质的变化，从氧化还原反应的角度分析，题目难度中等。
【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查图象分析判断能力，明确弱电解质电离特点、水解平衡常数影 二、解答题（共4小题，满分64分）
响因素、酸碱混合溶液定性判断等知识点是解本题关键，注意C中水解平衡常数只与温度有关，与溶液酸碱 7．（14分）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。
性及浓度无关，题目难度不大。 回答下列问题：
6．（6分）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 （1）砷在元素周期表中的位置 第四周期第VA族 。2 15 8 5 8Mc的中子数为 173 。
储存电解质溶液，提高电池的容量。下列叙述不正确的是（ ） 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，其中最稳定的磷单质是 黑磷 。
（2）氮和磷氢化物性质的比较：
热稳定性：NH ＞ PH （填“＞”或“＜”）。
3 3
沸点：N H ＞ P H （填“＞”或“＜”），判断依据是 N H 分子间存在氢键 。
2 4 2 4 2 4
（3）PH 和NH 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对PH 与HI反应产物的推断正确的
3 3 3
是
A．放电时，a电极反应为I Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣
2
bc （填序号）。
B．放电时，溶液中离子的数目增大
a．不能与NaOH反应 b．含离子键、共价键 c．能与水反应
C．充电时，b电极每增重0.65g，溶液中有0.02mol I﹣被氧化
（4）SbCl 能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl，写出该反应的化学方程式 SbCl +H O⇌SbOCl↓
D．充电时，a电极接外电源负极 3 3 2+2HCl ，因此，配制SbCl 溶液应注意 加入盐酸抑制水解 。 能量越低越稳定，
3
（5）在1L真空密闭容器中加入a molPH I固体，t℃时发生如下反应： P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3 kJ•mol﹣1①
4
PH I（S）⇌PH （g）+HI（g） ① P（s，白磷）＝P（s，红磷）△H＝﹣17.6kJ•mol﹣1②
4 3
4PH （g）⇌P （g）+6H （g） ② 将方程式①﹣②得P（s，红磷）＝P（s，黑磷）△H＝（﹣39.3+17.6）kJ/mol＝﹣21.7kJ/mol，
3 4 2
2HI（g）⇌H （g）+I （g） ③ 则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定，
2 2
达平衡时，体系中 n（HI）＝bmol，n（I ）＝c mol，n（H ）＝d mol，则t℃时反应①的平衡常数 K值为 故答案为：第四周期第VA族；173；黑磷；
2 2
8𝑐 ‒ 2𝑑 （2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
（b + ）b （用字母表示）。
3
非金属性N＞P，所以热稳定性：NH ＞PH ；
3 3
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系． N H 能形成分子间氢键、P H 分子间不能形成氢键，所以沸点：N H ＞P H ，
2 4 2 4 2 4 2 4
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【专题】51E：化学平衡专题． 故答案为：＞；＞；N H 分子间存在氢键；
2 4
【分析】（1）As位于第四周期第VA族，中子数＝质量数﹣质子数； 分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高；
能量越低越稳定； （3）PH 和NH 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH 与HI反应产物为PH I，相当于铵
3 3 3 4
（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定； 盐，具有铵盐结构性质，
分子晶体熔沸点与分子间作用力和氢键有关，能形成分子间氢键的氢化物熔沸点较高； a．铵盐能和NaOH发生复分解反应，所以PH I能与NaOH反应，故错误；
4
（3）PH 和NH 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH 与HI反应产物为PH I，相当于铵 b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH I中含离子键、共价键，故正确；
3 3 3 4 4
盐，具有铵盐结构性质； c．铵盐都易发生水解反应，所以PH I能与水反应，故正确；
4
（4）SbCl 能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，根据元素守恒知，还生成HCl；配制SbCl 溶液要防 故答案为：bc；
3 3
止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解； （4）SbCl 能发生较强烈的水解，生成难溶的 SbOCl，根据元素守恒知，还生成 HCl，反应方程式为
3
（5）可逆反应2HI（g）⇌H （g）+I （g） ③ SbCl +H O⇌SbOCl↓+2HCl；配制SbCl 溶液要防止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解，则配制
2 2 3 2 3
平衡（mol/L）b c c 该溶液时为防止水解应该加入盐酸，
可逆反应4PH （g）⇌P （g）+6H （g） ② 故答案为：SbCl +H O⇌SbOCl↓+HCl；加入盐酸抑制水解；
3 4 2 3 2
2 （5）可逆反应2HI（g）⇌H （g）+I （g） ③
2 2
反应（mol/L） （d﹣c） d﹣c
3
平衡（mol/L）b c c
可逆反应PH I（S）⇌PH （g）+HI（g） ① 可逆反应4PH （g）⇌P （g）+6H （g） ②
4 3 3 4 2
2 2
平衡（mo/L） b+2c （d﹣c） b 反应（mol/L） （d﹣c） d﹣c
-
3 3
则t℃时反应①的平衡常数K值＝c（PH ）×c（HI）。 可逆反应PH I（S）⇌PH （g）+HI（g） ①
3 4 3
【解答】解：（1）As位于第四周期第VA族，中子数＝质量数﹣质子数＝288﹣115＝173；2 ①分子中含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH CH ）
2 3
平衡（mo/L） b+2c （d﹣c） b
-
3
②分子中有连续四个碳原子在一条直线上
2 8𝑐 ‒ 2𝑑 写 出 其 中 碳 碳 三 键 和 乙 酯 基 直 接 相 连 的 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式
则t℃时反应①的平衡常数K值＝c（PH ）×c（HI）＝[b+2c （d﹣c）]×b＝（b + ）b，
3 -
3 3
8𝑐 ‒ 2𝑑
故答案为：（b + ）b。 。
3
（3）C→D的反应类型为 加成反应或还原反应 。
【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡常数计算、氢键、铵盐、盐类水解等知识点，侧重考查基础知识再
（ 4） D→ E的 化 学 方 程 式 为
现和灵活运用，明确化学反应原理、元素化合物性质是解本题关键，难点是（5）题计算，要计算①中平衡
时各物质浓度，注意①中反应物为固体，为解答易错点，题目难度中等。
8．（18分）我国化学家首次实现了膦催化的（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
，除 E外该
成分茅苍术醇的有效路线。
反应另一产物的系统命名为 2﹣甲基﹣2﹣丙醇 。
（5）下列试剂分别与F和G反应，可生成相同环状产物的是 b （填序号）。
a．Br b．HBr c．NaOH溶液
2
已知（3+2）环加成反应：
（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M，在方框中写出路线
流程图（其他试剂任选）。
【考点】HC：有机物的合成．
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【分析】（1）明确分子中C、H、O原子数目确定分子式，注意交点、端点为碳原子，用H原子饱和碳的四
价结构，也可以利用不饱和度计算H原子数目；由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟基；连有
四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子；
（2）核磁共振氢谱中吸收峰数目等于分子中不同化学环境的氢原子种数；B的同分异构体满足：①分子中
回答下列问题：
含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH CH ），②分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在C﹣C≡C﹣C
2 3
（1）茅苍术醇的分子式为 C H O ，所含官能团名称为 碳碳双键、羟基 ，分子中手性碳原子（连有
15 26
碳链结构，形成酯的酸可以看作 CH C≡CCH CH 中 1个 H原子被﹣COOH替代，也可以是 HOOC﹣C≡
四个不同的原子或原子团）的数目为 3 。 3 2 3
CCH CH CH 、HOOC﹣C≡CCH（CH ） ；
（2）化合物B的核磁共振氢谱中有 2 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 2 2 3 3 2
（3）对比C、D的结构，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D；
为 5 。（4）对比D、E的结构，可知D与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成（CH ） COH；
3 3
（5）F、G均含有碳碳双键与酯基，但碳碳双键位置不同，在碱性条件下水解得到环状产物不同，与溴发生
，
反应是溴原子位置不完全相同，与HBr加成后溴原子连接位置可能相同；
（6）两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A与B反应，系列得到D的过程，结合（3+2）环加成反应，
故答案为：2；5； ；
（3）对比C、D的结构，可知C中碳碳双键与氢气发生加成反应生成D，组成加氢，也属于还原反应，
故答案为：加成反应或还原反应；
可以由 或 与氢气加成反应得到目标物。而 CH C≡CCOOCH 与
3 3
（4）对比D、E的结构，可知D与甲醇发生发生取代反应生成E，同时还生成（CH ） COH，反应方程式
3 3
CH ＝CHCOOCH CH 反应得到 ．CH C≡CCOOCH CH 与 CH ＝CHCOOCH 反应得
2 2 3 3 2 3 2 3 为： ，（CH ）
3
COH的名称为：2﹣甲基﹣2﹣丙醇，
3
到 。
故答案为： ；2
【解答】解：（1）茅苍术醇分子中有15个C原子、1个O原子，分子不饱和度为3，则分子中H原子数目
﹣甲基﹣2﹣丙醇；
＝2×15+2﹣2×3＝26，故茅苍术醇分子式为C H O．由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟
15 26
（5）F、G均含有碳碳双键与酯基，但碳碳双键位置不同，在碱性条件下水解得到环状产物不同，与溴发生
反应是溴原子位置不完全相同，与HBr加成后溴原子连接位置可能相同，即可生成相同环状产物，
基。分子中有如图“*”所示3个碳原子连接连有四个不同的原子或原子团： ，即有3个 故选：b；
手性碳原子， （6）两种链状不饱和酯合成目标物M，模仿A与B反应，系列得到D的过程，结合（3+2）环加成反应，
故答案为：C H O；碳碳双键、碳原子；3；
15 26
（2）化合物B分子中只有2种化学环境不同的H原子，故其核磁共振氢谱有2个吸收峰。B的同分异构体
可以由 或 与氢气加成反应得到目标物。而 CH C≡CCOOCH 与
3 3
满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH CH ），②分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存
2 3
在C﹣C≡C﹣C碳链结构，形成酯的酸可以看作CH C≡CCH CH 中1个H原子被﹣COOH替代，有3种
3 2 3
酸，也可以是HOOC﹣C≡CCH CH CH 、HOOC﹣C≡CCH（CH ） ，故符合条件的同分异构体有3+2＝5
2 2 3 3 2
种 ， 其 中 碳 碳 三 键 和 乙 酯 基 直 接 相 连 的 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式 为 CH 2 ＝CHCOOCH 2 CH 3 反应得到 ．CH 3 C≡CCOOCH 2 CH 3 与 CH 2 ＝CHCOOCH 3 反应得（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
到 ， 合 成 路 线 流 程 图 为 ：
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FeCl •6H O而不用浓硫酸的原因为 ab （填序号）。
3 2
，
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO
2
故 答 案 为 ：
b．FeCl •6H O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
3 2
c．同等条件下，用FeC1 •6H O比浓硫酸的平衡转化率高
3 2
②仪器B的作用为 减少环己醇蒸出
（3）操作2用到的玻璃仪器是 分液漏斗、烧杯
（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， 通冷凝水、加热 ，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ag环己烯样品中加入定量制得的bmolBr ，与环己烯充分反应后，剩余的Br 与足量KI
【点评】本题考查有机物的合成，涉及有机物的结构与性质、官能团的识别、有机反应类型、限制条件同分 2 2
作用生成I ，用cmol•L﹣1的Na S O 标准溶液滴定，终点时消耗Na S O 标准溶液vmL（以上数据均已扣
异构体的书写、有机物的命名、有机反应方程式的书写、合成路线设计、对信息的迁移运用等，是对有机化 2 2 2 3 2 2 3
除干扰因素）。
学基础的综合考查，对比分析物质结构明确发生的反应，关键是对给予反应信息的理解。
测定过程中，发生的反应如下：
9．（18分）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如图：
①
②Br +2KI═I +2KBr
2 2
③I +2Na S O ═2NaI+Na S O
2 2 2 3 2 4 6
回答下列问题：
𝑐𝑉
(𝑏 ‒ ) × 82
Ⅰ．环己烯的制备与提纯 2000
（5）滴定所用指示剂为 淀粉溶液 。样品中环己烯的质量分数为 （用字母表
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为 FeCl 溶液 ，现象为 溶液显紫色 。 𝑎
3示）。 【解答】解：环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是 bc （填序号）。 后分液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己
a．样品中含有苯酚杂质 烯；
b．在测定过程中部分环己烯挥发 （1）苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应，所以可以用FeCl 溶液检验苯酚，苯酚和氯化铁溶液混合溶液呈紫
3
c．Na S O 标准溶液部分被氧化 色，
2 2 3
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量． 故答案为：FeCl 溶液；溶液显紫色；
3
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【专题】548：制备实验综合．
【分析】环己醇发生消去反应生成环己烯和水，环己烯不溶于水，饱和食盐水溶解环己醇、氯化铁，然后分
（2）①烧瓶A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应，反应方程式为 ；
液得到的水相中含有环己醇、氯化铁，得到的有机相中含有环己烯，然后干燥、过滤、蒸馏得到环己烯；
a．浓硫酸具有强氧化性，易使原料炭化并产生SO ，从而降低环己烯产率，故正确；
（1）苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应； 2
b．FeCl •6H O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，故正确；
3 2
（2）①烧瓶 A中进行的可逆反应为环己醇的消去反应；浓硫酸具有强氧化性，能氧化原料，且 FeCl •
3
c．催化剂只影响反应速率不影响平衡移动，所以催化剂不影响产率，故错误；
6H O污染小、可循环使用；
2
②仪器B能冷凝回流环己醇；
（3）操作2为分液，根据分液所需仪器选取；
故答案为： ；ab；
（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，通冷凝水、加热，弃去前馏
②仪器B能冷凝回流环己醇，所以B的作用是减少环己醇蒸出，增大环己醇利用率，
分，收集83℃的馏分；
故答案为：减少环己醇蒸出；
（5）碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘；
（3）操作2为分液，分液用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，
②Br +2KI═I +2KBr、③I +2Na S O ═2NaI+Na S O 得关系式 Br ～I ～2Na S O ，则与 KI反应的 n
2 2 2 2 2 3 2 4 6 2 2 2 2 3 故答案为：分液漏斗、烧杯；
1 1
（Br ） = n（Na S O ） = ×cv×10﹣3 mol，所以与环己烯反应的
（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，通冷凝水、加热，弃去前馏
2 2 2 3
2 2
分，收集83℃的馏分，
1 1
故答案为：通冷凝水、加热；
n（Br ）＝（b ×cv×10﹣3 ）mol，根据 得n（环己烯）＝（b ×cv×10﹣
2 - -
2 2
（5）碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘，所以选取的试剂为淀粉溶液；
1 实际质量
3 ）mol，m（环己烯）＝（b ×cv×10﹣3 ）mol×82g/mol，环己烯质量分数 = ； ②Br 2 +2KI═I 2 +2KBr、③I 2 +2Na 2 S 2 O 3 ═2NaI+Na 2 S 4 O 6 得关系式 Br 2 ～I 2 ～2Na 2 S 2 O 3 ，则与 KI反应的 n
-
2 样品质量
1 1
（6）a．样品中含有苯酚杂质，苯酚和溴发生取代反应生成沉淀，消耗相同质量的溴，消耗环己烯的质量大 （Br 2 ） = n（Na 2 S 2 O 3 ） = ×cv×10﹣3 mol，所以与环己烯反应的
2 2
于苯酚；
1 1
b．在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少； n（Br ）＝（b ×cv×10﹣3 ）mol，根据 得n（环己烯）＝（b ×cv×10﹣
2 - -
2 2
c．Na S O 标准溶液部分被氧化导致消耗的硫代硫酸钠偏大，与环己烯反应的溴偏低。
2 2 31 Ⅱ．将SiCl 氢化为SiHCl 有三种方法，对应的反应依次为：
4 3
3 ） mol， m（ 环 己 烯 ） ＝ （ b ×cv× 10﹣ 3 ） mol× 82g/mol， 环 己 烯 质 量 分 数
-
2
①SiCl （g）+H （g）⇌SiHCl （g）+HCl（g）△H ＞0
4 2 3 1
1 𝑐𝑉
②3SiCl （g）+2H （g）+Si（s）⇌4SiHCl （g）△H ＜0
‒3 4 2 3 2
(𝑏 ‒ 𝑐𝑉 × 10 ) × 82𝑔 (𝑏 ‒ ) × 82
实际质量 2 2000
③2SiCl （g）+H （g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl （g） △H
= = = ， 4 2 3 3
样品质量 𝑎𝑔 𝑎
（1）氢化过程中所需的高纯度H 可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生H 的电极名称 阴极 （填
2 2
𝑐𝑉
(𝑏 ‒ ) × 82 “阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为 2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣或2H++2e﹣＝H ↑ 。
2 2 2
2000
故答案为：淀粉溶液； ；
𝑎
（6）a．样品中含有苯酚杂质，苯酚和溴发生取代反应生成沉淀，消耗相同质量的溴，消耗环己烯的质量大
于苯酚，所以如果含有苯酚导致测定偏高，故错误；
b．在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少，导致测定结果偏低，故正确；
c．Na S O 标准溶液部分被氧化导致消耗的硫代硫酸钠偏大，与环己烯反应的溴偏低，导致测定结果偏低，
2 2 3
故正确；
故选bc。
（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
【点评】本题考查物质含量测定，侧重考查实验操作、实验分析判断及计算能力，明确化学反应原理、元素
图1所示，可知：反应①能自发进行的最低温度是 1000℃ ；相同温度下，反应②比反应①的△G小，
化合物性质、实验操作及误差分析是解本题关键，注意关系式在方程式计算中的灵活运用，易错点是误差分
主要原因是 △H ＜△H 导致反应②的△G小 。
2 1
析，题目难度中等。
（3）不同温度下反应②中SiCl 转化率如图2所示。下列叙述正确的是 ac （填序号）。
4
10．（14分）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。
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③的△H ＝ △H ﹣△H （用△H ，△H 表示）。温度升高，反应③的平衡常数 K 减小
3 2 1 1 2
（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SiCl 、SiHCl 和Si外，还有 HCl、H （填分子式）。
4 3 2
【考点】BE：热化学方程式；CM：转化率随温度、压强的变化曲线；U3：制备实验方案的设计．
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【专题】548：制备实验综合．
回答下列问题： 【分析】Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl 气体和H ，放出225kJ热量，根据反应热及反应
3 2
Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl 气体和H ，放出225kJ热量，该反应的热化学方程式为 Si 物状态、反应条件书写该反应的热化学方程式；SiHCl 中存在1个Si﹣H键、3个Si﹣Cl键；
3 2 3
（1）电解KOH溶液时，阳极上水或氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上水或氢离子得电子生成氢气；
300℃
（2）①SiCl （g）+H （g）⇌SiHCl （g）+HCl（g），该反应的△S＝0，要使△G＝△H＜0；①中△H＞
¯ 4 2 3
（s）+3HCl（g） SiHCl （g）+H （g）△H＝﹣225kJ/mol 。SiHCl 的电子式为 。
3 2 3
0、②△H＜0，且反应②△S＜0；（3）根据图知，A到D点，随着温度升高，SiCl 转化率增大，说明平衡正向移动且没有达到平衡状态，D （3）根据图知，A到D点，随着温度升高，SiCl 转化率增大，说明平衡正向移动且没有达到平衡状态，D
4 4
点后升高温度SiCl 转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则D为平衡点， 点后升高温度SiCl 转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则D为平衡点，
4 4
a．B点平衡正向移动； a．B点平衡正向移动，所以v
正
＞v
逆
，故正确；
b．温度越高化学反应速率越快； b．温度越高化学反应速率越快，温度A＜E，所以反应速率A＜E，故错误；
c．其转化率越大越好且温度不能太高； c．其转化率越大越好且温度不能太高，根据图知，反应适宜温度：480～520°C，故正确；
（4）①SiCl （g）+H （g）⇌SiHCl （g）+HCl（g）△H ＞0 故选ac；
4 2 3 1
②3SiCl （g）+2H （g）+Si（s）⇌4SiHCl （g）△H ＜0 （4）①SiCl （g）+H （g）⇌SiHCl （g）+HCl（g）△H ＞0
4 2 3 2 4 2 3 1
将方程式②﹣①得③2SiCl （g）+H （g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl （g），焓变进行相应的改变； ②3SiCl （g）+2H （g）+Si（s）⇌4SiHCl （g）△H ＜0
4 2 3 4 2 3 2
升高温度平衡向吸热方向移动； 将方程式②﹣①得③2SiCl （g）+H （g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl （g），△H ＝△H ﹣△H ＜0，
4 2 3 3 2 1
（5）根据图知，粗硅和干燥 HCl反应生成混合物，SiHCl 和氢气反应生成 HCl；混合物分离得到氢气， 升高温度平衡向吸热方向移动，该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，所以升高温度反应③
3
SiHCl 和氢气反应生成HCl需要氢气。 的平衡常数K减小，
3
【解答】解：Ⅰ．硅粉与HCl在300℃时反应生成1molSiHCl 气体和H ，放出225kJ热量，根据反应热及 故答案为：△H ﹣△H ；减小；
3 2 2 1
300℃ （5）根据图知，粗硅和干燥 HCl反应生成混合物，SiHCl 和氢气反应生成 HCl；混合物分离得到氢气，
3
¯
反应物状态、反应条件书写该反应的热化学方程式为Si（S）+3HCl（g） SiHCl 3 （g）+H 2 （g）△H SiHCl 3 和氢气反应生成HCl需要氢气，所以由粗硅制备多晶硅过程中循环使用的物质除SiCl 4 、SiHCl 3 和Si
外，还有HCl、H ，
2
故答案为：HCl、H 。
2
【点评】本题考查物质制备，涉及盖斯定律、热化学方程式书写、图象分析判断等知识点，明确化学反应原
＝﹣225kJ/mol；SiHCl 中存在1个Si﹣H键、3个Si﹣Cl键，其电子式为 ，
3
理及外界条件对化学平衡移动影响因素是解本题关键，易错点是（3）题分析，注意平衡点的判断，题目难
300℃ 度不大。
¯
故答案为：Si（s）+3HCl（g） SiHCl （g）+H （g）△H＝﹣225kJ/mol； ；
3 2
（1）电解KOH溶液时，阳极上水或氢氧根离子失电子生成氧气，阴极上水或氢离子得电子生成氢气，电极
反应式为2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣或2H++2e﹣＝H ↑，
2 2 2
故答案为：阴极；2H O+2e﹣＝H ↑+2OH﹣或2H++2e﹣＝H ↑；
2 2 2
（2）①SiCl （g）+H （g）⇌SiHCl （g）+HCl（g），该反应的△S＝0，要使△G＝△H＜0，根据图知，
4 2 3
反应①能自发进行的最低温度是1000℃；①中△H＞0、②△H＜0，且反应②△S＜0，△H ＜△H 导致反
2 1
应②的△G小，
故答案为：1000℃；△H ＜△H 导致反应②的△G小；
2 1
