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2019 年天津市高考化学试卷解析版
参考答案与试题解析
一、选择题（共6 小题，每小题6 分，满分36 分）
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（ ）
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
【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系．菁优网版权所有
【分析】A．秸秆通过发酵生成乙醇；
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．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；
D．利用反渗透膜从海水中分离出淡水，无新物质生成。
【解答】解：A．秸秆通过发酵生成乙醇，为化学变化，故A 不选；
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；
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；
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；
故选：D。
【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
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．（6 分）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
Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3•H2O
B
向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红
褐色液体
Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+
C
二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色
3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2O
D
氧化亚铁溶于稀硝酸
FeO+2H+═Fe2++H2O
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有
【分析】A．NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg（OH）2 能溶于酸；
B．得到的是胶体，胶体不是沉淀；
C．转移电子不守恒；
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子。
【解答】解：A．NH4+水解导致溶液呈酸性，Mg（OH）2 能溶于酸，离子方程式为Mg（OH）2+2NH4+═
Mg2++2NH3•H2O，故A 正确；
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++3H2O═Fe（OH）3（胶体）
+3H+，故B 错误；
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5SO2+2MnO4﹣+2H2O═
5SO42﹣+2Mn2++4H+，故C 错误；
D．亚铁离子易被氧化生成铁离子，离子方程式为3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故D 错误；
故选：A。
【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
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
目难度不大。
3．（6 分）下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）
A．将废铁屑加入FeCl2 溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
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
C．盐碱地（含较多Na2CO3 等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
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吸水
【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．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．Li﹣Al 合金密度较小且硬度及强度大；
C．熟石灰成分为氢氧化钙，具有碱性；
D．无水CoCl2 呈蓝色，吸水会变为粉红色。
【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
反应为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而除去氯气，故A 正确；
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；
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
良土壤，通过施加适量石膏粉末（主要含有CaSO4，微溶于水）来降低土壤的碱性，故C 错误；
D．无水CoCl2 呈蓝色，吸水会变为粉红色，如果变色硅胶中加入CoCl2，可以根据变色硅胶颜色变化判断
是否吸水，故D 正确；
故选：C。
【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
混合浓硫酸和乙醇
配制一定浓度的溶液
收集NO2 气体
证明乙炔可使溴水褪色
A．A
B．B
C．C
D．D
【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有
【分析】A．配制溶液时，密度大的溶液倒入密度小的溶液；
B．定容时眼睛应该与凹液面最低处相切；
C．二氧化氮密度大于空气，应该采用向上排空气法收集；
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。
【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，
应该将浓硫酸倒入乙醇中并不断搅拌，故A 错误；
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；
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
误；
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
除去杂质，然后将得到的气体通入溴水检验乙炔，故D 错误；
故选：B。
【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、
元素化合物性质、实验规则是解本题关键，D 为解答易错点。
5．（6 分）某温度下，HNO2 和CH3COOH 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
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（ ）
A．曲线Ⅰ代表HNO2 溶液
B．溶液中水的电离程度：b 点＞c 点
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(𝐻𝐴) ⋅𝑐(𝑂𝐻‒ )
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
【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡．菁优网版权所有
【专题】51G：电离平衡与溶液的pH 专题．
【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：HNO2＞CH3COOH，
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．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.
Kh，水解平衡常数只与温度有关；
𝑐(𝐻𝐴) ⋅𝑐(𝑂𝐻‒ )
𝑐(𝐴‒ )
=
D．a 点两种溶液的pH 相同，但是两种溶液浓度：HNO2＜CH3COOH，相同体积的a 点两种溶液中溶质物质
的量：HNO2＜CH3COOH，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+）。
【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：HNO2＞CH3COOH，
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
较大的是II，则II 表示较强的酸HNO2，所以曲线I 表示CH3COOH，故A 错误；
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
度：b＞c，所以水电离程度：b＜c，故B 错误；
C．水解平衡常数只与温度有关，
Kh，从c 点到d 点，温度不变，水解平衡常数不
𝑐(𝐻𝐴) ⋅𝑐(𝑂𝐻‒ )
𝑐(𝐴‒ )
=
变，所以溶液中
保持不变，故C 正确；
𝑐(𝐻𝐴) ⋅𝑐(𝑂𝐻‒ )
𝑐(𝐴‒ )
D．a 点两种溶液的pH 相同，但是两种溶液浓度：HNO2＜CH3COOH，相同体积的a 点两种溶液中溶质物质
的量：HNO2＜CH3COOH，消耗的碱与酸的物质的量成正比，所以消耗的碱：HNO2＜CH3COOH，根据Na
原子守恒知溶液中n（Na+）：HNO2＜CH3COOH，故D 错误；
故选：C。
【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
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
性及浓度无关，题目难度不大。
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
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I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣
B．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
【考点】BH：原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【分析】由电池装置图可知，a 极I2Br﹣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
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。
【解答】解：A．放电时，a 电极I2Br﹣生成I﹣，发生还原反应，电极反应为I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣，故A
正确；
B．放电时正极生成I2Br﹣生成I﹣、Br﹣，负极生成Zn2+，则溶液中离子的数目增大，故B 正确；
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
﹣﹣＝I2Br﹣，溶液中有0.02molI﹣被氧化，故C 正确；
D．原电池时，应生成I2Br﹣，则发生氧化反应，a 为阳极，连接电源的正极，故D 错误。
故选：D。
【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
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。
二、解答题（共4 小题，满分64 分）
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。
回答下列问题：
（1）砷在元素周期表中的位置 第四周期第VA 族 。
Mc 的中子数为 173 。
288
155
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：NH3 ＞ PH3（填“＞”或“＜”）。
沸点：N2H4 ＞ P2H4（填“＞”或“＜”），判断依据是 N2H4 分子间存在氢键 。
（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
bc （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SbOCl，写出该反应的化学方程式 SbCl3+H2O⇌SbOCl↓
+2HCl ，因此，配制SbCl3 溶液应注意 加入盐酸抑制水解 。
（5）在1L 真空密闭容器中加入a molPH4I 固体，t℃时发生如下反应：
PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g）
①
4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）
②
2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）
③
达平衡时，体系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝c mol，n（H2）＝d mol，则t℃时反应①的平衡常数K 值为
（b
）b （用字母表示）。
+ 8𝑐‒ 2𝑑
3
【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有
【专题】51E：化学平衡专题．
【分析】（1）As 位于第四周期第VA 族，中子数＝质量数﹣质子数；
能量越低越稳定；
（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
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；
（3）PH3 和NH3 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3 与HI 反应产物为PH4I，相当于铵
盐，具有铵盐结构性质；
（4）SbCl3 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SbCl3 溶液要防
止其水解，其水溶液呈酸性，所以酸能抑制水解；
（5）可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）
③
平衡（mol/L）b
c
c
可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）
②
反应（mol/L）（d﹣c）
d﹣c
2
3
可逆反应PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g）
①
平衡（mo/L）
b+2c
（d﹣c） b
-
2
3
则t℃时反应①的平衡常数K 值＝c（PH3）×c（HI）。
【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；
能量越低越稳定，
P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣39.3 kJ•mol﹣1①
P（s，白磷）＝P（s，红磷）△H＝﹣17.6kJ•mol﹣1②
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，
则能量：红磷＞黑磷，则黑磷稳定，
故答案为：第四周期第VA 族；173；黑磷；
（2）元素的非金属性越强，其氢化物越稳定；
非金属性N＞P，所以热稳定性：NH3＞PH3；
N2H4 能形成分子间氢键、P2H4 分子间不能形成氢键，所以沸点：N2H4＞P2H4，
故答案为：＞；＞；N2H4 分子间存在氢键；
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；
（3）PH3 和NH3 与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似，PH3 与HI 反应产物为PH4I，相当于铵
盐，具有铵盐结构性质，
a．铵盐能和NaOH 发生复分解反应，所以PH4I 能与NaOH 反应，故错误；
b．铵盐中存在离子键和共价键，所以PH4I 中含离子键、共价键，故正确；
c．铵盐都易发生水解反应，所以PH4I 能与水反应，故正确；
故答案为：bc；
（4）SbCl3 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
SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+2HCl；配制SbCl3 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
该溶液时为防止水解应该加入盐酸，
故答案为：SbCl3+H2O⇌SbOCl↓+HCl；加入盐酸抑制水解；
（5）可逆反应2HI（g）⇌H2（g）+I2（g）
③
平衡（mol/L）b
c
c
可逆反应4PH3（g）⇌P4（g）+6H2（g）
②
反应（mol/L）（d﹣c）
d﹣c
2
3
可逆反应PH4I（S）⇌PH3 （g）+HI（g）
①
平衡（mo/L）
b+2c
（d﹣c） b
-
2
3
则t℃时反应①的平衡常数K 值＝c（PH3）×c（HI）＝[b+2c
（d﹣c）]×b＝（b
）b，
-
2
3
+ 8𝑐‒ 2𝑑
3
故答案为：（b
）b。
+ 8𝑐‒ 2𝑑
3
【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
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
成分茅苍术醇的有效路线。
已知（3+2）环加成反应：
回答下列问题：
（1）茅苍术醇的分子式为 C15H26O ，所含官能团名称为 碳碳双键、羟基 ，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 3 。
（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
为 5 。
①分子中含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH2CH3）
②分子中有连续四个碳原子在一条直线上
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
。
（3）C→D 的反应类型为 加成反应或还原反应 。
（
4）
D→
E 的
化
学
方
程
式
为
，除E 外该
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．Br2 b．HBr c．NaOH 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．菁优网版权所有
【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
含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH2CH3），②分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存在C﹣C≡C﹣C
碳链结构，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH3 中1 个H 原子被﹣COOH 替代，也可以是HOOC﹣C≡
CCH2CH2CH3、HOOC﹣C≡CCH（CH3）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；
（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（CH3）3COH；
（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，
可以由
或
与氢气加成反应得到目标物。而CH3C≡CCOOCH3 与
CH2＝CHCOOCH2CH3 反应得到
．CH3C≡CCOOCH2CH3 与CH2＝CHCOOCH3 反应得
到
。
【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
＝2×15+2﹣2×3＝26，故茅苍术醇分子式为C15H26O．由结构可知分子中含有的官能团有：碳碳双键、羟
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
手性碳原子，
故答案为：C15H26O；碳碳双键、碳原子；3；
（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
满足：①分子中含有碳碳三键和乙酯基（﹣COOCH2CH3），②分子中有连续四个碳原子在一条直线上，存
在C﹣C≡C﹣C 碳链结构，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH3 中1 个H 原子被﹣COOH 替代，有3 种
酸，也可以是HOOC﹣C≡CCH2CH2CH3、HOOC﹣C≡CCH（CH3）2，故符合条件的同分异构体有3+2＝5
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
，
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；
（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（CH3）3COH，反应方程式
为：
，（CH3）
3COH 的名称为：2﹣甲基﹣2﹣丙醇，
故答案为：
；2
﹣甲基﹣2﹣丙醇；
（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，
故选：b；
（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，
可以由
或
与氢气加成反应得到目标物。而CH3C≡CCOOCH3 与
CH2＝CHCOOCH2CH3 反应得到
．CH3C≡CCOOCH2CH3 与CH2＝CHCOOCH3 反应得
到
，
合
成
路
线
流
程
图
为
：
，
故
答
案
为
：
。
【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
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
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。
9．（18 分）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如图：
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 FeCl3 溶液 ，现象为 溶液显紫色 。
（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FeCl3•6H2O 而不用浓硫酸的原因为 ab （填序号）。
a．浓硫酸易使原料炭化并产生SO2
b．FeCl3•6H2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用FeC13•6H2O 比浓硫酸的平衡转化率高
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bmolBr2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2 与足量KI
作用生成I2，用cmol•L﹣1 的Na2S2O3 标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3 标准溶液vmL（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
②Br2+2KI═I2+2KBr
③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6
（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
(𝑏‒
𝑐𝑉
2000) × 82
𝑎
示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是 bc （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．Na2S2O3 标准溶液部分被氧化
【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量．菁优网版权所有
【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
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；
（1）苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应；
（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FeCl3•
6H2O 污染小、可循环使用；
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；
（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；
（5）碘遇淀粉溶液变蓝色，所以可以用淀粉溶液检验碘；
②Br2+2KI═I2+2KBr、③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6 得关系式Br2～I2～2Na2S2O3，则与KI 反应的n
（Br2）
n（Na2S2O3）
cv×10﹣3 mol，所以与环己烯反应的
= 1
2
= 1
2
×
n（Br2）＝（b
cv×10﹣3 ）mol，根据
得n（环己烯）＝（b
cv×10﹣
-
1
2
×
-
1
2
×
3 ）mol，m（环己烯）＝（b
cv×10﹣3 ）mol×82g/mol，环己烯质量分数
；
-
1
2
×
= 实际质量
样品质量
（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；
b．在测定过程中部分环己烯挥发导致环己烯质量减少；
c．Na2S2O3 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。
【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
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
烯；
（1）苯酚能和氯化铁溶液发生显色反应，所以可以用FeCl3 溶液检验苯酚，苯酚和氯化铁溶液混合溶液呈紫
色，
故答案为：FeCl3 溶液；溶液显紫色；
（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
；
a．浓硫酸具有强氧化性，易使原料炭化并产生SO2，从而降低环己烯产率，故正确；
b．FeCl3•6H2O 污染小、可循环使用，符合绿色化学理念，故正确；
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；
故答案为：
；ab；
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，
故答案为：减少环己醇蒸出；
（3）操作2 为分液，分液用到的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯，
故答案为：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，
故答案为：通冷凝水、加热；
（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；
②Br2+2KI═I2+2KBr、③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6 得关系式Br2～I2～2Na2S2O3，则与KI 反应的n
（Br2）
n（Na2S2O3）
cv×10﹣3 mol，所以与环己烯反应的
= 1
2
= 1
2
×
n（Br2）＝（b
cv×10﹣3 ）mol，根据
得n（环己烯）＝（b
cv×10﹣
-
1
2
×
-
1
2
×
3
）mol，m（环己烯）＝（b
cv× 10﹣3
）mol× 82g/mol，环己烯质量分数
-
1
2
×
，
= 实际质量
样品质量
=
(𝑏‒
1
2𝑐𝑉× 10 ‒ 3) × 82𝑔
𝑎𝑔
=
(𝑏‒
𝑐𝑉
2000) × 82
𝑎
故答案为：淀粉溶液；
；
(𝑏‒
𝑐𝑉
2000) × 82
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．Na2S2O3 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，
故正确；
故选bc。
【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
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
析，题目难度中等。
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。
回答下列问题：
Ⅰ．硅粉与HCl 在300℃时反应生成1molSiHCl3 气体和H2，放出225kJ 热量，该反应的热化学方程式为 Si
（s）+3HCl（g）
SiHCl3（g）+H2（g）△H＝﹣225kJ/mol 。SiHCl3 的电子式为
。
300℃
¯
Ⅱ．将SiCl4 氢化为SiHCl3 有三种方法，对应的反应依次为：
①SiCl4（g）+H2 （g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g）△H1＞0
②3SiCl4 （g）+2H2 （g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g）△H2＜0
③2SiCl4（g）+H2 （g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g） △H3
（1）氢化过程中所需的高纯度H2 可用惰性电极电解KOH 溶液制备，写出产生H2 的电极名称 阴极 （填
“阳极”或“阴极”），该电极反应方程式为 2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣或2H++2e﹣＝H2↑ 。
（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，
主要原因是 △H2＜△H1 导致反应②的△G 小 。
（3）不同温度下反应②中SiCl4 转化率如图2 所示。下列叙述正确的是 ac （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③的△H3＝ △H2﹣△H1 （用△H1，△H2 表示）。温度升高，反应③的平衡常数K 减小
（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SiCl4、SiHCl3 和Si 外，还有 HCl、H2 （填分子式）。
【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．菁优网版权所有
【专题】548：制备实验综合．
【分析】Ⅰ．硅粉与HCl 在300℃时反应生成1molSiHCl3 气体和H2，放出225kJ 热量，根据反应热及反应
物状态、反应条件书写该反应的热化学方程式；SiHCl3 中存在1 个Si﹣H 键、3 个Si﹣Cl 键；
（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；
（2）①SiCl4（g）+H2 （g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g），该反应的△S＝0，要使△G＝△H＜0；①中△H＞
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，SiCl4 转化率增大，说明平衡正向移动且没有达到平衡状态，D
点后升高温度SiCl4 转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则D 为平衡点，
a．B 点平衡正向移动；
b．温度越高化学反应速率越快；
c．其转化率越大越好且温度不能太高；
（4）①SiCl4（g）+H2 （g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g）△H1＞0
②3SiCl4 （g）+2H2 （g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g）△H2＜0
将方程式②﹣①得③2SiCl4（g）+H2 （g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g），焓变进行相应的改变；
升高温度平衡向吸热方向移动；
（5）根据图知，粗硅和干燥HCl 反应生成混合物，SiHCl3 和氢气反应生成HCl；混合物分离得到氢气，
SiHCl3 和氢气反应生成HCl 需要氢气。
【解答】解：Ⅰ．硅粉与HCl 在300℃时反应生成1molSiHCl3 气体和H2，放出225kJ 热量，根据反应热及
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）
SiHCl3（g）+H2（g）△H
300℃
¯
＝﹣225kJ/mol；SiHCl3 中存在1 个Si﹣H 键、3 个Si﹣Cl 键，其电子式为
，
故答案为：Si（s）+3HCl（g）
SiHCl3（g）+H2（g）△H＝﹣225kJ/mol；
；
300℃
¯
（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2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣或2H++2e﹣＝H2↑，
故答案为：阴极；2H2O+2e﹣＝H2↑+2OH﹣或2H++2e﹣＝H2↑；
（2）①SiCl4（g）+H2 （g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g），该反应的△S＝0，要使△G＝△H＜0，根据图知，
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，△H2＜△H1 导致反
应②的△G 小，
故答案为：1000℃；△H2＜△H1 导致反应②的△G 小；
（3）根据图知，A 到D 点，随着温度升高，SiCl4 转化率增大，说明平衡正向移动且没有达到平衡状态，D
点后升高温度SiCl4 转化率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则D 为平衡点，
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，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，根据图知，反应适宜温度：480～520°C，故正确；
故选ac；
（4）①SiCl4（g）+H2 （g）⇌SiHCl3（g）+HCl（g）△H1＞0
②3SiCl4 （g）+2H2 （g）+Si（s）⇌4SiHCl3（g）△H2＜0
将方程式②﹣①得③2SiCl4（g）+H2 （g）+Si（s）+HCl（g）⇌3SiHCl3（g），△H3＝△H2﹣△H1＜0，
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
的平衡常数K 减小，
故答案为：△H2﹣△H1；减小；
（5）根据图知，粗硅和干燥HCl 反应生成混合物，SiHCl3 和氢气反应生成HCl；混合物分离得到氢气，
SiHCl3 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SiCl4、SiHCl3 和Si
外，还有HCl、H2，
故答案为：HCl、H2。
【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
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
度不大。
