2019年天津市高考化學試卷以及答案解析

2019年天津市高考化學試卷以及答案解析2019年天津市高考化學試卷以及答案解析2019年天津市高考化學試卷以及答案解析xxx公司2019年天津市高考化學試卷以及答案解析文件編號：文件日期：修訂次數(shù)：第1.0次更改批準審核制定方案設計，管理制度2019年天津市高考化學試卷一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1．（6分）化學在人類社會發(fā)展中發(fā)揮著重要作用，下列事實不涉及化學反應的是（）A．利用廢棄的秸稈生產(chǎn)生物質燃料乙醇 B．利用石油生產(chǎn)塑料、化纖等高分子材料 C．利用基本的化學原料生產(chǎn)化學合成藥物 D．利用反滲透膜從海水中分離出淡水2．（6分）下列離子方程式能用來解釋相應實驗現(xiàn)象的是（）實驗現(xiàn)象離子方程式A向氫氧化鎂懸濁液中滴加氯化銨溶液，沉淀溶解Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3?H2OB向沸水中滴加飽和氯化鐵溶液得到紅褐色液體Fe3++3H2O═Fe（OH）3↓+3H+C二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色3SO2+2MnO4﹣+4H+═3SO42﹣+2Mn2++2H2OD氧化亞鐵溶于稀硝酸FeO+2H+═Fe2++H2OA．A B．B C．C D．D3．（6分）下列有關金屬及其化合物的應用不合理的是（）A．將廢鐵屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2 B．鋁中添加適量鋰，制得低密度、高強度的鋁合金，可用于航空工業(yè) C．鹽堿地（含較多Na2CO3等）不利于作物生長，可施加熟石灰進行改良 D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色，可用于判斷變色硅膠是否吸水4．（6分）下列實驗操作或裝置能達到目的是（）ABCD混合濃硫酸和乙醇配制一定濃度的溶液收集NO2氣體證明乙炔可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D5．（6分）某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為×10﹣4和×l0﹣5．將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是（）A．曲線Ⅰ代表HNO2溶液 B．溶液中水的電離程度：b點＞c點 C．從c點到d點，溶液中保持不變（其中HA、A﹣分別代表相應的酸和酸根離子） D．相同體積a點的兩溶液分別與NaOH恰好中和后，溶液中n（Na+）相同6．（6分）我國科學家研制了一種新型的高比能量鋅﹣碘溴液流電池，其工作原理示意圖如下。圖中貯液器可儲存電解質溶液，提高電池的容量。下列敘述不正確的是（）A．放電時，a電極反應為I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣ B．放電時，溶液中離子的數(shù)目增大 C．充電時，b電極每增重，溶液中有I﹣被氧化 D．充電時，a電極接外電源負極二、解答題（共4小題，滿分64分）7．（14分）氮、磷、砷（As）、銻（Sb）、鉍（Bi）、鏌（Mc）為元素周期表中原子序數(shù)依次增大的同族元素?；卮鹣铝袉栴}：（1）砷在元素周期表中的位置。Mc的中子數(shù)為。已知：P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣?mol﹣1；P（s，白磷）＝P（s，紅磷）△H＝﹣?mol﹣1；由此推知，其中最穩(wěn)定的磷單質是。（2）氮和磷氫化物性質的比較：熱穩(wěn)定性：NH3PH3（填“＞”或“＜”）。沸點：N2H4P2H4（填“＞”或“＜”），判斷依據(jù)是。（3）PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產(chǎn)物的結構和性質也相似。下列對PH3與HI反應產(chǎn)物的推斷正確的是（填序號）。a．不能與NaOH反應b．含離子鍵、共價鍵c．能與水反應（4）SbCl3能發(fā)生較強烈的水解，生成難溶的SbOCl，寫出該反應的化學方程式，因此，配制SbCl3溶液應注意。（5）在1L真空密閉容器中加入amolPH4I固體，t℃時發(fā)生如下反應：PH4I（S）?PH3（g）+HI（g）①4PH3（g）?P4（g）+6H2（g）②2HI（g）?H2（g）+I2（g）③達平衡時，體系中n（HI）＝bmol，n（I2）＝cmol，n（H2）＝dmol，則t℃時反應①的平衡常數(shù)K值為（用字母表示）。8．（18分）我國化學家首次實現(xiàn)了膦催化的（3+2）環(huán)加成反應，并依據(jù)該反應，發(fā)展了一條合成中草藥活性成分茅蒼術醇的有效路線。已知（3+2）環(huán)加成反應：回答下列問題：（1）茅蒼術醇的分子式為，所含官能團名稱為，分子中手性碳原子（連有四個不同的原子或原子團）的數(shù)目為。（2）化合物B的核磁共振氫譜中有個吸收峰；其滿足以下條件的同分異構體（不考慮手性異構）數(shù)目為。①分子中含有碳碳三鍵和乙酯基（﹣COOCH2CH3）②分子中有連續(xù)四個碳原子在一條直線上寫出其中碳碳三鍵和乙酯基直接相連的同分異構體的結構簡式。（3）C→D的反應類型為。（4）D→E的化學方程式為，除E外該反應另一產(chǎn)物的系統(tǒng)命名為。（5）下列試劑分別與F和G反應，可生成相同環(huán)狀產(chǎn)物的是（填序號）。a．Br2b．HBrc．NaOH溶液（6）參考以上合成路線及條件，選擇兩種鏈狀不飽和酯，通過兩步反應合成化合物M，在方框中寫出路線流程圖（其他試劑任選）。9．（18分）環(huán)己烯是重要的化工原料。其實驗室制備流程如圖：回答下列問題：Ⅰ．環(huán)己烯的制備與提純（1）原料環(huán)己醇中若含苯酚雜質，檢驗試劑為，現(xiàn)象為。（2）操作1的裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去）。①燒瓶A中進行的可逆反應化學方程式為，濃硫酸也可作該反應的催化劑，選擇FeCl3?6H2O而不用濃硫酸的原因為（填序號）。a．濃硫酸易使原料炭化并產(chǎn)生SO2b．FeCl3?6H2O污染小、可循環(huán)使用，符合綠色化學理念c．同等條件下，用FeC13?6H2O比濃硫酸的平衡轉化率高②儀器B的作用為（3）操作2用到的玻璃儀器是（4）將操作3（蒸餾）的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，加入待蒸餾的物質和沸石，，棄去前餾分，收集83℃的餾分。Ⅱ．環(huán)己烯含量的測定在一定條件下，向ag環(huán)己烯樣品中加入定量制得的bmolBr2，與環(huán)己烯充分反應后，剩余的Br2與足量KI作用生成I2，用cmol?L﹣1的Na2S2O3標準溶液滴定，終點時消耗Na2S2O3標準溶液vmL（以上數(shù)據(jù)均已扣除干擾因素）。測定過程中，發(fā)生的反應如下：①②Br2+2KI═I2+2KBr③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6（5）滴定所用指示劑為。樣品中環(huán)己烯的質量分數(shù)為（用字母表示）。（6）下列情況會導致測定結果偏低的是（填序號）。a．樣品中含有苯酚雜質b．在測定過程中部分環(huán)己烯揮發(fā)c．Na2S2O3標準溶液部分被氧化10．（14分）多晶硅是制作光伏電池的關鍵材料。以下是由粗硅制備多晶硅的簡易過程?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ．硅粉與HCl在300℃時反應生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，該反應的熱化學方程式為。SiHCl3的電子式為。Ⅱ．將SiCl4氫化為SiHCl3有三種方法，對應的反應依次為：①SiCl4（g）+H2（g）?SiHCl3（g）+HCl（g）△H1＞0②3SiCl4（g）+2H2（g）+Si（s）?4SiHCl3（g）△H2＜0③2SiCl4（g）+H2（g）+Si（s）+HCl（g）?3SiHCl3（g）△H3（1）氫化過程中所需的高純度H2可用惰性電極電解KOH溶液制備，寫出產(chǎn)生H2的電極名稱（填“陽極”或“陰極”），該電極反應方程式為。（2）已知體系自由能變△G＝△H﹣T△S，△G＜0時反應自發(fā)進行。三個氫化反應的△G與溫度的關系如圖1所示，可知：反應①能自發(fā)進行的最低溫度是；相同溫度下，反應②比反應①的△G小，主要原因是。（3）不同溫度下反應②中SiCl4轉化率如圖2所示。下列敘述正確的是（填序號）。a．B點：v正＞v逆b．v正：A點＞E點c．反應適宜溫度：480～520°C（4）反應③的△H3＝（用△H1，△H2表示）。溫度升高，反應③的平衡常數(shù)K（填“增大”、“減小”或“不變”）。（5）由粗硅制備多晶硅過程中循環(huán)使用的物質除SiCl4、SiHCl3和Si外，還有（填分子式）。

2019年天津市高考化學試卷答案解析一、選擇題（共6小題，每小題6分，滿分36分）1．【分析】A．秸稈通過發(fā)酵生成乙醇；B．石油生產(chǎn)塑料、化纖，裂化生成小分子，小分子發(fā)生加聚反應生成高分子；C．基本的化學原料生產(chǎn)化學合成藥物，發(fā)生有機反應生成新物質；D．利用反滲透膜從海水中分離出淡水，無新物質生成。【解答】解：A．秸稈通過發(fā)酵生成乙醇，為化學變化，故A不選；B．石油生產(chǎn)塑料、化纖，裂化生成小分子，小分子發(fā)生加聚反應生成高分子，為化學變化，故B不選；C．基本的化學原料生產(chǎn)化學合成藥物，發(fā)生有機反應生成新物質，為化學變化，故C不選；D．利用反滲透膜從海水中分離出淡水，無新物質生成，是物理變化，故D選；故選：D?！军c評】本題考查化學變化與物理變化，為基礎性習題，把握物質的性質、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意新物質的判斷，題目難度不大。2．【分析】A．NH4+水解導致溶液呈酸性，Mg（OH）2能溶于酸；B．得到的是膠體，膠體不是沉淀；C．轉移電子不守恒；D．亞鐵離子易被氧化生成鐵離子?！窘獯稹拷猓篈．NH4+水解導致溶液呈酸性，Mg（OH）2能溶于酸，離子方程式為Mg（OH）2+2NH4+═Mg2++2NH3?H2O，故A正確；B．得到的是膠體，膠體不是沉淀，所以不能寫沉淀符號，離子方程式為Fe3++3H2O═Fe（OH）3（膠體）+3H+，故B錯誤；C．二者發(fā)生氧化還原反應生成錳離子、硫酸，轉移電子不守恒，離子方程式為5SO2+2MnO4﹣+2H2O═5SO42﹣+2Mn2++4H+，故C錯誤；D．亞鐵離子易被氧化生成鐵離子，離子方程式為3FeO+10H++NO3﹣═3Fe3++NO↑+5H2O，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查離子方程式正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的化學反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的考查，注意電子、電荷守恒的應用，選項BD為解答的易錯點，題目難度不大。3．【分析】A．氯氣具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，鐵離子能氧化Fe生成亞鐵離子；B．Li﹣Al合金密度較小且硬度及強度大；C．熟石灰成分為氫氧化鈣，具有堿性；D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色?！窘獯稹拷猓篈．氯氣具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，鐵離子能氧化Fe生成亞鐵離子，涉及的反應為2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe＝3Fe2+，從而除去氯氣，故A正確；B．Li﹣Al合金密度較小且硬度及強度大，所以Li﹣Al合金可以用于航空工業(yè)，故B正確；C．熟石灰成分為氫氧化鈣，具有堿性，碳酸鈉水解導致其水溶液呈堿性，所以鹽堿地中加入熟石灰不能改良土壤，通過施加適量石膏粉末（主要含有CaSO4，微溶于水）來降低土壤的堿性，故C錯誤；D．無水CoCl2呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色，如果變色硅膠中加入CoCl2，可以根據(jù)變色硅膠顏色變化判斷是否吸水，故D正確；故選：C。【點評】本題考查元素化合物性質，側重考查分析判斷及知識綜合運用能力，明確元素化合物性質是解本題關鍵，注意A中發(fā)生的反應，題目難度不大。4．【分析】A．配制溶液時，密度大的溶液倒入密度小的溶液；B．定容時眼睛應該與凹液面最低處相切；C．二氧化氮密度大于空氣，應該采用向上排空氣法收集；D．得到的乙炔中含有硫化氫等氣體，硫化氫等氣體也能使溴水褪色?！窘獯稹拷猓篈．配制溶液時，密度大的溶液倒入密度小的溶液，混合濃硫酸和乙醇相當于濃硫酸的稀釋，應該將濃硫酸倒入乙醇中并不斷攪拌，故A錯誤；B．定容時眼睛應該與凹液面最低處相切，圖象符合，故B正確；C．二氧化氮密度大于空氣，應該采用向上排空氣法收集，所以導氣管應該遵循“長進短出”原則，故C錯誤；D．得到的乙炔中含有硫化氫等氣體，硫化氫等氣體也能使溴水褪色，應該先將得到的氣體通入硫酸銅溶液除去雜質，然后將得到的氣體通入溴水檢驗乙炔，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學實驗方案評價，涉及氣體收集、溶液配制、氣體檢驗等知識點，明確化學反應原理、元素化合物性質、實驗規(guī)則是解本題關鍵，D為解答易錯點。5．【分析】酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性：HNO2＞CH3COOH，A．加水稀釋促進弱酸電離，pH相同的這兩種酸稀釋相同倍數(shù)，pH變化大的酸性較強；B．酸或堿抑制水電離，酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大；C.＝Kh，水解平衡常數(shù)只與溫度有關；D．a(chǎn)點兩種溶液的pH相同，但是兩種溶液濃度：HNO2＜CH3COOH，相同體積的a點兩種溶液中溶質物質的量：HNO2＜CH3COOH，消耗的堿與酸的物質的量成正比，根據(jù)Na原子守恒判斷n（Na+）?！窘獯稹拷猓核岬碾婋x平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性：HNO2＞CH3COOH，A．加水稀釋促進弱酸電離，pH相同的這兩種酸稀釋相同倍數(shù)，pH變化大的酸性較強，根據(jù)圖知，pH變化較大的是II，則II表示較強的酸HNO2，所以曲線I表示CH3COOH，故A錯誤；B．酸或堿抑制水電離，酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，酸中c（H+）：b＞c，則抑制水電離程度：b＞c，所以水電離程度：b＜c，故B錯誤；C．水解平衡常數(shù)只與溫度有關，＝Kh，從c點到d點，溫度不變，水解平衡常數(shù)不變，所以溶液中保持不變，故C正確；D．a(chǎn)點兩種溶液的pH相同，但是兩種溶液濃度：HNO2＜CH3COOH，相同體積的a點兩種溶液中溶質物質的量：HNO2＜CH3COOH，消耗的堿與酸的物質的量成正比，所以消耗的堿：HNO2＜CH3COOH，根據(jù)Na原子守恒知溶液中n（Na+）：HNO2＜CH3COOH，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查弱電解質的電離，側重考查圖象分析判斷能力，明確弱電解質電離特點、水解平衡常數(shù)影響因素、酸堿混合溶液定性判斷等知識點是解本題關鍵，注意C中水解平衡常數(shù)只與溫度有關，與溶液酸堿性及濃度無關，題目難度不大。6．【分析】由電池裝置圖可知，a極I2Br﹣生成I﹣，則發(fā)生還原反應，應為原電池的正極，b極Zn失電子生成Zn2+，發(fā)生氧化反應，應為原電池的負極，充電時，a為陽極，b為陰極，以此解答該題。【解答】解：A．放電時，a電極I2Br﹣生成I﹣，發(fā)生還原反應，電極反應為I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣，故A正確；B．放電時正極生成I2Br﹣生成I﹣、Br﹣，負極生成Zn2+，則溶液中離子的數(shù)目增大，故B正確；C．充電時，b電極生成Zn，每增重，即生成，則轉移電子，陽極發(fā)生2I﹣+Br﹣2e﹣﹣＝I2Br﹣，溶液中有﹣被氧化，故C正確；D．原電池時，應生成I2Br﹣，則發(fā)生氧化反應，a為陽極，連接電源的正極，故D錯誤。故選：D?！军c評】本題考查原電池和電解池知識，為高考常見題型和高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握電極的反應和判斷，結合圖象的物質的變化，從氧化還原反應的角度分析，題目難度中等。二、解答題（共4小題，滿分64分）7．【分析】（1）As位于第四周期第VA族，中子數(shù)＝質量數(shù)﹣質子數(shù)；能量越低越穩(wěn)定；（2）元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定；分子晶體熔沸點與分子間作用力和氫鍵有關，能形成分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高；（3）PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產(chǎn)物的結構和性質也相似，PH3與HI反應產(chǎn)物為PH4I，相當于銨鹽，具有銨鹽結構性質；（4）SbCl3能發(fā)生較強烈的水解，生成難溶的SbOCl，根據(jù)元素守恒知，還生成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）可逆反應2HI（g）?H2（g）+I2（g）③平衡（mol/L）bcc可逆反應4PH3（g）?P4（g）+6H2（g）②反應（mol/L）（d﹣c）d﹣c可逆反應PH4I（S）?PH3（g）+HI（g）①平衡（mo/L）b+2c﹣（d﹣c）b則t℃時反應①的平衡常數(shù)K值＝c（PH3）×c（HI）。【解答】解：（1）As位于第四周期第VA族，中子數(shù)＝質量數(shù)﹣質子數(shù)＝288﹣115＝173；能量越低越穩(wěn)定，P（s，白磷）＝P（s，黑磷）△H＝﹣kJ?mol﹣1①P（s，白磷）＝P（s，紅磷）△H＝﹣?mol﹣1②將方程式①﹣②得P（s，紅磷）＝P（s，黑磷）△H＝（﹣+）kJ/mol＝﹣mol，則能量：紅磷＞黑磷，則黑磷穩(wěn)定，故答案為：第四周期第VA族；173；黑磷；（2）元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定；非金屬性N＞P，所以熱穩(wěn)定性：NH3＞PH3；N2H4能形成分子間氫鍵、P2H4分子間不能形成氫鍵，所以沸點：N2H4＞P2H4，故答案為：＞；＞；N2H4分子間存在氫鍵；分子晶體熔沸點與分子間作用力和氫鍵有關，能形成分子間氫鍵的氫化物熔沸點較高；（3）PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產(chǎn)物的結構和性質也相似，PH3與HI反應產(chǎn)物為PH4I，相當于銨鹽，具有銨鹽結構性質，a．銨鹽能和NaOH發(fā)生復分解反應，所以PH4I能與NaOH反應，故錯誤；b．銨鹽中存在離子鍵和共價鍵，所以PH4I中含離子鍵、共價鍵，故正確；c．銨鹽都易發(fā)生水解反應，所以PH4I能與水反應，故正確；故答案為：bc；（4）SbCl3能發(fā)生較強烈的水解，生成難溶的SbOCl，根據(jù)元素守恒知，還生成HCl，反應方程式為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，則配制該溶液時為防止水解應該加入鹽酸，故答案為：SbCl3+H2O?SbOCl↓+HCl；加入鹽酸抑制水解；（5）可逆反應2HI（g）?H2（g）+I2（g）③平衡（mol/L）bcc可逆反應4PH3（g）?P4（g）+6H2（g）②反應（mol/L）（d﹣c）d﹣c可逆反應PH4I（S）?PH3（g）+HI（g）①平衡（mo/L）b+2c﹣（d﹣c）b則t℃時反應①的平衡常數(shù)K值＝c（PH3）×c（HI）＝[b+2c﹣（d﹣c）]×b＝（b+）b，故答案為：（b+）b?！军c評】本題考查較綜合，涉及化學平衡常數(shù)計算、氫鍵、銨鹽、鹽類水解等知識點，側重考查基礎知識再現(xiàn)和靈活運用，明確化學反應原理、元素化合物性質是解本題關鍵，難點是（5）題計算，要計算①中平衡時各物質濃度，注意①中反應物為固體，為解答易錯點，題目難度中等。8．【分析】（1）明確分子中C、H、O原子數(shù)目確定分子式，注意交點、端點為碳原子，用H原子飽和碳的四價結構，也可以利用不飽和度計算H原子數(shù)目；由結構可知分子中含有的官能團有：碳碳雙鍵、羥基；連有四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子；（2）核磁共振氫譜中吸收峰數(shù)目等于分子中不同化學環(huán)境的氫原子種數(shù)；B的同分異構體滿足：①分子中含有碳碳三鍵和乙酯基（﹣COOCH2CH3），②分子中有連續(xù)四個碳原子在一條直線上，存在C﹣C≡C﹣C碳鏈結構，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH3中1個H原子被﹣COOH替代，也可以是HOOC﹣C≡CCH2CH2CH3、HOOC﹣C≡CCH（CH3）2；（3）對比C、D的結構，可知C中碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應生成D；（4）對比D、E的結構，可知D與甲醇發(fā)生發(fā)生取代反應生成E，同時還生成（CH3）3COH；（5）F、G均含有碳碳雙鍵與酯基，但碳碳雙鍵位置不同，在堿性條件下水解得到環(huán)狀產(chǎn)物不同，與溴發(fā)生反應是溴原子位置不完全相同，與HBr加成后溴原子連接位置可能相同；（6）兩種鏈狀不飽和酯合成目標物M，模仿A與B反應，系列得到D的過程，結合（3+2）環(huán)加成反應，可以由或與氫氣加成反應得到目標物。而CH3C≡CCOOCH3與CH2＝CHCOOCH2CH3反應得到．CH3C≡CCOOCH2CH3與CH2＝CHCOOCH3反應得到?！窘獯稹拷猓海?）茅蒼術醇分子中有15個C原子、1個O原子，分子不飽和度為3，則分子中H原子數(shù)目＝2×15+2﹣2×3＝26，故茅蒼術醇分子式為C15H26O．由結構可知分子中含有的官能團有：碳碳雙鍵、羥基。分子中有如圖“*”所示3個碳原子連接連有四個不同的原子或原子團：，即有3個手性碳原子，故答案為：C15H26O；碳碳雙鍵、碳原子；3；（2）化合物B分子中只有2種化學環(huán)境不同的H原子，故其核磁共振氫譜有2個吸收峰。B的同分異構體滿足：①分子中含有碳碳三鍵和乙酯基（﹣COOCH2CH3），②分子中有連續(xù)四個碳原子在一條直線上，存在C﹣C≡C﹣C碳鏈結構，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH3中1個H原子被﹣COOH替代，有3種酸，也可以是HOOC﹣C≡CCH2CH2CH3、HOOC﹣C≡CCH（CH3）2，故符合條件的同分異構體有3+2＝5種，其中碳碳三鍵和乙酯基直接相連的同分異構體的結構簡式為，故答案為：2；5；；（3）對比C、D的結構，可知C中碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反應生成D，組成加氫，也屬于還原反應，故答案為：加成反應或還原反應；（4）對比D、E的結構，可知D與甲醇發(fā)生發(fā)生取代反應生成E，同時還生成（CH3）3COH，反應方程式為：，（CH3）3COH的名稱為：2﹣甲基﹣2﹣丙醇，故答案為：；2﹣甲基﹣2﹣丙醇；（5）F、G均含有碳碳雙鍵與酯基，但碳碳雙鍵位置不同，在堿性條件下水解得到環(huán)狀產(chǎn)物不同，與溴發(fā)生反應是溴原子位置不完全相同，與HBr加成后溴原子連接位置可能相同，即可生成相同環(huán)狀產(chǎn)物，故選：b；（6）兩種鏈狀不飽和酯合成目標物M，模仿A與B反應，系列得到D的過程，結合（3+2）環(huán)加成反應，可以由或與氫氣加成反應得到目標物。而CH3C≡CCOOCH3與CH2＝CHCOOCH2CH3反應得到．CH3C≡CCOOCH2CH3與CH2＝CHCOOCH3反應得到，合成路線流程圖為：，故答案為：?！军c評】本題考查有機物的合成，涉及有機物的結構與性質、官能團的識別、有機反應類型、限制條件同分異構體的書寫、有機物的命名、有機反應方程式的書寫、合成路線設計、對信息的遷移運用等，是對有機化學基礎的綜合考查，對比分析物質結構明確發(fā)生的反應，關鍵是對給予反應信息的理解。9．【分析】環(huán)己醇發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯和水，環(huán)己烯不溶于水，飽和食鹽水溶解環(huán)己醇、氯化鐵，然后分液得到的水相中含有環(huán)己醇、氯化鐵，得到的有機相中含有環(huán)己烯，然后干燥、過濾、蒸餾得到環(huán)己烯；（1）苯酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應；（2）①燒瓶A中進行的可逆反應為環(huán)己醇的消去反應；濃硫酸具有強氧化性，能氧化原料，且FeCl3?6H2O污染小、可循環(huán)使用；②儀器B能冷凝回流環(huán)己醇；（3）操作2為分液，根據(jù)分液所需儀器選?。唬?）將操作3（蒸餾）的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，加入待蒸餾的物質和沸石，通冷凝水、加熱，棄去前餾分，收集83℃的餾分；（5）碘遇淀粉溶液變藍色，所以可以用淀粉溶液檢驗碘；②Br2+2KI═I2+2KBr、③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6得關系式Br2～I2～2Na2S2O3，則與KI反應的n（Br2）＝n（Na2S2O3）＝×cv×10﹣3mol，所以與環(huán)己烯反應的n（Br2）＝（b﹣×cv×10﹣3）mol，根據(jù)得n（環(huán)己烯）＝（b﹣×cv×10﹣3）mol，m（環(huán)己烯）＝（b﹣×cv×10﹣3）mol×82g/mol，環(huán)己烯質量分數(shù)＝；（6）a．樣品中含有苯酚雜質，苯酚和溴發(fā)生取代反應生成沉淀，消耗相同質量的溴，消耗環(huán)己烯的質量大于苯酚；b．在測定過程中部分環(huán)己烯揮發(fā)導致環(huán)己烯質量減少；c．Na2S2O3標準溶液部分被氧化導致消耗的硫代硫酸鈉偏大，與環(huán)己烯反應的溴偏低。【解答】解：環(huán)己醇發(fā)生消去反應生成環(huán)己烯和水，環(huán)己烯不溶于水，飽和食鹽水溶解環(huán)己醇、氯化鐵，然后分液得到的水相中含有環(huán)己醇、氯化鐵，得到的有機相中含有環(huán)己烯，然后干燥、過濾、蒸餾得到環(huán)己烯；（1）苯酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，所以可以用FeCl3溶液檢驗苯酚，苯酚和氯化鐵溶液混合溶液呈紫色，故答案為：FeCl3溶液；溶液顯紫色；（2）①燒瓶A中進行的可逆反應為環(huán)己醇的消去反應，反應方程式為；a．濃硫酸具有強氧化性，易使原料炭化并產(chǎn)生SO2，從而降低環(huán)己烯產(chǎn)率，故正確；b．FeCl3?6H2O污染小、可循環(huán)使用，符合綠色化學理念，故正確；c．催化劑只影響反應速率不影響平衡移動，所以催化劑不影響產(chǎn)率，故錯誤；故答案為：；ab；②儀器B能冷凝回流環(huán)己醇，所以B的作用是減少環(huán)己醇蒸出，增大環(huán)己醇利用率，故答案為：減少環(huán)己醇蒸出；（3）操作2為分液，分液用到的玻璃儀器有分液漏斗、燒杯，故答案為：分液漏斗、燒杯；（4）將操作3（蒸餾）的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，加入待蒸餾的物質和沸石，通冷凝水、加熱，棄去前餾分，收集83℃的餾分，故答案為：通冷凝水、加熱；（5）碘遇淀粉溶液變藍色，所以可以用淀粉溶液檢驗碘，所以選取的試劑為淀粉溶液；②Br2+2KI═I2+2KBr、③I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6得關系式Br2～I2～2Na2S2O3，則與KI反應的n（Br2）＝n（Na2S2O3）＝×cv×10﹣3mol，所以與環(huán)己烯反應的n（Br2）＝（b﹣×cv×10﹣3）mol，根據(jù)得n（環(huán)己烯）＝（b﹣×cv×10﹣3）mol，m（環(huán)己烯）＝（b﹣×cv×10﹣3）mol×82g/mol，環(huán)己烯質量分數(shù)＝＝＝，故答案為：淀粉溶液；；（6）a．樣品中含有苯酚雜質，苯酚和溴發(fā)生取代反應生成沉淀，消耗相同質量的溴，消耗環(huán)己烯的質量大于苯酚，所以如果含有苯酚導致測定偏高，故錯誤；b．在測定過程中部分環(huán)己烯揮發(fā)導致環(huán)己烯質量減少，導致測定結果偏低，故正確；c．Na2S2O3標準溶液部分被氧化導致消耗的硫代硫酸鈉偏大，與環(huán)己烯反應的溴偏低，導致測定結果偏低，故正確；故選bc?！军c評】本題考查物質含量測定，側重考查實驗操作、實驗分析判斷及計算能力，明確化學反應原理、元素化合物性質、實驗操作及誤差分析是解本題關鍵，注意關系式在方程式計算中的靈活運用，易錯點是誤差分析，題目難度中等。10．【分析】Ⅰ．硅粉與HCl在300℃時反應生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，根據(jù)反應熱及反應物狀態(tài)、反應條件書寫該反應的熱化學方程式；SiHCl3中存在1個Si﹣H鍵、3個Si﹣Cl鍵；（1）電解KOH溶液時，陽極上水或氫氧根離子失電子生成氧氣，陰極上水或氫離子得電子生成氫氣；（2）①SiCl4（g）+H2（g）?SiHCl3（g）+HCl（g），該反應的△S＝0，要使△G＝△H＜0；①中△H＞0、②△H＜0，且反應②△S＜0；（3）根據(jù)圖知，A到D點，隨著溫度升高，SiCl4轉化率增大，說明平衡正向移動且沒有達到平衡狀態(tài)，D點后升高溫度SiCl4轉化率降低，說明升高溫度平衡逆向移動，則D為平衡點，a．B點平衡正向移動；b．溫度越高化學反應速率越快；c．其轉化率越大越好且溫度不能太高；（4）①SiCl4（g）+H2（g）?SiHCl3（g）+HCl（g）△H1＞0②3SiCl4（g）+2H