2019年高考理科综合（天津卷） Word版含解析.doc

1、 2019 年普通高等学校招生个国统一考试（天津卷）理科综合年普通高等学校招生个国统一考试（天津卷）理科综合 化学部分化学部分 理科综合共理科综合共 300 分，考试用时分，考试用时 150 分钟。分钟。 化学试卷分为第化学试卷分为第卷（选择题）和第卷（选择题）和第卷两部分，第卷两部分，第卷卷 1 至至 2 页，第页，第卷卷 3 至至 6 页，共页，共 100 分。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，答在试卷上的粘贴考试用条形码。答卷时，考

2、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。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！祝各位考生考试顺利！ 第第卷卷 注意事项：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，动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。再选涂其他答案标号。 2本卷共本卷共 6 题，每题题，每题 6 分，共分，共 36 分。在每题给出的四个选项中，只有一项分。在每题给出的四个选项中，只有一项 是最符合题目要求的。是最符合题目要求的。 以下数

3、据可供解题时参考：以下数据可供解题时参考： 相对原子质量：相对原子质量：H1 C12 O16 Zn65 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，生产乙醇，产生新物质，属于化学变化，故 A 错误； B、从石

4、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错误； 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 错误； 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 正确； 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 2 432 2 Mg OH2NHMg2NHH O B 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红

5、褐色 液体 3 2 3 Fe3H OFe OH3H C 二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色 22 2442 3SO2MnO4H3SO2Mn2H O D 氧化亚铁溶于稀硝酸 2 2 FeO2HFeH O 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 正确； 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

6、 错误； C、 电荷不守恒， 正确的离子方程式为： 5SO22MnO42H2O=2Mn24H5SO42， 故 C 错误； D、硝酸具有强氧化性，将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO10HNO3 =3Fe3NO5H2O，故 D 错误； 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，应先电子守恒，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 2 FeCl溶液中，可用于除去工业废气中的 2 Cl B. 铝中添加适

7、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 23 Na CO等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良 D. 无水 2 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 【答案】C 【解析】 【分析】 A、氯气能将铁和亚铁氧化； B、根据合金的性质判断； C、Na2CO3Ca(OH)2=CaCO32NaOH，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、氯气能将铁和亚铁氧化，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，具有密度低、强度高，应用于航空航天等工业，故 B 不选； C、Na2CO3Ca(OH)2=C

8、aCO32NaOH，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，判断硅胶中是否含水，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 2 NO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

9、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， 故 A 错误； 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 正确； C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管就长进短出，故 C 错误； D、乙炔中的 H2S 等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱的洗气瓶，将杂质除去，故 D 错误； 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

10、度下， 2 HNO和 3 CH COOH的电离常数分别为 4 5.0 10 和 5 1.7 10 。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. 曲线代表 2 HNO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 HAOH A cc c 保持不变（其中HA、A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NaOH恰好中和后，溶液中Nan 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

11、，的变化大，则的酸性比 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，的变化大，则的酸性比 I 的酸性强，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、代表 HNO2，c(HNO2)c(O

12、H-)/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，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 溶液至中性，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

13、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。 A. 放电时，a 电极反应为 2 I Br2e2IBr 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 【答案】D 【解析】 【分析】 放电时，Zn 是负极，负极反应式为 Zn-2eZn2，正

14、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，放电时，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、

15、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离子由 1mol 变成 3mol。 第第卷卷 注意事项：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。用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。 2本卷共本卷共 4题，共题，共 64 分。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_。 288 115Mc的中子

16、数为_。 已知：P（s，白磷）P（s，黑磷） 1 3 9 . 3 k J m o lH ； P（s，白磷）P（s，红磷） 1 17.6kJ molH ； 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： 3 NH_ 3 PH（填“”“”） 。 沸点： 24 N H_ 24 P H（填“”“”） ，判断依据是_。 （3） 3 PH和 3 NH与卤化氢的反应相似，产物的结构和性质也相似。下列对 3 PH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） 3 SbCl能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写

17、出该反应的化学方程式 _，因此，配制 3 SbCl溶液应注意_。 43 PH I sPHgHI g 342 4PHgP g6Hg 22 2HI gHgIg 达平衡时，体系中HImolnb， 2 Imolnc， 2 Hmolnd，则t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). 24 N H分子间存在氢键 (7). b、 c (8). 32 SbClH OSbOCl2HCl （“垐 ? 噲 ? ” 写成“”亦可） (9). 加盐酸，抑制水解 (10). 82 3 cd bb 【解析】 【详解

18、】 （1）砷元素的原子序数为 33，与氮元素、磷元素均位于A 族，最外层有 5 个电 子，则砷在周期表中的位置为第四周期A 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 288115=173；将已知转化关系依 次编号为， 由盖斯定律可知， 可得 P （s， 红磷） = P （s， 黑磷） H= H1 H2= （39.3kJ/mol）（17.6 kJ/mol）=21.7 kJ/mol，由放热反应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

19、为：第四周期A 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

20、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

21、）P4（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 2（dc） mol/L= (832 ) 3 cbd ，故反应 PH4I （s）PH3（g）+HI（g）的平衡常数 K=c（PH3）c（HI）= (832 ) 3 bcbd ，故答案为： (832 ) 3 bcbd 。 【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32环加成反应，并依

22、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32环加成反应： 12 32 CH CCEECHCh （ 1 E、 2 E 可以是COR或COOR） 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_。 分子中含有碳碳三键和乙酯基 23 COOCH CH 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）CD的反应类型为_。 （4）DE的化学方程式为_

23、，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 2 Br bHBr cNaOH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） 。_ 【答案】 (1). 1526 C H O (2). 碳碳双键、羟基 (3). 3 (4). 2 (5). 5 (6). 323 3 CH CHCCCOOCH CH | CH 和 32223 CH CH CH CCCOOCH CH (7). 加成反应或还 原反应 (8). (9). 2- 甲 基 -2- 丙 醇 或2-

24、甲 基 丙 -2- 醇 (10). b (11). （Pd C写成Ni等合理催化剂亦可） 【解析】 【分析】 由有机物的转化关系可知，与 CH3CCCOOC（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

25、简式为 CH3CCCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核子共振氢 谱有 2 个吸收峰；由分子中含有碳碳三键和COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一 条直线上可知 B 的同分异构体含有、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3、 CH3CH2CCCH2COOCH2CH3、CH3CCCH2CH2COOCH2CH3 和 共 5 种结构，碳碳三键和COOCH2CH3 直接相连的为 、CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3，故答案为：2；5；、 CH3CH2CH2CCCOOCH2CH3； （3） CD 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（

26、或还原反应） ； （4）与甲醇在浓硫酸作用下，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，CH3CCCOOCH2CH3 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

27、工原料。其实验室制备流程如下： 回答下列问题： 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装置如图所示（加热和夹持装置已略去） 。 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 32 FeCl6H O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 2 SO b 32 FeCl6H O污染小、可循环使用，符合绿色化学理念 c同等条件下，用 32 FeCl6H O比浓硫酸的平衡转化率高 仪器 B 的作用为_。 （3）操作 2用到的玻璃仪器是_。 （4） 将操作 3 （蒸馏） 的步骤补齐： 安装蒸馏

28、装置， 加入待蒸馏的物质和沸石， _， 弃去前馏分，收集 83的馏分。 环己烯含量的测定 在一定条件下，向 ga 环己烯样品中加入定量制得的 2 mol Brb，与环己烯充分反应后， 剩余的 2 Br与足量KI作用生成 2 I，用 1 mol Lc 的 223 Na S O标准溶液滴定，终点时消耗 223 Na S O标准溶液mLv（以上数据均已扣除干扰因素） 。 测定过程中，发生的反应如下： 22 Br2KII2KBr 2223246 I2Na S O2NaINa S O （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

29、） 。 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 223 Na S O标准溶液部分被氧化 【答案】 (1). 3 FeCl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). 82 2000 cv b a (10). b、c 【解析】 【分析】 I.（1）检验物质时显然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

30、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）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

31、， 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，

32、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，该仪器的作用除了导气外，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来得及被冷凝，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；根据所给的式和式， 可知剩余的

33、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= 1 2 cmol L-1vmL10-3L mL-1= 2000 cv mol，反应消耗的 Br2 的物质的量为 （b- 2000 cv ）mol，据反应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- 2000 cv ）mol，其质量为（b- 2000 cv ）82g，所以 ag 样品中环己烯的质量分数为： () 82 2000 cv b a 。 （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 1

34、mol 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】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。 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：2Na2S2O3I

35、2Br2，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： 硅粉与HCl在 300时反应生成 3 1mol SiHCl气体和 2 H，放出225kJ热量，该反应的 热化学方程式为_。 3 SiHCl的电子式为_。 将 4 SiCl氢化为 3 SiHCl有三种方法，对应的反应依次为： 423 SiClgHgSiHClgHCl g 1 0H 423 3SiClg2HgSi s4SiHClg 2 0H 423 2SiC

36、lgHgSi sHCl g3SiHClg 3 H （1）氢化过程中所需的高纯度 2 H可用惰性电极电解KOH溶液制备，写出产生 2 H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GHT S ，0G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 4 SiCl转化率如图 2所示。下列叙述正确的是_（填序号） 。 aB 点：vv 正逆 bv正：A点 E点 c反应适宜温度：480520 （4） 反应的 3 H_ （用 1 H， 2 H表示

37、） 。 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 4 SiCl、 3 SiHCl和Si外，还有_（填 分子式） 。 【答案】 (1). 32 300 Si s3HCl gSiHClgHg 1 2 2 5 k J m o lH (2). (3). 阴 极 (4). 22 2H O2eH2OH 或 2 2H2eH (5). 1000 (6). 21 HH 导致反应的G小 (7). a、 c (8). 21 HH (9). 减小 (10). HCl、 2 H 【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

38、，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 30

39、0，配平后发现 SiHCl3 的化学计量数恰好是 1mol，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

40、 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 1000；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 生了较大的影响，即H2H1 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。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

41、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 H2 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

42、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。 理科综合理科综合 生物部分生物部分 第第 I I 卷卷 1.用 3H 标记胸腺嘧啶后合成脱氧核苷酸，注入真核细胞，可用于研究 A. DNA 复制的场所 B. mRNA 与核糖体的结合 C. 分泌蛋白的运输 D. 细胞膜脂质的流动 【答案】A 【解析】 【分析】 本题主要考查 DNA 的复制、 蛋白质的合成及运输及细胞膜的功能等有关知识。 DNA复制需 要脱氧核苷酸作为原料；mRNA 与核糖体结合，翻译形成蛋白质；

43、分泌蛋白的运输需要内 质网和高尔基体形成囊泡运输；细胞膜脂质的流动与物质跨膜运输有关。 【详解】DNA 复制需要 DNA模板、原料脱氧核苷酸、能量 ATP 和 DNA 聚合酶，A正确； mRNA 与核糖体的结合，开始翻译 mRNA 上的密码子，需要 tRNA 运输氨基酸，不需要脱 氧核苷酸，B错误；分泌蛋白的需要内质网的加工，形成囊泡运到高尔基体，加工、分类和 包装，形成分泌小泡，运到细胞膜，胞吐出去，与脱氧核苷酸无关，C 错误；细胞膜脂质的 流动与物质跨膜运输有关，无需脱氧核苷酸，D错误。因此，本题答案选 A。 【点睛】 解答本题关键要熟悉细胞中不同的生理活动的具体过程， 来判断是否需要脱氧

44、核苷 酸作为原料。 2.下列过程需 ATP 水解提供能量的是 A. 唾液淀粉酶水解淀粉 B. 生长素的极性运输 C. 光反应阶段中水在光下分解 D. 乳酸菌无氧呼吸的第二阶段 【答案】B 【解析】 【分析】 本题主要考查细胞中生理活动的相关知识。细胞中蛋白质、淀粉和多糖在酶的作用下水解， 无需消耗能量； 生长素在幼嫩组织中从形态学上端向形态学下端运输属于极性运输， 其方式 为主动运输，需要消耗能量；光合作用的光反应阶段，水在光下分解，不需要消耗 ATP 的 能量；无氧呼吸的第二阶段是丙酮酸分解成酒精和 CO2或乳酸，都不消耗能量。 【详解】唾液淀粉酶水解淀粉，形成麦芽糖，不消耗能量，A 错误；

45、.生长素的极性运输是 以主动运输的方式，在幼嫩组织中从形态学上端运到形态学下端，需要 ATP 提供能量，B 正确；光反应阶段中水在光下分解，需要光能，不需要 ATP 功能，C 错误；乳酸菌无氧呼 吸的第二阶段是丙酮酸变成乳酸，不需要 ATP 供能，D 错误。因此，本题答案选 B。 【点睛】解答本题关键要熟悉细胞中不同的生理活动的具体过程，来判断是否需要 ATP 功 能。 3.植物受病原菌惑染后，特异的蛋白水解酸被激活，从而诱导植物细胞编程性死亡，同时病 原菌被消灭。激活蛋白水解酶有两条途径：由钙离子进入细胞后启动；由位于线粒体内 膜上参与细胞呼吸的细胞色素 c 含量增加启动，下列叙述正确的是

46、A. 蛋白水解酶能使磷酸二酯键断开 B. 钙离子通过自由扩散进入植物细胞 C. 细胞色素 c 与有氧呼吸第一阶段有关 D. 细胞编程性死亡避免了病原菌对邻近细胞的进一步感染 【答案】D 【解析】 【分析】 本题主要考查跨膜运输、 有氧呼吸和细胞凋亡等有关知识。 蛋白水解酶是催化蛋白质的肽键 断开， 水解成氨基酸； 无机盐离子一般是主动运输进出细胞； 细胞色素 c位于线粒体内膜上， 生物氧化的一个非常重要的电子传递体， 在线粒体嵴上与其它氧化酶排列成呼吸链， 参与细 胞呼吸的第三阶段，使H和 O2结合，生成水；细胞编程性死亡包括生物发育过程细胞的编 程性死亡、细胞的自然更新及被病原体感染的细胞的清除（病毒侵入体细胞，体细胞会启动 凋亡程序释放病毒） 【详解