山东省烟台市2019届高三化学上学期期末考试试卷含解析.doc

山东省烟台市2019届高三上学期期末考试试题化学试题1.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂B. 向豆浆中加入硫酸铜，会使蛋白质发生聚沉而制得豆腐C. 纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可做人类的营养物质D. 合成纤维、人造纤维及碳纤维都属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A. 地沟油的主要成分是各种油脂，油脂在碱性条件下水解成为肥皂，A正确；B.硫酸铜电离产生的Cu2+是重金属离子，会使蛋白质变性，不能用于制豆腐，B错误；C.人体内没有能够使纤维素水解的酶，所以纤维素在人体内不能水解变为葡萄糖，C错误；D.碳纤维是单质碳，不是有机化合物，D错误；故合理选项是A。2.宋代开宝本草记载，“(KNO3)所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”。该制取KNO3的方法是A. 过滤 B. 蒸馏 C. 重结晶 D. 升华【答案】C【解析】【详解】KNO3溶解度受温度的影响变化大，冬天温度低时从溶液中结晶析出，将得到的晶体再溶解于水中，升高温度蒸发溶剂，得到高温下KNO3的饱和溶液，再降温，KNO3又从溶液中结晶析出，这种制取KNO3方法就是重结晶法，故合理选项是C。3.下列有关化学用语表示正确的是A. 乙醇的分子式：C2H5OH B. 次氯酸的电子式：C. 氯原子的结构示意图： D. 中子数为146、质子数为92的铀(U)原子:U92146【答案】B【解析】【详解】A.乙醇的分子式是C2H6O，结构简式是C2H5OH ， A错误；B.HClO分子中O原子最外层有6个电子，分别与Cl、H原子形成一对共用电子对，从而使每个原子都达到稳定结构，因此电子式是，B正确；C.Cl原子核外电子数是17，最外层有7个电子，原子结构示意图为，C错误；D.中子数为146、质子数为92的铀原子质量数是238，用原子符号表示为U92238，D错误；故合理选项是B。4.下列关于工业生产的说法中不正确的是A. 玻璃、水泥、陶瓷工业中，石灰石都是主要的生产原料B. 在氯碱工业中，电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室C. 在合成氨工业中，采用循环操作提高原料利用率D. 在侯氏制碱工业中，向饱和氯化钠溶液中先通氨气，后通二氧化碳【答案】A【解析】【详解】A.在陶瓷工业中，主要的生产原料是硅酸盐，不是石灰石，A错误；B.在氯碱工业中，电解槽被离子交换膜隔成阴极室和阳极室，可以防止两极的产物接触发生反应，B正确；C.在合成氨工业中的主要反应为可逆反应，原料不能完全转化为产物，采用反应物的循环利用可以提高原料利用率，C正确；D.因为氨气溶解度非常大，先通氨气后通二氧化碳，能增大二氧化碳的吸收量，有利于生成产品，D正确；故合理选项是A。5.室温时，下列各组离子一定能大量共存的是A. pH=1的溶液中：K+、Fe2+、Cl-、NO3-B. 含大量Fe3+溶液中：NH4+、Na+、HCO3-、Cl-C. 在c(H+)=110-13mo1/L溶液中：NH4+、A13+、SO42-、NO3-D. 在强碱溶液中：Na+、K+、A1(OH)4-、CO32-【答案】D【解析】【详解】A. pH=1的溶液显酸性，含有大量的H+，H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B.Fe3+、HCO3-会发生双水解反应，不能大量共存，B错误；C.c(H+)=110-13mo1/L的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与NH4+、A13+会发生反应，不能大量共存，C错误；D.在强碱溶液中含有大量的OH-，OH-与选项的离子不发生反应，且四种离子之间也不反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。6.下列叙述正确的是A. 乙烯与SO2均能使溴水褪色，且褪色原理相同B. C4H10有三种同分异构体，它们的熔点、沸点各不相同C. 酸性条件下，CH3CO18OC2H5的水解产物是CH3COOH和C2H518OHD. 甲烷和Cl2的反应与乙烯和Br2的反应属于同一反应类型【答案】C【解析】【详解】A.乙烯使溴水褪色是由于发生加成反应；SO2能使溴水褪色是由于发生氧化还原反应，二者褪色原理不相同，A错误；B.C4H10有正丁烷、异丁烷二种同分异构体，二者的熔点、沸点各不相同，B错误；C.CH3CO18OC2H5是酯，在酸性条件下发生水解反应，产生乙酸CH3COOH和乙醇C2H518OH，C正确；D.甲烷和Cl2发生的反应是取代反应；乙烯和Br2发生的反应是加成反应，二者反应类型不同，D错误；故合理选项是C。7.下列物质转化在给定条件下每一步都能实现的是A. SiO2/点燃SiO2H2OH2SiO3B. Mg(OH)2HC1aqMgCl2(aq) 电解MgC. Al2O3HC1aqA1Cl3(aq) 加热无水AlCl3D. CH3CHO催化剂，O2CH3COOH浓硫酸，CH3OHCH3COOCH3【答案】D【解析】【详解】A.SiO2难溶于水，不能与水反应产生H2SiO3，A错误；B.在工业上是用电解熔融的MgCl2的方法制取Mg，B错误；C.A1Cl3是强酸弱碱盐，将溶液加热，会发生水解反应产生Al(OH)3和HCl，HCl加热挥发，故溶液蒸干得到的固体是Al(OH)3，不能得到无水AlCl3，C错误；D.CH3CHO被O2催化氧化产生CH3COOH，产生的乙酸与甲醇在催化剂存在时，加热发生酯化反应产生CH3COOCH3和水，D正确；故合理选项是D。8.用还原法可以将硝酸厂烟气中的大量氮氧化物(NOx)，转化为无害物质。常温下，将NO与H2的混合气体通入Ce(SO4)2与Ce2(SO4)3的混合溶液中，其转化过程如下图所示。下列说法不正确的是A. 反应I的离子反应方程式为2Ce4+H2=2Ce3+2H+B. 反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C. 反应前溶液中c(Ce4+)一定等于反应后溶液中的c(Ce4+)D. 反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数一定保持不变【答案】C【解析】【详解】A.根据图示可知反应I为2Ce4+H2=2Ce3+2H+，A正确；B.反应II的反应物为Ce3+、H+、NO，生成物为Ce4+、N2、H2O，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应方程式为 4Ce3+4H+2NO=4Ce4+N2+2H2O，在该反应中NO是氧化剂，Ce3+是还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量的比为2：4=1：2，B正确；C.反应前后溶液中n(Ce4+)的物质的量不变，但由于反应后溶液中水的物质的量增多，所以反应后溶液中c(Ce4+)减小，C错误；D.由于反应前后各种元素的原子个数相等，根据Ce元素守恒可知反应过程中混合溶液内Ce3+和Ce4+离子的总数不变，D正确；故合理选项是C。9.下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是A. 蒸发结晶B. 中和滴定C. 制MgCl2D. 制乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A.NaCl的溶解度受温度的影响变化不大，用蒸发溶剂的方法结晶，使用的仪器是蒸发皿，不是坩埚，A错误；B.进行酸碱中和滴定时，滴定管不能伸入到锥形瓶中，B错误；C.MgCl2晶体加热时，会发生水解反应产生Mg(OH)2和容易挥发的HCl，通入HCl气体可抑制氯化镁水解，最后得到无水氯化镁，C正确；D.制取乙酸乙酯时，导气管不能伸入到饱和碳酸钠溶液中，导气管要在碳酸钠饱和溶液的液面以上，以防止由于乙醇、乙酸的溶解和反应引起的倒吸，D错误；故合理选项是C。10.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A. 2.24L N2和2.24L CO所含电子数均为1.4 NAB. 300 mL 2molL-1蔗糖溶液中所含分子数为0.6NAC. 1mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD. 42g乙烯和丙烯混合气体中氢原子的个数为6NA【答案】D【解析】【详解】A.无外界条件，不能确定气体的物质的量，则不能确定气体中含有的电子数目，A错误；B.蔗糖溶液中含有蔗糖分子和水分子，故所含有分子数大于0.6NA，B错误；C.1个Na2O2中含有2个Na+和1个O22-，所以1mol Na2O2固体中含离子总数为3NA，C错误；D.乙烯和丙烯的最简式是CH2，最简式的式量是14，42g乙烯和丙烯混合气体中含有3mol的CH2，故含有H原子的个数为6NA，D正确；故合理选项是D。11.实验室制备下列气体时，所用方法正确的是A. 制二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气B. 制氨气时，用向下排空气法收集气体C. 制乙烯时，可选择与实验室制Cl2相同的气体发生装置D. 用锌粒与稀盐酸制氢气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体【答案】B【解析】【详解】A.二氧化氮和水反应生成硝酸的同时生成一氧化氮，一氧化氮也是污染气体，不能被吸收，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化氮气体，A错误；B.氨气极易溶于水，不能用排水法收集；氨气的密度比空气小，可以用向下排空气法收集，B正确；C.乙醇与浓硫酸混合加热170制取乙烯气体，需要使用温度计测量温度；在实验室是用MnO2和浓盐酸混合加热制取Cl2，不需要测定温度，因此二者制取装置不相同，C错误；D.用锌粒与稀盐酸制氢气时，盐酸有挥发性，挥发的HCl与饱和NaHCO3溶液发生反应产生CO2气体，使H2中混有杂质气体CO2，不能达到除杂净化的目的，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查气体的制备与收集、除杂等知识，解答本题的关键是把握相关物质的性质，注意C选项中制取乙烯和氯气时原理的不同点。12.四种短周期元素在周期表中的位置如图，其中只有Z为金属元素。下列说法不正确的是A. 原子半径WYB. X的最简单气态氢化物的热稳定性比W的小C. Z元素的氧化物既能与强酸反应又能与强碱反应D. Y的氢化物能与其最高价含氧酸反应生成离子化合物【答案】B【解析】【分析】四种短周期元素中只有Z为金属元素，则根据元素的相对位置可知：Z是Al元素，W是Si元素，X是C元素，Y是N元素，据此解答。【详解】四种短周期元素中只有Z为金属元素，则根据元素的相对位置可知：Z是Al，W是Si，X是C，Y是N。A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径WY，A正确；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性XW，所以最简单气态氢化物的热稳定性XW，B错误；C.Z是Al元素，Al的氧化物Al2O3是两性氧化物，可以与强酸、强碱发生反应，C正确；D.Y是N元素。其氢化物是NH3，N的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，二者会发生反应产生NH4NO3，该物质是盐，属于离子化合物，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，突破口是只有短周期元素Z为金属元素。掌握元素周期表的结构与性质的关系是解题关键。13.能正确表示下列反应的离子方程式是A. 用食醋溶解水垢：2H+CaCO3=Ca2+H2O+CO2B. Ba(OH)2溶液中加NaHSO4溶液至中性Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2OC. 碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2OD. 稀硝酸中加入过量铜片：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO2+4H2O【答案】C【解析】【详解】A.醋酸是弱酸，不能写成离子形式，要写化学式，A错误；B. Ba(OH)2溶液中加NaHSO4溶液至中性时离子方程式是Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，B错误；C.碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙，要以不足量的NaHCO3为标准，离子方程式是：HCO3-+OH-+Ca2+=CaCO3+H2O，C正确；D.稀硝酸与铜反应产生的是NO气体，不是NO2气体，D错误；故合理选项是C。14.“钙基固硫”是将煤中的硫元素以CaSO4的形式固定脱硫，而煤炭燃烧过程中产生的CO又会发生反应I和反应II，导致脱硫效率降低。某温度下，反应I的速率(v1)大于反应II的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是反应I：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s)+SO2(g)+CO2(g) H1=+218.4kJmol-1反应II：CaSO4(s)+4CO(g) CaS(s)+4CO2(g) H2=175.6kJmol-1A. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】反应为吸热反应，说明反应I生成物的能量比反应物的能量高，排除B、C选项；反应的速率(v1)大于反应的速率(v2)，则说明反应I的活化能较小，反应的活化能较大，排除D选项，选项A正确；故合理选项为A。15.I2在KI溶液中存在下列平衡：I2(aq)+I-(aq) I3-(aq)H。某I2、KI混合溶液中，I-的物质的量浓度c(I-)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)。下列说法不正确的是A. 该反应HK2C. 若反应进行到状态D时，一定有v正v逆D. 状态A与状态B相比，状态A的c(I3-)大【答案】C【解析】【详解】A.随着温度升高，I-的浓度逐渐增大，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则I2(aq)+I-(aq) I3-(aq) 正反应为放热反应，HT1，升高温度，平衡逆向移动，c(I3-)变小，所以c(I3-)： AB，即状态A的c(I3-)高， D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学平衡的移动和平衡常数的运用，据图得出该反应为放热反应是解答本题的关键，试题难度不大。16.利用下图所示装置一定条件下可实现有机物的电化学储氢(忽略其他有机物)。下列说法不正确的是A. A为电源的负极B. E极的电极式为2H2O-4e-=4H+O2C. D极生成目标产物的电极式为C6H6+6H+6e-=C6H12D. 该装置的电流效率=75=生成目标产物消耗的电子数转移的电子总数100%，则b中环己烷增加2.8mol【答案】D【解析】【详解】A.根据图知，在左侧D电极上苯中的碳得电子生成环己烷，则D作阴极，E作阳极，所以A是负极、B是正极， A正确；B.根据A选项分析可知：E是阳极，在阳极上水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=4H+O2，B正确；C.该实验的目的是储氢，所以阴极上发生反应生成目标产物，阴极上苯得电子和氢离子生成环己烷，电极反应式为C6H6+6H+6e-=C6H12，C正确；D.阳极上水电离产生的氢氧根离子放电生成氧气，阳极上生成2.8mol氧气，转移电子的物质的量n(e-)=4n(O2)=2.8mol4=11.2mol，产生1mol氧气时就会生成4molH+，则生成2.8mol氧气时产生H+的物质的量为n(H+)=4n(O2)=42.8mol=11.2mol，由于每发生反应产生1mol环己烷消耗6molH+，该装置的电流效率=75，则b中生成环己烷的物质的量为n(C6H12)= (11.2mol75%)6=1.4mol，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了电解原理的综合应用，能正确判断电极并书写电极反应方程式是解题的关键，题目难度较大。17.三氯化碘(IC13)在药物合成中用途非常广泛。已知ICl3熔点33，沸点73，有吸湿性，遇水易水解。某小组同学用下列装置制取ICl3(部分夹持和加热装置省略)。(1)按照气流方向连接接口顺序为a_。装置A中导管m的作用是_。(2)装置C用于除杂，同时作为安全瓶，能监测实验进行时后续装置是否发生堵塞，若发生堵塞C中的现象为_。(3)氯气与单质碘需在温度稍低于70下反应，则装置E适宜的加热方式为_。装置E中发生反应的化学方程式为_。(4)该装置存在的明显缺陷是_。(5)粗碘的制备流程为：操作Y用到的玻璃仪器有烧杯、_，操作Z的名称为_。【答案】 (1). adebcghf。（接口b与c、g与h可互换） (2). 使浓盐酸顺利滴下 (3). 锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升 (4). 水浴加热 (5). 3Cl2+I2 2ICl3 (6). 缺少尾气处理装置 (7). 分液漏斗 (8). 蒸馏【解析】【分析】(1)装置连接顺序为制取氯气装置、净化氯气装置、干燥氯气装置、氯气反应装置、防止潮解装置； (2)装置C作安全瓶，监测实验进行时B中是否发生堵塞，B发生堵塞时，C中压强增大，利用压强对液体作用分析实验现象； (3)水浴的温度不超过100，且水浴加热能简便控制加热温度，使受热容器受热均匀；根据已知物质、制备物质，结合反应条件及氧化反应反应规律书写反应方程式；(4)氯气是有毒的气体，要有尾气处理装置；(5)操作Y是萃取，使用分液漏斗和烧杯；操作Z是蒸馏。【详解】(1)在装置A中用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，浓盐酸易挥发，使反应制取的氯气中含有氯化氢、水蒸气等杂质，通过装置C除去HCl杂质，再通过装置B干燥，得到干燥、纯净的氯气，然后在装置E中氯气与碘单质反应制得ICl3；为防止ICl3潮解，后面连接盛有干燥剂的D装置，防止空气中的水蒸气进入到制取E装置。故按照气流方向连接装置接口顺序为adebcghf。（接口b与c、g与h可互换）；在装置A中导管m使分液漏斗中的液体上下压强一致，这样分液漏斗中的浓盐酸就可以顺利滴下； (2)装置C亦是安全瓶，监测实验进行时B中是否发生堵塞，若装置B发生堵塞，C中气体压强增大，液体会进入到长颈漏斗中，使锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升； (3)因水浴加热能简便控制加热的温度，且能使反应试管受热均匀，由于氯气与单质碘需在温度稍低于70下反应，故应采取水浴加热的方式；在装置E中Cl2与I2在低于70温度下发生反应：3Cl2+I2 2ICl3；(4)Cl2是有毒气体，盛有无水氯化钙的干燥管只能吸收水分，不能吸收氯气，这样就会造成大气污染。若将无水CaCl2换成碱石灰，就可以吸收氯气和水蒸气，避免了大气污染，故该装置的缺陷是缺少尾气处理装置；(5)操作Y是加入CCl4将溶质I2从碘水中萃取分离出来，所用到的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗；分离碘的四氯化碳溶液中溶质与溶剂可以根据二者沸点不同，用蒸馏的方法分离它们。【点睛】本题考查性质实验方案的制备的知识，把握氯气的制法、净化、性质、装置的作用及ICl3制备原理为解答的关键，题目难度中等。18.利用下图可以从不同角度研究含氮物质的性质及其转化关系。图中甲辛均含氮元素。回答下列问题：(1)下列给出的图中物质之间的转化可以一步实现的是_。A甲丁 B乙丁 C丁戊 D戊丙(2)下列说法正确的是_。A丙和丁在一定条件下都能生成戊，属于酸性氧化物B“甲乙丙丁戊”就是工业制戊的转化过程C己和辛在一定条件下都可与固体NaOH作用生成乙，其生成乙的原理相同D如果庚和辛为同种物质，则可由乙和戊反应制得(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道是否泄漏，其现象为_。已知反应过程中还有甲生成，该反应的化学方程式为_。(4)已知铁与过量戊的溶液反应，其反应的化学方程式为：Fe+戊丙+丁+庚+H2O(方程式未配平)。若产物中丙和丁的物质的量之比为1：3，则铁与戊的物质的量之比为_。若检验庚中铁元素的价态，可选用的试剂为_，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). CD (2). BD (3). 有白烟生成 (4). 3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl (5). 1：5 (6). KSCN溶液 (7). Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3【解析】【分析】根据N元素的化合价及物质所属类别可推知甲是N2、乙是NH3、丙是NO、丁是NO2、戊是HNO3、己是NH3H2O、庚为硝酸盐、辛为铵盐，然后利用物质的性质分析解答。【详解】根据图示中N元素的化合价及物质所属的类别可推知甲是N2、乙是NH3、丙是NO、丁是NO2、戊是HNO3、己是NH3H2O、庚为硝酸盐、辛为铵盐。(1)A.发生反应：N2+O2 2NO，不能产生NO2，A错误；B.4NH3+5O24NO+6H2O，不能产生NO2，B错误；C.3NO2+H2O=2HNO3+NO，C正确；D.3Cu8HNO3(稀)=2Cu(NO3)22NO4H2O，D正确；故合理选项是CD；(2)A.NO、NO2在一定条件下可以发生反应产生HNO3，但反应过程中N元素的化合价发生了变化，所以NO、NO2都不是酸性氧化物，A错误；B.在工业上是利用氨的催化氧化方法制取硝酸，发生的反应为：N2+3H2 2NH3，4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO。可见在反应过程中实现了甲乙丙丁戊的转化，B正确；C.NH3H2O在溶液中存在电离平衡：NH3H2ONH4+OH-，当向溶液中加入NaOH固体时，c(OH-)增大，平衡逆向移动，NH3H2O浓度增大，NH3H2O发生分解反应产生氨气；同时NaOH溶解放热也促进了NH3H2O的分解；而铵盐与NaOH固体混合加热发生的是复分解反应产生氨气，因此二者制取氨气的原理不同，C错误；D.庚为硝酸盐，辛为铵盐，若二者为同一种物质，则该物质是NH4NO3，可以通过反应NH3+ HNO3=NH4NO3得到，D正确；故合理选项是BD；(3)氯碱工业生产中常用乙检查氯气管道，是因为发生反应：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，NH4Cl是白色固体，因此若氯气管道泄漏，会看到有白烟产生；(4)根据题意及反应产生的NO、NO2的物质的量的比，结合电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为：2Fe+10HNO3=2Fe(NO3)3+NO+3NO2+5H2O，根据方程式可知Fe与HNO3反应的物质的量的比为1：5；反应产生的Fe3+，可以用KSCN溶液检验。向待检验的溶液中滴加几滴KSCN溶液，若看到溶液变为血红色，就证明含有Fe3+；反应的离子方程式为Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3。【点睛】本题考查了氮元素的单质及化合物的性质、转化、应用、氧化还原反应方程式的书写及配平的知识。掌握元素及化合物的性质及氧化还原反应的规律是本题解答的关键。19.以硅石(主要成分SiO2)为起始原料生产高纯多晶硅的简化工艺流程如下图所示：(1)在电弧炉中，生成粗硅的化学方程式为_，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为_。(2)合成炉中有关反应的数据如下表所示：热化学方程式平衡常数主反应Si(s)+3HCl(g)SiHCl3(g)+H2(g) H=-210kJ/molK1副反应Si(s)+4HCl(g)SiCl4(g)+2H2(g) H=-241kJ/molK2主反应的温度需严格控制在280300之间，若温度过低，则_；若温度太高，SiHCl3则会转化生成SiCl4，该转化的热化学方程式为_。平衡时，c(SiHCl3)c(SiCl4)的值a随着c(H2)c(HCl)的值b的变化而变化，则ab=_(用含K1、K2的代数式表示)。工业上用H2适当稀释HCl来提高c(SiHCl3)c(SiCl4)的值，请用平衡移动原理加以解释_。(3)还原炉中的主要反应为SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g) H0。实验室中在1.0L密闭容器中研究得到SiHCl3的转化率在不同温度条件下随n(H2)/(SiHCl3)变化的曲线如图所示。t1、t2、t3表示的温度高低顺序为_；t1温度时平衡常数Ka=_(保留两位小数)。【答案】 (1). SiO2+2C Si+2CO (2). 1：2 (3). 反应速率慢，达到平衡需要时间长，物质的平衡含量低，生产效率低下 (4). SiHCl3(g)+ HCl(g)SiCl4(g)+H2(g) H=-31kJ/mol (5). K1K2 (6). 增大c(H2)浓度，平衡逆向移动，可降低c(SiCl4)的浓度，增大c(SiHCl3)的浓度从而使c(SiHCl3)c(SiCl4)增大 (7). t1t2t3 (8). 76.80【解析】【分析】(1)根据二氧化硅和焦炭在高温的条件下生成硅和一氧化碳进行分析；并根据氧化还原反应的规律判断氧化剂、还原剂；(2)从反应速率和物质平衡含量与温度的关系分析；利用平衡常数定义与a、b关系分析判断；(3)根据该反应的正反应为吸热反应，从温度对物质平衡转化率影响分析；运用三段式法计算a点的化学平衡常数。【详解】(1)二氧化硅和焦炭在高温的条件下生成硅和一氧化碳，化学方程式为：SiO2+2C Si+2CO；在该反应中C元素化合价升高，失去电子，作还原剂，SiO2中的Si元素化合价降低，获得电子，SiO2作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量的比为1:2；(2) 温度过低，反应速率慢，达到平衡所需要的时间太久，不经济；且主反应的正反应为吸热反应，降低温度，平衡逆向移动，产生的SiHCl3的物质的量偏少，所以要在一定温度下进行；但若温度过高，又会发生副反应，SiHCl3又会转化生成SiCl4，使需要的物质产率降低；将副反应与主反应两式相减，整理可得SiHCl3(g)+ HCl(g)SiCl4(g)+H2(g) H=-31kJ/mol根据热化学方程式可得K1=c(SiHCl3)c(H2)c3(HCl)，K2=c(SiCl4)c2(H2)c4(HCl)，K1K2=c(SiHCl3)c(H2)c3(HCl)c(SiCl4)c2(H2)c4(HCl)=c(SiHCl3)c(HCl)c(SiCl4)c(H2)=ab，即ab=K1K2；由于K1、K2都是常数，所以从K1K2=c(SiHCl3)c(HCl)c(SiCl4)c(H2)等于常数可知：适当增大c(H2)，化学平衡 SiHCl3(g)+ HCl(g)SiCl4(g)+H2(g)逆向移动，使容器中c(SiCl4)减小，c(SiHCl3)增大，这样c(SiHCl3)c(SiCl4)就会增大，从而降低了副产物的产生，得到更多SiHCl3，提高了产品的产率和生产效率；(3)根据图象可知：当其它条件相同而温度不同的情况下，物质SiHCl3的转化率：t1t2t3。由于该反应的正反应为吸热反应，在其他条件不变的条件下，升高温度，化学平衡正向移动，SiHCl3转化率提高，所以温度大小关系为：t1t2t3；在a点时假设n(SiHCl3)=1mol，则n(H2)=3.3mol，由于容器的容积是1.0L，故开始时c(SiHCl3)=1mol/L， c(H2)=3.3mol/mol，用三段式进行计算：SiHCl3(g)+H2(g)=Si(s)+3HCl(g)c(开始)mol/L 1 3.3 0c(变化) mol/L 0.8 2.4 2.4c(平衡) mol/L 0.2 0.9 2.4则K=c3(HCl)c(SiHCl3)c(H2)=2.430.20.9=76.80【点睛】本题以生产高纯多晶硅的工艺流程为主线，考查了硅的制取方法及化学反应速率、化学平衡移动、化学平衡常数的知识。掌握元素化合物的性质及化学反应速率和平衡理论是本题解答的关键。20.磷酸铁锂电池是新型的绿色能源电池，其简化的生产工艺流程如下。(1)反应釜中反应的化学方程式为_，该反应体现出非金属性关系：P_C(填“”或“ (3). H2PO4-在溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡。电离作用产生H+使溶液显酸性，水解产生OH-使溶液显碱性，由于H2PO4-电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，故pHH2CO3，所以在反应釜中发生复分解反应：2H3PO4+Li2CO3=2LiH2PO4+H2O+CO2；元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，由于酸性：H3PO4H2CO3，所以元素的非金属性PC；(2)LiH2PO4在溶液中存在电离平衡H2PO4-H+HPO42-，也存在水解平衡H2PO4-+H2OOH-+H3PO4，电离使溶液显酸性，水解使溶液显碱性，由于H2PO4-电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性，pH7；开始时c(H2PO4-)越大，单位体积内电离的H2PO4-的数目越多，则电离产生的H+的浓度越大，所以溶液的pH越小；浓度大于1mol/L的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，根据图2知=0.994，根据图1知c初始(H2PO4-)接近1mol/L，则H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。故要使H3PO4几乎全部转化成LiH2PO4，溶液的pH控制在pH=4.66；(3)充电时，阳离子Li+移向阴极；放电时，正极发生还原反应，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi+xe-=LiFePO4；(4) 实验中加入HgCl2饱和溶液，可以发生反应：4Cl-+Sn2+2HgCl2=SnCl62-+Hg2Cl2，这样就可以使溶液中过量的Sn2+转化为稳定的络离子SnCl62-，从而防止用重铬酸钾溶液滴定溶液中Fe2+时干扰实验结果的测定，造成实验误差；根据6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O可知n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=60.030mol/L0.0500mL=910-3mol，m(Fe)=nM=910-3mol56g/mol=0.504g，所以铁的百分含量= 。