2018年全国统一高中考试化学试卷（新课标ⅲ）（含剖析版）.doc

2018年全国统一高考化学试卷（新课标）一、选择题1（6分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法2（6分）下列叙述正确的是（）A24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2：1D1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同3（6分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（）A与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B能使酸性高锰酸钾溶液褪色C与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯4（6分）下列实验操作不当的是（）A用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二5（6分）一种可充电锂空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2x（x=0或1）。下列说法正确的是（）A放电时，多孔碳材料电极为负极B放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D充电时，电池总反应为Li2O2x2Li+（1）O26（6分）用0.100 molL1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 molL1 Cl溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（）A根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为1010B曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag+）c（Cl）=Ksp（AgCl）C相同实验条件下，若改为0.0400molL1 Cl，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.0500 molL1 Br，反应终点c向b方向移动7（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是（）A原子半径大小为WXYZBX的氢化物水溶液酸性强于Z的CY2W2与ZW2均含有非极性共价键D标准状况下W的单质状态与X的相同二、非选择题8（14分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O，M=248gmol1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×1010，Ksp（BaS2O3）=4.1×105市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液 ，有刺激性气体产生静置， （2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的 中，加蒸馏水至 。滴定：取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液 ，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为 %（保留1位小数）。9（14分）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO3的化学名称是 。（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCI“逐Cl2”采用的方法是 。“滤液”中的溶质主要是 。“调pH”中发生反应的化学方程式为 。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式 。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为 ，其迁移方向是 。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有 （写出一点）。10（15分）三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式 。（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）H=48 KJmol13SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）H=30 KJmol1则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的H为 kJmol1。（3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343K时反应的平衡转化率= %平衡常数K343K= （保留2位小数）。在343K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是 ；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有 、 。比较a、b处反应速率大小：va vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正v逆=k正xk逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的= （保留1位小数）化学-选修3：物质结构与性质11（15分）锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素，回答下列问题：（1）Zn原子核外电子排布式为 。（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1（Zn） I1（Cu）（填“大于”或“小于”）。原因是 。（3）ZnF2具有较高的熔点（872），其化学键类型是 ，ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是 。（4）中华本草等中医典籍中，记载了炉甘石（ZnCO3）入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为 ，C原子的杂化形式为 。（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为 。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为 gcm3（列出计算式）。【化学-选修5：有机化学基础】12近来有报道，碘代化合物E与化合物H在CrNi催化下可以发生偶联反应，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如图：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：（1）A的化学名称是 。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为 。（3）由A生成B、G生成H的反应类型分别是 、 。（4）D的结构简式为 。（5）Y中含氧官能团的名称为 。（6）E与F在CrNi催化下也可以发生偶联反应，产物的结构简式为 。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3：3：2写出3种符合上述条件的X的结构简式 。2018年全国统一高考化学试卷（新课标）参考答案与试题解析一、选择题1（6分）化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）A泡沫灭火器可用于一般的起火，也适用于电器起火B疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性C家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【分析】A泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分会导致产生导电；B蛋白质在温度较高时易变性；C水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质；DMg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极。【解答】解：A泡沫灭火器喷出的泡沫中含有大量水分，水会导致产生导电，从而易产生触电危险，故A错误；B蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，故B正确；C水溶性漆是以水作稀释剂、不含有机溶剂的涂料，不含苯、甲苯等有机物，油性油漆是以有机物为稀释剂且含苯、甲苯等物质，苯、甲苯等有机物污染环境，所以家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境，故C正确；DMg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选：A。【点评】本题考查物质组成、结构和性质关系，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，明确物质性质是解本题关键，知道化学在生产生活中的应用，会运用化学知识解释生产生活现象，题目难度不大。2（6分）下列叙述正确的是（）A24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C1 mol重水与1 mol水中，中子数比为2：1D1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化学键数相同【考点】54：物质的量的相关计算；84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系菁优网版权所有【分析】A.1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子；B氧气和臭氧均只含有氧原子；C质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子；D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键。【解答】解：A.24g镁与27g铝的物质的量均为1mol，1molMg含有12mol质子，1molAl含有13mol质子，二者不含有相同的质子数，故A错误；B氧气和臭氧均只含有氧原子，同等质量的氧气和臭氧中，相当于同等质量的氧原子，所含电子数相同，故B正确；C质量数=质子数+中子数，H无中子，D含有1个中子，O含有8个中子，所以1 mol重水与1 mol水中，中子数比为10：8=5：4，故C错误；D.1mol乙烷含有7mol共价键，1mol乙烯含有6mol共价键，二者化学键数不相同，故D错误，故选：B。【点评】本题考查物质的量相关计算和化学基本用语的知识，明确质子数，中子数，质量数之间的关系是解题的关键，题目难度不大，是基础题。3（6分）苯乙烯是重要的化工原料。下列有关苯乙烯的说法错误的是（）A与液溴混合后加入铁粉可发生取代反应B能使酸性高锰酸钾溶液褪色C与氯化氢反应可以生成氯代苯乙烯D在催化剂存在下可以制得聚苯乙烯【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】苯乙烯结构简式为，A苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生取代反应；B碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；C该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应；D碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应。【解答】解：苯乙烯结构简式为，A苯乙烯中含有苯环，苯环能和液溴在溴化铁作催化剂条件下发生苯环上取代反应，故A正确；BB碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯乙烯中含有碳碳双键，所以苯乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C该物质在一定条件下能与HCl发生加成反应而不是取代反应，所以在一定条件下与HCl发生反应生成1氯苯乙烷、2氯苯乙烷，故C错误；D碳碳双键在一定条件下能发生加聚反应，该物质中含有碳碳双键，所以在催化剂条件下可以发生加聚反应生成聚苯乙烯，故D正确；故选：C。【点评】本题考查有机物结构和性质，侧重考查学生分析判断能力，涉及苯及烯烃的性质，明确官能团与性质关系是解本题关键，熟练常见有机物官能团，题目难度不大。4（6分）下列实验操作不当的是（）A用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B用标准HCl溶液滴定 NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】AZn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池；B强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差；C钠元素的焰色反应呈黄色；D超过容积的时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出。【解答】解：AZn能置换出硫酸铜溶液中的Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，加快Zn的腐蚀，从而加快化学反应速率，故A不选；B强酸与强碱的滴定可以采用酚酞或甲基橙；弱酸与强碱的滴定用酚酞，因为弱酸与强碱恰好反应时溶液显碱性（生成强碱弱酸盐，水解显碱性），酚酞在碱性范围变色；反之强酸与弱碱的滴定用甲基橙可以减少误差，碳酸氢钠呈弱碱性，所以应该选取甲基橙作指示剂，故B选；C钠元素的焰色反应呈黄色，该实验蘸取的溶液为盐溶液，焰色反应呈黄色，说明溶液中含有钠离子，故C不选；D超过容积的时液体沸腾后，可能会有液体从支管口处溅出，易产生安全事故，故D不选；故选：B。【点评】本题考查实验评价，涉及焰色反应、甲基橙的选取、原电池原理等知识点，侧重考查学生实验操作、实验原理等，明确实验原理、物质性质是解本题关键，注意实验操作的规范性，题目难度不大。5（6分）一种可充电锂空气电池如图所示。当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2x（x=0或1）。下列说法正确的是（）A放电时，多孔碳材料电极为负极B放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极C充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移D充电时，电池总反应为Li2O2x2Li+（1）O2【考点】BL：化学电源新型电池菁优网版权所有【分析】A电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程；B放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料；C充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得电子重新生成Li；D充电时，相当于电解Li2O2x重新得到Li和O2。【解答】解：A电池放电池，O2中O的化合价降低，过程为得电子的过程，所以放电时，多孔碳材料电极为正极，故A错误；B放电时，Li转化为Li+，电子经外电路从锂电极流向多孔碳材料，故B错误；C充电时，装置为电解池，原电池正负极分别接外电路阳极和阴极，Li+需得电子重新生成Li，所以电解质溶液中Li+向阴极移动，即向锂电极区迁移，故C错误；D充电时，相当于电解Li2O2x重新得到Li和O2，所以电池总反应为：Li2O2x2Li+（1）O2，故D正确，故选：D。【点评】本题考查原电池和电解池的知识，明确电极反应和电子的流向是解题的关键，整体难度不大，是基础题。6（6分）用0.100 molL1 AgNO3滴定50.0 mL0.0500 molL1 Cl溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是（）A根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为1010B曲线上各点的溶液满足关系式c（Ag+）c（Cl）=Ksp（AgCl）C相同实验条件下，若改为0.0400molL1 Cl，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.0500 molL1 Br，反应终点c向b方向移动【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质菁优网版权所有【分析】A沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处lgc（Cl）=5，据此计算；B曲线上的点是达到沉淀溶解平衡的平衡点，满足c（Ag+）c（Cl）=Ksp（AgCl）；C溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数；DAgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br的浓度更低。【解答】解：A沉淀滴定时到达滴定终点时曲线斜率突变，图中c点为滴定终点，此处lgc（Cl）=5，达到沉淀溶解平衡时，c（Ag+）=c（Cl）=105mol/L，所以根据曲线数据计算可知Ksp（AgCl）的数量级为1010，故A正确；B曲线上的点是沉淀溶解平衡的平衡点，Qc=c（Ag+）c（Cl）=Ksp（AgCl），故B正确；C溶度积常数只随温度改变而改变，改变滴定反应液浓度不改变溶度积常数，所以相同实验条件下，若改为0.0400molL1 Cl，则所需AgNO3溶液体积就变为=20mL，故C错误；DAgBr比AgCl更难溶，达到沉淀溶解平衡时Br的浓度更低，则lgc（Br）值更大，消耗AgNO3溶液的体积不变，故D正确，故选：C。【点评】本题考查沉淀溶解平衡相关知识，明确达到沉淀溶解平衡时的关系式，把握图象反应的信息，题目难度不大，是基础题。7（6分）W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族。盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液。下列说法正确的是（）A原子半径大小为WXYZBX的氢化物水溶液酸性强于Z的CY2W2与ZW2均含有非极性共价键D标准状况下W的单质状态与X的相同【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【分析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周期元素，则X为F元素；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；BX的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸；CY2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键；D标况下，氟气、氧气都是气态。【解答】解：W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大，元素X和Z同族，盐YZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，该气体是Cl2，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含YZW的溶液，氯气和NaOH反应生成NaCl和NaClO，YZW应该是NaClO，则Y是Na、Z是Cl、W是O元素，X和Z同一族且为短周期元素，则X为F元素；A原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，原子半径大小顺序是FOClNa，即XWZY，故A错误；BX的氢化物为HF、Z的氢化物为HCl，氢氟酸是弱酸、盐酸是强酸，所以其氢化物的水溶液酸性X弱于Z，故B错误；CY2W2、ZW2分别是Na2O2、ClO2，同一种非金属元素之间易形成非极性键，前者含有非极性键，后者不含非极性键，故C错误；D标况下，氟气、氧气都是气态，所以标况下W和X的单质状态相同，故D正确；故选：D。【点评】本题考查位置结构性质关系，侧重考查学生综合运用能力，正确判断YZW物质是解本题关键，熟练掌握元素周期表结构、原子结构、元素周期律即可，题目难度不大。二、非选择题8（14分）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O，M=248gmol1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（1）已知：Ksp（BaSO4）=1.1×1010，Ksp（BaS2O3）=4.1×105市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品，加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液向中溶液加入足量稀盐酸有乳白色或淡黄色沉淀生成，有刺激性气体产生静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液有白色沉淀生成（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平。滴定：取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为95.0%（保留1位小数）。【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【分析】（1）Na2S2O3和盐酸反应生成硫单质、二氧化硫和水，所以在检验硫酸根离子时，需要先加入盐酸将S2O32除去，再加入氯化钡溶液进行检验；（2）溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器；用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，I2+2S2O32=S4O62+2I，得到Cr2O723I2+6S2O32，据此计算。【解答】解：（1）取少量样品，加入除氧蒸馏水，固体完全溶解得无色澄清溶液，向中溶液加入足量稀盐酸，有乳白色或淡黄色沉淀硫单质生成，有刺激性气体产生为二氧化硫气体，静置，取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液，有白色沉淀生成证明含硫酸根离子，故答案为：向中溶液加入足量稀盐酸；有乳白色或淡黄色沉淀生成；取上层清液向其中滴加几滴氯化钡溶液；有白色沉淀生成；（2）溶液配制需要计算、称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀等步骤，结合配制过程选择需要的仪器，称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在烧杯中中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的容量瓶中，加蒸馏水至凹液面最低处与刻度线相平，故答案为：烧杯；容量瓶；凹液面最低处与刻度线相平；取0.00950 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，说明反应到达滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32=S4O62+2I加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去淡黄绿色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72+6I+14H+=3I2+2Cr3+7H2O，I2+2S2O32=S4O62+2I，得到 Cr2O723I2+6S2O32， 1 6 0.0095mol/L×0.02L n样品溶液的平均用量为24.80mL，溶液中硫代硫酸根离子物质的量n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制100ml溶液中n（S2O32）=0.00114 mol×=0.0046mol，则样品纯度=×100%=95.0%故答案为：由蓝色变化为淡黄绿色且半分钟不变化；95.0。【点评】本题考查了实验方案的设计、离子检验、物质含量测定、滴定实验的过程分析等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。9（14分）KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题：（1）KIO3的化学名称是碘酸钾。（2）利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示：酸化反应”所得产物有KH（IO3）2、Cl2和KCI“逐Cl2”采用的方法是加热。“滤液”中的溶质主要是KCl。“调pH”中发生反应的化学方程式为KH（IO3）2+KOH2KIO3+H2O。（3）KIO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式2H2O+2e2OH+H2。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是a到b。与“电解法”相比，“KClO3氧化法”的主要不足之处有产生Cl2易污染环境（写出一点）。【考点】DI：电解原理；U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【分析】（1）KIO3的化学名称是碘酸钾；（2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，实验流程是用KClO3氧化法制备KIO3，反应物是KClO3和I2，在酸性条件下ClO3可以氧化I2生成IO3，根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，调节pH过程中产生KIO3，则是由KH（IO3）2得来，据此分析；（3）电解池阴极为KOH溶液，电解质溶液呈碱性，电解池阴极发生还原反应，过程应为H2O转化为H2，据此写出阴极电极反应；隔膜是阳离子交换膜，起主要交换的离子应为K+，电解池工作时，阳离子向阴极移动；电解法过程中，阳极发生反应I210e+12OH2IO3+6H2O制备KIO3，整个电解池装置没有产生氧化法过程中的Cl2，即没有产生污染大气环境的有毒气体。【解答】解：（1）KIO3的化学名称是碘酸钾，故答案为：碘酸钾；（2）气体在加热的过程中在水中的溶解度降低，可采取此法驱逐气体，所以逐Cl2”采用的方法是：加热，根据已知条件，还原产物含有Cl2和Cl，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，所以滤液”中的溶质主要是KCl，调节pH过程中产生KIO3，则是由KH（IO3）2得来，则“调pH”中发生反应的化学方程式为：KH（IO3）2+KOH2KIO3+H2O，或者写成HIO3+KOHKIO3+H2O，但考虑到题中告知酸化产物是KH（IO3）2，因此写前者更为合理，故答案为：加热；KCl；KH（IO3）2+KOH2KIO3+H2O；（3）电解池阴极为KOH溶液，电解质溶液呈碱性，电解池阴极发生还原反应，过程应为H2O转化为H2，所以阴极的电极反应为：2H2O+2e2OH+H2，故答案为：2H2O+2e2OH+H2；隔膜是阳离子交换膜，起主要交换的离子应为K+，电解池工作时，阳离子向阴极移动，所以K+的移动方向应为从a到b，故答案为：K+；a到b；电解法过程中，阳极发生反应I210e+12OH2IO3+6H2O制备KIO3，电解池装置产生的气体是H2，氧化法过程则产生Cl2，Cl2是有毒气体会污染大气，因此氧化法的不足之处是产生Cl2易污染环境，故答案为：产生Cl2易污染环境。【点评】本题以KIO3为考查背景，考查了氧化还原反应相关知识，流程分析，电解原理，氧化还原反应方程式及电极反应方程式的书写，均为高频考点，也是高考的重点和难点，本题整体难度中等，试题有助于培养综合分析问题的能力。10（15分）三氯氢硅（ SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：（1）SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成（HSiO）2O等，写出该反应的化学方程式2SiHCl3+3H2O=（HSiO）2O+6HCl。（2）SiHCl3在催化剂作用下发生反应：2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）H=48 KJmol13SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）H=30 KJmol1则反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g）的H为+114kJmol1。（3）对于反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g），采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323K和343K时 SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。343K时反应的平衡转化率=22%平衡常数K343K=0.02（保留2位小数）。在343K下：要提高 SiHCl3转化率，可采取的措施是及时分离出产物；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等。比较a、b处反应速率大小：va大于vb（填“大于”“小于”或“等于”）。反应速率v=v正v逆=k正xk逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的=1.3（保留1位小数）【考点】CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【分析】（1）重点是抓住关键词“遇潮气时发烟”说明反应物是SiHCl3和水反应，根据元素可知产物应有HCl，写出化学方程式并配平；（2）已知反应：2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）H1=48 KJmol1；3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）H2=30 KJmol1，根据盖斯定律可知，由3+得反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g），据此计算H的值；（3）直接观察即可知343K时的平衡转化率，再根据转化率列出三段式，进而求出平衡常数K；影响平衡的因素有温度、压强及浓度等，可根据反应条件判断促进平衡正向移动，提高转化率的方法；要缩短反应达到平衡的时间，需要提高反应速率，而影响反应速率的因素主要有温度、浓度、压强及催化剂等。温度越高，反应速率越快，由图象观察a处和b处的温度大小比较即可；反应速率v=v正v逆=k正xk逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正=k正x，v逆=k逆xx，由平衡时正逆反应速率相等，可得出K正/K逆=K（平衡常数），再结合此温度下的平衡状态，计算出平衡常数K即可计算。【解答】解：（1）SiHCl3遇潮气时发烟生成（HsiO）2O和HCl，结合原子守恒可知发生反应的化学方程式为2SiHCl3+3H2O=（HsiO）2O+6HCl，故答案为：2SiHCl3+3H2O=（HsiO）2O+6HCl；（2）已知反应：2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）H1=+48 KJmol1；3SiH2Cl2（g）=SiH4（g）+2SiHCl3（g）H2=30 KJmol1，根据盖斯定律可知，由3+得反应4SiHCl3（g）=SiH4（g）+3SiCl4（g），则H=（+48 KJmol1）×3+（30 KJmol1）=+114 KJmol1，故答案为：+114；（3）温度越高，反应速率越快，图象中点a所在曲线为343K，由图示可知343K时反应2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）的平衡转化率=22%，设SiHCl3的起始浓度为cmol/L，则 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）起始浓度（mol/L） c 0 0变化浓度（mol/L） 0.22c 0.11c 0.11c平衡浓度（mol/L） 0.78c 0.11c 0.11c平衡常数K343K=0.02，故答案为：22；0.02；由题目中前后反应气体体积不变，并且温度恒定，所以只能使用及时分离出产物的方法加大反应物的转化率；要缩短反应达到的时间，应增大反应速率，则在温度不变的条件下可采取的措施是：增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等，故答案为：及时分离出产物；增大压强、使用催化剂或增大反应物的浓度等；由图象可知，a的反应温度高于b，温度高反应速率快，所以a点的反应速率比b高；a点时转化率为20%，设起始时SiHCl3的物质的量为nmol，此时 2SiHCl3（g）=SiH2Cl2（g）+SiCl4（g）起始物质的量（mol） n 0 0变化物质的量（mol） 0.2n 0.1n 0.1n终态物质的量（mol） 0.8n 0.1n 0.1n则：XSiHCl3=0.8，x=x=0.1；反应速率v=v正v逆=k正xk逆xx，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，则a点时v正=k正x=0.82K正，v逆=k逆xx=0.01k逆，由平衡时正逆反应速率相等，可得出=K（平衡常数），则=1.3，故答案为：大于；1.3。【点评】此题考查的主要内容有根据题干要求写出化