2023年天津市高考化學(xué)試卷和答案

第第10頁〔共27頁〕2023年天津市高考化學(xué)試卷一、選擇題〔6636分〕1〔6分〕化學(xué)在人類社會進展中發(fā)揮著重要作用，以下事實化學(xué)反響的是〔 〕A．利用廢棄的秸稈生產(chǎn)生物質(zhì)燃料乙醇B．利用石油生產(chǎn)塑料、化纖等高分子材料D．利用反滲透膜從海水中分別出淡水2〔6分〕以下離子方程式能用來解釋相應(yīng)試驗現(xiàn)象的是〔 試驗現(xiàn)象 離子方程式向氫氧化鎂懸濁液中滴?2 4 32加氯化銨溶液，沉淀溶解HO2向沸水中滴加飽和氯化Fe3++3H2

↓+3H+3鐵溶液得到紅褐色液體3二氧化硫使酸性高錳酸3SO

+2MnO

﹣+4H+ ═3SO2 ﹣鉀溶液褪色氧化亞鐵溶于稀硝酸A．A B．B

2 4 4+2Mn2++2H2OFeO+2H+═Fe2++H2OC．C D．D2 3〔6分〕以下有關(guān)金屬及其化合物的應(yīng)用不合理的是〔 〕A．將廢鐵屑參與FeCl溶液中，可用于除去工業(yè)廢氣中的Cl2 工業(yè)2C．鹽堿地〔含較多Na2進展改進

CO3

等〕不利于作物生長，可施加熟石灰2DCoCl2是否吸水4〔6分〕以下試驗操作或裝置能到達目的是〔 〕A B C D混合濃硫酸和乙醇混合濃硫酸和乙醇配制確定濃度的溶NO氣體證明乙炔可使溴水褪色液A．AB．BC．CD．D256分〕某溫度下，2

CH

COOH5.0×310﹣4和l.×l0﹣將pH和體積均一樣的兩種酸溶液分別稀釋pH隨加水體積的變化如以下圖。以下表達正確的選項是〔 〕32HNO溶液2溶液中水的電離程度：b點＞c點C．從C．從cd點，溶液中保持不變〔其中HA、A﹣DaNaOHn〔Na+〕一樣6〔6分我國科學(xué)家研制了一種型的高比能量鋅﹣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(zhì)溶液，提高電池的容量。以下表達不正確的選項是〔 〕放電時，a電極反響為I2Br﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣B．放電時，溶液中離子的數(shù)目增大C．充電時，b0.65g0.02molI﹣被氧化D．充電時，a電極接外電源負極二、解答題〔464分〕〔1〕砷在元素周期表中的位置。Mc 的中子數(shù)7〔14分〕氮、磷、砷〔A、銻〔S、鉍〔B〔1〕砷在元素周期表中的位置。Mc 的中子數(shù)為 。：P〔s，白磷〕＝P〔s，黑磷〕△H＝﹣39.3kJ?mol﹣1；P〔s，白磷〕＝P〔s，紅磷〕△H＝﹣17.6kJ?mol﹣1；由此推知，其中最穩(wěn)定的磷單質(zhì)是 。氮和磷氫化物性質(zhì)的比較：熱穩(wěn)定性：N3 P3〔填“＞”或“＜。4沸點24 2H〔“＞“＜推斷依據(jù)是 。4NH3PH3HI反響產(chǎn)物的推斷正確的選項是〔填序號。不能與NaOH反響 含離子鍵共價鍵 與水反響SbCl3能發(fā)生較猛烈的水解，生成難溶的SbOCl，寫出該反響的化學(xué)方程式 ，因此，配制SbCl3溶液應(yīng)留意 1LamolPH4I固體，t℃時發(fā)生如下反響：PH4I〔s〕?PH3 〔g〕+HI〔g〕 ①4PH

〔g〕?P〔g〕+6H〔g〕 ②3 4 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℃時反響①的平衡常數(shù)K值為 〔用字母表示。818分〕我國化學(xué)家首次實現(xiàn)了膦催化的3+〕環(huán)加成反響，3+3+環(huán)加成反響：答復(fù)以下問題：茅蒼術(shù)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 ?；衔顱的核磁共振氫譜中有 以下條件的同分異構(gòu)體〔不考慮手性異構(gòu)〕數(shù)目為 。①分子中含有碳碳三鍵和乙酯基〔﹣COOCHCH〕2 3②分子中有連續(xù)四個碳原子在一條直線上的同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡式 。C→D的反響類型為 。D→E的化學(xué)方程式為 ，除E外該反響另一產(chǎn)物的系統(tǒng)命名為 。以下試劑分別與F和G反響，可生成一樣環(huán)狀產(chǎn)物的是〔填序號。a．Br2 b．HBr c．NaOH溶液參考以上合成路線及條件，選擇兩種鏈狀不飽和酯，通過兩步反響合成化合物〔其他試劑任選。918分〕環(huán)己烯是重要的化工原料。其試驗室制備流程如圖：答復(fù)以下問題：原料環(huán)己醇中假設(shè)含苯酚雜質(zhì)，檢驗試劑為 為 。操作1的裝置如以下圖〔加熱和夾持裝置已略去。①燒瓶A中進展的可逆反響化學(xué)方程式為 濃硫酸也可作該反響的催化劑，選擇 FeCl3?6H2O 而不用濃硫酸的緣由為〔填序號。aSO2b．FeCl?6H

O污染小、可循環(huán)使用，符合綠色化學(xué)理念3 23 cFeC1?6HO3 ②B的作用為2用到的玻璃儀器是蒸餾〕的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，參與待蒸餾的物質(zhì)和沸石， ，棄去前餾分，收集83℃的餾分。Ⅱ．環(huán)己烯含量的測定在確定條件下，向ag環(huán)己烯樣品中參與定量制得的bmolBr，與22環(huán)己烯充分反響后，剩余的Br2與足量KI作用生成I，用cmol?2①。測定過程中，發(fā)生的反響如下：①2 ②Br+2KI═I2 ③I+2NaSO═2NaI+NaSO2 2 2 3 2 4 6滴定所用指示劑為 。樣品中環(huán)己烯的質(zhì)量分數(shù)為〔用字母表示。以下狀況會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低的是 〔填序號。樣品中含有苯酚雜質(zhì)c．Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液局部被氧化1〔14分〕多晶硅是制作光伏電池的關(guān)鍵材料。以下是由粗硅制備多晶硅的簡易過程。答復(fù)以下問題：Ⅰ．硅粉與HCl300℃時反響生成1molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，該反響的熱化學(xué)方程式為。SiHCl3的電子式為。SiCl4SiHCl3有三種方法，對應(yīng)的反響依次為：4 2 3 ①SiCl〔g〕+H〔g〕?SiHCl〔g〕+HCl〔g〕△H＞4 2 3 ②3SiCl

〔g〕+2H

〔g〕△H＜04 2 3 2③2SiCl

〔g〕+H

〔g〕+Si〔s〕+HCl〔g〕?3SiHCl

△H4 2 3 3H2KOH溶液制備，寫出產(chǎn)生H2的電極名稱〔填“陽極”或“陰極，該電極反響方程式為。。三個氫化反響的△G1所示，可知：反響①能自發(fā)進展的最低溫度是 一樣溫度下反響②比反響①的△G小，主要緣由是 。4所示。以下表達正確的選項是 〔填序號。4a．B點：v ＞v正 逆

b．v

：A點＞E點 c．反響適宜溫度：正480～520°C反響③的△H3＝ 〔用△H1，△H2表示。溫度上升，反響③的平衡常數(shù)K 〔填“增大“減小”或“不變。由粗硅制備多晶硅過程中循環(huán)使用的物質(zhì)除SiCl4、SiHCl3和Si外，還有 〔填分子式。2023年天津市高考化學(xué)試卷答案與解析一、選擇題〔6636分〕1．秸稈通過發(fā)酵生成乙醇；生成高分子；D．利用反滲透膜從海水中分別出淡水，無物質(zhì)生成。AA不選；B．石油生產(chǎn)塑料、化纖，裂化生成小分子，小分子發(fā)生加聚反響B(tài)不選；為化學(xué)變化，故C不選；D．利用反滲透膜從海水中分別出淡水，無物質(zhì)生成，是物理變D選；應(yīng)選：D。2．NH+水解導(dǎo)致溶液呈酸性，〔

能溶于酸；4 2B．得到的是膠體，膠體不是沉淀；C．轉(zhuǎn)移電子不守恒；44

+水解導(dǎo)致溶液呈酸性，Mg〔OH〕2

能溶于Mg〔OH〕+2NH+═Mg2++2NH?HOA2 4 3 2正確；〔膠體〕+3H+B錯誤；2 3二者發(fā)生氧化復(fù)原反響生成錳離子、硫酸，轉(zhuǎn)移電子不守恒，離子方程式為5SO

+2MnO

﹣+2H

O═5SO

2﹣+2Mn2++4H+，故C錯誤；

2 4 2 43FeO+10H++NO3OD錯誤；2應(yīng)選：A?！痉治觥緼．氯氣具有強氧化性，能氧化亞鐵離子生成鐵離子，F(xiàn)e生成亞鐵離子；2B．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CoCl呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色。22【解答解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，涉及的反響為 2Fe2++Cl＝、2Fe3++Fe＝3Fe2+，從而除去氯氣，故A正確；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(dǎo)致其水溶液呈堿性所以鹽堿地中參與熟石灰不能改進土壤通過施加適量石24膏粉末〔CaSO，微溶于水〕來降低土壤的堿性，故C4錯誤；2D．無水CoCl2

呈藍色，吸水會變?yōu)榉奂t色，假設(shè)變色硅膠中參與CoCl2，可以依據(jù)變色硅膠顏色變化推斷是否吸水，故D正確；應(yīng)選：C?！痉治觥緼．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(yīng)當(dāng)與凹液面最低處相切；C．二氧化氮密度大于空氣，應(yīng)當(dāng)承受向上排空氣法收集；色。【解答】解：A．配制溶液時，密度大的溶液倒入密度小的溶液，并不斷攪拌，故A錯誤；B．定容時眼睛應(yīng)當(dāng)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(yīng)當(dāng)承受向上排空氣法收集，所以導(dǎo)氣管應(yīng)當(dāng)遵循“進步短出”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D錯誤；B?！痉治觥克岬碾婋x平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強，依據(jù)電離平衡常數(shù)知，酸性：HNO＞CH

COOH，2 3C.＝K，水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；h加水稀釋促進弱酸電離，pH一樣的這兩種酸稀釋一樣倍數(shù)，pH變化大的酸性較強；C.＝K，水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)；h2Da點兩種溶液的pH一樣，但是兩種溶液濃度：HNO＜2CH3

COOHa點兩種溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量：HNO＜23原子守恒推斷〔N。232 衡常數(shù)知，酸性：HNO＞CHCOOH，A．加水稀釋促進弱酸電離，pH一樣的這兩種酸稀釋一樣倍數(shù)，pH變化大的酸性較強，依據(jù)圖知，pH變化較大的是II，則II2

A錯誤；2 3C．水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，＝Kcdh酸中〔+＞bC．水解平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，＝Kcdh點，溫度不變，水解平衡常數(shù)不變，所以溶液中保持C點，溫度不變，水解平衡常數(shù)不變，所以溶液中保持22Da點兩種溶液的pH一樣，但是兩種溶液濃度：HNO＜22CH3

COOHa點兩種溶液中溶質(zhì)物質(zhì)的量：HNO＜32 3 CHCOOH，消耗的堿與酸的物質(zhì)的量成正比，所以消耗的堿：HNO＜CHCOO，依據(jù)Na原子守恒知溶液中〔32 3 3＜CHCOOHD錯誤；應(yīng)選：C。3【分析】由電池裝置圖可知，a極I2Br﹣生成I﹣，則發(fā)生復(fù)原反響，應(yīng)為原電池的正極，bZnZn2+應(yīng)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，aIBr﹣I﹣，發(fā)生復(fù)原反響，2IBr﹣+2e﹣═2I﹣+Br﹣A正確；2BI2Br﹣I﹣、Br﹣Zn2+，則溶液B正確；C．充電時，b電極生成Zn，每增重0.65g，即生成0.01molZn，則轉(zhuǎn)移0.02mol電子，陽極發(fā)生2I﹣+Br﹣2e﹣﹣＝IBr﹣，溶液中有20.02molI﹣被氧化，故C正確；D．原電池時，應(yīng)生成I2Br﹣，則發(fā)生氧化反響，a為陽極，連接電D錯誤。應(yīng)選：D。二、解答題〔464分〕VA族，中子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù)；能量越低越穩(wěn)定；元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定；氫化物熔沸點較高；NH3，PH3HIPH4I，相當(dāng)于銨鹽，具有銨鹽構(gòu)造性質(zhì)；SbCl3能發(fā)生較猛烈的水解，生成難溶的SbOCl，依據(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；2 2HI〔g〕?H〔g〕+I〔g〕2 平衡〔mol/L〕b c c3 4 4PH〔g〕?P〔g〕+6H〔g〕3 4 反響〔mol/L〕〔d﹣c〕d﹣c平衡〔mo/L〕b+2c﹣〔d﹣反響〔mol/L〕〔d﹣c〕d﹣c平衡〔mo/L〕b+2c﹣〔d﹣c〕b則℃時反響的平衡常數(shù)K值＝〔P3〕×〔H?！病矨s位于第四周期第A族，中子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)質(zhì)子數(shù)＝288﹣115＝173；能量越低越穩(wěn)定，P〔s，白磷〕＝P〔s，黑磷〕△H＝﹣39.3kJ?mol﹣1①P〔s，白磷〕＝P〔s，紅磷〕△H＝﹣17.6kJ?mol﹣1②將方程式①﹣②得〕△H＝〔﹣39.3+17.6〕kJ/mol＝﹣21.7kJ/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；元素的非金屬性越強，其氫化物越穩(wěn)定；N＞P，所以熱穩(wěn)定性：NH＞PH；3 34 2 N2H4能形成分子間氫鍵、P2H4分子間不能形成氫鍵，所以沸點：N2H＞PH4 2 故答案為：＞；＞；N2H4分子間存在氫鍵；氫化物熔沸點較高；NH3，PH3HIPH4I，相當(dāng)于銨鹽，具有銨鹽構(gòu)造性質(zhì)，NaOHPH4INaOH反響，故錯誤；bPH4I中含離子鍵、共價鍵，故正確；c．銨鹽都易發(fā)生水解反響，所以PH4I能與水反響，故正確；故答案為：bc；SbCl3能發(fā)生較猛烈的水解，生成難溶的SbOCl，依據(jù)元素守恒知，還生成HCl，反響方程式為SbCl3+H2O?SbOCl+2HCl；解，則配制該溶液時為防止水解應(yīng)當(dāng)參與鹽酸，故答案為：SbCl3+H2O?SbOCl+2HCl；參與鹽酸抑制水解；〔5〕可逆反響2HI〔g〕?H2〔g〕+I2〔g〕 ③平衡〔mol/L〕b c c3 4 可逆反響4PH〔g〕?P〔g〕+6H〔g〕 3 4 反響〔mol/L〕〔d﹣c〕d﹣c平衡〔mo/L〕b+2c﹣〔d﹣c反響〔mol/L〕〔d﹣c〕d﹣c平衡〔mo/L〕b+2c﹣〔d﹣c〕b〕×c〔HI〕＝[b+2c﹣〔d﹣c〕]×b＝〔b+〕b，〔b+?！?〕C〔d﹣c〕]×b＝〔b+〕b，〔b+。子種數(shù)；B①分子中含有碳碳三鍵和乙酯基〔﹣COOC2C3，分子中有連續(xù)四個碳原子在一條直線上，存在C﹣C≡C﹣C碳鏈構(gòu)造，形成酯的酸可以看作CH3C≡CCH2CH31H原子被﹣COOHHOOC﹣C≡CCH2CH2CH3、HOOC﹣C≡CCH〔CH3〕2；比照C、D的構(gòu)造，可知C中碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反響D；DEDE，同時還生成〔CH〕COH；3 3F、G均含有碳碳雙鍵與酯基，但碳碳雙鍵位置不同，在堿HBr加成后溴原子連接位置可能一樣；到D的過程，結(jié)合〔3+2〕環(huán)加成反響，可以由或兩種鏈狀不飽和酯合成目標(biāo)物M到D的過程，結(jié)合〔3+2〕環(huán)加成反響，可以由或與氫氣加成反響得到目標(biāo)物。而與氫氣加成反響得到目標(biāo)物。而CHC≡3．CH．CHC≡CCOOCHCH 與CH＝CHCOOCH32323

CH CHCOOCHCH與＝2 2 與＝

反應(yīng)得到反響得到?！病趁┥n術(shù)醇分子中有15個C原子、1個OH原子數(shù)目＝2×15+2﹣2×3＝26反響得到。故茅蒼術(shù)醇分子式為C15H26O．由構(gòu)造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：，即有有四個不同的原子或原子團：，即有3個手性碳原故答案為：C H O；碳碳雙鍵、碳原子；3；15 26B2H2個吸取峰。B的同分異構(gòu)體滿足：①分子中含有碳23碳三鍵和乙酯基〔﹣COOCHCH，分子中有連續(xù)四個碳原子23在一條直線上，存在C﹣C≡C﹣C碳鏈構(gòu)造，形成酯的酸可以看作≡CHC CCHCH作≡3 2

1H原子被﹣COOH3種酸，HOOC﹣C≡CCHCHCH、HOOC﹣C≡CCH〔CH〕2 2 3 32，故符合條件的同分異構(gòu)體有

3+2＝5，直接相連的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為，；故 答 案 為 ： 2 ； 5 ；；比照C、D的構(gòu)造，可知C中碳碳雙鍵與氫氣發(fā)生加成反響故答案為：加成反響或復(fù)原反響；DEDE，3 同時還生成〔CH 〕COH，反應(yīng)方程式為3 〔CH〕COH的名稱為：﹣甲基﹣﹣丙醇，3 3故 答 案 為 ：；2﹣甲基﹣2﹣丙醇；F、G均含有碳碳雙鍵與酯基，但碳碳雙鍵位置不同，在堿全一樣，與HBr加成后溴原子連接位置可能一樣，即可生成一樣環(huán)狀產(chǎn)物，到D的過程，結(jié)合〔3+2〕環(huán)加成反響，可以由或兩種鏈狀不飽和酯合成目標(biāo)物M到D的過程，結(jié)合〔3+2〕環(huán)加成反響，可以由或與氫氣加成反響得到目標(biāo)物。而與氫氣加成反響得到目標(biāo)物。而CHC≡33

CH CHCOOCHCH與＝2 2 與＝

反應(yīng)得到反應(yīng)得到，合成路線流程圖為：反應(yīng)得到，合成路線流程圖為：．CHC≡CCOOCHCH 與CH＝CHCOOCH32323，故 答 案 為 ：?！痉治觥凯h(huán)己醇發(fā)生消去反響生成環(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，然后枯燥、過濾、蒸餾得到環(huán)己烯；苯酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反響；①AFeCl?6H

O污染小、可循環(huán)使用；n〔n〔Br2〕＝〕mol，依據(jù)得②B能冷凝回流環(huán)己醇；操作2為分液，依據(jù)分液所需儀器選??；3〔蒸餾〕的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，參與待蒸餾的物質(zhì)和沸石，通冷凝水、加熱，棄去前餾分，收集83℃的餾分；碘遇淀粉溶液變藍色，所以可以用淀粉溶液檢驗碘；Br2 I2 2Na2S2O3 KIn〔Br2〕＝n〔Na2S2O3〕＝～Br2 I2 2Na2S2O3 KIn〔Br2〕＝n〔Na2S2O3〕＝～～ ，則與×cv×10﹣3mol，所以與環(huán)己烯反響的×cv×10﹣3 ×cv×10﹣3 〕mol，m〔環(huán)己烯〕＝〔b﹣×cv×10﹣3 〕mol×82g/mol，環(huán)己烯質(zhì)量分數(shù)＝；c．Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液局部被氧化導(dǎo)致消耗的硫代硫酸鈉偏大，與環(huán)己烯反響的溴偏低。環(huán)己醇、氯化鐵，得到的有機相中含有環(huán)己烯，然后枯燥、過濾、蒸餾得到環(huán)己烯；3苯酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反響，所以可以用FeCl 溶液3檢驗苯酚，苯酚和氯化鐵溶液混合溶液呈紫色，3故答案為：FeCl3

溶液；溶液顯紫色；式為；①A式為；2aSO，從而降低環(huán)己烯產(chǎn)率，故正確；2

O3 2故答案為：；ab；c故答案為：；ab；B的作用是削減環(huán)己醇蒸出，增大環(huán)己醇利用率，故答案為：削減環(huán)己醇蒸出；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；3〔蒸餾〕的步驟補齊：安裝蒸餾裝置，參與待蒸餾的物質(zhì)和沸石，通冷凝水、加熱，棄去前餾分，收集83℃的餾分，n〔n〔Br2〕＝〕mol，依據(jù)得取的試劑為淀粉溶液；Br2 I2 2Na2S2O3 KIn〔Br2〕＝n〔Na2S2O3〕＝～Br2 I2 2Na2S2O3 KIn〔Br2〕＝n〔Na2S2O3〕＝～～ ，則與×cv×10﹣3mol，所以與環(huán)己烯反響的×cv×10﹣3 〕mol×cv×10﹣3 〕mol，m〔環(huán)己烯〕＝〔b﹣cv10﹣3 〕mol82g/mol，環(huán)己烯質(zhì)量分數(shù)＝＝＝，故答案為：淀粉溶液；；c．Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液局部被氧化導(dǎo)致消耗的硫代硫酸鈉偏大，與環(huán)己烯反響的溴偏低，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，故正確；bc。HCl3001molSiHCl3氣體和H2，放出225kJ熱量，依據(jù)反響熱及反響物狀態(tài)、反響條件書寫鍵、3Si﹣Cl鍵；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；4 2 SiCl〔〕+H 〔〕SiHCl〔〕+HC〔4 2 △S＝0，要使△G＝△H＜0；①中△H＞0、②△H＜0，且反響②△S＜0；明平衡正向移動且沒有到達平衡狀態(tài)，DSiCl4轉(zhuǎn)化D為平衡點，a．B點平衡正向移動；b．溫度越高化學(xué)反響速率越快；c．其轉(zhuǎn)化率越大越好且溫度不能太高；①SiCl4〔g〕+H2 〔g〕?SiHCl

〔g〕+HCl〔g〕△H＞0②3SiCl

〔g〕+2H

3

1〔g〕△H＜04 2 3 2將方程式②﹣①得③2SiCl4〔g〕+H