2020年河南省濮阳市高考化学一模试卷

这是一份2020年河南省濮阳市高考化学一模试卷，共26页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2020年河南省濮阳市高考化学一模试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．84消毒液的过度使用会造成环境污染
B．用肥皂水涂抹被蚊虫叮咬处可减轻疼痛感或瘙痒感
C．向棕黄色的甘蔗汁中加入适量的活性炭搅拌后，甘蔗汁可变为无色
D．石油液化气属于绿色燃料。燃烧时不可能产生有害成分
2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．3.6g C60与C50组成的混合物中含有的电子数目为1.8NA
B．6.72L（ 标准状况）Cl2与足量乙烷反应时，断裂的C﹣H键数目为0.3NA
C．0.1L浓度均为2mol•L﹣1的（NH4）2SO4、NH4Cl溶液中，NH4+数目前者比后者多0.2NA
D．0.1mol H3BO3[电离方程式：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣]消耗OH﹣数目最多为0.1NA
3．（3分）李兰娟院士团队在救治感染新型冠状病毒患者过程中，发现达芦那韦对新冠病毒有一定的抑制作用。下列有关该物质的说法正确的是（　　）

A．含有苯环，属于芳香烃
B．苯环上的一溴代物代物有5种同分异构体
C．1mol该物质最多能与7mol H2发生加成反应
D．不能溶于水、酸溶液、碱溶液
4．（3分）某同学欲利用浓盐酸、MnO2，Fe等试剂制取无水氯化铁、收集一定量的氯气并验证其某些性质，实验装置如图所示（制气装置省略）。下列说法错误的是（　　）

A．④中a导管应向下延伸至接近瓶底
B．若撤去⑥，则⑤中可能有Fe2O3生成
C．当⑤中充满黄绿色气体时再点燃⑤处酒精灯
D．③中试纸若是湿润的，则根据产生的现象可证明氯气有酸性，漂白性
5．（3分）X、Y、Z、W是核电荷数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成多种常见的可溶性盐，如ZXY3、ZWY、ZWY3等。下列说法错误的是（　　）
A．ZWY中含有两种化学键
B．常见单质与氢气反应时，Y比X容易
C．XW3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
D．W的最高正化合价是+5价
6．（3分）利用活性铁可以很好地消除酸性水体中NO3﹣造成的污染，除去原理如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．铁电极的电极反应式：3Fe﹣8e﹣+4H2O═Fe3O4+8H+
B．NO3﹣在负极上发生还原反应
C．除NO3﹣的过程中水体pH减小
D．当电路中有4mol电子转移时，溶液中会有1mol NH4+生成
7．（3分）常温下，向10mL 0.1mol•L﹣1 NaCl溶液和10mL 0.1mol•L﹣1K2CrO4溶液中分别滴加等物质的量浓度的AgNO3溶液，滴加过程中有关物理量的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．常温下Ksp（AgCl）的数量级为10﹣9
B．向c（Cl﹣）＝c（CrO42﹣）的溶液中滴加AgNO3溶液，先得到Ag2CrO4沉淀
C．c点所示溶液中c（Ag+）≈1.3×10﹣5mol•L﹣1
D．a、b两点存在沉淀的溶解平衡，而c点不在此平衡
二、解答题（共5小题，满分0分）
8．某同学查询资料后得到如下信息：柠檬烯（）的沸点为177℃．熔点为﹣74.3℃，密度为0.84g•mL﹣1，具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，广泛存在于天然的植物精油中。
（一）粗精油的提取
该同学利用如图所示装置（加热、夹持及冷凝管内管均省略）从植物组织中获取粗精油，实验步骤如下：

i．将几片桔子皮剪成细碎的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水；
ii．打开活塞K，加热甲至K处的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，再打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行。可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。
（1）甲中长导管的作用是　 　。蒸馏结束时，应先将　 　，再停止加热。
（2）冷凝管的内管应是　 　（填“蛇”“球”或“直”）形的。若冷却水从b口进入，则对提取到精油量的影响情况是　 　。
（二）柠檬烯的提取
i．将馏出液加入到仪器A中，然后加入适量的CH2Cl2（沸点为40℃）萃取3次，最后将萃取液置于干燥的锥形瓶中，并加入适量的试剂A干燥半个小时。
ii．将干燥好的溶液加入蒸馏烧瓶中，通过一系列操作，最后烧瓶中剩下的橙黄色液体就是柠檬烯。
（3）仪器A是　 　，试剂A可以是　 　（写出两种）。若将一定量的橙黄色液体滴入溴的CCl4溶液中，溶液褪色，由此现象可得出的恰当结论是　 　。
（4）若桔皮总质量为ag，最后得到VmL柠檬烯，实验过程中柠檬烯的总损失率为b%，则桔皮中柠檬烯的质量分数为　 　%。
9．锑（Sb）是第VA族元素，其单质主要用于制造合金、半导体。三氧化二锑俗称锑白，是白色粉末，不溶于水，是一种两性氧化物，主要用于白色颜料、油漆和塑料、石油化工等。某工厂用羽毛矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）制取锑白的工艺流程如图所示：
（1）Pb4FeSb6S14中的锑元素只显一种化合价，则其化合价是　 　。X是一种固体单质，其成分是　 　（填化学式）。
（2）氯化浸出中，除铅与X外，被氧化的元素反应后均显高价，写出相应的化学方程式：　 　。操作1为加水稀释，写出生成SbOCl的离子方程式：　 　。
（3）试剂1通常选用氨水而不是NaOH溶液，最可能的原因是　 　。操作2的内容是　 　、干燥。
（4）在强碱性条件下电解Na3SbS3溶液（原理如图）可得到单质梯。

写出阴极的电极反应式：　 　，B电极应接电源的　 　极，当有2mol Sb生成时，通过阳离子交换膜的离子数为　 　（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
10．CO2的资源化利用一直是化学家们关注的重要课题，中科院大连化学物理研究所设计了一种新型多功能复合催化剂，成功地实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油：5CO2（g）+16H2（g）═C5H12（l）+10H2O（l）△H＝a kJ•mol﹣1（反应①），该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
（1）已知氢气的燃烧热为286kJ•mol﹣1，若要利用H2的燃烧热求a的值，则还需要知道一个反应的△H，该反应是　 　。反应①在一定条件下具有自发性，则a　 　0（填“＞”或“＜”）。
（2）向某密闭容器中按一定投料比充入CO2、H2，控制条件使其发生反应：5CO2（g）+16H2（g）⇌C5H12（1）+10H2O（1）△H．测得H2的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示：

则X表示　 　，Y1　 　Y2（填“＞”或“＜”）。欲提高H2的平衡转化率并提高单位时间内C5H12（l）的产量，可采取的措施是　 　（填两种）。
（3）控制一定温度、催化剂，按不同投料比[]将反应物通入到某密闭容器中，测得平衡时C5H12的百分含量与投料比之间的关系如图2所示，则n0＝　 　。
（4）在钌一铑双金属催化剂的作用下，CH3OH、CO2、H2可高效地转化为乙酸，反应方程式为CH3OH（g）+CO2（g）+H2（g）⇌CH3COOH（g）+H2O（g）△H＜0．一定温度下，向某刚性容器中通入等物质的量的三种原料气，测得体系中的总压强与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
p/kPa
3
2.7
2.5
2.35
2.26
2.2
2.2
则反应开始到达平衡的过程中，v（CO2）＝　 　kPa/min，Kp＝　 　kPa﹣1。
（5）碳捕捉技术的发展也有利于CO2在资源应用方面得到充分利用。常温下，若某次用NaOH溶液捕捉空气中的CO2所得溶液的pH＝10，并测得溶液中c（HCO3﹣）＝2c（CO32﹣），则Ka2（H2CO3）＝　 　mol•L﹣1。
11．以北京大学马丁教授为代表的多个团队，研发出了高效的铁基（如FeC、Fe2C、Fe5C2、Fe3C）费托合成催化剂，以H2和CO为原料可高产率合成烯烃、烷烃，如3CO（g）+6H2（g）═CH3CH＝CH2（g）+3H2O（g）、nCO+（2n+1）H2═CnH2n+2+nH2O，为煤的气化、液化使用开拓了新途径。
（1）Fe3+中能量最高的能级上的电子云有　 　种伸展方向，位于不同方向中运动的电子的能量大小关系是　 　。当Fe原子电子排布由[Ar]3d64s2→[Ar]3d64s14p1时，体系的能量　 　（填“增大”或“减小”）。
（2）Fe、C、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　 　；CH3CH＝CH2分子中碳原子的杂化轨道类型为　 　；题干所述反应中CO分子中断裂的化学键类型为　 　（填字母）。
A．2个σ键、1个π键 B．1个σ键、2个π键 C．非极性键
（3）新戊烷[（CH3）4C]分子中5个碳原子形成的空间构型是　 　，该分子是　 　（填“极性”或“非极性”）分子。随着烃分子中碳原子数目的增加，同系物的沸点升高。其原因是　 　。
（4）碳铁之间可形成多种化合物，其中一种化合物的晶体结构（面心立方结构）如图所示：

则编号为①的原子的坐标为　 　；该化合物的化学式为　 　；设该晶体的晶胞多数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为　 　g•cm﹣3（列出计算式即可）。
12．高聚物的重要用途之一是生产汽车刹车片，其合成路线如图所示：

已知：。
（1）A→B的反应类型属于　 　，D的名称是　 　，烃F的分子式为　 　。
（2）E中含有官能团的名称是　 　，C的结构简式为　 　。
（3）用文字叙述淀粉转化为A的原理：　 　。
（4）写出G→H的化学方程式：　 　。
（5）烃F有多种同分异构体。写出其同分异构体中含有2个相同官能团且无支链的链状物质的结构简式：　 　（任写三种），其中核磁共振氢谱峰最少的一种物质有　 　个峰。
（6）写出以2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯为原料合成的合成路线：　 　（无机试剂任选）。

2020年河南省濮阳市高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．（3分）化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是（　　）
A．84消毒液的过度使用会造成环境污染
B．用肥皂水涂抹被蚊虫叮咬处可减轻疼痛感或瘙痒感
C．向棕黄色的甘蔗汁中加入适量的活性炭搅拌后，甘蔗汁可变为无色
D．石油液化气属于绿色燃料。燃烧时不可能产生有害成分
【分析】A.84消毒液有效成分为次氯酸钠，为含氯物质，在空气中残留会引起水体等环境污染；
B．蚊虫叮咬分泌出酸性物质，应用弱碱性物质中和；
C．依据活性炭的吸附性解答；
D．绿色燃料只燃烧不会造成环境污染的燃料。
【解答】解：A.84消毒液有效成分为次氯酸钠，为含氯物质，84消毒液的过度使用会造成环境污染，故A正确；
B．蚊虫叮咬分泌出酸性物质甲酸，应用弱碱性物质中和，肥皂水显弱碱性，用肥皂水涂抹被蚊虫叮咬处可减轻疼痛感或瘙痒感，故B正确；
C．活性炭具有吸附性，能吸附棕黄色的甘蔗汁中有色物质，故C正确；
D．石油液化气中含有硫等元素，燃烧产生二氧化硫等空气污染物，不属于绿色燃料，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉消毒液成分、明确活性炭、甲酸、液化石油气成分及性质是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）
A．3.6g C60与C50组成的混合物中含有的电子数目为1.8NA
B．6.72L（ 标准状况）Cl2与足量乙烷反应时，断裂的C﹣H键数目为0.3NA
C．0.1L浓度均为2mol•L﹣1的（NH4）2SO4、NH4Cl溶液中，NH4+数目前者比后者多0.2NA
D．0.1mol H3BO3[电离方程式：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣]消耗OH﹣数目最多为0.1NA
【分析】A.1个碳原子含有6个电子，据此计算；
B．依据取代反应“有进有出，取而代之”特点解答；
C．依据盐类水解规律：越稀越水解判断；
D．依据电离方程式：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣]可知硼酸为一元弱酸。
【解答】解：A．C60与C50都是由碳原子构成，3.6g C60与C50组成的混合物中含有碳原子物质的量为：＝0.3mol，含有电子物质的量为0.3mol×6＝1.8mol，个数为：1.8NA，故A正确；
B.6.72L（ 标准状况）Cl2，物质的量：＝0.3mol，氯气与乙烷反应时，有一半的氯原子取代烷烃分子中的氢原子，所以断裂的C﹣H键物质的量为0.3mol，个数为0.3NA，故B正确；
C.1L浓度均为2mol•L﹣1的（NH4）2SO4、NH4Cl溶液中，不考虑盐类水解，前者铵根离子浓度为后者2倍，铵根离子数目比后者多0.2NA，但是铵根离子为弱碱阳离子，部分发生水解，水解程度受铵根离子浓度影响，两种溶液中铵根离子浓度不同，水解程度不同，所以无法得出两种溶液中铵根离子数目在数值上的关系，故C错误；
D．依据电离方程式：H3BO3+H2O⇌H++B（OH）4﹣]可知硼酸为一元弱酸，中和0.1mol硼酸理论消耗0.1mol氢氧根离子，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了阿伏加德罗常数的应用，掌握阿伏加德罗常数与物质的量、摩尔质量等物理量之间的转化关系，注意盐类的水解规律，题目难度不大。
3．（3分）李兰娟院士团队在救治感染新型冠状病毒患者过程中，发现达芦那韦对新冠病毒有一定的抑制作用。下列有关该物质的说法正确的是（　　）

A．含有苯环，属于芳香烃
B．苯环上的一溴代物代物有5种同分异构体
C．1mol该物质最多能与7mol H2发生加成反应
D．不能溶于水、酸溶液、碱溶液
【分析】有机物含有氨基，羟基、酯基、酰胺基、和醚键等官能团，结合胺、醇和酯类的性质解答该题。
【解答】解：A．含有O、N、S等元素，不是烃类，故A错误；
B．有机物含有2个苯环，分别含有2、3种H，则苯环上的一溴代物代物有5种同分异构体，故B正确；
C．能与氢气发生加成反应的为苯环，含有2个苯环，则1mol该物质最多能与6mol H2发生加成反应，酯基与氢气不发生加成反应，故C错误；
D．含有酯基和酰胺基，可溶于酸或碱溶液，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的难点，题目难度不大。
4．（3分）某同学欲利用浓盐酸、MnO2，Fe等试剂制取无水氯化铁、收集一定量的氯气并验证其某些性质，实验装置如图所示（制气装置省略）。下列说法错误的是（　　）

A．④中a导管应向下延伸至接近瓶底
B．若撤去⑥，则⑤中可能有Fe2O3生成
C．当⑤中充满黄绿色气体时再点燃⑤处酒精灯
D．③中试纸若是湿润的，则根据产生的现象可证明氯气有酸性，漂白性
【分析】由实验装置及实验目的可知，①中饱和食盐水可除去HCl，②中浓硫酸可干燥氯气，③中干燥的pH试纸不变色，④中导管长进短出可收集氯气，⑤中Fe与氯气反应制备氯化铁，⑥中浓硫酸吸收水，可防止水进入⑤中导致氯化铁水解，⑦中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
【解答】解：A．氯气的密度比空气密度大，④中a导管应向下延伸至接近瓶底，为向上排空气法收集，故A正确；
B．若撤去⑥，导致氯化铁水解生成氢氧化铁，氢氧化铁受热易分解，则⑤中可能有Fe2O3生成，故B正确；
C．当⑤中充满黄绿色气体时再点燃⑤处酒精灯，可排出空气，防止Fe与氧气反应，故C正确；
D．③中试纸若是湿润的，氯气与水反应生成盐酸和HClO，使试纸先变红后褪色，而氯气不具有酸性、漂白性，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查物质的制备及性质实验，为高频考点，把握物质的性质、实验装置的作用、实验原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
5．（3分）X、Y、Z、W是核电荷数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成多种常见的可溶性盐，如ZXY3、ZWY、ZWY3等。下列说法错误的是（　　）
A．ZWY中含有两种化学键
B．常见单质与氢气反应时，Y比X容易
C．XW3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构
D．W的最高正化合价是+5价
【分析】X、Y、Z、W是核电荷数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成多种常见的可溶性盐，如ZXY3、ZWY、ZWY3等，Z不可能为H，由三种元素组成的盐是含氧酸盐，Y为O；由于盐是可溶性的，ZXY3为NaNO3，不可能为MgCO3，所以X、Y、Z分别为N、O、Na元素，再结合化合物NaWO、NaWO3可知，W为Cl元素，据此分析解答。
【解答】解：根据分析可知，X、Y、Z、W分别为N、O、Na、Cl元素。
A．NaClO中钠离子与次氯酸根离子形成离子键，次氯酸根离子中含有共价键，故A正确；
B．非金属性：O＞N，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与氢气反应时，Y比X容易，故B正确；
C．NCl3分子中，N形成3个共价键，Cl形成1个共价键，则N、Cl原子最外层均达到8电子稳定结构，故C正确；
D．Cl原子最外层含有7个电子，其最高价为+7价，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的应用，题目难度不大，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。
6．（3分）利用活性铁可以很好地消除酸性水体中NO3﹣造成的污染，除去原理如图所示。下列说法中正确的是（　　）

A．铁电极的电极反应式：3Fe﹣8e﹣+4H2O═Fe3O4+8H+
B．NO3﹣在负极上发生还原反应
C．除NO3﹣的过程中水体pH减小
D．当电路中有4mol电子转移时，溶液中会有1mol NH4+生成
【分析】A．该原电池中Fe作负极，Fe失电子生成Fe3O4；
B．N元素化合价由+5价变为﹣3价，则硝酸根离子得电子发生还原反应；
C．电池反应式为NO3﹣+3Fe+2H++H2O═NH4++Fe3O4，反应中消耗氢离子；
D．正极反应式为NO3﹣+8e﹣+l0H+═NH4++3H2O，转移8mol电子时生成1mol铵根离子。
【解答】解：A．该原电池中Fe作负极，Fe失电子生成Fe3O4，电极反应式为3Fe﹣8e﹣+4H2O═Fe3O4+8H+，故A正确；
B．N元素化合价由+5价变为﹣3价，则硝酸根离子得电子发生还原反应，所以在正极上发生还原反应，故B错误；
C．电池反应式为NO3﹣+3Fe+2H++H2O═NH4++Fe3O4，反应中消耗氢离子，导致溶液pH值增大，故C错误；
D．正极反应式为NO3﹣+8e﹣+l0H+═NH4++3H2O，转移8mol电子时生成1mol铵根离子，所以转移4mol电子时生成0.5mol铵根离子，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池原理，侧重考查分析判断及计算能力，正确判断正负极及正负极上发生的反应、转移电子与铵根离子关系是解本题关键，难点是书写正极及电池反应式，题目难度不大。
7．（3分）常温下，向10mL 0.1mol•L﹣1 NaCl溶液和10mL 0.1mol•L﹣1K2CrO4溶液中分别滴加等物质的量浓度的AgNO3溶液，滴加过程中有关物理量的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）

A．常温下Ksp（AgCl）的数量级为10﹣9
B．向c（Cl﹣）＝c（CrO42﹣）的溶液中滴加AgNO3溶液，先得到Ag2CrO4沉淀
C．c点所示溶液中c（Ag+）≈1.3×10﹣5mol•L﹣1
D．a、b两点存在沉淀的溶解平衡，而c点不在此平衡
【分析】向10mL 0.1mol•L﹣1 NaCl溶液和10mL 0.1mol•L﹣1K2CrO4溶液中分别滴加等物质的量浓度的AgNO3溶液，加10mLAgNO3溶液恰好与NaCl溶液反应，加20mLAgNO3溶液恰好与K2CrO4溶液反应，结合图可知，Ⅰ线表示NaCl溶液，Ⅱ线表示K2CrO4溶液，
A．图象分析可知，当硝酸银溶液体积10ml，c（Cl﹣）＝10﹣4.9mol/L，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）c（Cl﹣）；
B．图中分析可知向c（Cl﹣）＝c（CrO42﹣）的溶液中滴加AgNO3溶液，氯化银沉淀需要的银离子小；
C．c点所示溶液中，K2CrO4溶液中CrO42﹣被反应掉一半，所以c（CrO42﹣）＝0.025mol•L﹣1，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol•L﹣1，根据计算；
D．根据题意，加入AgNO3溶液后两溶液中都产生沉淀，图中线上的各点都存在沉淀溶解平衡。
【解答】解：A．图象分析可知，当硝酸银溶液体积10ml，c（Cl﹣）＝10﹣4.9mol/L，Ksp（AgCl）＝c（Ag+）c（Cl﹣）＝10﹣4.9×10﹣4.9＝1×10﹣9.8，所经Ksp（AgCl）的数量级为10﹣10，故A错误；
B．图中分析可知向c（Cl﹣）＝c（CrO42﹣）的溶液中滴加AgNO3溶液，氯化银沉淀需要的银离子小，所以先得到AgCl沉淀，故B错误；
C．根据b点所示Ksp（Ag2CrO4）＝（2×10﹣4）2×1×10﹣4＝4×10﹣12，c点所示溶液中，K2CrO4溶液中CrO42﹣被反应掉一半，所以c（CrO42﹣）＝0.025mol•L﹣1，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol•L﹣1，根据c（Ag+）＝＝1.3×10﹣5mol•L﹣1，故C正确；
D．根据题意，加入AgNO3溶液后两溶液中都产生沉淀，图中线上的各点都存在沉淀溶解平衡，即c点也存在沉淀溶解平衡，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了离子沉淀过程分析、溶液中离子浓度变化、溶度积常数的理解应用、沉淀溶解平衡影响因素等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
二、解答题（共5小题，满分0分）
8．某同学查询资料后得到如下信息：柠檬烯（）的沸点为177℃．熔点为﹣74.3℃，密度为0.84g•mL﹣1，具有良好的镇咳、祛痰、抑菌作用，广泛存在于天然的植物精油中。
（一）粗精油的提取
该同学利用如图所示装置（加热、夹持及冷凝管内管均省略）从植物组织中获取粗精油，实验步骤如下：

i．将几片桔子皮剪成细碎的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水；
ii．打开活塞K，加热甲至K处的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，再打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行。可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。
（1）甲中长导管的作用是　平衡压强　。蒸馏结束时，应先将　乙中的导气管从溶液中移出　，再停止加热。
（2）冷凝管的内管应是　直　（填“蛇”“球”或“直”）形的。若冷却水从b口进入，则对提取到精油量的影响情况是　收集到的精油量减少　。
（二）柠檬烯的提取
i．将馏出液加入到仪器A中，然后加入适量的CH2Cl2（沸点为40℃）萃取3次，最后将萃取液置于干燥的锥形瓶中，并加入适量的试剂A干燥半个小时。
ii．将干燥好的溶液加入蒸馏烧瓶中，通过一系列操作，最后烧瓶中剩下的橙黄色液体就是柠檬烯。
（3）仪器A是　分液漏斗　，试剂A可以是　无水CaCl2或无水Na2SO4　（写出两种）。若将一定量的橙黄色液体滴入溴的CCl4溶液中，溶液褪色，由此现象可得出的恰当结论是　柠檬烯中含有碳碳不饱和键　。
（4）若桔皮总质量为ag，最后得到VmL柠檬烯，实验过程中柠檬烯的总损失率为b%，则桔皮中柠檬烯的质量分数为　　%。
【分析】（1）甲中长的玻璃导管一端与空气相通能起到平衡压强的作用；蒸馏结束时为防止倒吸应先将乙中的导气管从溶液中移出液面；
（2）直形冷凝管可以减少蒸馏液的积留；若冷却水从b口进入，会导致冷凝效果较差，使收集到的精油量减少；
（3）萃取操作应在分液漏斗中进行，干燥剂可以是无水CaCl2或无水Na2SO4等；溴的CCl4溶液溶液褪色，可知发生了加成反应，证明柠檬烯中含有碳碳不饱和键；
（4）柠檬烯密度为0.84 g/mL收集到的柠檬烯体积为V mL，则其质量为0.84V g，设桔子皮中柠檬烯的质量分数为x，则ax（1﹣b%）＝0.84V。
【解答】解：（1）甲中长的玻璃导管一端与空气相通，其作用是安全管，能起到平衡压强的作用；蒸馏结束时为防止倒吸现象的发生，应先将乙中的导气管从溶液中移出液面；
故答案为：平衡压强；乙中的导气管从溶液中移出；
（2）因蒸馏实验中冷凝管是倾斜的，为减少蒸馏液的积留，冷凝管内管应是直形。若冷却水从b口进入，会导致冷凝效果较差，会有少量精油不能液化而损失掉，这样会导致收集到的精油量减少；
故答案为：直；收集到的精油量减少；
（3）加入CH2Cl2的目的是进行萃取作用，故操作应在分液漏斗中进行，仪器A是分液漏斗；干燥的目的是除去残留的水分，故试剂A可以是无水CaCl2或无水Na2SO4等；将一定量的橙黄色液体滴入溴的CCl4溶液中，溶液褪色，由此可知发生了加成反应，故可证明柠檬烯中含有碳碳不饱和键；
故答案为：分液漏斗；无水CaCl2或无水Na2SO4；柠檬烯中含有碳碳不饱和键；
（4）柠檬烯密度为0.84 g/mL收集到的柠檬烯体积为V mL，则其质量为0.84V g，设桔子皮中柠檬烯的质量分数为x，则ax（1﹣b%）＝0.84V，解得x＝×100%＝%；
故答案为：。
【点评】本题考查学生对实验装置和操作的认识能力和产率的计算，学生能够根据物质的特性，选择合适的实验仪器，要求准确把握基础实验知识，题目难度中等。
9．锑（Sb）是第VA族元素，其单质主要用于制造合金、半导体。三氧化二锑俗称锑白，是白色粉末，不溶于水，是一种两性氧化物，主要用于白色颜料、油漆和塑料、石油化工等。某工厂用羽毛矿（主要成分为Pb4FeSb6S14）制取锑白的工艺流程如图所示：
（1）Pb4FeSb6S14中的锑元素只显一种化合价，则其化合价是　+3　。X是一种固体单质，其成分是　S　（填化学式）。
（2）氯化浸出中，除铅与X外，被氧化的元素反应后均显高价，写出相应的化学方程式：　2Pb4FeSb6S14+41Cl2＝8PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S　。操作1为加水稀释，写出生成SbOCl的离子方程式：　Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+　。
（3）试剂1通常选用氨水而不是NaOH溶液，最可能的原因是　Sb2O3可溶解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解在过量的氨水中　。操作2的内容是　洗涤　、干燥。
（4）在强碱性条件下电解Na3SbS3溶液（原理如图）可得到单质梯。

写出阴极的电极反应式：　SbS33﹣+3e﹣＝Sb+3S2﹣　，B电极应接电源的　正　极，当有2mol Sb生成时，通过阳离子交换膜的离子数为　6NA　（设NA为阿伏加德罗常数的值）。
【分析】羽毛矿粉加水，然后通入氯气进行氯化浸出，发生反应2Pb4FeSb6S14+41Cl2＝8PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28SPbCl2和单质S以及浸出液，浸出液加入锑粉发生还原反应，得到制渣1，然后加水稀释发生反应Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+，得到氯化亚铁溶液和SbOCl，加入氨水生成沉淀，经过滤、洗涤、干燥得到滤液1和锑白；
（1）锑是第VA 族元素，主要化合价为+5、+3．Pb4FeSb6S14中硫元素显﹣2价，由元素化合价与原子结构关系及化合物中元素化合价代数和等于0可推知锑的化合价为+3价。X是一种固体单质，结合常见元素单质的状态可推知X只能是硫；
（2）由被氧化的元素反应后均显高价知，反应后有FeCl3、SbCl5生成，再结合流程图知还有PbCl2、S生成，由此可写出相应的化学方程式。稀释可促进水解，因SbOCl是通过水解反应生成的，故反应物有Cl﹣、H2O、Sb3+，据此可得水解方程式；
（3）根据Sb2O3是两性氧化物，能够与强酸、强碱发生反应，不能与弱酸、弱碱反应分析；根据物质的溶解性及操作目的分析解答；
（4）阴极上发生得电子的还原反应，电解Na3SbS3得到单质Sb，故阴极上为SbS33﹣得到电子产生Sb 及S2﹣．结合装置电荷守恒分析通过交换膜的阳离子数目。
【解答】解：（1）锑是第VA 族元素，主要化合价为+5、+3．在Pb4FeSb6S14中硫元素显﹣2价，Pb为+2价，Fe为+2价，假设Sb元素化合价为+x，根据化合物中元素化合价代数和等于0可得4×2+2+6x＝2×14，解得x＝+3价。羽毛矿主要成分为Pb4FeSb6S14，向其中加入水，然后通入Cl2进行氧化反应，金属变为金属氯化物，S被氧化为S单质，S单质在常温下为固体，所以X只能是硫；
故答案为：+3；S；
（2）根据题意可知：羽毛矿Pb4FeSb6S14与氯气反应时，S被氧化变为S单质，Pb变为PbCl2，其余元素被氧化为高价态，则根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式：2Pb4FeSb6S14+41Cl2＝8PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S；操作1为加水稀释，生成难溶性的SbOCl，根据盐的水解规律，结合电荷守恒、原子守恒可得Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+；
故答案为：2Pb4FeSb6S14+41Cl2＝8PbCl2+2FeCl3+12SbCl5+28S；Sb3++Cl﹣+H2O＝SbOCl↓+2H+；
（3）由题意可知Sb2O3是两性氧化物，能够与强碱NaOH发生反应，所以Sb2O3可溶解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解在过量的氨水中，因此试剂1通常选用氨水而不是NaOH溶液；分离难溶性固体与可溶性液体混合物使用过滤方法，然后沉淀经洗涤、干燥得到锑白；
故答案为：Sb2O3可溶解在过量的NaOH溶液中，但不会溶解在过量的氨水中；洗涤；
（4）与电源负极连接的电极为阴极，得到电子发生还原反应，由题意可知：电解Na3SbS3溶液得到Sb单质，则在阴极上发生反应：SbS33﹣+3e﹣＝Sb+3S2﹣，故A为电源的负极，B为电源的正极；根据电解时阴极电极式可知：每产生1 mol Sb，转移3 mol电子，则生成2 mol Sb时，转移6 mol电子，同时得到6 mol S2﹣，根据溶液呈电中性可知要有6 mol Na+通过阳离子交换膜，通过了Na+数目为6NA；
故答案为：SbS33﹣+3e﹣＝Sb+3S2﹣；正；6NA。
【点评】本题综合考查混合物分离提纯以及物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大，而对大部分考生而言，锑元素及其化合物都是陌生的，这就需要考生充分挖掘利用题给信息，实现知识的迁移。
10．CO2的资源化利用一直是化学家们关注的重要课题，中科院大连化学物理研究所设计了一种新型多功能复合催化剂，成功地实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油：5CO2（g）+16H2（g）═C5H12（l）+10H2O（l）△H＝a kJ•mol﹣1（反应①），该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。
（1）已知氢气的燃烧热为286kJ•mol﹣1，若要利用H2的燃烧热求a的值，则还需要知道一个反应的△H，该反应是　C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）　。反应①在一定条件下具有自发性，则a　＜　0（填“＞”或“＜”）。
（2）向某密闭容器中按一定投料比充入CO2、H2，控制条件使其发生反应：5CO2（g）+16H2（g）⇌C5H12（1）+10H2O（1）△H．测得H2的平衡转化率与温度、压强之间的关系如图1所示：

则X表示　压强　，Y1　＜　Y2（填“＞”或“＜”）。欲提高H2的平衡转化率并提高单位时间内C5H12（l）的产量，可采取的措施是　增大压强、增大CO2浓度　（填两种）。
（3）控制一定温度、催化剂，按不同投料比[]将反应物通入到某密闭容器中，测得平衡时C5H12的百分含量与投料比之间的关系如图2所示，则n0＝　3.2　。
（4）在钌一铑双金属催化剂的作用下，CH3OH、CO2、H2可高效地转化为乙酸，反应方程式为CH3OH（g）+CO2（g）+H2（g）⇌CH3COOH（g）+H2O（g）△H＜0．一定温度下，向某刚性容器中通入等物质的量的三种原料气，测得体系中的总压强与时间的关系如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
30
p/kPa
3
2.7
2.5
2.35
2.26
2.2
2.2
则反应开始到达平衡的过程中，v（CO2）＝　0.032　kPa/min，Kp＝　80　kPa﹣1。
（5）碳捕捉技术的发展也有利于CO2在资源应用方面得到充分利用。常温下，若某次用NaOH溶液捕捉空气中的CO2所得溶液的pH＝10，并测得溶液中c（HCO3﹣）＝2c（CO32﹣），则Ka2（H2CO3）＝　5×10﹣11　mol•L﹣1。
【分析】（1）先写出氢气燃烧热的热化学方程式，然后结合盖斯定律分析缺少的内容，利用反应自发性进行的判断依据分析a的大小；
（2）由于该反应是一个气体分子数目减小放热的反应，根据变化曲线判断X、Y表示的含义，然后利用温度升高，平衡逆向移动，H2的转化率降低比较Y1、Y2的大小；根据平衡移动原理分析能提高H2的平衡转化率和提高反应速率，增大单位时间内C5H12（l）的产量的条件；
（3）由方程式及极端假设法，结合平衡移动原理分析平衡时体系中C5H12（l）的百分含量最高时氢气与CO2的物质的量的比；
（4）利用压强比等于气体的物质的量的比，结合物质反应转化关系计算；先计算平衡时各种气体的分压，带入平衡常数表达式可得Kp的值；
（5）利用盐的水解规律结合溶液的pH及溶液中离子浓度关系计算。
【解答】解：（1）已知氢气的燃烧热为286 kJ/mol，可得其热化学方程式：②：H2（g）+O2（g）＝H2O（l）△H＝﹣286 kJ/mol，根据盖斯定律，16×②﹣①，整理可得：C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l），所以要知道C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）的反应热，由于该反应是气体体积减小的反应，△S＜0，反应①在一定条件下具有自发性，△G＝△H﹣T△S＜0，所以△H＜0，即a＜0；
故答案为：C5H12（l）+8O2（g）＝5CO2（g）+6H2O（l）；＜；
（2）该反应的正反应是一个气体体积减小的放热反应。在其他条件不变时，增大压强，平衡正向移动，H2的转化率会提高；而升高温度，平衡逆向移动，H2转化率降低，故根据曲线变化趋势可知X表示压强，Y表示温度。压强一定时，温度越高，H2的平衡转化率越小，因此温度Y1＜Y2．增大压强、增大CO2浓度均有利于平衡向右移动，在提高H2的平衡转化率的同时也能提高反应速率，增大单位时间内C5H12（l）的产量；
故答案为：压强；＜；增大压强、增大CO2浓度；
（3）根据反应方程式5CO2（g）+16H2（g）⇌C5H12（1）+10H2O（1）可知，当按方程式计量数的比16：5＝3.2投料时，两种反应物的转化率相同，在此条件下反应达到平衡状态，得到C5H12（1）的平衡含量，若在反应达到平衡时增大其中任何一种反应物的浓度，平衡正向移动，但平衡移动的趋势是微弱的，最终使反应物总物质的量增大的倍数大于平衡移动使C5H12（l）增大的倍数，故C5H12（l）的含量反而降低，故要使平衡时C5H12（l）的含量最大，＝＝3.2；
故答案为：3.2；
（4）在开始反应时向某刚性容器中通入等物质的量的三种原料气，此时容器内气体压强为3 kPa，假设开始时n（CO2）＝1 mol，开始时气体的总物质的量是3 mol，平衡时消耗了x mol CO2，因同温同体积时，压强比等于其物质的量之比，故平衡时总物质的量为2.2 mol，气体的物质的量减少了△n＝3 mol﹣2.2 mol＝0.8 mol．根据发生反应：CH3OH（g）+CO2（g）+H2（g）⇌CH3COOH（g）+H2O（g） 可知：每有1 molCO2发生反应，反应后气体的物质的量减小1 mol，现在气体的物质的量减少了0.8 mol，所以反应的CO2物质的量为0.8 mol，反应开始时压强为p（CO2）＝1 kPa，则平衡时p（CO2）＝2.2 kPa×＝0.2 kPa，则反应开始到达平衡的过程中，v（CO2）＝＝0.032 kPa/min；根据反应中物质的转化关系可知平衡时，p（CH3OH）＝p（H2）＝p（CO2）＝0.2 kPa，p（CH3COOH）＝p（H2O）＝0.8 kPa，所以在此条件下的化学平衡常数Kp＝＝80 （kPa）﹣1；
故答案为：0.032；80；
（5）根据CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，Kh＝＝，溶液的pH＝10，则c（OH﹣）＝10﹣4 mol/L，由于溶液中c（HCO3﹣）＝2c（CO32﹣），＝，所以Ka2（H2CO3）＝ mol/L＝5×10﹣11 mol/L；
故答案为：5×10﹣11。
【点评】本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题目涉及热化学方程式书写、影响化学平衡的因素分析、图象的理解应用，题目难度中等。
11．以北京大学马丁教授为代表的多个团队，研发出了高效的铁基（如FeC、Fe2C、Fe5C2、Fe3C）费托合成催化剂，以H2和CO为原料可高产率合成烯烃、烷烃，如3CO（g）+6H2（g）═CH3CH＝CH2（g）+3H2O（g）、nCO+（2n+1）H2═CnH2n+2+nH2O，为煤的气化、液化使用开拓了新途径。
（1）Fe3+中能量最高的能级上的电子云有　5　种伸展方向，位于不同方向中运动的电子的能量大小关系是　相等　。当Fe原子电子排布由[Ar]3d64s2→[Ar]3d64s14p1时，体系的能量　增大　（填“增大”或“减小”）。
（2）Fe、C、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为　O＞C＞Fe　；CH3CH＝CH2分子中碳原子的杂化轨道类型为　sp2、sp3　；题干所述反应中CO分子中断裂的化学键类型为　B　（填字母）。
A．2个σ键、1个π键 B．1个σ键、2个π键 C．非极性键
（3）新戊烷[（CH3）4C]分子中5个碳原子形成的空间构型是　正四面体形　，该分子是　非极性　（填“极性”或“非极性”）分子。随着烃分子中碳原子数目的增加，同系物的沸点升高。其原因是　随着碳原子数目增加，分子间作用力增大　。
（4）碳铁之间可形成多种化合物，其中一种化合物的晶体结构（面心立方结构）如图所示：

则编号为①的原子的坐标为　（0，0，）　；该化合物的化学式为　FeC　；设该晶体的晶胞多数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为　　g•cm﹣3（列出计算式即可）。
【分析】（1）Fe3+中为铁原子失去3个电子后最高的能级是3d，3d的电子云有5种伸展方向，位于不同方向中运动的电子的能量大小关系是相等。当Fe原子电子排布由[Ar]d64s2→[Ar]3d64s14p1由基态转为激发态，能量增大；
（2）同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐增减小；CH3CH＝CH2分子中第一个碳原子杂化类型为sp3，第二、三个碳原子杂化类型为sp2；题干所述反应中CO分子变为水和烷烃，断裂的化学键类型为1个σ键、2个π键；
（3）新戊烷（CH3）4C分子中5个碳原子空间构型是正四面体形，具有中心对称，因此该分子是非极性分子。随着烃分子中碳原子数目的增加，同系物的沸点升高，其原因是随着碳原子数目增加，分子间作用力增大；
（4）编号①的原子的坐标为（0，0，）；该化合物中铁原子个数为＝4，碳原子个数为+1＝4，因此化合物的化学式为FeC；设根据计算密度。
【解答】解：（1）Fe3+中能量最高的能级是3d，3d的电子云有5种伸展方向，位于不同方向中运动的电子的能量大小关系是相等。当Fe原子电子排布由[Ar]d64s2→[Ar]3d64s14p1能量增大；
故答案为：5；相等；增大。
（2）同周期从左到右第一电离能有增大的趋势，同主族从上到下第一电离能逐渐增减小，因此Fe、C、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为O＞C＞Fe；CH3CH＝CH2分子中第一个碳原子价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3，第二、三个碳原子夹层电子对数为3，无孤对电子，杂化轨道类型为sp2；题干所述反应中CO分子变为水和烷烃，因此CO分子中断裂的化学键类型为1个σ键、2个π键；
故答案为：O＞C＞Fe；sp2、sp3；B；
（3）新戊烷（CH3）4C分子中5个碳原子类似甲烷中四个氢原子被四个甲烷取代，因此形成的空间构型是正四面体形，具有中心对称，因此该分子是非极性分子。随着烃分子中碳原子数目的增加，同系物的沸点升高，其原因是随着碳原子数目增加，分子间作用力增大；
故答案为：正四面体形；非极性；随着碳原子数目增加，分子间作用力增大。
（4）编号①的原子的坐标为（0，0，）；该化合物中铁原子个数为＝4，碳原子个数为+1＝4，因此化合物的化学式为FeC；设该晶体的晶胞参数为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为＝＝g•cm﹣3；
故答案为：（0，0，）；FeC；。
【点评】本题考查物质结构与性质，为高考常见题型，涉及电离能、核外电子排布、杂化方式、化学键、晶胞的计算等，难点是晶胞的计算，会应用均摊法计算晶胞密度，需要学生具备扎实的基础，难度中等。
12．高聚物的重要用途之一是生产汽车刹车片，其合成路线如图所示：

已知：。
（1）A→B的反应类型属于　消去反应　，D的名称是　对二甲苯或1，4﹣二甲苯　，烃F的分子式为　C6H6　。
（2）E中含有官能团的名称是　羧基　，C的结构简式为　　。
（3）用文字叙述淀粉转化为A的原理：　淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化下转化为乙醇　。
（4）写出G→H的化学方程式：　　。
（5）烃F有多种同分异构体。写出其同分异构体中含有2个相同官能团且无支链的链状物质的结构简式：　CH≡CC≡CCH2CH3、CH≡CCH2C≡CCH3、CH3C≡CC≡CCH3、CH≡CCH2CH2C≡CH　（任写三种），其中核磁共振氢谱峰最少的一种物质有　1　个峰。
（6）写出以2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯为原料合成的合成路线：　（合理即可）　（无机试剂任选）。
【分析】根据A发生生成B温度知，淀粉发生一系列反应后生成A为CH3CH2OH，A发生消去反应生成B为CH2＝CH2；F发生取代反应生成G、G发生取代反应生成H，H中含有氨基，D发生氧化反应生成E，E中含有羧基，根据K结构简式知，E、H发生缩聚反应生成K，则H为、G为、F为，E为，D为，C发生消去反应生成D，C为；
（6）以2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯为原料合成，2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯发生信息中的反应生成，然后和HCl发生加成反应、水解反应得到目标产物。
【解答】解：（1）乙醇发生消去反应生成乙烯，则A→B的反应类型属于消去反应，D为，D的名称是对二甲苯或1，4﹣二甲苯，F为苯，烃F的分子式为 C6H6，
故答案为：消去反应；对二甲苯或1，4﹣二甲苯；C6H6；
（2）E为，E中含有官能团的名称是羧基，C的结构简式为，
故答案为：羧基；；
（3）用文字叙述淀粉转化为A的原理：淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化下转化为乙醇，
故答案为：淀粉水解得到葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的催化下转化为乙醇；
（4）H为、G为，G发生取代反应生成H，G→H的化学方程式：，
故答案为：；
（5）F为，烃F的同分异构体中含有2个相同官能团且无支链的链状物质的结构简式：CH≡CC≡CCH2CH3、CH≡CCH2C≡CCH3、CH3C≡CC≡CCH3、CH≡CCH2CH2C≡CH（任写三种），
其中核磁共振氢谱峰最少的一种物质有1个峰，
故答案为：CH≡CC≡CCH2CH3、CH≡CCH2C≡CCH3、CH3C≡CC≡CCH3、CH≡CCH2CH2C≡CH（任写三种）；1；
（6）以2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯为原料合成，2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯和丙烯发生信息中的反应生成，然后和HCl发生加成反应、水解反应得到目标产物，其合成路线为（合理即可），
故答案为：（合理即可）。
【点评】本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，根据结构简式、分子式及反应条件正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，易错点是同分异构体结构简式确定。