北京市崇文区达标名校2018年高考四月质量检测化学试题含解析

北京市崇文区达标名校2018年高考四月质量检测化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．干冰气化时，发生变化的是
A．分子间作用力B．分子内共价键
C．分子的大小D．分子的化学性质
2．用N A表示阿伏伽德罗常数，下列说法不正确的是：（）
A．标况下，22.4L的CO和1mol的N2所含电子数相等。

B．1.0L 0.1mol/L的醋酸钠溶液中含CH3COOH、CH3COO—的粒子总数为0.1N A。

C．5.6g铁粉加入足量稀HNO3中，充分反应后，转移电子总数为0.2N A。

D．18.4g甲苯中含有C—H键数为1.6 N A。

3．研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。

下列说法不正确的是
A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物B．总反应速率由反应②的速率决定
C．升高温度，总反应的平衡常数K减小D．当有14g N2生成时，转移1mol e-
4．脱氢醋酸钠是FAO和WHO认可的一种安全型食品防霉、防腐保鲜剂，它是脱氢醋酸的钠盐。

脱氢醋酸的一种制备方法如图：
−−−−→(b脱氢醋酸)
(a双乙烯酮)催化剂
惰性溶剂
下列说法错误的是
A．a分子中所有原子处于同一平面B．a.b均能使酸性KMnO4溶液褪色
C．a、b均能与NaOH溶液发生反应D．b与互为同分异构体
5．化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是( )
选项性质实际应用
A SO2具有漂白性SO2可用于食品增白
B SiO2熔点高SiO2可用于制作耐高温仪器
C Al(OH)3具有弱碱性Al(OH)3可用于制胃酸中和剂
D Fe3+具有氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
A．A B．B C．C D．D
6．N A是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是
A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2N A
B．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为N A
C．密闭容器中，lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为N A
D．在1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1N A
7．下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是
A．鉴别SO2和CO2B．检验CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键
C．鉴别苯和甲苯D．检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁
8．为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：
下列说法不正确的是（）
A．Na 2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O HCO3-+OH-
B．对比Ⅰ、Ⅲ，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜
C．Ⅳ溶液中可能存在大量Al3+
D．推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
9．根据某种共性可将CO2、SO2归为一类氧化物，下列物质中与它们属于同一类的是（）A．CaCO3B．P2O5C．CuO D．KMnO4
10．短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。

向100mLX2R 的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如下图。

下列说法正确的是
A．X2R溶液的浓度为0.03mol·L－1
B．工业上通常采用电解法冶炼Q的单质
C．最简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>R
D．RZ2通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象
11．下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()
A．制取氯气B．探究漂白性
C．收集氯气D．尾气吸收
12．在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) △H<0。

t1时刻达到平衡后，在t2时刻改变某一条件，其反应过程如图。

下列说法正确的是
A．0～t2时，v（正）>v（逆）
B．t2时刻改变的条件可能是加催化剂
C．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ
D．Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，平衡常数I<Ⅱ
13．用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的吸收液用三室膜电解技术处理，原理如图所示．下列说法错误的是
A．电极a为电解池阴极
B．阳极上有反应HSO3—-2e—+H2O=SO42—+3H+发生
C．当电路中通过1mol电子的电量时，理论上将产生0.5mol H2
D．处理后可得到较浓的H2SO4和NaHSO3产品
14．“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。

关于“地沟油”的说法正确的是
A．属于烃类B．由不同酯组成的混合物
C．密度比水大D．不能发生皂化反应15．下列化学用语正确的是
A．丙烯的结构简式：C3H6B．镁离子的结构示意图：
C．CO2的电子式：D．中子数为18的氯原子符号18 17
Cl
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．ZrO2是重要的耐高温材料，可用作陶瓷遮光剂。

天然锆英石的主要成分为ZrSiO4，另外还含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质，工业上以天然锆英石为原料制备ZrO2的工艺流程如下图所示：
已知：Fe（SCN）3难溶于MIBK; Zr（SCN）4在水中的溶解度不大，易溶于MIBK。

请回答下列问题：
（1）ZrSiO4锆元素的化合价为____________。

（2）“氯化”主反应为ZrSiO4（s）＋2C（s）＋4Cl2（g）高温
ZrCl4（g）＋SiCl4（g）＋2CO2（g）ΔH<0，
相同时间内ZrCl4的产率随温度变化如图所示，由图可知“氯化”的最佳温度是________________。

“氯化”过程中ZrCl4的产率随温度升高先增大后减小的原因是_________。

（3）写出Al2O3高温“氯化”过程中转化为AlCl3的化学方程式：____________。

（4）本流程使用NaCN除铜，若盐酸“溶解”后溶液中的c（Cu2＋）＝0.01 mol·L－1，当溶液中Cu2＋开始沉淀时，c（CN－）＝______________。

{已知K sp[Cu（CN）2]＝4.00×10－10}
（5）实验室进行“萃取”和“反萃取”的玻璃仪器是________。

流程中“萃取”与“反萃取”的目的是_______。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。

已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；
②
(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。

(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。

(3)E-F的反应类型为________。

(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。

(5)下列有关产物G的说法正确的是________
A．G的分子式为C15H28O2B．1molG 水解能消耗2mol NaoH
C．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应
(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。

示例如下：H2C=CH2CH3CH2Br CH3CH2OH，无机试剂任选______________________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的钴、硅、锰、磷、硫等元素。

请回答下列有关问题：
(1)基态Mn原子的价电子排布式为___________。

Mn2+与Fe2+中，第一电离能较大的是__________，判断的理由是_____________________________________。

(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。

C2O3中碳原子的杂化轨道类型为___________，CO2分子的立体构型为___________。

(3)酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是______(填“1” “2” “3”或“4”)其中C、H、O元素电负性由大到小的顺序是_________________________
(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，是碳酸根分解为CO2分子的结果。

MgCO3分解温度低于CaCO3，请解释原因_________________________。

(5)氧化亚铁晶胞与NaCl的相似，NaCl的晶胞如图所示。

由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度为ρg·cm－3，则a=___________(列出计算式即可，用N A表示阿伏加德罗常数的值)。

19．（6分）(1)常温下，配制浓度为0.1mol/L的FeSO4溶液，研究不同pH对Fe2+氧化的影响，结果如下图所示，(假设反应过程中溶液体积不变)
在pH＝5.5的环境下，该反应在0～15min的平均速率v(Fe2+)＝______；增大溶液pH，Fe2+被氧化速率
_______________(填增大”、“减小”或“无影响”)。

(2)在pH＝13的环境下，Fe2+的氧化变质可以理解为:第一步:Fe2++2OH—＝Fe(OH)2，第二步
__________________________(用化学方程式回答)当氧化达到平衡时，c( Fe2+)
/c(Fe3+)__________4.0×1022(填“>”“<”或“=”)。

已知Ksp[Fe(OH)3]＝2.5×10—39，Ksp[Fe(OH)2]＝1.0×10—15 (3)工业上可用H2还原法处理NO，反应原理为:2NO(g)+2H2(g) ==N2(g)+2H2O(g): △H＝a已知在标准状况，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的焓变叫标准摩尔生成焓。

NO(g)和H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol、-280 kJ/mol，则a=_______。

(4)已知2NO(g)+O 2(g)2NO(g) △H= —110 kJ·mol—1;25℃时，将NO和O2按物质的量之比为2:1充入刚性反应容器中用测压法研究其反应的进行情况。

体系的总压强p随时间t的变化如下表所示(忽略NO2与N2O4的转化)
0～80min,v(O2)=_______kpa/min。

用压强代替浓度所得到的平衡常数用K(p)表示，25℃时，K(p)的值为___________(保留3位有效数字)。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．A
【解析】
【详解】
A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱，故A正确；
B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；
C.干冰气化时二氧化碳分子没变，分子的大小没变，故C错误；
D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以化学性质没变，故D错误；
答案选A。

2．C
【解析】
【详解】
A．标况下22.4LCO和氮气的物质的量均为1mol，而CO和氮气中均含14个电子，故1molCO和氮气中均含14mol电子即14N A个，故A正确；
B．溶液中醋酸钠的物质的量为n=CV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解为CH3COOH，根据物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子总数为0.1N A，故B正确；
C．5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁与足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.1mol铁转移0.3mol电子即0.3N A个，故C错误；
D．18.4g甲苯的物质的量为0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氢键，故0.2mol甲苯中含1.6mol碳氢键即1.6N A个，故D正确；
故答案为C。

【点睛】
阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：①物质的状态是否为气体；②对于气体注意条件是否为标况；③注意溶液的体积和浓度是否已知；④注意同位素原子的差异；⑤注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判
断；⑥注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4N A，1molP4含有的共价键为6N A等。

3．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；
B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B 符合题意；
C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；
D．由图可知，总反应方程式为：N2O+CO
+
Fe
CO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14g N2生成
时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；
答案为：B。

4．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．a分子中有一个饱和碳原子，所有原子不可能都共面，故A错误；
B．a、b分子中均含有碳碳双键，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故B正确；
C．a、b分子中均含有酯基，均能与NaOH溶液发生水解反应，故C正确；
D．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，b与二者分子式均为C8H8O4，但结
构不同，则互为同分异构体，故D正确；
答案选A。

【点睛】
有机物的官能团决定了它的化学性质，熟记官能团的性质是解本题的关键。

5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；
B、SiO2是原子晶体，熔点高，因此可以作耐高温仪器，故说法正确；
C、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；
D、铜和Fe3＋发生反应，即2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋，故说法正确。

6．D
【解析】
【详解】
A. 12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5N A，故A不选；
B.标准状况下，HF是液体，故B不选；
C. NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；
D. 1L 0.1 mol/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：
S2-+H 2O HS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1N A，故D选。

故选D。

7．B
【解析】
【详解】
A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；
B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故选B；
C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；
D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D；
答案：B
【点睛】
能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。

8．C
【解析】
【详解】
A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；
B ．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al 可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B 正确；
C ．Ⅳ溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al 3+，选项C 不正确；
D ．Na 2CO 3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH －反应，生成偏铝酸根，2Al ＋2OH －＋2H 2O=2AlO 2－＋3H 2↑，AlO 2－和HCO 3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D 正确； 答案选C 。

9．B 【解析】 【详解】
CO 2、SO 2归属于非金属氧化物，且属于酸性氧化物。

A. CaCO 3属于盐类，A 项错误；
B. P 2O 5是非金属氧化物，且属于酸性氧化物，B 项正确；
C. CuO 属于碱性氧化物，不属于酸性氧化物，C 项错误；
D. KMnO 4属于盐类，D 项错误； 答案选B 。

10．B 【解析】 【分析】
由条件“X 的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X 为H 元素；由条件“Y 原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y 为C 元素；由条件“Q 的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q 为第三周期的金属元素(Na 或Mg 或Al)；由X 可以与R 形成H 2R 化合物可知，R 为S 元素；S 可以与Z 形成SZ 2气体，所以Z 为O 元素。

【详解】
A ．硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：2222H S SO =3S 2H O +↓+；当通入336mL ，即0.015molSO 2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中2(H S)=0.03mol n ，那么浓度即为0.3mol/L ，A 错误；
B ．Q 无论是Na ，Mg ，Al 中的哪一种元素，获得其单质都是采用电冶金的方式，B 正确；
C ．Y ，Z ，R 分别为C ，O ，S 三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H 2O ＞H 2S ＞CH 4，即Z ＞R ＞Y ，C 错误；
D ．SO 2通入BaCl 2溶液中无现象，但是通入Ba(NO 3)2溶液中会出现白色沉淀，D 错误。

答案选B 。

11．B 【解析】
A.该反应制取氯气需要加热，故A 不合理；
B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，
故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。

故选B。

12．C
【解析】
试题分析：A、图像分析判断0～t2时，0～t1逆反应速率大于正反应速率，t1～t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数Ⅰ=Ⅱ，C正确；D、Ⅰ、Ⅱ两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。

考点：考查化学平衡的建立、图像的分析
13．D
【解析】
【详解】
A.从图中箭标方向“Na+→电极a”，则a为阴极，与题意不符，A错误；
B.电极b为阳极，发生氧化反应，根据图像“HSO3-和SO42-”向b移动，则b电极反应式HSO3-–2e-＋H2O＝SO42-＋3H+，与题意不符，B错误；
C.电极a发生还原反应，a为阴极，故a电极反应式为2H++2e–＝H2↑，通过1mol电子时，会有0.5molH2生成，与题意不符，C错误；
D.根据图像可知，b极可得到较浓的硫酸，a极得到亚硫酸钠，符合题意，D正确；
答案为D。

14．B
【解析】
【详解】
A．“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，选项A错误；
B．“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，选项B正确；
C．“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，选项C错误；
D．皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应，“地沟油”的主要成分为油脂，能发生皂化反应，选项D错误。

答案选B。

【点睛】
本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，密度比水小，油脂在碱性条件下的水解
反应为皂化反应。

15．B
【解析】
【详解】
A．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，故A错误；
B．镁离子核外有10个电子，结构示意图，故B正确；
C．CO2是共价化合物，其结构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，故C错误；
D．从符号A
Z
X的意义可知A表示质量数，由质子数(Z)+中子数(N)=质量数(A)得：A=17+18=35，原子符号：
35
17
Cl，故D错误；
故答案为B。

【点睛】
解化学用语类题型需要重点关注的有：①书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“[ ]”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“[ ]”，没有成键的价电子也要写出来。

②书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是H—O—Cl，而不是H—Cl—O)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。

③比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．＋4 360 ℃360 ℃以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360 ℃以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl4产率又减小2Al2O3＋3C
＋6Cl2高温
4AlCl3＋3CO22×10－4 mol/L 分液漏斗、烧杯除去铁元素杂质
【解析】
【分析】
根据流程：天然锆英石（ZrSiO4）含有铁、铝、铜等金属元素的氧化物杂质与焦炭、氯气高温氯化，主要的反应为ZrSiO4+2C+4Cl2ZrCl4+SiCl4+2CO2，2Al2O3+3C+6Cl24AlCl3+3CO2，同理铁、铜的氧化物，将得到ZrCl4、SiCl4、AlCl3、FeCl3、CuCl2用NaOH溶液碱浸，SiCl4、AlCl3溶解为硅酸钠、偏铝酸钠，ZrCl4、FeCl3、CuCl2反应为Zr（OH）4、Fe（OH）3、Cu（OH）2沉淀，即为滤渣1，用盐酸将滤渣1溶解，得到ZrCl4、FeCl3、CuCl2，使用NaCN除铜，滤渣2为Cu（CN）2，向滤液加入NH4SCN与ZrCl4、FeCl3发生配合反应得到Fe（SCN）3、Zr（SCN）4，加入有机溶剂MIBK萃取，Fe（SCN）3难溶于MIBK，分液，Zr（SCN）4在有机层，将含有Zr（SCN）4的有机层用硫酸反萃取将Zr（SCN）4与MIBK分离，经过一系列操作得到ZrO2，据此分析作答。

【详解】
（1）由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O为－2价，Si为＋4价，可得锆英石（ZrSiO4）中Zr元素的化合价为＋4价。

（2）根据图象可知ZrCl4的产率在温度为360 ℃时最高，说明“氯化”的最佳温度是360 ℃；根据图象可知，在360 ℃以前，随着温度的升高，ZrCl4的产率逐渐增大，是由于温度升高，反应物分子的能量增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrCl4的产率逐渐增大，到360℃达到最大值，此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrCl4的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrCl4的产率又逐渐降低。

（3）Al2O3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl3、CO2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为2Al2O3＋3C＋6Cl24AlCl3＋3CO2；
（4）由于K sp[Cu（CN）2]＝c（Cu2＋）·c2（CN－）＝4.00×10－10，c（Cu2＋）＝0.01 mol/L，当溶液中Cu2＋开始沉淀时，c（CN－）＝＝2.00×10－4 mol/L。

（5）由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu2＋与沉淀试剂形成Cu（CN）2沉淀过滤除去，Fe3＋与加入的NH4SCN形成络合物Fe（SCN）3，Zr4＋形成Zr（SCN）4，由于Fe（SCN）3难溶于MIBK，而Zr（SCN）4在水中溶解度不大，易溶于MIBK，向Fe（SCN）3、Zr（SCN）4的混合溶液中加入MIBK充分振荡后，分液，可将Fe（SCN）3分离除去，然后向MIBK的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr（SCN）4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO2。

所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。

【点睛】
本题考查了物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、温度对化学平衡的影响、K sp的计算等，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的与相关基础知识联合分析。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．4 3-甲基丁酸羟基
加成反应或还原反应13 、AD
【解析】
分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：
，再结合已知②，可推知D为：。

详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：. 4 ；3-甲基丁酸；
（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。

（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。

故答案为加成反应或还原反应；
（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。

所以，本题答案为：13 ；、；
（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol NaOH，故B错误；
C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；
D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD
（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸( CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．3d54s2Mn2+Mn2+价层电子排布为3d5，3d能级半充满，更稳定sp2直线型2,4 O>C>H 半径Mg2+<Ca2+，MgO晶格能大于CaO，Mg2+更易结合碳酸根中的氧离子，故MgCO3更易分
解 1033.65641610A
N ρ⨯+⨯⨯ 【解析】
【详解】
（1）Mn 位于第四周期ⅦB ，其价电子包括最外层电子和次外层的d 能级，即Mn 的价电子排布式为3d 54s 2；Mn 2＋价电子排布式为3d 5，Fe 2＋价电子排布式为3d 6，Mn 2＋价层电子排布中3d 能级半充满，更稳定，因此第一电离能较大的是Mn 2＋；
（2）根据C 2O 3的结构式，C 有3个σ键，无孤电子对，因此C 的杂化类型为sp 2；CO 2中C 有2个σ键，孤电子对数为(4－2×2)/2=0，即CO 2杂化类型为sp ，CO 2空间构型为直线型；
（3）N 形成3个共价键达到饱和，若N 有4个化学键，其中有一个是配位键，根据结构简式，2，4含有配位键，非金属性O>C>H ，则C 、H 、O 的电负性大小顺序是O>C>H ；
（4）MgCO 3和CaCO 3都属于离子晶体，受热分解后生成MgO 和CaO ，也都属于离子晶体，MgCO 3分解温
度低于CaCO 3，应从晶格能的角度分析，原因是半径Mg 2＋<Ca 2＋，MgO 晶格能大于CaO ， Mg 2＋更易结合
碳酸根中的氧离子，故MgCO 3更易分解；
（5）根据氯化钠晶胞，NaCl 的晶胞中有4个“NaCl”，Fe 0.9O 晶胞与NaCl 晶胞的相似，因此该晶体中有4
个“Fe 0.9O”，晶胞的质量为A
4g N ⨯⨯（560.9+16），晶胞的体积(a×10－10)cm 3，根据密度的定义，ρ=A 4(560.916N a ⨯⨯+⨯-103）（10）
，得出a=103A 3.65641610ρN ⨯+⨯⨯。

19．0.004mol/（L·min） 增大 4Fe （0H ）2+02+2H 2O=4Fe （0H ）3 = -740 kJ/mol 0.15 3.20
【解析】
【分析】
(1) 根据c v t
∆=∆ 计算v(Fe 2+)； (2) 氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁；根据Ksp[Fe(OH)3]＝2.5×10—39、 Ksp[Fe(OH)2]＝1.0×10—15计算c( Fe 2+) /c(Fe 3+)；
(3)利用盖斯定律计算a 值；
(4) v(O 2)=
p t ∆∆；利用“三段式”计算K(p)。

【详解】
(1)根据图示，在pH ＝5.5的环境下，该反应在0～15min 内Fe 2+的浓度变化是0.1mol/L×60%=0.06 mol/L，v(Fe 2+)=0.06/15min
mol L =0.004mol/（L·min）；根据图示，增大溶液pH ，Fe 2+被氧化速率增大； (2)第二步是 氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁，4Fe （OH ）2+O 2+H 2O=4Fe （OH ）3，反应达到平衡状态时，
= =， PH=13时c （OH-）=mol/L=10-1mol/L ，
==4.0×1022；
(3) NO(g)和H 2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol 、-280 kJ/mol ，则 ①12N 2(g)+ 12
O 2(g)= NO(g) △H= +90kJ/mol ； ②H 2(g)+ 12O 2(g)= H 2O(g) △H= -280 kJ/mol ； 根据盖斯定律②×2-①×2得2NO(g)+2H 2(g) ==N 2(g)+2H 2O(g): △H＝a= -740 kJ/mol ；
(4) v(O 2)=p t ∆∆=75-63=80
0.15 kpa/min ； 表中160min 时达到平衡，
2NO （g ）+O 2（g ）═2NO 2（g ）
开始 2n n 0
转化 2x x 2x
平衡 2n-2x n-x 2x
=，解得x=0.8n ，
用压强代替浓度所得到的平衡常数用K （p ）表示，25℃时，K （p ）的值为2220.855 2.20.40.255552.2 2.2⨯⨯
⨯⨯⨯（）（）（）=3.20。

【点睛】
本题考查盖斯定律、反应速率的计算、平衡常数的计算，难点是根据溶度积常数计算离子浓度、用压强代替浓度计算平衡常数；同温同体积，压强比等于物质的量比。