广西省柳州市达标名校2020年高考二月调研化学试卷含解析

广西省柳州市达标名校2020年高考二月调研化学试卷
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．Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。

设阿伏加德罗常数的数值为N A，则下列说法正确的是
A．1moLNH4+所含电子数为11N A
B．30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 N A
C．过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应
D．过程I中反应得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：2
2．下列实验事实不能用
．．．平衡移动原理解释的是
A．
B．
C．
D．
3．相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。

聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。

下列说法正确的是
A．环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇
B．聚乙二醇的结构简式为
C．相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n≈67
D．聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键
4．常温下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。

下列分析正确的是（）
A．NaHB溶液可能为酸性，也可能为碱性
B．A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小，D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C．E溶液中离子浓度大小关系：c(NH4+)>c(B2－)>c(OH－)>c(H+)
D．F点溶液c(NH4+)=2c(B2－)
5．下列有关物质的分类或归类正确的是
A．化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HD
B．电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡
C．同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2
D．同位素：12
6C、13
6
C、14
660
C
6．下列有关物质用途的说法，错误的是()
A．二氧化硫常用于漂白纸浆B．漂粉精可用于游泳池水消毒
C．晶体硅常用于制作光导纤维D．氧化铁常用于红色油漆和涂料
7．短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。

Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。

下列推断正确的是
A．原子半径：Y>Z>R>X
B．Y3X2是含两种化学键的离子化合物
C．X的氧化物对应的水化物是强酸
D．X和Z的气态氢化物能够发生化合反应
8．己知在碱性溶液中可发生如下反应：
2R(OH)3+ 3C1O-+ 4OH－= 2RO4n-+3Cl－+5H2O。

则RO4n-中R的化合价是（）
A．+3 B．+4 C．+5 D．+6
9．化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（）
A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的
B．气溶胶的分散剂可以是空气或液体水
C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板
D．福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜
10．下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是()
A．非金属元素组成的化合物中只含共价键
B．ⅠA族金属元素是同周期中金属性最强的元素
C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数
D．ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强
11．电解合成1，2－二氯乙烷的实验装置如图所示。

下列说法中不正确的是（）
A．该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大
B．液相反应中，C2H4被CuCl2氧化为1，2－二氯乙烷
C．X、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜
D．该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl H2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl
12．电解法处理CO2和SO2混合污染气的原理如下图所示，电解质为熔融碳酸盐和硫酸盐，通电一段时间后，Ni电极表面形成掺杂硫的碳积层。

下列说法错误的是
A．Ni电极表面发生了还原反应
B．阳极的电极反应为：2O2—-4e-=O2
C．电解质中发生的离子反应有：2SO2 +4O2—=2SO42—
D．该过程实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环
13．下列物质的分类依据、类别、性质三者之间对应关系完全正确的是
物质分类依据类别性质
A FeCl2铁元素化合价还原剂可与O2、Zn等发生反应
B FeCl2电离产生的微粒盐可发生水解反应，溶液显碱性
C ＨNO3在水中能电离出H+酸可与CuO反应生成NO
D ＨNO3氮元素的化合价氧化剂可与Al、I- 等发生反应
A．A B．B C．C D．D
14．25℃时，部分含铁元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。

下列说法错误的是（）
A．pH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）＞c（H2FeO4）＞c（FeO42-）
B．H2FeO4的第一步电离平衡常数K a1=4.15×10-4
C．B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，
-
4
+
[H eO]
[H
F
]
减小
D．B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C
15．下列指定反应的离子方程式正确的是（）
A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
B．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-
C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2O
D．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．钴镍渣是湿法炼锌净化渣之一，其中含有较多的Zn（II）、Cd（II）和少量Co（II）、Fe（II）、Ni（II）的硫酸盐及氢氧化物。

利用以下工艺流程回收金属并制备氧化锌：
回答下列问题：
（1）“溶浸”时H2SO4的作用是_____________。

（2）向“浸取液”中加入Zn粉后发生反应的离子方程式为__________________。

（3）Na2S2O8中S的化合价为+6，其中过氧键的数目为________。

（4）研究加入Na2S2O8后温度和时间对金属脱除率的影响，所得曲线如下图所示。

金属脱除是指溶液中的二价金属离子被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去。

由图可知，Co2+与Ni2+的还原性强弱关系是_________，“氧化沉钴”适宜的条件是________。

（5）在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，反应生成Co(OH)3的离子方程式为_______，Co(OH)3滤渣中还含有________。

（6）氧化锌是一种重要而且使用广泛的物理防晒剂，屏蔽紫外线的原理为吸收和散射。

由ZnCO3·xZn(OH)2制备氧化锌的方法是__________。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。

它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：
请回答：
（1）化合物B所含的官能团的名称是___。

（2）D的结构简式是___。

（3）C+F→G的化学方程式是___。

（4）下列说法正确的是___。

A．在工业上，A→B的过程可以获得汽油等轻质油
B．有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到F
C．可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G
D．等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同
四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．(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)
t/min 0 80 160 ∞
p/kpa 75.0 63.0 55.0 55.0
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)。

19．（6分）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为
请回答下列问题：
(1)A的名称是____________；B中所含官能团的名称是___________________。

(2)反应⑤的化学方程式为_____________，该反应的反应类型是______。

(3)G的分子式为_________，乙酸酐共面的原子最多有_____个
(4)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：_______。

a．苯环上只有三个取代基
b核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰
c.1mol该物质与足量 NaHCO3溶液反应生成2molCO2
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图________________（无机试剂任选），合成路线流程图示例如下：
CH3CH2Br CH3CH2OH CH3COOCH2CH3
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．B
【解析】
【详解】
A．一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10N A，故A错误；
B．一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=
30g
30g/mol
=1mol，含有的
共用电子对数目为4 N A，故B正确；
C．过程II中，联胺分子中N元素化合价是−2，N2H2中N元素化合价是−1，化合价升高，属于氧化反应，
过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是−1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；
D．过程 I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4++NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；
答案选B。

【点睛】
准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。

2．A
【解析】
【详解】
A．升高温度，反应速率加快，产生气泡速率加快，不涉及平衡移动，A符合；
B．中间试管存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)，加入KI，发生AgCl(s)+I-AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl转换为黄色AgI沉淀，B不符合；C．FeCl 3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3HCl∆H>0，温度升高，平衡正向移动，C不符合；
D．醋酸是弱电解质，CH 3COOH CH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释10倍，pH<2.9+1，D不符合。

答案选A。

【点睛】
pH=m的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n<7；
pH=m的弱酸稀释10n倍，新的溶液pH<m+n<7。

3．D
【解析】
【分析】
【详解】
在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为
；
A．环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；
B．聚乙二醇的结构简式为，故B错误；
C．聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=400018
44
-
≈90，故C错误；
D．聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；故答案为D。

4．D
【解析】
【分析】
未加入氨水前，溶液的水电离出的OH-浓度为10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，该酸的浓度为
0.05mol/L，所以该酸为二元强酸。

酸、碱对水的电离起抑制作用，可水解的盐对水的电离起促进作用，随着氨水的不断滴入，溶液中水电离的c（H+）逐渐增大，当两者恰好完全反应生成（NH4）2B时水的电离程度达最大（图中D点），继续加入氨水，水电离的c（H+）逐渐减小。

【详解】
A.NaHB属于强酸的酸式盐，NaHB溶液应该呈酸性，A项错误；
B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应，混合液溶液的pH是逐渐增大的，B项错误；
C.E点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）>1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则E点水溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，C项错误；
D.F点溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水电离的c（H+）=1×10-7mol/L，溶液中H+全部来自水电离，则F点水溶液呈中性，此时溶液中的电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=c(OH-)，所以有
c(NH4+)=2c(B2-)，D项正确；
所以答案选择D项。

5．B
【解析】
【详解】
A．CaCl2、烧碱属于化合物，聚乙烯是高分子化合物，属于混合物，HD为单质，选项A错误；
B．明矾是硫酸铝钾结晶水合物，胆矾是硫酸铜结晶水合物，冰醋酸是醋酸，硫酸钡是盐，它们都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，选项B正确；
C．CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，结构不相似，不属于同系物，选项C错误；
D．12
6C、13
6
C是碳元素不同核素，互为同位素，14
660
C是单质，选项D错误。

答案选B。

6．C
【解析】
【详解】
制作光导纤维的材料是SiO2而不是Si，C项错误。

7．D
【解析】
【分析】
根据R和X组成简单分子的球棍模型，可推出该分子为NH3，由此得出R为H，X为N；由“Y原子核外K、M层上电子数相等”，可推出Y核外电子排布为2、8、2，即为Mg；因为Z的原子序数大于Y，所以Z
属于第三周期元素，由“Z原子最外层电子数是电子层数的2倍”，可确定Z的最外层电子数为6，从而推出Z为S。

【详解】
依据上面推断，R、X、Y、Z分别为H、N、Mg、S。

A.原子半径：Mg>S>N>H，A错误；
B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；
C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；
D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确。

故选D。

8．D
【解析】
【分析】
【详解】
根据方程式两端电荷守恒可知n＝343
2
－
＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，
答案选D。

9．C
【解析】
【分析】
【详解】
A．制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；
B．气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；
C．FeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；
D．福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；
答案选C。

10．B
【解析】
【详解】
A.NH4Cl全部由非金属元素组成，但含有离子键和共价键，A项错误；
B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，各周期中ⅠA族金属元素的金属性最强，B项正确；
C.同种元素的原子质子数相同，但中子数不同，C项错误；
D.Ⅶ族元素的阴离子还原性越强，则元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，D项错误；
答案选B。

11．C
【解析】
【详解】
A. 阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；
B. 由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；
C. 阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；
D. 以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2−二氯乙烷中，CuCl→CuCl2→CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaCl H2↑+2NaOH+Cl CH2CH2Cl，故D正确。

故选C。

12．C
【解析】
【分析】
由图可知，Ni电极表面发生了SO42-转化为S，CO32-转化为C的反应，为还原反应；SnO2电极上发生了
2O2—-4e-=O2↑，为氧化反应，所以Ni电极为阴极，SnO2电极为阳极，据此分析解答。

【详解】
A. 由图示原理可知，Ni电极表面发生了还原反应，故A正确；
B. 阳极发生失电子的氧化反应，电极反应为：2O2—-4e-=O2↑，故B正确；
C. 电解质中发生的离子反应有：2SO2 +O2+2O2-=2SO42—和CO2 +O2-=CO32-，故C错误；
D. 该过程中在SO42-和CO32-被还原的同时又不断生成SO42-和CO32-，所以实现了电解质中碳酸盐和硫酸盐的自补充循环，故D正确。

故答案选C。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A、氯化亚铁与锌反应时，表现氧化性，故A错误；
B、亚铁离子水解溶液呈酸性，故B错误；
C、硝酸与氧化铜反应生成硝酸铜和水，不生成NO，故C错误；
D、硝酸为强氧化性酸，与Al、I- 等发生反应时表现氧化性，故D正确；
答案选D。

14．C
【解析】
【详解】
A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c(HFeO4-)＞c(H2FeO4)＞
c(FeO42-)，故A正确；
B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分
数为19.4%，所以两者的物质的量之比为80.6%
19.4%
=4.15，c(H+)=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数
K a1=
()()
()
+-
4
24
H HFeO
H FeO
c c
c
=4.15×l0-4，故B正确；
C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c(HFeO4-)增大，即c(H+)减小，所以
-
4
+ [H eO] [H
F
]
增大，故C错误；
D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：B＜C，故B正确；
故选：C。

15．C
【解析】
【详解】
A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++ CO32-=CaCO3↓，故A错误；
B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；
C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；
D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D 错误，答案选C。

【点睛】
本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。

解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．溶解金属化合物（或使二价金属进入溶液）Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd 1 Co2+＞Ni2+80 ℃，2 h 2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+Fe(OH)3高温焙烧
【分析】
钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去，浸取液里加过量的锌粉，利用金属的活泼性不同将Cd置换出来，再加入强氧化剂Na2S2O8将溶液中的二价金属离子氧化为三价然后转化为氢氧化物沉淀除去，最后再加入锌粉经反应后过滤，将滤液中锌离子转化为沉淀ZnCO3·xZn(OH)2。

根据以上分析解答。

【详解】
(1)钴镍渣加入稀硫酸进行酸浸，钴镍渣里面的硫酸盐及氢氧化物溶解在硫酸里，二价金属进入溶液，难溶的杂质经过滤除去。

答案为：溶解金属化合物（或使二价金属进入溶液）。

(2)向“浸取液”中加入Zn粉，根据题意可知得到了海绵Cd，发生反应的离子方程式为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。

答案为：Zn＋Cd2+ =Zn2+＋Cd。

（3）Na2S2O8中S的化合价为+6，Na为+1，假设含有x个O2-,含有y个O22-,则有：x+2y=8，
(+1)⨯2+(+6)⨯2+(-2)⨯x+(-2)⨯y=0，解得x=6，y=1。

答案为：1。

(4)由题中所给图可知，当Co2+被氧化后形成氢氧化物沉淀而除去时，大量Ni2+还在溶液里，说明还原性Co2+＞Ni2+，根据图中信息可知，当溶液中钴完全沉淀时的温度为80 ℃，所用时间为2 h。

答案为：Co2+＞Ni2+；80 ℃，2 h 。

(5) 在适宜的条件下，加入Na2S2O8并调节溶液pH至5.0～5.2，Na2S2O8中S为+6价，具有强氧化性，可将Co2+氧化为+3价，生成Co(OH)3沉淀，根据溶液显弱酸性等相关信息，写出反应的离子方程式：2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+，由Na2S2O8强氧化性及图中Co与Fe图象非常靠近的特征可知，此时溶液中的Fe2+也被氧化为+3价形成Fe(OH)3沉淀。

答案为：2Co2+＋S2O82-＋6H2O=2Co(OH)3↓＋2SO42-＋6H+；Fe(OH)3 。

(6) ZnCO3·xZn(OH)2中的成分有难溶碳酸盐和难溶性碱，根据有关物质的性质可知这些物质受热后分解生成ZnO，工业上可用高温焙烧ZnCO3·xZn(OH)2的方法来制取氧化锌。

答案为：高温焙烧
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．碳碳双键CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD 【解析】
【分析】
烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=2452
:
1215
=，应为C4H10，由生成物G的分
子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。

（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；
（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；
（3）C+F→G的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，
故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；
（4）A.在工业上，A→B的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；
B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；
C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；
D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．0.004mol/（L·min）增大4Fe（0H）2+02+2H2O=4Fe（0H）3= -740 kJ/mol 0.15 3.20 【解析】
【分析】
(1) 根据
c
v
t
∆
=
∆
计算v(Fe2+)；
(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( Fe2+) /c(Fe3+)；
(3)利用盖斯定律计算a值；
(4) v(O2)=
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Fe2+的浓度变化是0.1mol/L×60%=0.06 mol/L，
v(Fe2+)=0.06/
15min
mol L
=0.004mol/（L·min）；根据图示，增大溶液pH，Fe2+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+O2+H2O=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H2O(g)的标准摩尔生成焓分别为+90kJ/mol、-280 kJ/mol，则
①1
2
N2(g)+
1
2
O2(g)= NO(g) △H= +90kJ/mol ；
②H2(g)+ 1
2
O2(g)= H2O(g) △H= -280 kJ/mol；
根据盖斯定律②×2-①×2得2NO(g)+2H2(g) ==N2(g)+2H2O(g): △H＝a= -740 kJ/mol；
(4) v(O2)=
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2
220.855 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。

19．对氟苯酚或4-氟苯酚酯基、氟原子+H 2O 消去反应
C 10H 9O 3F9
【解析】 【分析】
（1）A 中苯环上含有酚羟基和-F ，且二者位于对位；B 中所含官能团的名称是酯基、氟原子； （2）F 和氢气发生加成反应生成G ，根据EG 结构差异性知，E 发生消去反应生成F ，则F 为
；
（3）根据G 结构简式确定其分子式；乙酸酐中4个C 、3个O 再加2个H 可能共面；
（4）E 的同分异构体符合下列条件：ａ．苯环上只有三个取代基，ｂ．核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明含有4种氢原子，ｃ．1mol 该物质与足量 NaHCO 3溶液反应生成2 mol CO 2，说明含有2个羧基； （5）根据逆合成法可知，合成
需要得到
，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用
苯酚与乙酸酐反应生成，在氯化铝存在条件下转化成，在催化剂存在条
件下与氢气发生加成反应生成，发生消去反应得到，据此写出合成路线图。

【详解】
（1）A中苯环上含有酚羟基和-F，且二者位于对位，所以其名称为对氟苯酚（4-氟苯酚）；B中所含官能团的名称是酯基、氟原子，故答案为：对氟苯酚（4-氟苯酚）；酯基、氟原子；
（2）F和氢气发生加成反应生成G，根据EG结构差异性知，E发生消去反应生成F，则F为，反应⑤的化学方程式为+H2O ，为消去反应，故答案为：
+H2O ；消去反应；
（3）根据G结构简式确定其分子式C10H9O3F，乙酸酐中4个C3个O再加2个H可能共面，
如图1至7号再加2个H，最多共9个原子共面。

故答案为：C10H9O3F；9；
（4）E的同分异构体符合下列条件：苯环上只有三个取代基、核磁共振氢谱图中只有4组吸收峰，说明含有4种氢原子、1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2 mol CO2，说明含有2个羧基，符合条件的
结构简式为、，故答案为：；；
（5）以和乙酸酐为原料制备，根据逆合成法可知，合成需要得到，结合题中反应原理及反应物为苯酚，则用苯酚与乙酸酐反应生成，在氯化铝存在条件下转化成，在催化剂存在条件下与氢气发生加成反应生成，反应消去反应得到，所以合成路线流程为：
，故答案为：。

【点睛】
本题考查有机物的合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，注意掌握官能团的性质与转化，（5）中注意利用转化关系中隐含的信息进行合成路线的设计，侧重考查学生分析推理与知识迁移应用能力。