2020学年济宁市名校高考化学达标测试试题

2021届新高考化学模拟试卷
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．将3.9g镁铝合金，投入到500mL2mol/L的盐酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的这种NaOH溶液的体积是
A．125mL B．200mL C．250mL D．560mL
2．用氯气和绿矾处理水，下列说法错误的是（）
A．氯气起杀菌消毒作用
B．氯气氧化绿矾
C．绿矾具有净水作用
D．绿矾的氧化产物具有净水作用
3．某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中，加入4 mol A和2 mol B进行如下反应:3A (g)+2B (g)⇌4C (?)+2D (?),“?”代表状态不确定。

反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6 mol C,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是
A．增加C,B的平衡转化率不变
B．此时B的平衡转化率是35%
C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大
D．该反应的化学平衡常数表达式是K=
4
32
c(C)
c(A)c(B)
4．在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是
A．Mg2+、Na+、SO42-、Cl-B．K+、CO32-、Cl-、NO3-
C．Na+、Cl-、NO3-、Fe2+D．NH4+、OH-、SO42-、NO3-
5．N A表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是
A．铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3N A
B．1 molNaClO中含有的Cl—数目为N A
C．5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5×10－7N A
D．18g H2O中含有的电子数为10N A
6．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：
下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O
7．在铁质品上镀上一定厚度的锌层，以下电镀方案正确的是（）
A．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Zn2+
B．锌作阳极，铁制品作阴极，溶液中含Fe3+
C．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Zn2+
D．锌作阴极，铁制品作阳极，溶液中含Fe3+
8．正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是( )
A．称取一定量的NaCl
B．制备氢氧化亚铁并观察其颜色
C．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
D．收集NO2并防止其污染环境
9．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。

马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：
下列说法错误的是（）
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物
C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替
D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
10．实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。

下列做法能达到相应实验目的的是()
A．制取Cl2
B．使Br－转化为Br2
C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液
D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl3
11．硝酸铵（NH4NO3）在不同条件下分解可以得到不同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸铵分解产物的是
A．N2O、H2O B．N2、O2、H2O C．N2、HNO3、H2O D．NH3、NO、H2
12．下列实验操作能达到实验目的的是
A．用向上排空气法收集NO
B．用装置甲配制100 mL 0.100 mol·L－1的硫酸
C．用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体
D．向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇
13．下列物质中，不属于合金的是
A．水银B．硬铝C．青铜D．碳素钢
14．中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊《Science》上，并获得重
重点推荐。

二维结构的硼烯如图所示，下列说法错误的是（）
A．1mol硼原子核外电子数为3N A
B．1molBF3分子中共价键的数目为3N A
C．1molNaBH4与水反应转移的电子数为4N A
D．硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料
15．工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（）
A．都是苯的同系物
B．都能使溴的四氯化碳溶液褪色
C．苯环上的二氯代物都有6种
D．分子内共平面的碳原子数均为8
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．As2O3在医药、电子等领域有重要应用。

某含砷元素（As）的工业废水经如下流程转化为粗As2O3。

（1）“碱浸”的的离子方程式___________________。

（任写一个）
（2）通入氧气的作用______________________。

（3）“沉砷”是将砷元素转化为Ca5（AsO4）3OH沉淀，发生的主要反反应：
a.Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH-（aq）△H<0
b.5Ca2++OH-+3AsO 43-Ca5（AsO4）3OH △H>0
研究表明：“沉砷”的最佳温度适85℃。

高于85℃后，随温度升高，沉淀率下降，其原因是_______。

（4）“还原”过程反应的化学方程式是_____________________________。

（5）“还原”后加热溶液，H3ASO3分解为As2O3，同时结晶得到粗As2O3. As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度（S）曲线如图所示。

为了提高粗As2O3的沉淀率，“结晶”过程进行的操作是______。

（6）下列说法中，正确的是____________（填字母）。

a.粗As2O3中含有CaSO4
b.工业生产中，滤液2可循环使用，提高砷的回收率
c.通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 g·L－1的烃。

已知：
(1)下列说法正确的是________。

A．A能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色
B．等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同
C．E能和Na反应，也能和Na2CO3反应
D．B和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物
(2)C中含有的官能团名称是________。

(3)由B和E合成F的化学方程式是____________________________________。

(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_____________(用流程图表示，无机试剂任选)。

(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含—O—O—键。

结构简式是________。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．国家航天局计划2020年实施火星探测任务。

据了解火星上存在大量的含氮化合物科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。

(1)邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。

①邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为__（填元素符号）。

设N A为阿伏加德罗常数的值，
1mol中含有σ键的数目为__。

②一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NH2中N原子的杂化方式为__杂化。

(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素的基态原子电子排布式为___。

①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，原因是___。

表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形②分子中的大π键可以用符号n
m
成大π键的电子数。

则该吡啶中的大π键可表示为__。

(3)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3所示。

若该晶体密度为dg ·cm -3，晶胞参数a=b ≠c （单位：nm ），a 、b 夹角为120o ，阿伏加德罗常数的值为N A ，则晶胞参数c=__（写出代数式）nm 。

19．（6分）消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。

（1）化学上采用NH 3处理N x O y 不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。

已知：222NO(g)N (g)O (g)
H 177kJ /mol =+∆=-
32224NH (g)3O (g)2N (g)6H O(g)H 1253.4kJ /mol +=+∆=-
则用NH 3处理NO 生成氮气和气态水的热化学方程式为_______________________________。

（2）已知：223N (g)3H (g)
2NH (g)
H 0+∆<。

不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的
反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中3NH 的物质的量分数如图所示。

①M 点的v 正___________Q 点的v 正（填“>”“<”或“=”）。

②图中M 点的平衡常数比N 点的平衡常数___________（填“大”“小”或“相等”） （3）水体中过量氨气（以3NH 表示）会导致水体富营养化。

①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。

写出总反应化学方程式____________。

②该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是_____________________。

（4）氮氧化物也可用碱溶液吸收。

若NO 和2NO 混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，则该盐的化学式为___________；已知常温下，()4
a 2K HNO 510-=⨯，则反应
()()()()222HNO aq NaOH aq NaNO aq H O l ++的平衡常数的数值为_____________。

（5）利用反应2322NO NH N H O +→+（未配平）消除用电器2NO 的简易装置如图所示。

①a 电极上的反应式为____________________________________________。

②常温下，若用该电池电解0.6L 饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为13，则理论上b 电极上消耗B 气体的体积为___________ mL （标准状况；假设电解过程中溶液体积不变）。

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．C 【解析】
试题分析：镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，发生的反应为：Mg+2HCl=MgCl 2+H 2↑； 2Al+6HCl=2AlCl 3+3H 2↑，氯化镁和氯化铝，分别与NaOH 溶液反应的方程式为：
AlCl 3+3NaOH=Al(OH)3↓+3NaCl ，MgCl 2 +2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl ．Mg 2+和Al 3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl ；根据氯原子和钠原子守恒得到如下关系式： HCl ～NaCl ～NaOH 1 1 2mol/L×0.5L 4mol/L×V V=0.25L=250ml ，故选C 。

【考点定位】考查化学计算中常用方法终态法
【名师点晴】注意Mg 2+和Al 3+全部转化为沉淀时，NaOH 不能过量，即全部转化为沉淀的Al 3+，不能溶解
是解题关键；镁铝合金与盐酸反应，金属完全溶解，生成氯化镁和氯化铝，氯化镁和氯化铝，加入4mol•L -1的NaOH 溶液，生成的沉淀最多时，Mg2+和Al3+全部转化为沉淀，所以溶液中的溶质只有NaCl ，根据氯原子和钠原子守恒解题。

2．C 【解析】 【详解】
A ．氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有杀菌消毒作用，所以可以用适量氯气杀菌消毒，A 正确；
B ．绿矾中二价铁离子具有还原性，氯气能够氧化二价铁离子生成三价铁，B 正确；
C ．绿矾水解生成氢氧化亚铁不稳定，极易被氧化生成氢氧化铁，所以明绿不具有净水作用，C 错误；
D ．绿矾的氧化产物为硫酸铁，硫酸铁中三价铁水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，能够净水，D 正确。

答案选C 。

3．A 【解析】 【分析】
由题意可知反应的前后压强之比为 5：4，说明反应正向是体积减小的反应，即C 、D 物质中只有一种是气体，列三段式：
()()()()++2B g 4C 2D 42001.20.8 1.60.82.8
1.2
1.6
0.38
A g ？？
由于（4+2）：（2.8+1.2+1.6）=15：14≠5：4，（4+2）：（2.8+1.2+0.8）=5：4，所以C 物不是气体，D 物为气体。

【详解】
A.增大反应体系中物质的浓度，平衡向浓度减小的方向移动，但C 不是气体，增加C 不能使平衡正向移动，所以B 的平衡转化率不变，故A 正确；
B.B 的平衡转化率=0.8mol÷2mol×100%=40%，故B 错误；
C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变则平衡常数不变，故C 错误；
D.由于生成物C 为非气体，其浓度为1，所以该反应的化学平衡常数表达式K=23
2
c (D)c (A)c (B)
，故D 错误；
故答案为A 。

【点睛】
注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。

4．C 【解析】
【分析】
酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。

【详解】
A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；
B．H+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；
C．H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；
D．NH4+、OH-发生复分解反应生成NH3·H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。

【点睛】
本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。

5．D
【解析】
【详解】
A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反应转移的电子数，故A错误；
B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；
C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L×0.005mol/L=2.5×10－5mol，微粒数目略小于2.5×10－5N A，故C错误；
D.18g H2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10N A个电子，故D正确；
答案选D。

【点睛】
本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：①对象是否为气体；②温度和压强是否为标准状况。

6．B
【解析】
【详解】
工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。

A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有
Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为
NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；
故选B。

7．A
【解析】
【详解】
在Fe上镀上一定厚度的锌层，镀层金属作阳极、镀件作阴极，含有镀层金属阳离子的可溶性盐溶液为电解质溶液，所以Zn作阳极、Fe作阴极，含有锌离子的可溶性盐为电解质，故选A。

8．A
【解析】
【详解】
A. 称取一定量的NaCl，左物右码，氯化钠放在纸上称，故A正确；
B. 氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，并油封，故B错误；
C. 检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应把反应后的混合液倒入水中，故C错误；
D. NO2密度大于空气，应用向上排空气法收集NO2，故D错误；答案选A。

9．C
【解析】
【详解】
A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；
B．由反应①化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；
D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；
故答案选C。

【点睛】
根据反应的流程图可得反应①中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。

【解析】
【详解】
A. 实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；
B. 用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；
C. 分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；
D. 蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；
答案选C。

【点睛】
本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。

11．D
【解析】
【分析】
硝酸铵（NH4NO3）中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。

【详解】
A.硝酸铵分解为N2O和H2O，-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A不选；
B.硝酸铵分解为N2、O2、H2O，硝酸铵中-3价氮化合价升高到0价，部分-2价氧的化合价也升高到0价，+5价氮的化合价降低到0价，发生了氧化还原反应，故B不选；
C.硝酸铵分解为N2、HNO3、H2O，硝酸铵中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故C 不选；
D.硝酸铵分解为NH3、NO、H2，只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故D选。

故选D。

12．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．NO能与空气中的氧气反应，不能使用排空气法收集，NO难溶于水，应使用排水法收集NO，故A错
B．容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25℃，浓硫酸稀释放热，应该在烧杯中进行，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；
C．CuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2↓+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；
D．氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发，然后蒸馏即可得到乙醇，故D正确；
答案选D。

13．A
【解析】
【分析】
【详解】
由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。

14．A
【解析】
【分析】
【详解】
A. 硼原子核外有5个电子，1mol硼原子核外电子数为5N A，故A错误；
B. BF3的结构为，1molBF3分子中共价键的数目为3N A，故B正确；
C. NaBH4与水生成氢气，氢元素化合价由-1升高为0，1molNaBH4反应转移的电子数为4N A，故C正确；
D. 硼烯具有导电性，有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料，故D正确；
选A。

15．C
【解析】
【分析】
【详解】
A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；
B. 异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；
C. 采用定一移一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；
D. 异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子
内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；
故选C。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．H3AsO4+3OH-=AsO43-+3H2O 将AsO33-氧化生成AsO43-温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4调硫酸浓度约为7mol·L-1，冷却至25℃，过滤abc
【解析】
【分析】
由流程图可知，向工业废水加入氢氧化钠碱浸，H3AsO4、H3AsO3与氢氧化钠溶液反应生成Na3AsO4、Na3AsO3，向Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液中通入氧气，氧气将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，再加入石灰乳沉砷得到Ca5（AsO4）3OH沉淀，用稀硫酸溶解沉淀，生成H3AsO4溶液和硫酸钙沉淀，过滤，向H3AsO4溶液中通入二氧化硫，二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，加热H3AsO3溶液，H3AsO3分解为As2O3，加入浓度约为7mol•L-1的硫酸，冷却至25℃，过滤，得粗As2O3。

【详解】
（1）H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4反应的化学方程式H3AsO4+3NaOH＝Na3AsO4+3H2O，故答案为H3AsO4+3NaOH＝Na3AsO4+3H2O；
（2）向Na3AsO4和Na3AsO3的混合溶液中通入氧气，氧气将Na3AsO3氧化为Na3AsO4，故答案为将AsO33-氧化生成AsO43-；
（3）反应a为放热反应，升高温度反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降，故答案为温度升高，反应a平衡逆向移动，c（Ca2+）下降，反应b平衡逆向移动，Ca5（AsO4）3OH沉淀率下降；
（4）“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3，自身被氧化生成硫酸，反应为：H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4，故答案为H3AsO4+H2O+SO2＝H3AsO3+H2SO4；
（5）由图2可知，硫酸浓度约为7mol•L-1，25℃时As2O3的沉淀率最大，易于分离，故为了提高粗As2O3的沉淀率，调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤，故答案为调硫酸浓度约为7mol•L-1，冷却至25℃，过滤；
（6）a、钙离子未充分除去，粗As2O3中含有CaSO4，正确；
b、滤液2为硫酸，可循环使用，提高砷的回收率，正确；
c、通过先“沉砷”后“酸化”的顺序，可以达到富集砷元素的目的，正确；
abc正确，故答案为abc。

【点睛】
注意对工艺流程中反应原理的分析，注意氧化还原反应、对条件的控制选择的理解是解题的关键。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．ABD 碳碳三键nHOOCCH2CH2COOH＋
一定条件＋(2n-1)H2O
nHOCH2CH2CH2CH2OH−−−−→
【解析】
【分析】
C是密度为1.16 g·L－1的烃，则M=ρV m=1.16 g·L－1⨯22.4L/mol=26g/mol，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2C≡CCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为
，据此分析。

【详解】
根据上述分析可知：
(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；
B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；
C.E中有—OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；
D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。

答案选ABD；
(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；
(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOH＋
一定条件＋(2n-1)H2O；
nHOCH2CH2CH2CH2OH−−−−→
(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，
一定条件，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线已知：RC≡CH＋−−−−→
为；
(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含—O —O —键。

结构简式是
等。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．H ＜C ＜N 13N A sp 2 1s 22s 22p 63s 23p 64s 2 孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子
对之间的斥力 65II
21
2A 112310a d N ⨯⨯⨯ 【解析】
【分析】
(1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H 、C 、N ，非金属性H<C<N ，电负性与非金属性成正比。

分子
中含有σ键的数目等于原子间形成的键数(两个原子间只能形成1个σ键)。

②-NH 2中N 原子的杂化轨道数为N 原子的价层电子对数。

(2)从图中可以看出，该原子容易失去2个电子，从第3个电子起很难失去。

①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，夹角小，说明排斥作用大。

②分子中的大π键由5个原子6个电子形成。

(3) 在1个氮化镓晶胞中，含有2个“GaN ”，晶胞的体积为3a a c ⋅⋅nm 3，晶胞的体积也可表示为3
A 284g dg/cm N ⨯⨯，利用两式，可求出c 。

【详解】
(1) ①邻氨基吡啶中含有的元素为H 、C 、N ，非金属性H<C<N ，则电负性由小到大的顺序为H ＜C ＜N 。

1个分子中含有13个σ键，则1mol 中含有σ键的数目为13N A 。

答案为：H ＜C ＜N ；13N A ； ②-NH 2中N 原子形成2个共价键，还有1对孤对电子，N 原子的价层电子对数为3，则N 原子的杂化方式为sp 2杂化。

答案为：sp 2；
(2)从图中可以看出，该原子容易失去2个电子，从第3个电子起很难失去，所以第3个电子不在4p 轨道上，只能在3p 轨道，从而得出该元素的基态原子电子排布式为1s 22s 22p 63s 23p 64s 2。

答案为：
1s 22s 22p 63s 23p 64s 2；
①嘌呤中轨道之间的夹角∠1比∠2大，夹角小，说明排斥作用大，则原因是孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力。

答案为：孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；
②分子中的大π键由5个原子6个电子形成，则该吡啶中的大π键可表示为65II 。

答案为：65II ；
(3) 在1个氮化镓晶胞中，含有2个“GaN ”，晶胞的体积为3a a c 2
⋅⋅nm 3，晶胞的体积也可表示为3A 284g dg/cm N ⨯⨯，由此得出3a a c ⋅⋅nm 3=21333A 284g 10nm /cm dg/cm N ⨯⨯⨯，从而求出c=21A
112310⨯。

答案为：21
A
112310⨯。

【点睛】
中心原子的杂化轨道数等于中心原子的用于形成共价键电子所在的轨道数与孤对电子所在的轨道数之和，未用于成键的成单电子、形成π键的电子所在的轨道，都不发生轨道的杂化。

19．4NH 3(g)+6NO (g)═5N 2(g)+6H 2O(g) △H=-1784.4kJ•mol -1 ＞ 大 2NH 3+3NaClO ═N 2+3NaCl+3H 2O 温度过高，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低 NaNO 2 5×1010
2NH 3-6e -+6OH -=2N 2+6H 2O 336
【解析】
【分析】
(1)根据盖斯定律分析解答；
(2)①M 点比Q 点压强大；
②M 点氨气的物质的量分数比N 点大，结合放热反应分析判断；
(3)①根据原理图，NH 3、NaClO 是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的化学方程式；②根据温度对中间产物HClO 的影响分析解答；
(4)NO 和NO 2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N 元素化合价发生变化，NO 中N 元素化合价为+2、NO 2中N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3价；根据
HNO 2(aq)+NaOH(aq)⇌NaNO 2(ag)+H 2O(1)的平衡常数表达式结合水的离子积常数分析计算；
(5)①根据图中电子的运动方向可知，a 极为负极，为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应；②根据2NaCl+2H 2O 2NaOH+H 2↑+Cl 2↑～2e -，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为13，则溶液中n(OH -)=0.6L×0.1mol/L=0.06mol ，b 极电极反应式为：2NO 2+8e -=N 2+8OH -，结合电子守恒分析计算。

【详解】
(1)①2NO(g)=N 2(g)+O 2(g) △H=-177kJ/mol ，②4NH 3(g)+3O 2(g)═2N 2(g)+6H 2O(g) △H=-1253.4kJ/mol ，根据盖斯
定律，将②+①×3得：
4NH 3(g)+6NO (g)═5N 2(g)+6H 2O(g) △H=(-1253.4kJ/mol)+(-177kJ/mol)×3=-1784.4kJ•mol -1；故答案为4NH 3(g)+6NO (g)═5N 2(g)+6H 2O(g) △H=-1784.4kJ•mol -1；
(2)①M 点比Q 点压强大，压强增大，反应速率加快，则M 点的v 正＞Q 点的v 正，故答案为＞；
②M 点氨气的物质的量分数比N 点大，该反应是放热反应，则M 点的温度高，升高温度平衡正向移动，平衡常数增大，则M 点的平衡常数比N 点的平衡常数大，故答案为大；
(3)①根据次氯酸钠除去氨氮的原理图可知，NH 3、NaClO 是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，
氯化钠、氮气和水是生成物，所以反应的化学方程式为：2NH 3+3NaClO ═N 2+3NaCl+3H 2O ，故答案为2NH 3+3NaClO ═N 2+3NaCl+3H 2O ；
②温度过高时，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低，故答案为温度过高时，加快了中间产物HClO 的分解，导致氨氮去除率降低；
(4)NO 和NO 2混合气体被NaOH 溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N 元素化合价发生变化，NO 中N 元素化合价为+2、NO 2中N 元素化合价为+4，则生成的盐中N 元素化合价为+3价，为亚硝酸盐，因此化学式为NaNO 2；反应HNO 2(aq)+NaOH(aq) ⇌ NaNO 2(ag)+H 2O(1)的平衡常数
K=()22c NO c HNO c ()()OH --⋅=()()2w 2c NO c H )K c HNO (-+=()a 2w K HNO K =41451010
--⨯=5×1010，故答案为NaNO 2；5×1010； (5)①根据图中电子的运动方向可知，a 极失去电子发生氧化反应，则为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应，电极反应式为：2NH 3-6e -+6OH -=2N 2+6H 2O ，故答案为2NH 3-6e -+6OH -=2N 2+6H 2O ； ②电解0.6L 饱和食盐水，电解反应为：2NaCl+2H 2O 2NaOH+H 2↑+Cl 2↑～2e -，一段时间后，测得饱和食盐水pH 变为13，则溶液中n(OH -)=0.6L×0.1mol/L=0.06mol ，转移电子为0.06mol ，同一串联电路转移电子数目相同，设B 极消耗的NO 2体积为V ，根据b 极电极反应有：
2NO 2 + 8e - = N 2+8OH -
44.8L 8mol
V 0.06mol
则V=44.8L 0.06mol 8mol
⨯=0.336L=336mL ，故答案为336。