江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期入学考试化学试题
江苏省海安高级中学2019-2020学年高二上学期入学考试
化学（选修）试卷
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1．回答I卷前，考生务必在答题纸姓名栏内写上自己的姓名、考试科目、准考证号等，并用2B铅笔涂写在答题卡上。
2．每小题选出正确答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题号的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。不能答在试题卷上。II卷答案填写在答题卡相应位置。
相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Cl 35.5 S 32 Ba 137 Zn 65 I 127
Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题（本题包10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意）
1.对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解读不正确的是
A. 《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2
B. 《黄白第十六》中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐
C. 《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2CO3
D. 《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，这里的“洧水”指的是石油
【答案】A
【解析】
【详解】A、《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaO，选项A不正确；
B、“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐，例如硫酸铜溶液，选项B正确；
C、草木灰中含有K2CO3，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，选项C正确；
D、《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，石油可燃，这里的“洧水”指的是石油，选项D正确。
答案选A。
2.下列说法正确的是
A. 油脂、纤维素、蛋白质都属于天然高分子化合物
B. 蔗糖溶液用硫酸催化水解后，在水解液中加入新制Cu(OH)2 悬浊液煮沸会析出红色沉淀
C. 纤维素、淀粉都可以用（C6H10O5）n表示，但它们不是互为同分异构体
D. 油脂在酸性条件下的水解又称为皂化反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、油脂不属于高分子化合物，选项A错误；
B、蔗糖水解生成果糖和葡萄糖，检验葡萄糖在碱性溶液中，则没有加碱至碱性，不能与新制Cu(OH)2 悬浊液产生砖红色沉淀，选项B错误；
C、淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，选项C正确；
D、油脂碱性条件下水解制备肥皂，则油脂碱性条件下水解反应为皂化反应，选项D错误；
答案选C。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. Na2O2能与CO2反应生成O2，可用于防毒面具和潜水艇中作为氧气来源
B. NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂
C. 浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氢气
D. MgO、Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na2O2为固体，携带方便，且能与人呼吸产生的二氧化碳反应生成氧气，不需要催化剂、不需要加热，最适宜用于呼吸面具中供氧剂，但不可用于防毒面具，选项A错误；
B．NaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，所以用小苏打做焙制糕点的膨松剂，选项B错误；
C．浓硫酸可以做干燥剂因为浓硫酸具有吸水性，选项C错误；
D．MgO、Al2O3为离子晶体，熔点高，可用于制作耐火材料，选项D正确；
答案选D。
4.设阿伏伽德罗常数为NA，下列叙述正确的是
A. 常温常压下，11.2LCO所含原子数为NA
B. 常温常压下，71g Cl2与足量Fe反应，转移电子数为2NA
C. 常温常压下，32g O2和O3混合物中含有分子数为NA
D. 常温常压下，1mol Na2O2中所含阴阳离子总数为4NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、标准状况下11.2L CO所含的原子数为NA，题中为常温常压，选项A错误；
B、71g氯气的物质的量为1mol，与铁反应生成氯化铁得到2mol电子，转移的电子数为2NA，选项B正确；
C、32g氧气和臭氧的混合物中含有32g氧原子，含有2mol氧原子，混合气体所含原子数为2NA，选项C错误；
D、过氧化钠中阴阳离子的个数之比是1︰2的，所以1mol Na2O2固体中含有的阴阳离子总数为3 NA，选项D错误。
答案选B。
5.制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的酸性母液进行处理，常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是
A. 通入过量Cl2：Fe2+ H+ NH4+ Cl- SO42-
B. 加入少量NaClO溶液：NH4+ Fe2+ H+ SO42- ClO-
C. 加入过量NaOH溶液：Na+ Fe2+ NH4+ SO42- OH-
D. 加入过量NaClO和NaOH的混合溶液： Na+ SO42- Cl- ClO- OH-
【答案】D
【解析】
【分析】
根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，离子能大量共存，并结合母液中含有(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O晶体中的离子，利用离子共存的观点分析解答。
【详解】A、Cl2具有强氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe2＋不存在，选项A错误；
B、ClO－具有强氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe2＋不存在，另外氢离子与次氯酸根离子也不能大量共存，选项B错误；
C、Fe2＋与OH－反应生成氢氧化亚铁沉淀，NH4＋ 与OH－反应生成一水合氨，Fe2＋、NH4＋ 不能大量存在，选项C错误；
D、各离子之间相互不反应，可在溶液中共存，选项D正确。
答案选D。
【点睛】本题考查离子的共存，熟悉复分解反应发生的条件及强氧化性离子与强还原性离子间发生的氧化还原反应即可解答，注重基础知识的考查，易错点为选项B，次氯酸根离子为弱酸根离子且具有强氧化性，不能与氢离子、亚铁离子共存。
6.下列反应的离子方程式书写正确的是
A. 三氯化铁溶液与铜粉反应：2Fe3+ +3Cu= 2Fe +3Cu2+
B. Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应2HCO3-＋Ca2+＋2OH-＝CaCO3↓＋CO32-＋2H2O
C. 氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+＋SO42－＝BaSO4↓
D. AlCl3与过量的氨水反应：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO2-＋4NH4+＋2H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A、三氯化铁溶液与铜粉反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式为：2Fe3+ +Cu= 2Fe2++Cu2+，选项A错误；
B、Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，反应的离子方程式为2HCO3-＋Ca2+＋2OH-＝CaCO3↓＋CO32-＋2H2O，选项B正确；
C、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，反应的离子方程式为：Ba2+＋SO42－＋Cu2+＋2OH-＝BaSO4↓+ Cu(OH)2↓，选项C错误；
D、AlCl3与过量的氨水反应生成氢氧化铝和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3+＋3NH3·H2O＝Al(OH)3↓＋3NH4+，选项D错误；
答案选B。
7.下列有机反应属于取代反应的是
A. 甲烷在空气中燃烧
B. 乙烯通入溴水中
C. 乙醇与乙酸在浓硫酸催化加热的条件下反应
D. 在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应
【答案】C
【解析】
【详解】A、甲烷在空气中燃烧生成二氧化碳和水，属于氧化反应，选项A不符合；
B、乙烯通入溴水中，发生反应生成1，2-二溴乙烷，属于加成反应，选项B不符合；
C、乙醇与乙酸在浓硫酸催化加热的条件下反应生成乙酸乙酯和水，属于酯化反应，也属于取代反应，选项C符合；
D、在镍做催化剂的条件下，苯与氢气反应生成环已烷，属于加成反应，选项D不符合。
答案选C。
【点睛】本题考查有机反应类型的判断，掌握常见有机反应类型的含义和有机物的化学性质是答题的关键。有机物中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所取代的反应是取代反应。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最高正价与最低负价的代数和为2，Y是地壳中含量最多的元素，Z原子的最外层电子数等于其最内层电子数，W与Y同主族，下列说法正确的是
A. 简单离子的半径：r(Z)
W，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱，选项C错误；
D．由X、Y组成的化合物有两种NO、N2O、NO2、N2O3、N2O5等，选项D错误；
答案选A。
9.有A、B、C、D四种金属，当A、B组成原电池时，电子流动方向A →B ；当A、D组成原电池时， A为正极；B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+则A、B、D、E金属性由强到弱的顺序为
A. A﹥B﹥E﹥D B. A﹥B﹥D﹥E C. D﹥E﹥A﹥B D. D﹥A﹥B﹥E
【答案】D
【解析】
【详解】当A、B组成原电池时，电子流动方向A→B，则金属活泼性为A＞B；
当A、D组成原电池时，A为正极，则金属活泼性为D＞A；
B与E构成原电池时，电极反应式为：E2-+2e-=E，B-2e-=B2+，B失去电子，则金属活泼性为B＞E，综上所述，金属活泼性为D＞A＞B＞E。
答案选D。
10.用硫酸渣制备铁黄（一种铁基颜料）的过程中存在如下反应：4FeSO4+8NH3·H2O+O2=4FeOOH + 4(NH4)2SO4 +6H2O，下列说法正确的是
A. O2发生氧化反应
B. FeSO4是氧化剂
C. 反应中消耗1molO2转移了2mol电子
D. FeOOH既是氧化产物又是还原产物
【答案】D
【解析】
【详解】A、O2中氧元素由0价降低到-2价，发生还原反应，做氧化剂，选项A错误；
B、铁元素由FeSO4中+2价升高到FeOOH中+3价，发生了氧化反应，选项B错误；
C、O2中氧元素由0价降低到-2价，1molO2转移电子4mol，选项C错误；
D、铁元素由+2价变为+3价，氧元素由0价变为-2价，因此，FeOOH既是氧化产物又是还原产物，选项D正确。
答案选D。
不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。
11.下列变化中属于吸热反应的是
①液态水汽化 ②碳酸钙分解 ③苛性钠固体溶于水 ④C与H2O制水煤气 ⑤生石灰跟水反应生成熟石灰 ⑥干冰升华
A. ①②④ B. ②④ C. ③⑤ D. ①②④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①液态水汽化虽是吸热过程，但不是化学反应，故错误；
②大多数的分解反应，属于吸热反应，碳酸钙分解属于吸热反应，故正确；
③氢氧化钠溶于水，属于物理变化，不是化学变化，故错误；
④C与H2O制水煤气属于吸热反应，故正确；
⑤生石灰跟水反应生成熟石灰属于放热反应，故错误；
⑥干冰升华属于物理变化，故错误。
答案选B。
12.一定温度下，反应N2 + O2 2NO在密闭容器中进行，下列措施能减缓化学反应速率的是
A. 增大容器体积使压强减小 B. 恒容，充入N2
C. 恒容，充入He D. 恒压，充入He
【答案】AD
【解析】
【详解】A、增大容器体积使压强减小可以减缓该化学反应的速率，选项A正确；
B、恒容，充入N2，可以加快该化学反应的速率，选项B错误；
C、恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，选项C错误；
D、恒压，充入He，体积增大，各组分浓度减小，速率减小，选项D正确。
答案选AD。
13.根据下列实验操作、现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向某溶液中滴加盐酸
有无色气体产生
溶液中可能有CO32-
B
向某溶液中加入烧碱溶液，微热，用湿润的红色石蕊试纸检验
石蕊试纸变蓝
溶液一定为铵盐溶液
C
将二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中
溶液紫红色褪去
二氧化硫具有漂白性
D
向氯水中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液
产生白色沉淀
氯水中含有Cl-
A. A B. B C. C D. D
【答案】BC
【解析】
【详解】A．能和盐酸反应生成无色气体的溶液中可能含有碳酸根离子、碳酸氢根离子、亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子等，所以溶液中不一定含有CO32-，只能说明溶液中可能有CO32-，选项A正确；
B．向某溶液中滴加NaOH溶液并微热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，变蓝，可以检验NH4+，选项B不正确；
C．二氧化硫具有还原性，能被强氧化剂高锰酸钾溶液氧化而褪色，该反应中二氧化硫体现还原性，选项C不正确；
D．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，选项D正确；
答案选BC。
【点睛】本题考查离子的检验，注意各离子检验选择的试剂以及试剂干扰，易错点为选项C，二氧化硫的漂白性与还原性之间的区别，二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色不是其漂白性而是利用其还原性将其还原。
14.实验室在500 ℃时，隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3 和SO2)。下列说法正确的是
A. 取装置①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN，溶液变红，则残留物一定为Fe2O3
B. 装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用碱石灰
C. 装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成并除去SO3和NH3
D. 装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体生成，装置⑤用于收集生成的N2
【答案】CD
【解析】
【详解】A、①中固体残留物中也可能还含有FeO，也可能不含有Fe2O3而含有Fe3O4，而不一定只有Fe2O3，选项A错误；
B、装置②的作用是检验分解产物中是否有水蒸气生成，故试剂X应选用无水硫酸铜，选项B错误；
C、装置③用于检验分解产物中是否有SO3气体生成，若有SO3气体生成则装置③中酸性条件下产生白色沉淀硫酸钡，并用氯化钡和盐酸除去SO3和NH3，选项C正确；
D、NH3极易溶于水，若分解产物中有NH3，则NH3被装置③中的溶液所吸收了，装置⑤中可以收集到氮气，选项D正确。
答案选CD。
15.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量的聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份。一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g；另一份溶液，先将Fe3+还原为Fe2+，再用0.020mol/LK2Cr2O7标准溶液与之恰好完全反应，消耗K2Cr2O7标准溶液50.00mL。该聚合硫酸铁样品中a:b的比值为
A. 5:4 B. 4:5 C. 2:1 D. 1:2
【答案】C
【解析】
【详解】n（SO42-）==0.0075mol，n（K2Cr2O7）=0.05L×0.02mol/=0.001mol，
n（Fe2+）=n（K2Cr2O7）×6=0.006mol，
由电荷守恒可知n（OH-）+n（SO42-）×2=n（Fe3+）×3，n（OH-）=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol，
得到a：b=0.006mol：0.003mol=2：1，
答案选C。
【点睛】本题是对化学式计算的考查题，解题时能够巧妙的利用质量守恒定律以及化合价原则是解题的关键，依据反应前后元素的质量不变可知该聚合物中硫酸根和铁元素的质量之比，从而可知a和c的比，而后利用化合物中元素的化合价代数和为零可求出b的值，据此解答。
II卷（非选择题）
16.I某钙钛矿型太阳能电池吸光材料的晶胞结构如图所示，其中A通常为CH3NH3+，可由甲胺(CH3NH2)制得；M为Pb2＋或Sn2＋；X为卤离子，如Cl－、Br－等。
（1）吸光材料的化学式为___(用A、X、M表示)。
（2）H、C、Cl三种元素的电负性由小到大的顺序为____。
（3）溴原子基态核外价电子排布式为___。
（4）甲胺(CH3NH2)极易溶于水，除因为它们都是极性分子外，还因为___。
（5）CH3NH2中N原子的轨道杂化类型为__；1mol CH3NH3+中含σ键的数目为____。
II 镍的单质、合金及其化合物用途非常广泛。
（1）Ni在周期表中的位置为___。
（2）[Ni(N2H4)2](N3)2是一种富氮含能材料。配体N2H4的熔沸点比C2H6高的多的原因是____；[Ni(N2H4)2]2＋中含四个配位键，不考虑空间构型，[Ni(N2H4)2]2＋的结构可用示意图表示为_____。
（3）一种新型的功能材料的晶胞结构如图所示，它的化学式可表示为___。每个Mn周围最近且等距离的Mn数目为___，每个Ga周围最近且等距离的Mn数目为____。
【答案】 (1). AMX3 (2). HC>H，则电负性HO>C (9). sp2、sp3 (10). 13
【解析】
【详解】I (1)Mn为25号元素，Mn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d5；
SO32-中S原子价层电子对=3+(6+2-3×2)＝4，且有一个孤电子对，所以其空间构型是三角锥型；
(2)三种物质都是离子晶体，离子半径越小，离子键就越强，离子晶体的晶格能就越大，物质的熔点就越高，根据表格数据可知上表三种物质中晶格能最大的是MnO；
(3)由图可知，晶胞中Mn原子位于体心与顶点上，O原子位于上下两个面上及体内(有2个)，故晶胞中Mn元素数目1+8×= 2、O原子数目2+4×=4，故答案为: MnO2；
（4）在配离子[Mn(CN)6]3-中，Mn2+与CN-间形成配位键，C与N之间形成共价键，
答案选bc；
II（1）①Cu是29号元素，其原子核外有29个电子，根据构造原理可知铜原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；
②原子数和价电子数分别都相等的粒子互为等电子体，则与NO3-互为等电子体的一种分子为SO3或BF3；
（2）①同一周期元素，元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，C、N、O元素处于同一周期且原子序数逐渐增大，N处于第VA族，所以第一电离能N>O>C；
②形成配位键的N原子，没有孤电子对,杂化轨道数目为3，N原子采取sp2杂化，而氨基中N原子形成3个σ键、还有1对孤电子对，N原子杂化轨道数目为4，N原子采取sp3杂化；
③分子中含有4个C-H键、2个N-H键，2个C-N键，1个C一N键，2个C-C键，2个C一C键，分子中含有13个σ键，1mol 含有σ键的数目为13mol。
18.氧化钴(Co2O3)粉体材料在工业、电子、电讯等领域都有着广阔的应用前景。某铜钴矿石主要含有CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3和SiO2，其中还含有一定量的Fe2O3、MgO和CaO等。由该矿石制备Co2O3的部分工艺过程如下：
Ⅰ.将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡。
Ⅱ.浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12]。
Ⅲ.向上述滤液中加入足量NaF溶液，过滤，分离除去沉淀b。
Ⅳ.Ⅲ中滤液加入浓Na2CO3溶液，获得CoCO3沉淀。
Ⅴ.将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O4·2H2O沉淀。分离出沉淀，将其在400 ℃～600 ℃煅烧，即得到Co2O3。请回答：
（1）Ⅰ中，加入Na2SO3溶液的主要作用是____。
（2）Ⅱ中，浸出液中的金属离子与NaClO3反应的离子方程式：____。
（3）Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是___，实验现象是___。
（4）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3的作用分别是____、_____。
（5）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、____(填化学式)。
（6）Ⅴ中，煅烧纯净的CoC2O4·2H2O的化学方程式是____。
【答案】 (1). 将Co3＋还原为Co2＋ (2). ClO3-＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O (3). KSCN溶液 (4). 溶液不变红色 (5). 调节溶液的pH (6). 富集Co2＋(生成CoCO3沉淀) (7). CaF2 (8). 4CoC2O4·2H2O+3O2=2Co2O3 +8CO2↑+8H2O
【解析】
【详解】I、将粉碎的矿石用过量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡,目的是为了把CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3等溶解，以提取目标元素，并把+ 3价Co还原为+ 2价，此时Fe2O3、 MgO和CaO等也会溶解，铁由+ 3价还原为+2价；
Ⅱ、浸出液除去含铜的化合物后，向溶液中先加入NaClO2
溶液把+2价铁氧化为+3价，再加入一定浓度的Na2CO3溶液，过滤，分离除去沉淀a [主要成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，这一步除去了杂质元素铁。
Ⅲ、向上述滤液中加入足量NaF溶液为了把钙离子、镁离子除去，过滤，分离除去沉淀氟化钙、氟化镁，b为氟化钙和氟化镁。
IV、亚中滤液加入浓Na2CO3溶液获得CoCO3沉淀。
V、将CoCO3溶解在盐酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，产生CoC2O4•2H2O沉淀。分离出沉淀,将其在400℃ ~ 600℃煅烧,即得到Co2O3。
（1）Ⅰ中，加入Na2SO3溶液的主要作用是将Co3＋还原为Co2＋；
（2）Ⅱ中，浸出液中的金属离子Fe2＋与NaClO3反应，被氧化生成Fe3＋，反应的离子方程式为：ClO3-＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O；
（3）Ⅱ中，检验铁元素完全除去的试剂是KSCN溶液，实验现象是溶液不变红色；
（4）Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3的作用分别是调节溶液的pH、富集Co2＋(生成CoCO3沉淀)；
（5）Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、CaF2；
（6）Ⅴ中，煅烧纯净的CoC2O4·2H2O生成Co2O3、二氧化碳和水，反应的化学方程式是4CoC2O4·2H2O+3O2=2Co2O3 +8CO2↑+8H2O。
【点睛】本题是典型的有关物质制备的化工流程题,信息量大，由于没有流程图,便显得更难。物质的制备，通常都是按照如下步骤进行的:首先是目标元素的提取，然后是杂质元素的去除，接着是核心转化得到产品，最后是产品的分离与提纯。只要按照这个思路去分析流程，很多问题就容易理解了。
19.氨气可作为脱硝剂，在恒温恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：6NO（g）+4NH3（g）5N2（g）+6H2O（g）。
（1）能说明该反应已达到平衡状态的标志是___（填字母序号）
a.反应速率4v正（NH3）=5v逆（N2）
b.单位时间里每生成5mol N2，同时生成4mol NH3
c.容器内压强不再随时间而发生变化
d.容器内n(NO）：n（NH3）：n（N2）：n（H2O）=6：4：5：6
（2）某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示，图中v（正）与v（逆）相等的点为____（选填字母）。
（3）一定条件下，在2L密闭容器内，反应2NO2N2O4，n（NO2）随时间变化如表：
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO2)/mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
用NO2表示0~2s内该反应的平均反应速率____。在第5s时，NO2的转化率为____。根据表中可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是___。
【答案】 (1). bc (2). cd (3). 0.0075mol·L-1·s-1 (4). 87.5% (5). 随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小
【解析】
【详解】（1）①a．该反应达到平衡状态时，5v（NH3）正=4v（N2）逆，选项a错误；
b．单位时间里每生成5mol N2时消耗4mol NH3，同时生成4mol NH3，则正逆反应速率相等，所以能判断反应是否达到平衡状态，选项b正确；
c．该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，当反应达到平衡状态时，容器内压强不随时间的变化而变化，所以能判断反应是否达到平衡状态，选项c正确；
d．物质的量之比不能说明正逆反应速率相等或者浓度不变，选项d错误；
故答案为：bc；
（2）达到平衡时ν（正）与ν（逆）相等，cd点物质量不再改变，故答案为：cd；
（3）用NO2表示0～2s内该反应的平均速度v= =mol/（L．s）=0.0075mol/（L．s）；第3s时该反应已经达到平衡状态，达到平衡状态时参加反应的n（NO2）=（0.040-0.005）mol=0.035mol，NO2的转化率=×100%=87.5%；反应速率与物质的量浓度成正比，随着反应的进行，二氧化氮的物质的量浓度减小。
20.烃A是一种植物生长的调节剂，A进行如图所示的转化可制得有果香味的液体E(C4H8O2)。请回答下列问题：
（1）A的电子式为___，D 分子中所含官能团的名称为___。
（2）反应①的反应类型是____。
（3）A在一定条件下可以聚生成一种常见塑料，写出该塑料的结构简式___。
（4）请写出反应②的化学方程式__。
（5）实验室出反应④制备有机物E的装置如图，长导管的作用是导气和___，锥形瓶中盛放的液体是_____。
【答案】 (1). (2). 羧基 (3). 加成 (4). (5). 2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O (6). 冷凝回流 (7). 饱和Na2CO3溶液
【解析】
【分析】
烃A是一种植物生长的调节剂，为乙烯，A进行如图所示的转化，乙烯水化催化反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛，乙醛氧化生成D为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成有果香味的液体E(C4H8O2)为乙酸乙酯，据此分析。
【详解】烃A是一种植物生长的调节剂，为乙烯，A进行如图所示的转化，乙烯水化催化反应生成B为乙醇，乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成C为乙醛，乙醛氧化生成D为乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成有果香味的液体E(C4H8O2)为乙酸乙酯，
（1）A为乙烯，其电子式为，D 为乙酸，分子中所含官能团的名称为羧基；
（2）反应①是乙烯水化催化反应生成乙醇，反应类型是加成反应；
（3）A在一定条件下可以聚生成一种常见塑料，为聚乙烯，该塑料的结构简式为；
（4）反应②是乙醇在铜的催化下与氧气发生氧化反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2O；
（5）制备乙酸乙酯时，由于乙醇和乙酸易挥发，长导管的作用是导气和冷凝回流，锥形瓶中盛放的液体是饱和Na2CO3溶液。
【点睛】本题考查烃含氧衍生物的相互转化，注意物质反应的特征条件是判断物质的关键，利用由烃到醇、由醇到醛、由醛到酸、由酸和醇又到酯的相互转变是有机合成的关键。
21.一种测定饮料中糖类物质的浓度（所有糖类物质以葡萄糖计算）的方法如下：取某无色饮料20.0mL，经过处理，该饮料中糖类物质全部转化为葡萄糖，加入适量氢氧化钠溶液并稀释至100.0mL。取10.0mL稀释液，加入30.0mL0.01500mol·L-1I2溶液，充分反应后，再用0.0120mol·L-1Na2S2O3与剩余的I2反应，共消耗Na2S2O3溶液25.0mL。
己知：①I2在碱性条件下能与葡萄糖发生如下反应：C6H12O6+I2+3NaOH = C6H11O7Na+2NaI+2H2O
②Na2S2O3与I2能发生如下反应：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
（1）配制100mL0．01500mol·L-1I2溶液，需要准确称取___gI2单质。（保留3位小数）
（2）计算该饮料中糖类物质（均以葡萄糖计）的物质的量浓度。（请写出计算过程）_____
【答案】 (1). 0.381 (2). 0.15mol·L-1
【解析】
【详解】（1）配制100.00mL0.01500mol•L-1I2标准溶液，需要准确称取0.1L×0.015mol/L×254g/mol＝0.381gI2单质；
（2）取某无色饮料20.00mL加入稀硫酸充分煮沸，冷却，加入过量氢氧化钠溶液中和稀硫酸并稀释至 100.00mL，取 10.00mL 稀释液，加入 30.00mL 0.01500mol•L-1I2标准溶液，物质的量n（I2）=0.030.00L×0.01500mol•L-1=4.5×10-4mol，滴加2〜3滴淀粉溶液，再用0.01200mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3标准溶液25.00mL，根据方程式可知I2～2Na2S2O3，因此剩余单质碘是0.01200mol•L-1×0.025.00L/2=1.5×10-4mol，与葡萄糖反应的碘单质物质的量n=4.5×10-4mol-1.5×10-4mol=3×10-4
mol，则根据方程式可知葡萄糖的物质的量是3×10-4mol×10＝3×10-3mol，，浓度是3×10-3mol÷0.02L＝0.15mol·L-1。
