2025屆安徽省六安市舒城縣高二化學第二學期期末達標檢測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列各項操作中，不發(fā)生“先產(chǎn)生沉淀，然后沉淀又溶解”現(xiàn)象的是（）A．向稀鹽酸中逐滴加入過量的溶液B．向溶液中逐滴加入過量稀溶液C．向溶液中逐滴加入稀氨水D．向氫氧化鋇溶液中通入過量2、下列試驗中，所選裝置不合理的是A．分離Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，選④B．用CC14提取碘水中的碘，選③C．用FeC12，溶液吸收C12，選⑤D．粗鹽提純，選①和②3、分類法是學習化學常用的方法。下列分類方法不正確的是（

）①根據(jù)元素原子最外層電子數(shù)的多少將元素分為金屬元素和非金屬元素②根據(jù)物質(zhì)在常溫下的狀態(tài)，可以從硅、硫、銅、鐵、氮氣中選出氮氣③根據(jù)組成元素的種類，將純凈物分為單質(zhì)和化合物④根據(jù)酸分子中含有的氫原子個數(shù)，將酸分為一元酸、二元酸和多元酸⑤根據(jù)氧化物中是否含有金屬元素，將氧化物分為堿性氧化物、酸性氧化物⑥根據(jù)鹽在水中的溶解度，將鹽分為硫酸鹽、碳酸鹽、鉀鹽和銨鹽A．①④⑤⑥ B．③④⑤⑥ C．①③⑤⑥ D．全部4、下列物質(zhì)的分離（或提純）方法正確的是A．分離汽油和水--分液B．除去氯化鈉溶液中的泥沙--蒸餾C．分離乙酸與乙酸乙酯--萃取D．用四氯化碳提取溴水中的溴單質(zhì)--過濾5、已知某化合物的晶體是由以下最小單元密置堆積而成的,關于該化合物的以下敘述中正確的是()A．1mol該化合物中有1molY B．1mol該化合物中有6molOC．1mol該化合物中有1molBa D．該化合物的化學式是YBa2Cu3O66、下列反應中，其產(chǎn)物的顏色按紅、紅褐、淡黃、藍色順序排列的是()①金屬鈉在純氧中燃燒②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液，并在空氣中放置一段時間③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液④無水硫酸銅放入醫(yī)用酒精中A．②③①④ B．③②①④C．③①②④ D．①②③④7、向四個起始容積相同的密閉容器中充入表中所示氣體及相應的量，加入催化劑并控制溫度、容積或壓強，發(fā)生反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0，直至達平衡。下列說法錯誤的是編號條件起始物質(zhì)的量/mol溫度/℃容積或壓強CO(g)NO(g)CO2(g)N2(g)①600維持恒容0.20.200②700維持恒容0.10.10.10.05③600維持恒容0.40.400④600維持恒壓0.40.400A．平衡時N2的濃度：①＞②B．平衡時CO的正反應速率：①＜②C．NO的平衡轉(zhuǎn)化率：③＞①D．平衡時容器內(nèi)氣體總壓：④＞③＞①＞②8、下列關于平衡常數(shù)的說法正確的是A．在平衡常數(shù)表達式中，反應物濃度用起始濃度表示，生成物濃度用平衡濃度表示B．可逆反應中，反應物的轉(zhuǎn)化率增大，一定導致化學平衡常數(shù)增大C．可以用化學平衡常數(shù)來定量描述化學反應的限度D．平衡常數(shù)的大小與溫度、濃度、壓強、催化劑有關9、H2S2O3是一種弱酸,實驗室欲用0.01mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,發(fā)生的反應為：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,下列說法合理的是()A．該滴定可選用如圖所示裝置B．該滴定可用甲基橙作指示劑C．Na2S2O3是該反應的還原劑D．該反應中每消耗2molNa2S2O3,電子轉(zhuǎn)移數(shù)為4mol10、SiCl4的分子結構與CCl4類似，對其作出如下推測，其中不正確的是A．SiCl4晶體是分子晶體B．常溫常壓下SiCl4是氣體C．SiCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子D．SiCl4熔點高于CCl411、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A．在標準狀況下，11.2LO2和22.4LNO混合并充分反應后得到的氣體的分子數(shù)為NAB．常溫下0.1mol·L－1NH4NO3溶液中的氮原子數(shù)為0.2NAC．1molNa與足量O2反應，生成Na2O和Na2O2的混合物，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NAD．25℃時，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中，含有的OH－數(shù)目為0.2NA12、下列圖象是從某些離子晶體結構圖中分割出來的部分結構圖，試判斷下列圖象屬于NaCl晶體結構的圖象是()A．圖⑴和圖⑶B．圖⑵和圖⑶C．只有圖⑴D．圖⑴和圖⑷13、維拉帕米（又名異搏定）是治療心絞痛和原發(fā)性高血壓的藥物，合成路線中某一步驟如圖所示，下列說法中正確的是A．Y的分子式為C5H11O2BrB．含苯環(huán)和羧基的ⅹ的同分異構體有4種C．可以用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X和ZD．1molZ最多可與6molH2發(fā)生加成反應14、下列各組中，用惰性電極電解每種電解質(zhì)溶液時只生成氫氣和氧氣的是（）A．HCl、CuCl2、Ba（OH）2B．NaOH、CuSO4、H2SO4C．Ba（OH）2、H2SO4、K2SO4D．NaBr、H2SO4、Ba（OH）215、某有機物M的結構簡式如圖所示，若等物質(zhì)的量的M在一定條件下分別與金屬鈉、氫氧化鈉溶液、碳酸氫鈉溶液反應，則消耗的鈉、氫氧化鈉、碳酸氫鈉的物質(zhì)的量之比為()A．1∶1∶1 B．2∶4∶1C．1∶2∶1 D．1∶2∶216、某烴通過催化加氫后得到2－甲基丁烷，該烴不可能是()A．3－甲基－1－丁炔 B．2－甲基－1－丁炔C．3－甲基－1－丁烯 D．2－甲基－1－丁烯17、二氯丁烷的同分異構體有()A．6種 B．8種 C．9種 D．10種18、某魚雷采用Al-AgO動力電池，以溶解有氫氧化鉀的流動海水為電解液，電池反應為：2Al+3AgO+2KOH=3Ag+2KAlO2+H2O，下列說法不正確的是A．AgO為電池的正極 B．Al在電池反應中被氧化C．電子由AgO極經(jīng)外電路流向Al極 D．溶液中的OH-向Al極遷移19、下列粒子屬等電子體的是（）A．NO和O2 B．CH4和NH4+ C．NH2ˉ和H2O2 D．HCl和H2O20、某有機物在酸性條件下發(fā)生水解反應時，生成兩種不同有機物，且這兩種有機物的相對分子質(zhì)量相等。則水解前的這種有機物是（）A．甲酸甲酯 B．乙酸異丙酯 C．麥芽糖 D．葡萄糖21、下列物質(zhì)：①H3O＋②[Cu(NH3)4]2＋③CH3COO－④NH3⑤CH4中存在配位鍵的是A．①②B．①③C．④⑤D．②④22、下列說法中，不正確的是（）A．明礬凈水過程中利用了膠體的吸附作用B．不法分子制作假雞蛋用的海藻酸鈉、氯化鈣以及碳酸鈣都屬于鹽C．碳纖維、黏膠纖維、醋酸纖維都屬于有機高分子材料D．廣州亞運會火炬“潮流”采用丙烷（C3H6）作燃料，充分燃燒后只生成CO2和H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知A、B、C、D是原子序數(shù)依次減小的四種短周期元素，C的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同；A原子有2個未成對電子；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體。E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與D原子相同，其余各層電子均充滿。請回答下列問題（用元素符號或化學式表示）：（1）元素B、C、A的基態(tài)原子的第一電離能由大到小的順序為__________________；（2）M分子中C原子軌道的雜化類型為__________________；（3）E+的核外電子排布式為__________________，下圖是由D、E形成的某種化合物的晶胞結構示意圖，該化合物的化學式為__________________；（4）化合物BD3的沸點比化合物CA4的高，其主要原因是__________________；（5）寫出與CA2互為等電子體的B3-的結構式__________________；（6）將CrCl3·6H2O溶解在適量水中得到深綠色溶液，溶液中Cr3+以[Cr（H2O）5Cl]2+形式存在。上述溶液中，不存在的微粒間作用力是__________________（填標號）。A．離子鍵B．共價鍵C．金屬鍵D．配位鍵E．范德華力24、（12分）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I（C31H34O6）的合成路線如圖：已知：、RCHO回答下列問題：（1）②的反應類型是___。（2）G的結構簡式為___。（3）①寫出A→B的化學方程式為___。②寫出E和新制氫氧化銅溶液反應的化學方程式___。③寫出B與銀氨溶液反應的離子方程式___。（4）若某化合物W的相對分子質(zhì)量比化合物C大14，且滿足下列條件，則W的可能結構有___種。①遇到FeCl3溶液顯色②屬于芳香族化合物③能發(fā)生銀鏡反應25、（12分）現(xiàn)有一份含有FeCl3和FeCl2的固體混合物，某化學興趣小組為測定各成分的含量進行如下兩個實驗：實驗1①稱取一定質(zhì)量的樣品，將樣品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，產(chǎn)生沉淀；③將沉淀過濾、洗滌、干燥得到白色固體28.7g實驗2①稱取與實驗1中相同質(zhì)量的樣品，溶解；②向溶解后的溶液中通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到紅褐色沉淀；④將沉淀過濾、洗滌后，加熱灼燒到質(zhì)量不再減少，得到固體Fe2O36.40g根據(jù)實驗回答下列問題：（1）溶解過程中所用到的玻璃儀器有________（2）實驗室保存FeCl2溶液時通常會向其中加入少量的鐵粉，其作用是_________（3）用化學方程式表示實驗2的步驟②中通入足量Cl2的反應：___________（4）用容量瓶配制實驗所用的NaOH溶液，下列情況會使所配溶液濃度偏高的是(填序號)_______。a．未冷卻溶液直接轉(zhuǎn)移b．沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2～3次并轉(zhuǎn)入容量瓶c．加蒸餾水時，不慎超過了刻度線d．砝碼上沾有雜質(zhì)e．容量瓶使用前內(nèi)壁沾有水珠（5）檢驗實驗2的步驟④中沉淀洗滌干凈的方法是___________（6）該小組每次稱取的樣品中含有FeCl2的質(zhì)量為_________g26、（10分）我國重晶石（含BaSO490％以上）資源豐富，其中貴州省重晶石儲量占全國總儲量的三分之一。我省某工廠以重晶石為原料，生產(chǎn)“電子陶瓷工業(yè)支柱”—鈦酸鋇(BaTiO3)的工藝流程如下：查閱資料可知：①常溫下：Ksp(BaSO4)=1.0×10-10，Ksp(BaCO3)=2.5×10-9②TiCl4在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解：TiC14+2H2O=TiO2+4HCl③草酸氧鈦鋇的化學式為：BaTiO(C2O4)2·4H2O請回答下列問題：（1）工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石（假設雜質(zhì)不與Na2CO3溶液作用），待達到平衡后，移走上層清液，重復多次操作，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為_________________，此反應的平衡常數(shù)K=__________（填寫計算結果）。若不考慮CO32-的水解，則至少需要使用_______mol/L的Na2CO3溶液浸泡重晶石才能實現(xiàn)該轉(zhuǎn)化過程。（2）配制TiC14溶液時通常將TiC14固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，其目的是______________。（3）可循環(huán)使用的物質(zhì)X是____________（填化學式），設計實驗方案驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈：____________________。（4）寫出煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式：______________________。27、（12分）某課外活動小組的同學在實驗室用如下裝置制取乙酸乙酯。其主要步驟如下：①在30mL的大試管A中按體積比2：3：2的比例配制濃硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置（裝置氣密性良好），用小火均勻地加熱裝有混合溶液的大試管5~10min。③待試管B收集到一定量產(chǎn)物后停止加熱，撤出試管B并用力振蕩，然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯層、洗滌、干燥。已知下列數(shù)據(jù)：物質(zhì)熔點（℃）沸點（℃）密度（g/cm3）乙醇－117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯－83.677.50.90濃硫酸（98%）――338.01.84請回答下列問題：（1）配制該混合溶液時，加入這三種物質(zhì)的先后順序是___________；寫出制取乙酸乙酯的化學方程式：___________。（2）該實驗中，濃硫酸的作用是___________。（3）上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是___________（填字母）。A吸收部分乙醇B中和乙酸C降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分層析出D加速酯的生成，提高其產(chǎn)率（4）步驟②中需要小火均勻加熱操作，其主要理由是___________。（5）步驟③中B試管內(nèi)的上層物質(zhì)是___________（填物質(zhì)名稱）。（6）步驟④中分離操作用到的主要儀器是___________；可選用的干燥劑為___________（填字母）。A生石灰BNaOH固體C堿石灰D無水Na2SO428、（14分）海水是巨大的資源寶庫，從海水中提取食鹽和溴的過程如下：(1)步驟Ⅰ中已獲得Br2，步驟Ⅱ中又將Br2還原為Br－，其目的是____________。(2)步驟Ⅱ吸收Br2，有關反應的化學方程式為___________________________，由此反應可知，除環(huán)境保護外，在工業(yè)生產(chǎn)中還應解決的主要問題是_________________。(3)某化學研究性學習小組為了了解從工業(yè)溴中提純溴的方法，查閱了有關資料知：Br2的沸點為59℃，微溶于水，有毒并有強腐蝕性。他們參觀生產(chǎn)過程后，畫了裝置簡圖：請你參與分析討論：①圖中儀器B的名稱是____________________。②實驗裝置氣密性良好，要達到提純溴的目的，操作中如何控制關鍵條件？____。29、（10分）甲醛在木材加工、醫(yī)藥等方面有重要用途。I.利用甲醇(CH3OH)制備甲醛脫氫法：CH3OH(g)?HCHO(g)＋H2(g)△H1=＋92.09kJ·mol-1氧化法：CH3OH(g)＋1/2O2(g)?HCHO(g)＋H2O(g)△H2(1)脫氫法制甲醛，有利于提高平衡產(chǎn)率的條件有____________。A.低溫B.高溫C.低壓D.高壓E.催化劑(2)已知：2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)△H3=－483.64kJ·mol－1，則△H2=________。(3)750K下，在恒容密閉容器中，充入一定量的甲醇，發(fā)生反應CH3OH(g)?HCHO(g)＋H2(g)，若起始壓強為101kPa，達到平衡轉(zhuǎn)化率為50.0%，則反應的平衡常數(shù)Kp=__________(用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質(zhì)的量分數(shù)，忽略其它反應)。(4)Na2CO3是甲醇脫氫制甲醛的催化劑，有研究指出，催化反應的部分機理如下：歷程i：CH3OH→·H＋·CH2OH歷程ⅱ：·CH2OH→·H＋HCHO歷程ⅲ：·CH2OH→3·H＋CO歷程iv：·H＋·H→H2如圖所示為在體積為1L的恒容容器中，投入1molCH3OH，在碳酸鈉催化劑作用下，經(jīng)過5min反應，測得甲醇的轉(zhuǎn)化率(X)與甲醛的選擇性(S)與溫度的關系(甲醛的選擇性：轉(zhuǎn)化的CH3OH中生成HCHO的百分比)，回答下列問題：①600℃時，5min內(nèi)甲醛的反應速率為____________。②650℃－750℃甲醛選擇性隨溫度下降，而甲醇轉(zhuǎn)化率隨溫度升高的可能原因為________；③700℃時，歷程iii能量～反應過程如圖所示，在答卷紙上繪制歷程ii的“能量～反應過程”示意圖。___________II.室內(nèi)甲醛超標會危害人體健康，通過傳感器可以監(jiān)測空氣中甲醛的含量。一種燃料電池型甲醛氣體傳感器的原理所示，則工作電極的電極反應式為_____________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

A項、向稀鹽酸中逐滴加入偏鋁酸鈉溶液，過量的鹽酸與偏鋁酸鈉溶液反應生成氯化鋁，無明顯現(xiàn)象，當鹽酸完全反應后，過量的偏鋁酸鈉溶液與氯化鋁溶液發(fā)生雙水解反應生成白色膠狀的氫氧化鋁沉淀，故A錯誤；B項、向氯化鋁溶液中滴加氫氧化鈉溶液，氯化鋁溶液與氫氧化鈉溶液反應生成白色膠狀的氫氧化鋁沉淀，當氯化鋁溶液完全反應后，過量的氫氧化鈉溶液與氫氧化鋁沉淀反應生成偏鋁酸鈉，沉淀溶解，故B正確；C項、向硝酸銀溶液中滴加氨水，硝酸銀溶液與氨水反應生成白色的氫氧化銀沉淀，當硝酸銀溶液完全反應后，過量的氨水與氫氧化銀沉淀反應生成銀氨絡離子，沉淀溶解，故C正確；D項、向氫氧化鋇溶液中通入二氧化碳氣體，氫氧化鋇溶液與二氧化碳反應生成白色的碳酸鋇沉淀，當氫氧化鋇溶液完全反應后，過量的二氧化碳與碳酸鋇沉淀反應生成碳酸氫鋇，沉淀溶解，故D正確；故選A。2、A【解析】

由圖可知，①②③④⑤分別為過濾、蒸發(fā)、萃取(或分液)、蒸餾、洗氣裝置?！驹斀狻緼．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分層，則選擇③，故A錯誤；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，則用CCl4萃取碘水中的碘，選③，故B正確；C．氯化亞鐵和氯氣反應生成氯化鐵，則選⑤長進短出可吸收，故C正確；D．粗鹽提純，需要溶解后過濾、蒸發(fā)得到NaCl，則選①和②，故D正確；故選A?！军c晴】解答綜合性實驗設計與評價題的基本流程：原理→反應物質(zhì)→儀器裝置→現(xiàn)象→結論→作用意義→聯(lián)想。主要從以下幾個方面考慮：①實驗原理是否正確、可行；②實驗操作是否完全、合理；③實驗步驟是否簡單、方便；④實驗效果是否明顯等。⑤反應原料是否易得、安全、無毒；⑥反應速率較快；⑦原料利用率以及合成物質(zhì)的產(chǎn)率是否較高；⑧合成過程是否造成環(huán)境污染。⑨有無化學安全隱患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、著火、濺液、破損等。3、A【解析】

①氫、氦等最外層電子數(shù)少的元素不是金屬元素，而是非金屬元素，①錯誤；②常溫下，氮氣為氣態(tài)，而硅、硫、銅、鐵為固態(tài)，②正確；③純凈物中，根據(jù)元素種類的多少分為單質(zhì)和化合物，③正確；④根據(jù)分子中電離出的H+的個數(shù)，將酸分為一元酸、二元酸、多元酸，不是根據(jù)分子中含有的氫原子的個數(shù)，如醋酸是一元酸，④錯誤；⑤含金屬元素的氧化物不一定是堿性氧化物，如氧化鋁是兩性氧化物，七氧化二錳是酸性氧化物，非金屬氧化物不一定為酸性氧化物，CO、NO是不成鹽氧化物，⑤錯誤；⑥根據(jù)鹽在水中的溶解度，將鹽分為易溶鹽、可溶鹽、微溶鹽和難溶鹽，⑥錯誤；答案為A。4、A【解析】

A.汽油和水互不相溶，可用分液的方法分離，故A正確；B.泥沙不溶于氯化鈉溶液，可用過濾的方法分離，故B錯誤；C.乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸可被飽和碳酸鈉溶液吸收，可將混合物加入飽和碳酸鈉溶液中，然后用分液法分離，故C錯誤；D.溴易溶于四氯化碳，四氯化碳與水互不相溶，可用萃取分液的方法分離，然后用蒸餾的方法分離四氯化碳和溴，故D錯誤；答案選A。【點睛】本題考查物質(zhì)的分離，注意根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)的異同選擇分離的方法，試題難度不大。本題的易錯點是C項，注意乙酸和乙酸乙酯互溶，不能使用萃取的方法分離。5、C【解析】由晶胞結構可知，Y原子位于頂點，晶胞中Y原子數(shù)目為8×=1，Ba原子位于棱上，晶胞中Ba原子數(shù)目為8×=2，Cu原子位于晶胞內(nèi)部，晶胞中Cu原子數(shù)目為3，O原子晶胞內(nèi)部與面上，晶胞中O原子數(shù)目為2+10×=7，則該晶體化學式為YBa2Cu3O7，故1mol該化合物中有1molY、7molO、2molBa，故C正確；答案為C。6、B【解析】

①金屬鈉在純氧中燃燒生成淡黃色的過氧化鈉；②FeSO4溶液中滴入NaOH溶液先生成白色沉淀氫氧化亞鐵，但很快轉(zhuǎn)化為灰綠色，最終轉(zhuǎn)化為紅褐色的氫氧化鐵；③FeCl3溶液中滴入KSCN溶液，發(fā)生絡合反應，溶液呈紅色；④無水硫酸銅放入醫(yī)用酒精中，醫(yī)用酒精中含有水，無水硫酸銅遇水變藍，故溶液變藍，故其產(chǎn)物的顏色按按紅、紅褐、淡黃、藍色順序排列的是③②①④，B項正確；答案選B。7、D【解析】A、反應2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH＜0為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，①中溫度低于②，故平衡時N2的濃度：①＞②，選項A正確；B、相對于①，②為升高溫度，平衡逆向移動，平衡時CO的濃度增大，正反應速率較大，故平衡時CO的正反應速率：①＜②，選項B正確；C、③反應物的量為①的二倍，恒容條件下相當于增大壓強，平衡向氣體體積縮小的正反應方向移動，NO的平衡轉(zhuǎn)化率：③＞①，選項C正確；D、②溫度高，平衡逆向移動，氣體總量增大，壓強大于①，選項D錯誤。答案選D。8、C【解析】

A.在平衡常數(shù)表達式中，反應物濃度和生成物濃度都應用平衡濃度表示，故A錯誤；B.同一反應，平化學衡常數(shù)只受溫度影響，反應物的轉(zhuǎn)化率增大，平衡常數(shù)不一定改變，故B錯誤；C.平衡常數(shù)越大，說明可逆反應進行的程度越大，故C正確；D.同一反應，化學平衡常數(shù)只受溫度影響，與反應物濃度、體系的壓強、催化劑等無關，故D錯誤；答案選C。9、C【解析】分析：A、Na2S2O3溶液顯堿性；B、根據(jù)碘遇淀粉溶液變藍色分析解答；C、根據(jù)Na2S2O3中S元素化合價變化分析；D、根據(jù)Na2S2O3中S元素化合價變化解答。詳解：A、Na2S2O3溶液顯堿性，應該用堿式滴定管，A錯誤；B、溶液中有單質(zhì)碘，加入淀粉溶液呈藍色，碘與Na2S2O3發(fā)生氧化還原反應，當反應終點時，單質(zhì)碘消失，藍色褪去，B錯誤；C、Na2S2O3中S元素化合價由+2價升高到+2.5價，失去電子被氧化，作還原劑，C正確；D、Na2S2O3中S元素化合價由+2價升高到+2.5價，因此反應中每消耗2molNa2S2O3，轉(zhuǎn)移2mol電子，D錯誤；答案選C。10、B【解析】

SiCl4的分子結構與CCl4類似，CCl4屬于分子晶體，常溫為液體，含有共價鍵，分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔點越高，A、SiCl4與CCl4結構相似，則常溫常壓下SiCl4是分子晶體，A正確；B、SiCl4與CCl4結構相似，常溫常壓下SiCl4是液體，B錯誤；C、CCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子，則SiCl4分子是由極性鍵形成的非極性分子，C正確；D、分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔點越高，則SiCl4熔點高于CCl4，D正確；答案選B。11、C【解析】

A項，11.2LO2和22.4LNO混合恰好反應生成22.4LNO2，即1molNO2,但由于存在2NO2N2O4的反應，因此得到氣體分子數(shù)小于NA；B項，未注明溶液體積，無法計算溶液中含有的氮原子數(shù)；C項，1molNa與足量O2反應，無論生成Na2O還是Na2O2，Na都是由0價變?yōu)?1價，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA；D項，25℃時，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH-)=1.0L×

mol/L=0.1mol，所以含有的OH-數(shù)目為0.1NA。【詳解】A項，11.2LO2和22.4LNO混合恰好反應生成22.4LNO2，即1molNO2,但由于存在2NO2N2O4的反應，分子數(shù)小于NA，故A項錯誤；B項，未注明溶液體積，無法計算溶液中含有的氮原子數(shù)，故B項錯誤；C項，1molNa與足量O2反應，無論生成Na2O還是Na2O2，Na都是由0價變?yōu)?1價，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，故C正確；D項，25℃時，1.0LpH＝13的Ba(OH)2溶液中，n(OH-)=1.0L×

mol/L=0.1mol，所以含有的OH-數(shù)目為0.1NA，故D項錯誤。綜上所述，本題正確答案為C?！军c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應用，主要考查氧化還原反應的電子轉(zhuǎn)移計算、溶液中微粒數(shù)的計算等，A項為易錯點，不要忽視二氧化氮生成四氧化二氮的反應。12、D【解析】分析：本題考查的是常見晶體的空間構型，注意氯化鈉和氯化銫晶體結構的區(qū)別。詳解：由于在氯化鈉晶體中，每個鈉離子周圍同時吸引著最近的等距離的6個氯離子同樣每個氯離子周圍同時吸引著最近的等距離的6個鈉離子，圖⑴符合條件，圖⑷中選取其中一個離子，然后沿X、Y、Z三軸切割得到6個等距離的且最近的帶相反電荷的離子，所以其配位數(shù)也是6，符合條件，故選D。13、B【解析】

A．由結構簡式可知分子式為C5H9BrO2，A錯誤；B．含苯環(huán)和羧基，對應的同分異構體可含有﹣CH2COOH，或含有﹣CH3、﹣COOH（鄰、間、對），共有4種，B正確；C．X中的酚羥基會使高錳酸鉀溶液褪色，Z中的碳碳雙鍵會使高錳酸鉀溶液褪色，故無法用酸性高錳酸鉀溶液鑒別X和Z，C錯誤；D．Z中能與氫氣發(fā)生加成反應的只有苯環(huán)和碳碳雙鍵，酯基中的羰基不能和氫氣加成，則1molZ含有1mol苯環(huán)可以與3molH2加成，含有2mol碳碳雙鍵，可以與2molH2加成，因此1moZ最多可與5molH2發(fā)生反應，D錯誤；故合理選項為B?！军c睛】碳氧雙鍵（羰基）可以按照是否能與氫氣加成分為兩類，第一類構成醛基和酮基，這時羰基可以和H2發(fā)生加成反應，第二類構成羧基和酯基，這時羰基不能和H2發(fā)生加成反應。14、C【解析】

在電解時只生成氫氣和氧氣，則溶液中氫離子在陰極放電，氫氧根離子在陽極放電，結合離子的放電順序來解答?！驹斀狻緼．電解HCl生成氫氣和氯氣，電解CuCl2生成Cu和氯氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項A不選；B．電解NaOH生成氫氣和氧氣，電解CuSO4生成Cu、氧氣、硫酸，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，選項B不選；C．電解NaOH、H2SO4、Ba(OH)2，均只生成氫氣和氧氣，選項C選；D．電解NaBr生成溴、氫氣、NaOH，電解H2SO4生成氫氣和氧氣，電解Ba(OH)2生成氫氣和氧氣，選項D不選；答案選C?！军c睛】本題考查電解原理，明確溶液中離子的放電順序是解答本題的關鍵，注意常見的物質(zhì)的電解及電極材料，題目難度不大。15、B【解析】

能與Na反應的官能團有羥基、羧基，1mol有機物可消耗2molNa；能與NaOH反應的官能團有酯基、酚羥基、溴原子和羧基，1mol有機物可消耗4molNaOH；能與碳酸氫鈉反應的官能團只有羧基，1mol有機物只能消耗1mol碳酸氫鈉。則等物質(zhì)的量的該有機物消耗的金屬鈉、氫氧化鈉、碳酸氫鈉的物質(zhì)的量之比為2：4：1，因此合理選項是B。16、B【解析】

根據(jù)加成原理，不飽和鍵斷開，結合H原子，生成2-甲基丁烷，采取倒推法相鄰碳原子之間各去掉氫原子形成不飽和鍵，即得到不飽和烴?！驹斀狻?-甲基丁烷的碳鏈結構為。A.若在3、4號碳原子之間為三鍵，則烴可為3-甲基-1-丁炔，A可能；B.1、2號碳原子之間不可能為三鍵，不存在2-甲基-1-丁炔，B不可能；C.若在3、4號碳原子之間為雙鍵，則烴可為3-甲基-1-丁烯，C可能；D.若在1、2號碳原子之間為雙鍵，則烴為2-甲基-1-丁烯，D可能；故合理選項是B。【點睛】本題考查根據(jù)烷烴判斷相應的不飽和烴，會根據(jù)烷烴結構去掉相鄰碳原子上的氫原子形成不飽和鍵，注意不能重寫、漏寫，在加成反應發(fā)生時，不能改變碳鏈結構，只能降低不飽和度，也可以根據(jù)加成原理寫出選項中與氫氣加成的產(chǎn)物，進行判斷。17、C【解析】

丁烷中，當碳鏈為C-C-C-C，當氯原子在同一個碳上，有2中結構，氯在不同的碳上，有4種結構；當為異丁烷時，當氯原子在同一個碳上，有1中結構，氯在不同的碳上，有2種結構，共有2+4+1+2=9種二氯代物。故選C?！军c睛】烴的等效氫原子有幾種，該烴的一元取代物的數(shù)目就有幾種；在推斷烴的二元取代產(chǎn)物數(shù)目時，可以采用一定一動法，即先固定一個原子，移動另一個原子，推算出可能的取代產(chǎn)物數(shù)目，然后再變化第一個原子的位置，移動另一個原子進行推斷，直到推斷出全部取代產(chǎn)物的數(shù)目，在書寫過程中，要特別注意防止重復和遺漏。18、C【解析】

A、根據(jù)原電池工作原理，化合價升高，失電子的作負極，即鋁單質(zhì)作負極，則AgO作電池的正極，故說法正確；B、根據(jù)電池總反應，鋁的化合價升高，被氧化，故說法正確；C、根據(jù)原電池工作原理，外電路電子從負極流向正極，由鋁流向氧化銀，故說法錯誤；D、根據(jù)原電池工作原理，陽離子移向正極，陰離子移向負極，即OH－移向鋁極，故說法正確。故選C。19、B【解析】

原子數(shù)和價電子數(shù)分別都相等的是等電子體，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．NO和O2的價電子數(shù)不等，不能互為等電子體，A錯誤；B．CH4和NH4+的原子數(shù)和價電子數(shù)分別都相等，二者互為等電子體，B正確；C．NH2ˉ和H2O2的原子數(shù)和價電子數(shù)分別都不相等，不能互為等電子體，C錯誤；D．HCl和H2O的原子數(shù)不相等，不能互為等電子體，D錯誤。答案選B。20、B【解析】

A、水解產(chǎn)物是甲酸和甲醇，相對分子質(zhì)量不等，A不選。B、水解生成乙酸和異丙醇，相對分子質(zhì)量相等，B選。C、麥芽糖的水解產(chǎn)物只有葡萄糖，C不選；D、葡萄糖不能水解，D不選；答案選B。21、A【解析】

在物質(zhì)或離子中中心原子含有空軌道，和含有孤電子對的原子或離子能形成配位鍵，①氫離子提供空軌道，氧原子提供孤電子對；②銅離子提供空軌道，氮原子提供孤電子對；③CH3COO-中碳和氧最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道，無孤電子對；④NH3為共價化合物，氮原子中最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，分子中存在兩個H-N鍵，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道；⑤CH4分子中，碳原子與4個氫原子分別共用一對電子，形成4個C-H鍵，無空軌道，無孤電子對?！驹斀狻竣貶3O+中O提供孤電子對，H+提供空軌道，二者形成配位鍵，H3O+含有配位鍵；②Cu2+有空軌道，NH3中的氮原子上的孤電子對，可以形成配位鍵，[Cu（NH3）4]2+含有配位鍵；③CH3COO-中碳和氧最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道，無孤電子對，電子式為：，不含有配位鍵；④NH3為共價化合物，氮原子中最外層有8個電子達到穩(wěn)定結構，分子中存在兩個H-N鍵，氫滿足2電子穩(wěn)定結構，無空軌道；⑤甲烷中碳原子滿足8電子穩(wěn)定結構，氫原子滿足2電子穩(wěn)定結構，電子式為，無空軌道，無孤電子對，CH4不含有配位鍵；答案選A?！军c睛】本題考查配位鍵的判斷，明確配位鍵的形成是解本題關鍵，題目難度中等．注意配位鍵形成的條件，一方要提供空軌道，另一方提供孤電子對。22、C【解析】

A、明礬凈水是利用鋁離子水解生成的氫氧化鋁膠體的吸附作用而除去水中的一些懸浮物，A正確；B、海藻酸鈉、氯化鈣以及碳酸鈣是由金屬離子和酸根離子構成的化合物，都屬于鹽，B正確；C、碳纖維是無機材料,不屬于有機高分子材料，C錯誤；D、丙烷（C3H6）只含有碳氫元素,燃燒后只生成CO2和H2O，D正確；正確選項C。二、非選擇題(共84分)23、N＞O＞Csp21s22s22p63s23p63d10Cu2ONH3分子間能形成氫鍵[N=N=N]-A、C【解析】

C的基態(tài)原子中電子占據(jù)三種能量不同的原子軌道，且每種軌道中的電子總數(shù)相同，核外電子排布為1s22s22p2，則C是C元素；A、C、D三種元素組成的一種化合物M是新裝修居室中常含有的一種有害氣體，該氣體M為HCHO，A原子有2個未成對電子，則D為H元素、A為O元素；B的原子序數(shù)介于碳、氧之間，故B為N元素；E是第四周期元素，其原子核外最外層電子數(shù)與A原子相同，其余各層電子均充滿，核外電子排布為1s22s22p63s23p63d104s1，則E是銅元素；（1）同周期隨原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大趨勢，但N原子2p軌道半滿，為穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于同周期相鄰元素，故第一電離能：N＞O＞C；（2）M為HCHO，分子中C原子形成3個σ鍵，沒有孤電子對，雜化軌道數(shù)目為3，則C原子采取sp2雜化；（3）Cu失去4s能級1個電子形成Cu+，基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，由晶胞結構可知，Cu+位于晶胞內(nèi)部，晶胞中含有4個Cu+，O原子數(shù)為8×1/8+1=2，則O與Cu+數(shù)目比為1:2，化學式為Cu2O；（4）NH3分子間能形成氫鍵，甲烷分子之間為分子間作用力，氫鍵比分子間作用力強，故NH3的沸點比CH4的高；（5）CO2、N3-互為等電子體，二者結構相似，N3-中N原子之間形成2對共用電子對，N3-的結構式[N=N=N]-；（6）A．電解質(zhì)在水溶液里電離出陰陽離子，所以該離子中不存在離子鍵，故選；B．水分子或[Cr（H2O）5Cl]2+中，非金屬元素之間都存在共價鍵，故不選；C．該溶液中不存在金屬鍵，故選；D．[Cr（H2O）5Cl]2+中Cr原子和水分子中的O原子之間存在配位鍵，故不選；E．溶液中水分子之間存在范德華力，故不選；故選A、C。24、取代反應2+O22+2H2OHCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O13【解析】

A是苯甲醇，B是苯甲醛，C是苯甲酸，D二氯甲烷水解得到E為甲醛，按信息知G也是含醛基的物質(zhì)，H含有羥基，是由G中醛基與氫氣加成反應生成，I含有酯基，據(jù)此回答；（1）②是酯化反應；（2）F到G，碳原子數(shù)目增加2個，所以F+2HCHO發(fā)生題給信息反應（羥醛縮合）后才轉(zhuǎn)變成G；（3）①A→B是苯甲醇的催化氧化反應；②D→E，是D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應，但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩(wěn)定會失水生成醛，E是甲醛，分子內(nèi)2個氫原子是等同的，和足量新制氫氧化銅溶液反應時，氫原子均可反應，結果氧化產(chǎn)物就變成了二氧化碳，據(jù)此寫化學方程式；③B是苯甲醛，可和銀氨溶液反應，據(jù)此寫離子方程式；（4）W的相對分子質(zhì)量比化合物C大14，C為苯甲酸，W比它多一個CH2，分子式為C7H6O2，W要滿足幾個條件，把對應的所含基團找出來，確定各自的位置關系，就可以找到W的可能結構有幾種；【詳解】（1）反應②是H和C之間的反應，C為，H為，H和C發(fā)生酯化反應，屬于取代反應；答案為：取代反應；（2）F到G，碳原子數(shù)目增加2個，所以F+2HCHO→G，發(fā)生題給信息反應（羥醛縮合），G為；答案為：；（3）①A→B是苯甲醇的催化氧化反應；答案為：2+O22+2H2O；②D→E，是D在氫氧化鈉的水溶液、加熱條件下發(fā)生取代反應，但同一個碳原子上含有兩個羥基不穩(wěn)定會失水生成醛，E是甲醛，分子內(nèi)2個氫原子是等同的，和足量新制氫氧化銅溶液反應時，氫原子均可反應，結果氧化產(chǎn)物就變成了二氧化碳，化學方程式為HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；答案為：HCHO+4Cu(OH)2→CO2↑+2Cu2O↓+5H2O；③B是苯甲醛，可和銀氨溶液反應，在水浴加熱下產(chǎn)生銀鏡，離子方程式為：+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O；答案為：+2+2OH-+2Ag+3NH3↑+H2O；（4）W的相對分子質(zhì)量比化合物C大14，C為，W比它多一個CH2，W分子式為C8H8O2，W要滿足幾個條件，①遇FeCl3溶液顯紫色，說明含有酚羥基，②屬于芳香族化合物，即含有苯環(huán)，③能發(fā)生銀鏡反應，還含有醛基，因此當W含有2個側(cè)鏈為—OH、—CH2CHO時，有鄰、間、對3種結構，當W含有的3個側(cè)鏈為—OH、—CH3和—CHO時，先在苯環(huán)上固定2個取代基得出鄰間對3種再把第三個基團放上去，一共又可組合出10種結構，一共13種；答案為：13。25、燒杯、玻璃棒防止溶液里的Fe2＋被氧化Cl2＋2FeCl2＝2FeCl3ad取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈5.08【解析】

（1）溶解所用到的儀器為燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3；（3）Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3；（4）分析操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，根據(jù)c=分析判斷；（5）氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉；（6）依據(jù)原子個數(shù)守恒建立方程組求解?！驹斀狻浚?）溶解過程中所用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，故答案為：燒杯、玻璃棒；（2）FeCl2易被空氣中的氧氣氧化成FeCl3，向溶液中加入少量鐵粉，使被氧氣氧化產(chǎn)生的FeCl3重新轉(zhuǎn)化為FeCl2，故答案為：防止溶液里的Fe2+被氧化；（3）實驗2的反應為Cl2將FeCl2氧化生成FeCl3，反應的化學方程式為Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案為：Cl2+2FeCl2=2FeCl3；（4）a、NaOH溶解放熱，未冷卻溶液直接轉(zhuǎn)移，會導致溶液體積偏小，溶液濃度偏高；b、沒用少量蒸餾水洗滌燒杯和玻璃棒2~3次并轉(zhuǎn)入容量瓶，會導致溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，溶液濃度偏低；c、加蒸餾水時，不慎超過了刻度線，導致溶液體積偏大，溶液濃度偏低；d、砝碼上沾有雜質(zhì)，會導致溶質(zhì)的質(zhì)量偏大，溶液濃度偏高；e、容量瓶使用前內(nèi)壁沾有水珠，不影響溶質(zhì)的物質(zhì)的量和對溶液的體積，對溶液濃度無影響；ad正確，故答案為：ad；（5）檢驗沉淀是否洗滌干凈，檢驗洗滌液中不含Cl-即可，因為氯化鈉和硝酸銀反應生成氯化銀沉淀和硝酸鈉，所以如果最后一次的洗滌液仍然有氯化鈉，加入硝酸銀溶液就會出現(xiàn)沉淀，反之說明溶液中沒有氯化鈉，故答案為：取少量最后一次的洗滌液于試管中，向試管中溶液加適量AgNO3溶液，如未出現(xiàn)白色沉淀說明已洗凈；（6）6.40gFe2O3的物質(zhì)的量為=0.04mol，28.7gAgCl的物質(zhì)的量為=0.2mol，設FeCl3和FeCl2的物質(zhì)的量分別為amol和bmol，由Fe原子個數(shù)守恒可得a+b=0.08①，由Cl原子個數(shù)守恒可得3a+2b=0.2②，解聯(lián)立方程式可得a=b=0.04mol，則FeCl2的質(zhì)量為0.04mol×127g/mol=5.08g，故答案為：5.08。【點睛】本題主要考查了化學實驗以及化學計算，注意FeCl3和FeCl2的性質(zhì)，操作對溶質(zhì)的物質(zhì)的量或?qū)θ芤旱捏w積的影響，計算時抓住元素守恒是解答關鍵。26、BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)0.04

(或1/25

)2.5×10-4抑制TiCl4的水解HCl取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經(jīng)洗滌干凈BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O【解析】分析：根據(jù)流程圖，用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，然后用鹽酸溶解后，加入TiC14和草酸溶液，反應析出草酸氧鈦鋇晶體，經(jīng)過洗滌、干燥、灼燒得BaTiO3。其中將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3的離子方程式為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，根據(jù)K=cSO42-cCO32-=cSO42-c詳解：(1)工業(yè)上用飽和Na2CO3溶液處理重晶石，將BaSO4轉(zhuǎn)化為易溶于酸的BaCO3，該過程用離子方程式可表示為BaSO4(s)+CO32-(aq)=BaCO3(s)+SO42-(aq)，此反應的平衡常數(shù)K=cSO42-cCO32-=KspBaSO4KspBaCO3=1.0×10-102.5×10-9=125；當c(SO42-)≤1.0×10-5mol/L時，認為BaSO4轉(zhuǎn)化為了易溶于酸的BaCO(2)TiC14在常溫下是無色液體，遇水容易發(fā)生水解可知，在配制為抑止其水解，需將TiCl4固體溶于濃鹽酸再加水稀釋，故答案為：抑制TiCl4的水解；(3)向混合液中加入TiC14溶液和H2C2O4溶液反應得到草酸氧鈦鋇和HCl，故可循環(huán)使用的物質(zhì)X是HCl；草酸氧鈦鋇晶體表面附著氯離子，驗證草酸氧鈦鋇晶體是否洗滌干凈的方法為：取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經(jīng)洗滌干凈，故答案為：HCl；取最后一次洗滌液少許，滴入稀硝酸酸化的硝酸銀，若無沉淀生成，則說明晶體已經(jīng)洗滌干凈；(4)BaTiO(C2O4)2?4H2O煅燒，發(fā)生分解反應，由元素守恒可知，生成高溫下的氣體產(chǎn)物有CO、CO2、H2O(g)，煅燒草酸氧鈦鋇晶體的化學方程式為BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O，故答案為：BaTiO(C2O4)2·4H2OBaTiO3+2CO2+2CO+4H2O。27、乙醇、濃硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O催化劑、吸水劑ABC因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產(chǎn)物蒸發(fā)而損失原料，溫度過高還可能發(fā)生其它副反應乙酸乙酯分液漏斗、燒杯D【解析】

（1）為防止酸液飛濺，應將密度大的液體加入到密度小的液體中，乙酸易揮發(fā)，冷卻后再加入乙酸，三種物質(zhì)的加入順序：乙醇、濃硫酸、乙酸；酯化反應的本質(zhì)為酸脫羥基，醇脫氫，乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）該實驗中，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應時，濃硫酸起到催化劑的作用，加快酯化反應的速率；又因為該反應是可逆反應，濃硫酸吸水可以促進平衡向正反應方向進行，所以濃硫酸還起到吸水劑的作用。（3）由于乙醇、乙酸易揮發(fā)，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被飽和碳酸鈉溶液吸收，乙酸具有酸性，能與飽和碳酸鈉溶液反應生成乙酸鈉，降低乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度，有利于分層析出，答案為：ABC；（4）步驟②中需要小火均勻加熱操作，其主要理由是：因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產(chǎn)物蒸發(fā)而損失原料，溫度過高還可能發(fā)生其它副反應；（5）乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉溶液，密度比水小，有香味，步驟③中B試管內(nèi)的上層物質(zhì)是乙酸乙酯；（6）步驟④中分離操作是分液，用到的主要儀器是分液漏斗、燒杯；干燥乙酸乙酯，用無水硫酸鈉除去少量的水，無水硫酸鈉吸水形成硫酸鈉結晶水合物；不能選擇生石灰、堿石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在堿性條件下水解，答案選D?！军c睛】本題考查酯化反應原理、乙酸乙酯制備、儀器的選擇以及乙酸乙酯的分離和提純。試題綜合性強，側(cè)重對學生能力的培養(yǎng)和訓練，有利于培養(yǎng)學生規(guī)范嚴謹?shù)膶嶒炘O計、操作能力。該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基本操作的規(guī)范性和準確性及靈活運用知識解決實際問題的能力。28、富集溴元素Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr強酸對設備的嚴重腐蝕冷凝管控制溫度計b的溫度，并收集59℃時的餾分【解析】分析：通過海水蒸發(fā)得到淡水、NaCl、母液，向母液中通入氯氣，發(fā)生反應Cl2+2Br-＝2Cl-+Br2，利用熱空氣吹出溴，用SO2吸收Br2，發(fā)生反應Br2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HBr，向溶液中通入氯氣發(fā)生反應Cl2+2Br