广东省揭阳市揭西河婆中学2022学年高二化学第二学期期末学业质量监测模拟试题(含解析)

1、2022学年高二下学期化学期末模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质是苯的同系物的是( )ABCD2、下列溶液和100mL0.5mol/LCaCl2溶液所含的Cl-物质的量浓度相同的是()A500mL0.1mol/LMgCl2溶液 B100mL0.5mol/LAlCl3溶液C

2、50mL1mol/LNaCl溶液 D25mL0.5mol/LHCl溶液3、仅由下列各组元素所组成的化合物,不可能形成离子晶体的是( )AH、O、SBNa、H、OCK、Cl、ODH、N、Cl4、下列关于有机化合物的说法正确的是A石油的分馏和煤焦油的分馏都可以获得芳香烃B乙酸、乙醇和乙酸乙酯可用饱和 Na2CO3 溶液加以区别C乙烯、聚氯乙烯和聚乙炔都能使酸性 KMnO4 溶液褪色D苯甲酸与醇反应得到碳、氢原子个数比为 9:10 的酯，则该醇一定是乙醇5、下列各物质属于电解质的是（）NaOH BaSO4 Cu 蔗糖 CO2ABCD6、下列各图所示装置中，肯定不符合气密性要求的是ABCD7、同温同压

3、下，等质量的二氧化硫和二氧化碳气体的下列有关比较正确的是A体积比为11 B体积比为1611C物质的量比为1611 D密度比为16118、下列物质中可使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能使溴水褪色的是 ()A甲烷 B乙醇 C乙烯 D苯9、用NaBH4与FeCl3反应可制取纳米铁：2FeCl3+6NaBH4+18H2O=2Fe+6NaCl+6H3BO3+21H2。下列说法正确的是ANaBH4的电子式为B该反应中氧化剂只有FeCl3CNaBH4与稀硫酸不发生反应D该反应中每生成1mol Fe，转移的电子数为3mol10、某温度下，向10mL0.1 mol/L的醋醵溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中p

4、H与pOHpOH=-lgc (OH-)的变化关系如图所示。则下列说法正确的是A两者恰好反应完全，需要NaOH溶液的体积大于10mLBQ点时溶液的pH=7CM点时溶液呈碱性，对水的电离起抑制作用DN点所示溶液中，c(CH3COO-)c(CH3COOH)11、BF3是典型的平面三角形分子，它溶于氢氟酸或NaF溶液中都形成BF4离子，则BF3和BF4中的B原子的杂化轨道类型分别是Asp2、sp2Bsp3、sp3Csp2、sp3Dsp、sp212、固定容积为2 L的密闭容器中发生反应xA(g)yB(g) zC(g)，图1表示T 时容器中各物质的量随时间变化的关系，图2表示平衡常数K随温度变化的关系。结

5、合图像判断，下列结论正确的是()A该反应可表示为2A(g)B(g) C(g)H0BT 时该反应的平衡常数K6.25C当容器中气体密度不再变化时，该反应达到平衡状态DT ，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，再次达到平衡时C的体积分数大于0.2513、下列4组实验操作或装置图（略去部分夹持仪器）中，有错误的图有（ ）个 A1 B2 C3 D414、具有解热镇痛及抗生素作用的药物“芬必得”主要成分的结构简式为，它属于（）芳香化合物脂环化合物有机高分子化合物芳香烃芳香羧酸ABCD15、下表中金属的冶炼原理与方法不完全正确的是()选项冶炼原理方法A2HgO2HgO2热分解法B2Al2O3

6、(熔融)4Al3O2电解法CCu2SO22CuSO2热分解法DFe2O33CO2Fe3CO2热还原法AABBCCDD16、水溶液X中只可能含有K、Mg2、Al3、AlO2、SiO32、SO32、CO32、SO42中的若干种离子。某同学对该溶液X进行了如下实验;下列判断正确的是()A气体甲一定是纯净物BK、AlO2和SiO32一定存在于溶液X中C沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物D凭以上实验能确定SO42是否存在于溶液X中17、某有机物的结构简式如图所示，Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为()A332B321C111D32218

7、、冠心平F是降血脂、降胆固醇的药物，它的一条合成路线如下，A为一元羧酸，10.2g A与足量NaHCO3溶液反应生成2.24L CO2（标准状况），A的分子式为AC2H4O2BC3H6O2CC4H8O2DC5H10O219、下列指定反应的离子方程式正确的是A向溶液中加入少量氨水：=Al(OH)3B向溶液中加入KOH溶液：HCO3-+OH-H2O+CO2C向溶液中加入过量的NaOH溶液：D向溶液中加入过量澄清石灰水：20、下列指定反应的离子方程式不正确的是A钠与水反应:2Na+2H2O2Na+2OH+H2B向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水: Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2OC向氢氧化钡溶液

8、中加入稀硫酸: Ba2+2OH +2H+SO42BaSO4+2H2OD泡沫灭火器反应原理:3HCO3+Al3+3CO2+Al(OH)321、已知：氧化锂（Li2O）晶体形成过程中的能量变化如图所示下列说法正确的是AH10B-H5 +H1 +H2 +H3+H4 +H6 =0CH30，H4 c(CH3COOH)，故D正确；故选D。点睛：本题考查酸碱中和的定性判断和计算，解题关键：弱电解质的电离，pOH的含义，易错点B，中性溶液PH不一定为111、C【答案解析】BF3分子的中心原子B原子上含有3个键，中心原子B的价层电子对数为3+(313)/2=3，属于sp2杂化，BF4-中中心原子B的价层电子对数

9、为4+(3+114)/2=4，属于sp3杂化。故C符合题意；答案：C。【答案点睛】根据价层电子对互斥模型（简称VSEPR模型），根据价电子对互斥理论，价层电子对个数=键个数+孤电子对个数；键个数=配原子个数，孤电子对个数=(a-xb)，a指中心原子价电子个数，x指配原子个数，b指配原子形成稳定结构需要的电子个数进行解答。12、D【答案解析】A.由图1可知A、B为反应物C为生成物，A的物质的量的变化量为0.4mol，B的物质的量的变化量为0.2mol，C的物质的量的变化量为0.2mol，根据物质的量的变化量之比等于化学计量数之比书写方程式；由图2可知，升高温度，平衡常数增大，可知该反应为吸热反应

10、；B. 根据三段法有 2A(g) B(g) C(g)始(mol/L) 0.4 0.2 0转(mol/L) 0.2 0.1 0.1平(mol/L) 0.2 0.1 0.1根据平衡常数K=进行计算；C. 容器内气体的质量保持不变，容器的容积保持不变，密度始终不变；D. 第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，相当于加压，平衡正向移动。【题目详解】A.由图2知，升高温度，平衡常数逐渐增大，该反应为吸热反应，H0，A项错误；B.根据图1知05 min内，A、B、C变化的物质的量分别为0.4 mol、0.2 mol、0.2 mol，该反应可表示为2A(g)B(g) C(g)，反应达到平衡时A、B

11、、C的平衡浓度分别为0.2 molL1、0.1 molL1、0.1 molL1，故T 时该反应的平衡常数K25，B项错误；C.根据质量守恒定律知，容器内气体的质量保持不变，容器的容积保持不变，故容器内气体的密度为恒量，不能作为平衡标志，C项错误；D.根据图1知T 时反应达平衡后C的体积分数为0.25，在第6 min时再向体系中充入0.4 mol C，相当于加压，平衡正向移动，再次达到平衡时，C的体积分数大于0.25，D项正确；答案选D。13、D【答案解析】分析：收集氨气的导管应该插入试管底部；原电池装置的两个烧杯中的电解质溶液应该呼唤；定容时眼睛应该平视容量瓶刻度线；中和热测定时，两个烧杯上口

12、应该相平，据此进行解答。详解：制备收集干燥的氨气：氨气密度小于空气，收集氨气的导管位置不合理，需要插入试管底部；铜锌原电池：装置中电解质溶液位置不合理，无法构成原电池；一定物质的量浓度的溶液配制：玻璃棒末端要放在刻度线下方，图示不合理；中和热测定：该实验中应该尽可能减少热量散失，图示装置中两个烧杯上口应该相平；根据分析可知，有错误的图有4个。答案选D。14、A【答案解析】分子中含有苯环，属于芳香化合物，官能团为羧基，属于羧酸。【题目详解】该分子中含苯环，属于芳香化合物，故正确；该分子中含有苯环，不属于脂环化合物，故错误；该分子相对分子质量在10000以下，不属于有机高分子化合物，故错误；该分子

13、含有O元素，不属于芳香烃，故错误；该分子含有苯环和羧基，属于芳香羧酸，故正确；正确的是，故选A。【答案点睛】本题考查有机物的分类，侧重分析能力的考查，明确依据官能团分类的方法是解本题关键。15、C【答案解析】泼金属K、Ca、Na、Mg、Al等用电解法冶炼，中等活泼金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法冶炼，不活泼金属Hg、Ag利用热分解法冶炼，故A、B、D三项正确，C项中的方法不是热分解法，而是火法炼铜，C项错误。答案选C。【答案点睛】掌握金属冶炼的原理和方法是解答的关键，需要注意的是电解法冶炼铝时不能电解熔融的氯化铝，而是电解熔融的氧化铝。因为氯化铝在熔融状态下不导电。16、B【答案解

14、析】溶液中加入过量稀盐酸后有气体生成，说明原溶液中至少含有CO32-、SO32-中的一种；有沉淀生成，则一定含有SiO32-；SiO32-与Al3+和Mg2+不共存，则一定不存在Al3+和Mg2+；根据电荷守恒，溶液中一定存在阳离子，则K+一定存在；向甲溶液中加入过量氨水产生白色沉淀，说明溶液甲中存在Al3+，逆推可知溶液X中一定存在AlO2-；SO42-不能确定。【题目详解】A、若CO32-、SO32-同时存在，则气体甲是混合物，故A错误；B、根据上述分析，K、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中，故B正确；C、沉淀甲是H2SiO3，没有硅酸镁，故C错误；D、上述实验不能够确定是否含有

15、SO42-，故D错误。故选B。17、B【答案解析】该有机物含酚-OH、醇-OH、-COOH、-CHO，结合酚、醇、羧酸的性质来解答。【题目详解】酚-OH、醇-OH、-COOH均与Na反应，则1mol该有机物与Na反应消耗3molNa，酚-OH、-COOH与NaOH反应，则1mol该物质消耗2molNaOH，只有-COOH与NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1molNaHCO3，所以Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1。答案选B。【答案点睛】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质

16、为解答该题的关键，熟悉酚、醇、羧酸的性质即可解答，注意苯酚不与碳酸氢钠反应，为易错点。18、D【答案解析】标况下，2.24L CO2的物质的量为0.1mol，10.2g A(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1mol CO2，则10.2g A为0.1mol，即其相对分子质量为102，由此可以判断A的分子式。【题目详解】标况下，2.24L CO2的物质的量为0.1mol，10.2g A(一元羧酸)与足量NaHCO3反应产生0.1mol CO2，则10.2g A为0.1mol，即其相对分子质量为102；A. C2H4O2的相对分子质量为60，A错误；B. C3H6O2的相对分子质量为74，B

17、错误；C. C4H8O2的相对分子质量为88，C错误；D. C5H10O2的相对分子质量为102，D正确；故合理选项为D。19、D【答案解析】A向Al2(SO4)3溶液中加入少量氨水，离子方程式：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故A错误；B向NaHCO3溶液中加入KOH溶液反应生成碳酸钠和碳酸钾、水，离子方程式：HCO3-+OH-H2O+CO32-，故B错误；C向(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中加入过量的NaOH溶液，离子方程式：2NH4+Fe2+4OH-Fe(OH)2+2NH3H2O，故C错误；D向 Ca(HCO3)2 溶液中加入过量澄清石灰水，离子方程式：Ca2+H

18、CO3-+OH-CaCO3+H2O，故D正确；故选D。点睛：把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。本题的易错点为CD，注意反应物的量的多少对反应的影响。20、B【答案解析】A钠与水反应的离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，故A正确；B向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，铵根离子也反应生成NH3H2O，故B错误；C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸，离子方程式：Ba2+2OH-+2H+SO42-BaSO4+2H2O，故C正确；D、泡沫灭火器的反应原理为碳酸氢钠和硫酸铝混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式A13+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，

19、故D正确；故选B。点睛：本题考查了离子方程式的书写判断，掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法是解题关键。本题的易错点为B，向碳酸氢铵溶液中加入石灰水，氢氧根离子书写与碳酸氢根离子反应，再与铵根离子反应，当石灰水足量，应该反应生成碳酸钙、和氨水。21、B【答案解析】ALi晶体转化为Li(g)是吸热过程，Li(g)Li+(g)是失电子过程吸热，即H10、H20，故A错误； B由盖斯定律可知，H1 +H1 +H3+H4 +H6 =H5 ，即-H5 +H1 +H2 +H3+H4 +H6 =0，故B正确；CO2(g)到O(g)是键断裂过程吸热，O(g)O2-(g)是得电子过程放热，即

20、H30、H4 0，故C错误；D由盖斯定律可知，H1 +H2 +H3+H4 +H6 =H5 ，故D错误；故答案为B。22、C【答案解析】用铂电极电解CuSO4溶液，阴极铜离子放电，阳极氢氧根离子放电，然后根据析出的物质向溶液中加入它们形成的化合物即可。【题目详解】CuSO4溶液存在的阴离子为：SO42、OH，OH离子的放电能力大于SO42 离子的放电能力，所以OH离子放电生成氧气；溶液中存在的阳离子是Cu2、H，Cu2离子的放电能力大于H离子的放电能力，所以Cu2离子放电生成Cu；溶液变成硫酸溶液；电解硫酸铜的方程式为：2CuSO4+2H2O2 Cu+O2 +2H2SO4，从溶液中析出的物质是氧

21、气和铜，因为氧气和铜和稀硫酸都不反应，但和氧化铜反应，氧气和铜反应生成氧化铜，所以向溶液中加入氧化铜即可，故选：C。【答案点睛】本题考查了电解原理，能正确判断溶液中离子的放电顺序从而确定析出的物质是解本题的关键，本题题干中应明确硫酸铜足量，否则铜完全析出后，阴极上会生成氢气，这种情况下应加入CuO和水，即Cu(OH)2。二、非选择题(共84分)23、BD + CH3ONa+NaBr 、 【答案解析】由A的分子式、香兰素的结构简式及整个过程知A为； A与氯气在Fe做催化剂条件下发生苯环上取代反应生成B，B与氯气在光照条件下甲基上二元取代生成C，结合信息可知C发生水解反应后再脱水引入-CHO，对比

22、D、E的分子式可知，D中苯环上氯原子发生水解反应引入-OH生成E，由E、F分子式结合香兰素的结构可知E与溴/Fe反应生成F，F中溴原子被-OCH3替代生成香兰素，综上分析可知，B为、C为、D为、E为、F为；据此解答。【题目详解】(1)A根据上述分析：化合物A为，能与氢气发生加成反应，属于还原反应，故A正确；B 根据上述分析：化合物E为，酚羟基为弱酸性，不能与碳酸氢钠反应产生气体，故B错误；C根据上述分析：化合物F为，含有酚羟基，具有弱酸性，故C正确；D苯环为平面结构，旋转单键，可以是酚羟基处于苯环平面内，可以是CHO平面处于苯环平面内，可以是-OCH3中O原子、碳原子、1个H原子形成的平面处于

23、苯环平面内，故香兰素分子中最多17个原子共平面，故D错误；故答案：BD。(2) 根据上述分析：化合物F为，由F生成香兰素的化学反应方程式：+ CH3ONa+ NaBr ，故答案为：+ CH3ONa+ NaBr ；(3)由分析可知，E的结构简式为，故答案为：；(4)由信息可知，由与乙酸乙酯反应生成，结合信息可知与Fe/HCl反应生成，而甲苯发生硝化反应生成，合成路线流程图为；(5) 由分析可知，E的结构简式为，比E分子多3个碳原子的同系物的所有同分异构体符合以下要求：能使FeCl3溶液显紫色，又能发生银镜反应，说明含有酚羟基、醛基，核磁共振氢谱中存在5种氢原子，符合条件的同分异构体有：、，故答案

24、为 ：、。24、三 分子间作用力（范德华力） 根据易升华、易溶于有机溶剂等，可判断其具有分子晶体的特征 【答案解析】根据W的单质为生活中一种常见的金属，在Z元素的单质中燃烧产生棕黄色的烟，生成可以推断出W为铁，Z为Cl，因为铁在氯气中燃烧生成FeCl3，生成棕黄色烟，再根据Y与X、Z均相邻，根据Z为Cl元素，推测Y为S或者为F，若Y为S元素，则X为P或者O元素，若Y为F元素，X只能为O元素；再根据X、Y与Z三种元素原子的最外层电子数之和为19，推测出Y为S元素，X为O元素；【题目详解】（1）Z元素是氯元素，在元素周期表中的第三周期；（2）与足量的的水溶液发生反应生成两种强酸，和分别是Cl2O和

25、SO2，该反应的离子方程式为；（3）易升华，易溶于水，乙醇/丙酮等溶剂，推测出它的熔沸点较低，所以它属于分子晶体，熔化时破坏分子间作用力。25、 CN-+ClO-=CNO-+Cl- 2CNO-+2H+3 CNO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O 除去HCl气体 去除Cl2 防止空气中CO2进入戊中影响测定准确度 82% 装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全（答出其一即可）。【答案解析】本题考查氧化还原反应方程式的书写、物质除杂和提纯、化学计算等，（1）根据信息，甲：在TiO2催化剂作用下，NaClO将CN氧化成

26、CNO，ClOCNCNOCl，CN中N显3价，C显2价，CNO中氧显2价，N显3价，C显4价，因此有ClO中Cl化合价由1价1价，化合价降低2价，CN中C化合价由2价4价，化合价升高2价，然后根据原子守恒配平其他，CN+ClO=CNO+Cl ；根据信息酸性条件下，CNO被ClO氧化成N2和CO2，离子反应方程式为：2CNO+2H+3 CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O ；（2）利用HCl易溶于水，因此饱和食盐水的作用是除去HCl气体，丁的作用是除去Cl2；实验的目的是测定CO2的量确定CN被处理的百分率，空气中有CO2，因此碱石灰的作用是防止空气中CO2进入戊中，避免影响测定的准确性；（3

27、）戊中沉淀是CaCO3，根据碳元素守恒，n(CN)=n(CaCO3)=0.82/100mol=8.2103mol，被处理的百分率是8.2103/(2001030.05)100%=82%，装置乙、丙、丁中可能滞留有CO2；CO2产生的速度较快未与戊中的澄清石灰水充分反应；Cl2、HCl在丙、丁中未吸收完全。点睛：本题氧化还原反应方程式的书写是学生易错，书写氧化还原反应方程式时，先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，如（1）第二问，CNO继续被ClO氧化，说明CNO是还原剂，N2为氧化产物，ClO是氧化剂，一般情况下，没有明确要求，ClO被还原成Cl，Cl是还原产物，即有CNOClON2CO2

28、Cl，然后分析化合价的变化，N由-3价0价，Cl由1价1价，根据化合价升降进行配平，即2CNO3ClON2CO23Cl，环境是酸性环境，根据反应前后所带电荷守恒，H作反应物，即2CNO+2H+3CNO=N2+2CO2+3Cl+H2O 。26、b 防止苯胺在反应过程中被氧化 不断分离出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高产品的产率 a d c b 60 尾接管和锥形瓶密封 【答案解析】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3；(2)根据苯胺具有还原性分析；(3) 水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水；(4)根据乙酰苯胺微溶于冷水、溶

29、于热水、溶于乙醇和乙醚分析；(5)乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺；(6)产率=实际产量理论产量100%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封。【题目详解】(1)圆底烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，烧瓶中加入无水苯胺 9.2 mL，冰醋酸 17.4 mL，锌粉0.1 g，所以圆底烧瓶的最佳规格是50 mL，选b；(2)苯胺具有还原性，容易被空气中的氧气氧化，为防止苯胺在反应过程中被氧化；加入还原剂Zn粉。(3)水的沸点是100，加热至105左右，就可以不断分出反应过程中生成的水，促进反应正向进行，提高生成物的产率。(4)

30、乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水、溶于乙醇和乙醚，为减少乙酰苯胺损失，洗涤乙酰苯胺粗品最合适的方法是用少量冷水洗，选a；(5)由于乙酰苯胺微溶于冷水、溶于热水，乙酰苯胺粗品因含杂质而显色，用重结晶进行提纯的步骤为：乙酰苯胺用热水溶解，用活性炭吸附色素，趁热过滤，最后冷却结晶，得到乙酰苯胺，所以正确的操作是d c b；（6）n(苯胺)= (9.1mL 1.02g/mL)93g/mol=0.1mol；n(乙酸)=( 17.4mL 1.05g/mL)60g/mol=0.305mol，大于苯胺的物质的量，所以生成的乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺计算，理论产量为0.1mol，而实际产量n(乙酰苯胺)=

31、8.1g135g/mol=0.06mol，所以乙酰苯胺的产率为0.06mol0.1mol100%=60%。(7)图中装置中尾接管与锥形瓶接口不能密封，错误之处是尾接管和锥形瓶密封。27、乙醇、浓硫酸、乙酸 CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O 催化剂、吸水剂 ABC 因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应 乙酸乙酯 分液漏斗、烧杯 D 【答案解析】（1）为防止酸液飞溅，应将密度大的液体加入到密度小的液体中，乙酸易挥发，冷却后再加入乙酸，三种物质的加入顺序：乙醇、浓硫酸、乙酸；酯化反应的本质为酸脱羟基，醇

32、脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）该实验中，乙醇和乙酸发生酯化反应时，浓硫酸起到催化剂的作用，加快酯化反应的速率；又因为该反应是可逆反应，浓硫酸吸水可以促进平衡向正反应方向进行，所以浓硫酸还起到吸水剂的作用。（3）由于乙醇、乙酸易挥发，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸具有酸性，能与饱和碳酸钠溶液反应生成乙酸钠，降低乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度，有利于分层析出，答案为：ABC；（4）步骤中需要小火均匀加热操作，其主要理由是：因为反应物乙醇、乙

33、酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（5）乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，有香味，步骤中B试管内的上层物质是乙酸乙酯；（6）步骤中分离操作是分液，用到的主要仪器是分液漏斗、烧杯；干燥乙酸乙酯，用无水硫酸钠除去少量的水，无水硫酸钠吸水形成硫酸钠结晶水合物；不能选择生石灰、碱石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在碱性条件下水解，答案选D。【答案点睛】本题考查酯化反应原理、乙酸乙酯制备、仪器的选择以及乙酸乙酯的分离和提纯。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。该类试题主要是以常见仪器的选用、实验基

34、本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确性及灵活运用知识解决实际问题的能力。28、-1468.0kJ/mol 等于 温度升高发生副反应，温度升高催化剂活性降低 50% 0.6mol/(Lmin) 【答案解析】（1）由盖斯定律求反应的H2 ；（2）根据平衡常数的定义，写出反应4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) 的平衡常数的表达式K=c5(N2)/ c4(NH3) c6(NO)；催化剂不影响平衡常数；N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；（3）列出三行式进行计算。【题目详解】（1）反应：4NH3

35、(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) H1 = -1807.0kJmol-1反应：4NH3(g) + 6NO2(g) 5N2(g) + 3O2(g) + 6H2O(l) H2 = ?反应：2NO(g) + O2(g) 2NO2(g) H3 = -113.0kJmol-1由盖斯定律，反应-反应3，得反应的H2=-1807.0kJmol-1-（-113.0kJmol-1）3=-1468.0kJ/mol；（2）根据平衡常数的定义，写出反应的平衡常数的表达式K=；催化剂不影响平衡常数，温度不变，平衡常数不变，故甲乙两种催化剂作用下，反应的平衡常数相等；N点后N2浓度减小的原因可能是温度升高发生副反应、 温度升高催化剂活性降低；（3）列出三行式：4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g) + 6H2O(l) c始/mo