广东省清远市恒大足球学校2021-2022学年化学高二第二学期期末调研模拟试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAB1mol FeCl3形成的 Fe(O

2、H)3胶体中，胶体颗粒的数目为NAC28g乙烯和环丁烷（C4H8）的混合气体中含有的碳原子数为3NAD18g重水（D2O）所含的电子数为10NA2、能证明苯酚具有弱酸性的实验是( )A加入浓溴水生成白色沉淀B苯酚钠溶液中通入CO2后，溶液由澄清变浑浊C浑浊的苯酚加热后变澄清D苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠3、聚丙烯酸酯的结构简式可表示如图所示，可以由丙烯酸酯加聚得到。下列关于聚丙烯酸酯的说法不正确的是A属于高分子化合物B聚丙烯酸酯属于混合物，没有固定的熔沸点C单体为CH2=CH-COORD1mol分子中有n个碳碳双键。4、某蓄电池放电、充电时的反应为FeNi2O33H2OFe(OH)

3、22Ni(OH)2 ，下列推断中正确的是()A放电时，Fe为正极，Ni2O3为负极B充电时，阴极上的电极反应式是Fe(OH)22e + 2H+ = Fe2H2OC充电时，Ni(OH)2为阳极,发生还原反应D该蓄电池的电极是浸在某种碱性电解质溶液中5、下列实验操作不当的是A用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二6、某烃的分子式为C8H10，该有机物苯环上的一氯代物只有2种，则该烃为（ ）A

4、BCD7、常用的下列量器刻度表示正确的是()量筒的刻度由下向上增大，无零刻度在250 mL容量瓶上，除刻度线外，还刻有“250 mL和20 ”滴定管的刻度是由上向下增大，零刻度在上温度计的刻度由下向上增大，零刻度偏下A都正确B正确C正确D正确8、下列物质中,水解前后均可发生银镜反应的是A蔗糖B麦芽糖C淀粉D乙酸甲酯9、某鱼雷采用Al-AgO动力电池，以溶解有氢氧化钾的流动海水为电解液，电池反应为：2Al+3AgO+2KOH=3Ag+2KAlO2+H2O，下列说法不正确的是AAgO为电池的正极BAl在电池反应中被氧化C电子由AgO极经外电路流向Al极D溶液中的OH-向Al极迁移10、可用来鉴别己

5、烯、甲苯、己烷的一组试剂是( )A溴水B酸性高锰酸钾溶液C溴水、酸性高锰酸钾溶液D溴的四氯化碳溶液11、某实验小组利用BaS的还原性提纯HBr溶液，并制取的方案如下： 下列说法不正确的是 A还原步骤中可能会产生有毒气体B沉淀步骤中可用溶液代替溶液C滤渣的成分为S和D中可能混有杂质12、下列说法错误的是Ans电子的能量不一定高于(n1)p电子的能量B6C的电子排布式1s22s22p违反了洪特规则C电子排布式(21Sc)1s22s22p63s23p63d3违反了能量最低原理D电子排布式(22Ti)1s22s22p63s23p10违反了泡利原理13、某溶液中含有HCO3-、SO32-、CO32-、C

6、H3COO4种阴离子。向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积无变化)()ACH3COOBSO32-CCO32-DHCO3-14、配位化合物的数量巨大，组成和结构形形色色，丰富多彩。请指出配合物Cu(NH3)4(OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数（）ACu2+、NH3、2+、2BCu+、NH3、1+、4CCu2+、OH-、2+、2DCu2+、NH3、2+、415、在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列分析不正确的是A代表滴加H2SO4溶液的

7、变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-Ca、d两点对应的溶液均显中性Dc点，两溶液中含有相同物质的量的OH-16、两种气态烃组成的混合气体0.1 mol，完全燃烧得 0.16 mol CO2和3.6 g H2O，下列说法正确的是A混合气体一定是CH4和C2H4B混合气体中一定有CH4，可能含有C2H4C混合气体中一定含有CH4，可能含有C2H6D混合气体中可能含有C2H2二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物N具有镇痛、消炎等药理作用，其合成路线如下：（1）A的系统命名为_。（2）从AB的反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为_。（3）F与G的关系为（填序号）_。a碳链异

8、构 b官能团异构 c顺反异构 d位置异构（4）CD的化学方程式为_。（5）M的结构简式为_。18、短周期元素D、E、X、Y、Z原子序数逐渐增大。它们的最简氢化物分子的空间构型依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线形。回答下列问题：(1)Y的最高价氧化物的化学式为_；Z的核外电子排布式是_；(2)D的最高价氧化物与E的一种氧化物为等电子体，写出E的氧化物的化学式_；(3)D和Y形成的化合物，其分子的空间构型为_；D原子的轨道杂化方式是_；(4)金属镁和E的单质在高温下反应得到的产物与水反应生成两种碱性物质，该反应的化学方程式是_。19、某课外活动小组的同学在实验室用如下装置制取乙

9、酸乙酯。其主要步骤如下：在30mL的大试管A中按体积比2：3：2的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。按如图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管510min。待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层。分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。已知下列数据：物质熔点（）沸点（）密度（g/cm3）乙醇117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯83.677.50.90浓硫酸（98%）338.01.84请回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，加入这三种物质的先后顺序是_；写出制取乙酸乙酯的化学方程式：_。（2）该实验中，浓硫酸的

10、作用是_。（3）上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是_（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，有利于分层析出D 加速酯的生成，提高其产率（4）步骤中需要小火均匀加热操作，其主要理由是_。（5）步骤中B试管内的上层物质是_（填物质名称）。（6）步骤中分离操作用到的主要仪器是_；可选用的干燥剂为_（填字母）。A 生石灰 B NaOH固体C 碱石灰 D 无水Na2SO420、亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制取少量的NOSO4H，并检验产品纯度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）利用装置A制取SO2，下列最

11、适宜的试剂是_(填下列字母编号)ANa2SO3固体和20%硝酸 BNa2SO3固体和20%硫酸CNa2SO3固体和70%硫酸 DNa2SO3固体和18.4mol/L硫酸（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_。该反应必须维持体系温度不低于20。若温度过高，产率降低的可能原因是_。开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率明显加快，其原因可能是_。（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是_。（4）测定NOSO4H的纯度准确称取1.337 g产品加入250 mL碘量瓶中，加入0.10

12、00mol/L、60.00 mL的KMnO4标准溶液和10 mL 25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500 mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00 mL。已知：2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO42MnSO45HNO32H2SO4配平：_MnO4-_C2O42-_Mn2+_H2O亚硝酰硫酸的纯度=_%(计算结果保留两位有效数字)。21、.用如图所示的装置进行电解，在通电一段时间后，铁电极的质量增加。(1)写出甲中发生反应的化学方程式：_。(2)写出乙中两极发生的电极反应式。阳极：_；阴极：_。.在一定温度下，将2mol A和2mol B两种气体相混合于容积

13、为2 L的某密闭容器中，发生如下反应：3A(g)B(g) xC(g)2D(g)，2min末反应达到平衡状态，生成了0.6mol D，并测得C的浓度为0.3mol/L，请填写下列空白：(1)x值等于_。(2)A的转化率为_。(3)生成D的反应速率为_。(4)达平衡后保持容器内气体压强不变，向其中加入He(He不参加反应)，则平衡_移动(填“正向”“逆向 “或”“不”)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】分析：本题考查的是阿伏伽德罗常数，是常考题型。详解：A.因为1mol过氧化钠反应生成0.5mol氧气，转移1mol电子，所以反应生成0.1mol氧气时转移0.2mol电子

14、，故正确；B.氢氧化铁胶体微粒是很多分子的集合体，不能计算其胶体粒子的数目，故错误；C.乙烯和环丁烷的最简式相同，为CH2，用最简式计算，其物质的量为28/14=2mol，则含有2mol碳原子，故错误；D.重水的摩尔质量为20g/mol，所以18克重水的物质的量为18/20=0.9mol，含有9mol电子，故错误。故选A。点睛：注意特殊的氧化还原反应中的转移电子数，如过氧化钠和水或二氧化碳反应，氯气和水或碱的反应，或二氧化氮和水反应。2、B【解析】A浓溴水与苯酚发生取代反应，生成白色沉淀，无法说明苯酚的酸性，故A错误；B二氧化碳与水反应生成碳酸，碳酸是弱酸，与苯酚钠溶液反应生成苯酚，说明苯酚酸

15、性比碳酸弱，故B正确；C苯酚的浑浊液加热后变澄清，说明温度升高苯酚溶解度增大，无法说明苯酚的酸性，故C错误；D苯酚的水溶液中加NaOH溶液，生成苯酚钠，只能说明苯酚溶液呈酸性，故D错误；答案选B。【点睛】根据强酸制备弱酸来判断。3、D【解析】A聚丙烯酸酯为丙烯酸酯加聚生成的聚合物，属于高分子化合物，故A正确；B聚丙烯酸酯的聚合度n不确定，为混合物，没有固定熔沸点，故B正确；C根据聚丙烯酸酯的结构，它是由CH2=CH-COOR经加成聚合反应生成的，单体为CH2=CH-COOR，故C正确；D聚丙烯酸酯结构中不存在碳碳双键，故D错误；答案选D。4、D【解析】分析：放电时为原电池，负极发生氧化反应，正

16、极发生还原反应；充电时为电解质，阴极发生还原反应；阳极发生氧化反应；据此分析判断。详解：A.放电时为原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，反应中Fe失去电子，为负极，Ni2O3获得电子，为正极，故A错误；B.充电时为电解质，阴极发生还原反应，Fe(OH)2在阴极获得电子，阴极上的电极反应式是Fe(OH)2+2e-Fe+2OH-，故B错误；C.充电时为电解质，阳极发生氧化反应，Ni(OH)2发生氧化反应，为阳极，故C错误；D.Fe(OH)2、2Ni(OH)2只能存在于碱性溶液中，在酸性条件下不能存在，故电解质溶液必须是碱性溶液，故D正确；故选D。5、B【解析】A锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置

17、换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=810）和甲基橙（

18、变色范围为pH=3.14.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。6、A【解析】A. 该物质苯环上的一氯代物有两种，分别为：和，A正确；B. 该物质苯环上的一氯代物有三种，分别为： 、和，B错误；C. 该物质苯环上的一氯代物有一种，为：，C错误；D. 该物质苯环上的一氯代物有三种，分别为：、和，D错误；故合理选项为A。7、A

19、【解析】量筒的刻度为由下向上增大，无零刻度，正确；因容量瓶上标有：刻度、规格、温度，所以250mL容量瓶上，除刻度外，还刻有250mL和20，故正确；使用滴定管滴加液体时，液面逐渐降低，因此滴定管的刻度是由上向下增大，零刻度在上，故正确；温度计的原理利用热胀冷缩，温度升高，体积膨胀，温度计的刻度由下向上增大，零刻度偏下，故正确；综上均正确，本题答案选A。8、B【解析】A. 蔗糖水解的化学方程式为C12C12H22O11+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，葡萄糖和果糖可以发生银镜反应，蔗糖分子结构中无醛基，不能发生银镜反应，A错误；B. 麦芽糖水解的化学方程式为C12C12

20、H22O11+H2OC6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(葡萄糖)，麦芽糖分子结构中有醛基，能发生银镜反应，B正确；C. 淀粉的最终水解产物为葡萄糖，但是淀粉不含醛基，不能发生银镜反应，C错误；D. 乙酸甲酯可发生水解反应，但其不含醛基，不能发生银镜反应，D错误；故合理选项为B。9、C【解析】A、根据原电池工作原理，化合价升高，失电子的作负极，即铝单质作负极，则AgO作电池的正极，故说法正确；B、根据电池总反应，铝的化合价升高，被氧化，故说法正确；C、根据原电池工作原理，外电路电子从负极流向正极，由铝流向氧化银，故说法错误；D、根据原电池工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即OH移向

21、铝极，故说法正确。故选C。10、C【解析】鉴别己烯、甲苯、己烷分为两步进行：取少量待测液分装于三只试管中，三只试管中滴加少量溴水，能与溴水发生化学反应，使其褪色的是己烯；再取除己烯外，另外两种待测液少许于两支试管中，两支试管中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，使其褪色的是甲苯。故选C；答案：C【点睛】1.能使溴水反应褪色的有机物有：苯酚、醛、含不饱和碳碳键（碳碳双键、 碳碳叁键）的有机物；2.能使酸性高锰酸钾褪色的有机物与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类及不饱和烃的衍生物反应；与苯的同系物(甲苯、乙苯、二甲苯等)反应；与部分醇羟基、酚羟基（如苯酚）发生氧化还原反应；与醛类等有醛基的有机物（如醛、甲酸、甲

22、酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等）发生氧化还原反应。11、B【解析】A.在还原步骤中可能发生：，选项A正确；B.若用溶液代替溶液会引入新的杂质离子，选项B错误；C.BaS与发生：，故滤渣的成分为：S和，选项C正确；D.滤液中含有，与生成，选项D正确。答案选B。【点睛】本题为工业流程题，主要考查物质的转化，除杂试剂的选择原则等，弄清楚每一步操作的意图是解题的关键。12、A【解析】A电子能量与能层和能级都有关，ns电子的能量一定高于(n-1)p电子的能量，故A错误；B根据洪特规则知，2p轨道上的两个电子应排在不同轨道上，故B正确；C根据能量最低原理知，电子先排能量低的轨道后排能量高的轨道，故C正确；

23、D根据泡利不相容原理知，3p轨道最多排6个电子，故D正确；故答案为A。13、A【解析】Na2O2具有强氧化性，可与SO32发生氧化还原反应生成硫酸根离子，Na2O2与水反应生成NaOH，可与HCO3反应生成碳酸根离子，则溶液中SO32、HCO3浓度减小，CO32浓度增大，只有CH3COO-离子浓度基本不变，A项正确，答案选A。14、D【解析】Cu(NH3)4(OH)2的中心离子是Cu2+，配体是NH3，因此，中心离子的电荷数为2个单位的正电荷，配位数为4，综上所述，Cu(NH3)4(OH)2的中心离子、配体、中心离子的电荷数和配位数分别为Cu2+、NH3、2+、4。答案选D。15、D【解析】分

24、析特殊点，a点为硫酸和氢氧化钡恰好反应的点，导电性几乎为零，b点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时钡离子恰好沉淀的点，d点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时恰好中和的点。【详解】A. 根据图知，曲线在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为溶液和硫酸的反应，则曲线为溶液和硫酸氢钠溶液的反应，故A正确；B.根据图知，a点为溶液和硫酸恰好反应，硫酸和硫酸氢钠溶液的物质的量浓度相等，则b点为钡离子恰好沉淀，溶质为氢氧化钠，B正确；C. a点为溶液和硫酸恰好反应，显中性，d点为氢氧化钡和硫酸氢钠反应时恰好中和的点，溶液显中性，C正确；D.c点加入硫酸和硫酸氢钠的物质的量相等，故加入氢离子的量不相等，故

25、氢氧根的量不相等，D错误；答案选D。【点睛】电解质溶液导电的能力的强弱主要由自由移动离子的浓度的大小决定。离子浓度越大，导电能力越强，离子浓度越小，导电能力越小。硫酸氢钠和氢氧化钡按照1:1反应时，是硫酸根和钡离子恰好沉淀；按照2:1反应时，是恰好中和。16、B【解析】n(H2O)= 3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16 mol CO2和0.2mol H2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4，而烃类中碳原子数小于1的只有甲烷；判断混合气体中一定含有甲烷，再根据甲烷中含有4个氢原子，则另一种烃中一定含有4个H原子,然后根据平均分子

26、式对各选项进行判断。【详解】详解：n(H2O)= 3.6g18g/mol=0.2mol,则0.1mol混合烃完全燃烧生成0.16 mol CO2和0.2mol H2O，根据元素守恒可以知道,混合烃的平均分子式为:C1.6H4，烃中C原子数小于1.6的只有甲烷,则一定含有甲烷, CH4分子中含4个氢原子,则另一种烃分子中一定也含4个氢原子,且其碳原子数大于1.6,可能是C2H4或C3H4,一定没有C2H6或C2H2,二者的H原子不等于4；A根据分析可以知道,混和气体中可能含有CH4和C2H4，也可能含有CH4和C3H4，A错误；B由上述分析可以知道，混和气体中一定含有甲烷,可能含有乙烯,有可能含

27、有丙炔, B正确；C结合以上分析可知，混合气体可能为CH4和C2H4或CH4和C3H4，不可能有C2H6,C错误；D根据以上分析可以知道,混和气体中一定有甲烷,可能含有是C2H4或C3H4,一定不含乙炔，D错误；正确选项B。【点睛】本题为考察混合烃组成的判断，为高频考点，侧重学生分析计算能力的考察，题目难度中等，本题的关键是能够正确分析有机物完全燃烧生成二氧化碳和水的物质的量关系，根据平均分子式进行计算。二、非选择题（本题包括5小题）17、1,6-己二醇 减压蒸馏（或蒸馏） c 【解析】A和HBr发生取代反应生成B，B发生氧化反应生成C，根据C、D结构简式变化知，C和CH3CH2OH发生酯化反

28、应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应然后酸化得到F，根据G、N结构简式区别知，G发生取代反应生成N，M结构简式为。【详解】（1）A为二元醇，羟基分别位于1、6号碳原子上，A的系统命名为1，6-己二醇；（2）A和B均为有机物，互溶，要从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为蒸馏；（3）F与G的分子式相同，不同的是碳碳双键同侧的原子团不同，F和G的关系为顺反异构，答案选c； （4）该反应为羧酸和醇的酯化反应，CD的化学方程式为；（5）根据G、N结构简式区别知，G发生取代反应生成N，M结构简式为。18、SO3 1s22s22p63s23p5 N2O 直线型 sp Mg3N2+6H2O3

29、Mg（OH）2+2NH3 【解析】D、E、X、Y、Z是短周期元素，且原子序数逐渐增大，它们的最简单氢化物分子的空间结构依次是正四面体、三角锥形、正四面体、角形(V形)、直线型，形成正四面体结构的氢化物是甲烷或硅烷，形成三角锥型的氢化物是氨气，形成V型的氢化物是水或硫化氢，形成直线型结构的氢化物是乙炔、氟化氢或氯化氢，这几种元素的原子序数逐渐增大，所以D的氢化物是甲烷，E的氢化物是氨气，X的氢化物是硅烷，Y的氢化物是硫化物，Z的氢化物是氯化氢，则D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl，据此分析解答。【详解】根据上述分析，D、E、X、Y、Z分别是C、N、Si、S、Cl。(1)Y为S，最高价

30、氧化物的化学式是SO3，Z为Cl，其基态原子电子排布式是1s22s22p63s23p5，故答案为：SO3；1s22s22p63s23p5；(2)D为C，最高价氧化物为CO2，E为N，CO2与E的一种氧化物为等电子体，则E的氧化物为N2O，故答案为：N2O；(3)D和Y形成的化合物是CS2，其分子的空间构型和二氧化碳的相同，为直线型；分子中碳原子的价层电子对数为2+=2，不含孤电子对，采取sp杂化；故答案为：直线型；sp；(4)E的单质为氮气，镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁与水反应生成两种碱性物质，分别是氢氧化镁和氨气，反应的化学方程式Mg3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3，故答案为：M

31、g3N2+6H2O3Mg(OH)2+2NH3。【点睛】正确判断元素种类是解题的关键。本题的难点为元素的判断，要注意从“正四面体”结构的分子为甲烷或烷，结合常见物质的结构突破。19、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 【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，醇脱氢，乙酸

32、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、乙酸的沸点较

33、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。【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、实验基本操作为中心，

34、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。20、C 调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度 浓HNO3分解、挥发 生成的NOSO4H作为该反应的催化剂 C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解 2 5 16H+ 2 10CO2 8 95 【解析】根据题意可知，在装置B中利用浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H，利用装置A制取二氧化硫，利用装置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空气，据此分析。【详解】（1）该装置属于固液或液液混合不加热型装置。Na2SO3溶液与HNO3反应时，硝酸会氧化亚硫酸钠本身被还原为一氧化氮，选项

35、A不符合；实验室制二氧化硫的原理是基于SO32-与H+的反应，因为生成的SO2会溶于水，所以不能用稀硫酸来制取，那样不利于SO2的逸出，但如果是用浓硫酸（18.4mol/L），纯硫酸是共价化合物，浓度越高，越不利于硫酸电离出H+，所以不适合用太浓的硫酸来制取SO2，选项B、选项D不符合；选项C符合；答案选C；（2）装置B中浓HNO3和SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。为了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；该反应必须维持体系温度不低于20。若温度过高，浓HNO3分解、挥发，产率降低；开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，使反应速率明显加快；（3）在实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸气会进入B，使产品发生水解；(5)发生的是MnO4和C2O42的氧化还原反应，MnO4做氧化剂，被还