2023届吉林省延边州汪清县四中高一化学第二学期期末联考试题含解析

2022-2023学年高一下化学期末模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下将容器中充入0.8molSO2,0.2molO2,0.6molSO3体积为2L的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),达到化学反应限度时，SO3物质的量可能是：（）molA．0 B．0.3 C．1.0 D．1.52、雾霾(其中的PM2.5，即大气中粒径小于或等于2.5μm的颗粒物；1μm=1x10-6m)中物质转化如下图所示。下列说法正确的是A．PM2.5属于胶体B．一次颗粒物(如BC)中不含碳元素C．二次无机颗粒物(SNA)主要成分为NH4NO3和(NH4)2SO4D．二次有机颗粒物(SOA)主要成分属于醇类3、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1NA个Fe3+B．2L0.5mol/LNa2SO4溶液中的Na+数目为2NAC．1.00molNaCl中含有NA个NaCl分子D．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.2NA4、下列说法正确的是A．MgF2晶体中存在共价键和离子键B．某物质在熔融态能导电，则该物质中一定含有离子键C．NH3和Cl2两种分子中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构D．氢氧化钠在熔融状态下离子键被削弱，形成自由移动的离子，具有导电性5、最近我国科研人员成功攻克了5G通信芯片制造中关键材料—氮化镓的研制难题。已知元素镓（Ga）与Al同主族，氮化镓中镓显最高正价，氮显最低负价。则氮化镓的化学式为A．GaN B．GaN2 C．Ga2N3 D．Ga3N26、已知X原子核外有n个电子层，X是位于第ⅣA族短周期元素，下列有关说法正确的是()A．1≤n≤3B．X原子最外层有4个电子C．X可能是金属元素D．X原子易得到电子7、某烷烃的相对分子质量为86，与氯气反应生成的一氯代物只有两种，其结构简式是（）A．CH3(CH2)4CH3 B．(CH3)2CHCH(CH3)2 C．(C2H5)2CHCH3 D．C2H5C(CH3)38、下列排列顺序正确的是①热稳定性：H2O＞HF＞H2S②原子半径：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④得到电子能力：F＞Cl＞SA．②④B．①③C．①④D．②③9、下列变化属于化学变化的是()A．干馏 B．分馏 C．蒸馏 D．萃取10、能用铝作原料来冶炼难熔的金属是因为()A．铝的密度小，熔点较低B．铝在空气中燃烧放出大量的热C．铝在金属活动性顺序表中排在较前面D．铝具有还原性，发生铝热反应时放出大量热11、下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是A．可用海水晒盐的方法提取海水中的淡水资源B．只通过物理变化即可提取海水中的溴单质C．从海带灰中提取I－，需加入CCl4萃取D．利用海水、铝、空气发电是将化学能转化为电能12、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，2min内N2浓度减少了0.6mol﹒L－1，对此反应速率的描述正确的是()A．2min内H2的反应速率是0.4mol／(L﹒min)B．2min内N2、H2、NH3的反应速率之比是1﹕2﹕3C．在2min内，N2的反应速率是0.3mol／(L﹒min)D．在2min末NH3的反应速率是0.2mol／(L﹒min)13、三位科学家因在烯烃复分解反应研究中的杰出贡献而荣获2005年度诺贝尔化学奖，烯烃复分解反应可示意如下：下列化合物中，经过烯烃复分解反应可以生成的是A． B． C． D．14、关于原子核外电子排布的下列叙述不正确的是A．核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层B．每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2C．某原子的核外最外层最多可容纳8个电子D．当M层为次外层时，最多可容纳18个电子15、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，X2-和Y3+具有相同的电子层结构，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列相关说法错误的是A．简单氢化物的稳定性：W<X B．单核阴离子还原性：Z>XC．电解Y的熔融氯化物可制备Y单质 D．WZ2分子中只存在共价键16、下列物质中，能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是（）A．甲烷 B．乙烯 C．苯 D．乙酸二、非选择题（本题包括5小题）17、短周期元素A、B、C、D、E在周期表中的位置如图所示，A、B、C、D位于连续的四个主族，D、E的质子数和是20。DABCE回答下列问题：（1）C元素在周期表中的位置是_______；E元素的名称是_______。（2）A元素与氧元素形成的原子个数比是1:1的化合物的化学式是_______，该化合物含有的化学键类型是_______。（3）B原子结构示意图是_______，从原子结构角度分析，B比C活泼性大的原因是_______。（4）元素D比元素E的非金属性强的理由是_______（用化学方程式表示）。（5）A、B、C、D离子半径由大到小的顺序是_________（填写离子符号）。（6）将B、C的单质压成薄片用导线连接后浸入稀硫酸中，能量主要转化方式是_________，正极反应式是_________。18、(1)烷烃分子可看成由—CH3、—CH2—、和等结合而成的。试写出同时满足下列条件的烷烃的结构简式：___________，此烷烃可由烯烃加成得到，则该烯烃可能有___________种。①分子中同时存在上述4种基团；②分子中所含碳原子数最少；③该烷烃的一氯代物同分异构体的数目最少。(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有_______种。(3)已知烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮。例如：CH3CH2CHO+上述反应可用来推断烃分子中碳碳双键的位置。某烃A的分子式为C6H10，经过上述转化生成，则烃A的结构可表示为_______________。(4)请写出物质与足量的金属钠发生反应的化学方程式_________。19、俗话说“陈酒老醋特别香”，其原因是酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室里我们也可以用如图所示的装置来模拟该过程。请回答下列问题：（1）在试管甲中需加入浓硫酸、冰醋酸各2mL，乙醇3mL，加入试剂的正确的操作是__________。（2）浓硫酸的作用：①__________，②__________。（3）试管乙中盛装的饱和碳酸钠溶液的主要作用是__________。（4）装置中通蒸气的导管只能通到饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是__________，长导管的作用是__________。（5）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是__________。（6）进行该实验时，最好向试管甲中加入几块碎瓷片，其目的是__________。（7）试管乙中观察到的现象是__________，由此可见，乙酸乙酯的密度比水的密度__________(填“大”或“小”)，而且__________。20、资料显示：锌与浓硫酸共热除生成二氧化硫气体外，还可能产生氢气；在加热的条件下二氧化硫可被CuO氧化。为验证该反应的气体产物及性质，设计了如下图所示的实验装置（设锌与浓硫酸共热时产生的气体为X）。(1)上述装置的连接顺序为：气体X→A→____→A→→→→D;(2)反应开始后，观察到第一个装置A中的品红溶液褪色，实验结束后取适量该溶液于试管中并加热，现象为_______________________________________；(3)装置C中的NaOH溶液能用下列____代替；a.酸性KMnO4溶液b.CaCl2溶液c.饱和NaHSO3溶液装置D的作用是____________________________(4)气体X中可能含有H2的原因是____________________________。21、有A、B、C、D、E五种短周期主族元素，原子序数由A到E逐渐增大．①A元素最外层电子数是次外层电子数的2倍．②B的阴离子和C的阳离子与氖原子的电子层结构相同．③在通常状况下，B的单质是气体，0.1molB的气体与足量的氢气完全反应共有0.4mol电子转移．④C的单质在点燃时与B的单质充分反应，生成淡黄色的固体，此淡黄色固体能与AB2反应可生成B的单质．⑤D的气态氢化物与其最高价含氧酸间能发生氧化还原反应．请写出：（1）A元素的最高价氧化物的电子式_________________________．（2）B元素在周期表中的位置_______________________________．（3）B单质与C单质在点燃时反应的生成物中所含化学键类型有____________________．（4）D元素的低价氧化物与E的单质的水溶液反应的化学方程式为______________．（5）元素D与元素E相比，非金属性较强的是______（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是_______________（填选项序号）．a．常温下D的单质和E的单质状态不同

b．E的氢化物比D的氢化物稳定c．一定条件下D和E的单质都能与钠反应d．D的最高价含氧酸酸性弱于E的最高价含氧酸e．D的单质能与E的氢化物反应生成E单质．

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

某一时刻SO2、O2、SO3物质的量分别为0.8mol、0.2mo、0.6mol，可利用极限转化分析各物质的最大物质的量，由于反应为可逆反应，各物质的物质的量一定小于最大物质的量，大于最小物质的量。【详解】该反应可以向正反应方向进行达到化学反应限度，也可向逆反应方向进行达到化学反应限度，则极限转化的量如下：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)某时刻0.8mol0.2mol0.6mol极限转化1.4mol0.5mol0极限转化0.4mol01.0mol由于反应为可逆反应，SO3的物质的量一定小于最大物质的量1.0mol，大于最小物质的量0，则可能为0.3mol，故选B。【点睛】本题考查可逆反应，注意可逆反应的特点为不完全转化性，学会利用极限转化的思想来分析物质的最大量和最小量是解答关键。2、C【解析】分析：本题考查了物质的分类，属于基础知识，平时注重积累即可。详解：A.PM2.

5，即大气中粒径小于或等于2.5

μm的颗粒物，不属于胶体的微粒范围，故错误；B.从图分析，一次颗粒物通过界面反应，内混后得到二次有机颗粒物，有机颗粒物中肯定含有碳元素，所以一次颗粒物中含有碳元素，故错误；C.从图分析，二次无机颗粒物含有铵根离子和硫酸根离子和硝酸等，所以主要成分为硝酸铵和硫酸铵，故正确；D.二次有机颗粒物(SOA)主要成分不属于醇，属于酸，故错误。故选C，3、B【解析】

A．氯化铁溶于水中后，其中的Fe3+会部分水解为氢氧化铁，故所得溶液中Fe3+数目小于0.1NA，A项错误；B．2L0.5mol/LNa2SO4溶液中Na2SO4的物质的量为1.0mol，1个Na2SO4中有两个Na+，故2L0.5mol/LNa2SO4溶液中的Na+数目为2NA，B项正确；C．NaCl是强电解质，溶液中没有氯化钠分子，C项错误；D．25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中，25℃时，可知，即25℃时，pH=13的1.0LBa(OH)2溶液中含有的OH-数目为0.1NA，D项错误；答案选B。4、D【解析】

A.MgF2晶体是离子晶体，存在离子键，故A错误；B.金属晶体在熔融态能导电，不含有离子键，故B错误；C.NH3分子中，氢原子的最外层不具有8电子稳定结构，故C错误；D.氢氧化钠在熔融状态下离子能自由移动，具有导电性，故D正确。5、A【解析】

元素镓（Ga）与Al同主族，在反应过程中它容易失去三个电子而达到稳定结构，形成了带三个正电荷的离子；氮原子的最外层电子数是5，易得到三个电子，形成了带三个负电荷的离子．则Ga为+3价，N为-3价，故氮化镓的化学式是GaN。答案选A。6、B【解析】

由元素周期表中位置：“X是位于第ⅣA族短周期元素”可推知X是碳元素或硅元素。【详解】A.“X是位于第ⅣA族短周期元素”，第一周期没有第ⅣA族，则n=2或3，故A错误；B.“X是位于第ⅣA族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，故B正确；C.由分析可知，X是碳元素或硅元素，X不可能是金属元素，故C错误；D.“X是位于第ⅣA族短周期元素”，则X原子最外层有4个电子，X原子不易得失电子，故D错误；答案选B。7、B【解析】

由于烷烃的分子式通式是CnH2n+2，14n+2=86，解得n=6；若与氯气反应生成的一氯代物只有两种，应该含有两种不同位置的H原子，则A．CH3(CH2)4CH3有三种不同的H原子，A不选；B．(CH3)2CHCH(CH3)2有二种不同的H原子，B选；C．(C2H5)2CHCH3有四种不同的H原子，C不选；D．C2H5C(CH3)3有三种不同的H原子，D不选。答案选B。8、A【解析】分析：①非金属性越强，气态氢化物越稳定；②电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小；③非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；④元素的非金属性越强，其原子得电子能力越强。详解：①非金属性F＞O＞S，气态氢化物的稳定性为HF＞H2O＞H2S，①错误；②电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越大，半径越小，故原子半径Na＞Mg＞O，②正确；③非金属性Cl＞S＞P，最高价氧化物的水化物的酸性为HClO4＞H2SO4＞H3PO4，③错误；④非金属性F＞Cl＞S，则得电子能力：F＞Cl＞S，④正确；答案选A。9、A【解析】

A．煤在隔绝空气加强热条件下发生反应分解生成焦炭、粗苯等，有新物质生成属于化学变化，A正确；B．石油的分馏是利用物质沸点不同将石油分成不同沸点范围段的产物，没有新物质生成，属于物理变化，B错误；C．蒸馏是利用物质沸点不同分离物质的过程，没有新物质生成，属于物理变化，C错误；D．萃取是利用溶质在互不相溶的溶剂中有不同的溶解度来分离混合物的方法，没有新物质生成，属于物理变化，D错误。答案选A。【点睛】本题考查了物理变化的判断，明确物理变化与化学变化的区别是解题关键，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成，常表现为生成气体，颜色改变，生成沉淀等，而且伴随能量变化，常表现为吸热、放热、发光等，注意蒸馏、萃取、分馏的操作原理。10、D【解析】

铝热反应是利用铝的还原性获得高熔点金属单质，氧化物和铝粉（铝热剂）反应剧烈，放出大量的热使生成的金属熔化为液态，所以铝能提炼难熔金属和制成铝热剂，是因为铝具有还原性，且生成氧化铝时放出大量热，故选D。11、D【解析】

A项、蒸馏法、电渗析法和离子交换法是海水淡化的主要方法，故A错误；B项、海水中溴元素是溴离子，海水中溴离子转化为溴单质的过程中，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C项、从海带灰中提取I－，需加水溶解、过滤，故C错误；D项、铝、空气在海水中构成原电池，将化学能转化为电能，故D正确；故选D。12、C【解析】分析:经2min内N2浓度减少了0.6mol﹒L－1，v(N2)=0.6mol/L2min=0.3mol／(L﹒min),

化学反应速率表示单位时间内浓度的变化量；详解:经2min内N2浓度减少了0.6mol﹒L－1，v(N2)=0.6mol/L2min=0.3mol／(L﹒min),

A.2min内H2的反应速率=3v(N2)=0.3mol／(L﹒min)×3=0.9mol／(L﹒min),故A错误；

B.反应速率之比等于化学计量数之比,则2min内N2、H2、NH3的反应速率之比是1﹕3﹕2，所以B选项是错误的；

C.根据以上分析，在2min内，N2的反应速率是0.3mol／(L﹒min)，故C正确；

D.化学反应速率是一段时间内的平均速率,不是瞬时速率，故D错误；

所以C选项是正确的点睛：该题是高考中的常见考点之一，试题基础性强，侧重对学生能力的考查。学生只要记住反应速率之比是相应的化学计量数之比，然后直接列式计算即可。13、A【解析】

根据烯烃复分解反应的规律，A项，发生复分解反应生成和CH2=CH2，A项符合题意；B项，发生复分解反应生成和CH3CH=CH2，B项不符合题意；C项，发生复分解反应生成和CH2=CH2，C项不符合题意；D项，发生复分解反应生成和CH3CH=CH2，D项不符合题意；答案选A。14、C【解析】

A.依能量最低原理，核外电子总是尽可能排布在能量最低的电子层，A项正确；B.依电子排布规律，每一个电子层最多可容纳的电子数为2n2，B项正确；C.通常，某原子的核外最外层最多可容纳8个电子，当K为最外层时，最多只容纳2个电子，C项错误；D.M层最多能容纳18个电子，当M层为次外层时，也最多可容纳18个电子，D项正确；所以答案选择C项。【点睛】M层最多可以排布18个电子，若M作为最外层，则最多可以排8个电子，M作为次外层，则最多可以排布18个电子。15、C【解析】

短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，则W为C元素；X2-和Y3+具有相同的电子层结构，则X是O元素、Y是Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，则Z是S元素。【详解】A项、元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性O元素强于C元素，则简单氢化物的稳定性：CH4<H2O，故A正确；B项、非金属单质的氧化性越强，单核阴离子还原性越弱，氧气的氧化性强于硫单质，则单核阴离子还原性：S2—>O2—，故B正确；C项、电解熔融的氧化铝可制备Al单质，熔融的氯化铝不导电，故C错误；D项、CS2为共价化合物，分子中只存在共价键，故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意依据题给信息正确推断元素的种类，注意元素及其化合物的性质分析为解答该题的关键。16、B【解析】

A．甲烷性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，乙烯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C．苯性质较稳定，和酸性高锰酸钾溶液不反应，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；D．乙酸不能被酸性高锰酸钾氧化，所以不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选B。【点睛】本题以酸性高锰酸钾的氧化性为载体考查了有机物的结构，注意酸性高锰酸钾溶液能氧化连接苯环的碳原子上有H原子的有机物，使其生成苯甲酸。二、非选择题（本题包括5小题）17、第3周期ⅢA族硅Na2O2离子键和共价键镁原子半径大于铝，镁原子核对最外层电子的吸引力小，容易失去最外层电子Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3O2->Na+>Mg2+>Al3+化学能转化为电能2H++2e-=H2↑【解析】分析：D、E处于同主族，E的质子数比D多8，D、E的质子数之和为20，则D的质子数为6，E的质子数为14，D为C元素，E为Si元素；A、B、C、D位于连续的四个主族，结合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A为Na元素，B为Mg元素，C为Al元素。根据元素周期律和相关化学用语作答。详解：D、E处于同主族，E的质子数比D多8，D、E的质子数之和为20，则D的质子数为6，E的质子数为14，D为C元素，E为Si元素；A、B、C、D位于连续的四个主族，结合A、B、C、D、E在周期表中的位置，A为Na元素，B为Mg元素，C为Al元素。（1）C为Al元素，Al原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，Al元素在周期表中的位置是第三周期第IIIA族。E为Si元素，名称为硅。（2）A为Na元素，Na元素与氧元素形成的原子个数比是1:1的化合物的化学式是Na2O2。Na2O2的电子式为，Na2O2中含有的化学键类型是离子键和共价键。（3）B为Mg，Mg的核电荷数为12，Mg原子核外有12个电子，Mg原子结构示意图为。B（Mg）比C（Al）活泼性大的原因是：镁原子半径大于铝，镁原子核对最外层电子的吸引力小，容易失去最外层电子。（4）可通过H2CO3（H2CO3为碳元素的最高价含氧酸）的酸性比H2SiO3（H2SiO3为硅元素的最高价含氧酸）的酸性强说明元素D（C）比元素E（Si）的非金属性强，根据“强酸制弱酸”的复分解反应规律，相应的化学方程式为CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓。（5）A、B、C、D的离子分别是Na+、Mg2+、Al3+、O2-，这四种离子具有相同的电子层结构，根据“序大径小”，四种离子半径由大到小的顺序是O2->Na+>Mg2+>Al3+。（6）将Mg、Al的单质压成薄片用导线连接后浸入稀硫酸中构成原电池，原电池中能量主要转化方式是化学能转化为电能。由于Mg比Al活泼，Mg为负极，Al为正极，负极电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，正极电极反应式为2H++2e-=H2↑。18、23+4Na→+2H2↑【解析】

(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，根据烷烃通式确定碳原子个数并确定结构简式，然后根据一氯代物同分异构体的数目最少分析解答；(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，据此分析判断可能的结构；(3)某烃A的分子式为C6H10，A中不饱和度==2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或存在环状结构且含有一个碳碳双键，根据A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，结合信息分析书写A的结构简式；(4)羟基、羧基可与钠反应生成氢气，据此书写反应的方程式。【详解】(1)如果某烷烃分子中同时存在这4种基团，最少-CH2-、和各含有一个，剩下的为甲基，设甲基的个数是x，由烷烃的通式知2(x+3)+2=2+1+3x，x=5，所以最少应含有的碳原子数是8，该烷烃的结构简式有3种，分别为：、、，其一氯代物的种类分别为：5种、5种、4种，一氯代物同分异构体的数目最少的为；可由烯烃加成得到，碳碳双键可以有2种位置()，即该烯烃可能有2种，故答案为：；2；(2)碳原子数为8的单烯烃中，与HBr加成产物只有一种结构，说明该物质具有对称结构，可能的碳架结构有、、共3种，故答案为：3；(3)某烃A的分子式为C6H10，A的不饱和度==2，则A含有两个碳碳双键或一个碳碳三键或存在环状结构且含有一个碳碳双键，A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到，说明A中含有一个环且含有一个碳碳双键，将两个醛基转化为碳碳双键即是A结构简式，则A为，故答案为：(4)中含有羟基、羧基和碳碳双键，其中羟基和羧基可与钠反应生成氢气，反应的方程式为+4Na→+2H2↑，故答案为：+4Na→+2H2↑。19、先在试管甲中加入3mL乙醇,然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和冰醋酸催化剂吸水剂中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻到乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层析出防止倒吸将反应生成的乙酸乙酯蒸气冷凝分液防止试管甲中液体暴沸而冲出导管上层产生油状液体，并闻到水果香味小不溶于水【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，所以加入试剂的正确的操作是先在试管甲中加入3mL乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入浓硫酸和冰醋酸；（2）为加快反应速率需要浓硫酸作催化剂，又因为酯化反应是可逆反应，则浓硫酸的另一个作用是吸水剂；（3）生成乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，则制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，便于闻到乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层析出；（4）乙酸、乙醇与水均是互溶的，因此导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸。长导管兼有冷凝的作用，可以将反应生成的乙酸乙酯蒸气冷凝；（5）分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层得乙酸乙酯，因此应采用的实验操作是分液；（6）加入碎瓷片可防止液体局部过热发生暴沸现象，因此向试管甲中加入几块碎瓷片的目的是防止试管甲中液体暴沸而冲出导管；（7）乙酸乙酯的密度比水小，不溶于水，所以试管乙中观察到的现象是有无色油状液体出现，并闻到水果香味。【点睛】本题考查了乙酸乙酯的制备，题目难度不大，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。另外该实验要关注制备的细节如反应条件，催化剂的使用及其产物的除杂提纯等问题。20、气体X→A→C→A→B→E→F→D恢复红色a防止空气中的水蒸气进入F浓硫酸变稀，稀硫酸与锌反应产生氢气【解析】分析：本题考查锌与浓硫酸共热的产物。开始产生SO2，随着反应的进行，硫酸变稀，又会产生氢气。检验产物为SO2和H2方法是生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰。详解：(1)生成的SO2可以用品红溶液检验，为防止对后续实验的干扰，需要除去SO2，可以用氢氧化钠溶液，为检验是否除尽，还需要再通过品红溶液，另外氢气与氧化铜反应前还需要干燥氢气，氢气还原黑色CuO变成红色的Cu，同时产生水，需用无水硫酸铜检验氢气被氧化的产物水，水和无水硫酸铜反应生成蓝色的五水合硫酸铜，最后还需要防止空气中的水蒸气对实验造成干扰，因此上述装置的