福建省福州第八中学2024届高一化学第二学期期末联考试题含解析

福建省福州第八中学2024届高一化学第二学期期末联考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，下列溶液酸性最强的是A．c（H+）=1×10－5mol/L B．pH=3的溶液C．c（OH－）=1×10－5mol/L D．0.1mol/L的盐酸2、下列第二周期的元素中，原子半径最小的是（）A．OB．FC．ND．C3、已知热化学方程式：SO2(g)+1/2O2(g)SO3(g)ΔH＝―98.32kJ／mol，在容器中充入2molSO2和1molO2充分反应，最终放出的热量为（）A．196.64kJ B．小于98.32kJC．小于196.64kJ D．大于196.64kJ4、下列各组混合物中，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，下列各组不正确的是A．甲烷、辛醛B．乙炔、苯乙烯C．甲醛、甲酸甲酯D．苯、甲苯5、下列分子中14个碳原子不可能处于同一平面上的是A． B．C． D．6、根据元素周期表和元素周期律分析下面的推断，其中正确的是A．在金属元素和非金属元素分界线附近的元素多用于制造半导体材料B．氢氧化铝的碱性强于氢氧化镁的碱性C．磷酸的酸性强于硝酸的酸性D．SiH4比CH4稳定7、五种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中R元素原子的最外层电子数等于其电子层数的2倍，下列判断正确的是A．元素的非金属性次序为：Y>X>MB．气态氢化物稳定性：M>RC．Z的氧化物可以做光导纤维D．最高价氧化物对应水化物的酸性：Y>X8、以下各种物质中，不属于高分子化合物的是A．塑料B．蔗糖C．蛋白质D．纤维素9、在A+2B⇌3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）A．v(A)=0.3mol/(L·s) B．v(B)=0.5mol/(L·s)C．v(C)=0.8mol/(L·s) D．v(D)=1mol/(L·min)10、“绿水青山就是金山银山”，下列行为不符合这一主题的是（）A．用已脱硫的煤作燃料B．在远离城市的地区燃放烟花爆竹C．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料D．采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质11、可逆反应在一定条件下达到化学平衡时，下列说法不正确的是A．正反应速率等于逆反应速率 B．反应物和生成物浓度不再发生变化C．反应体系中混合物的组成保持不变 D．正、逆反应速率都为零12、我国科学家在世界上首次合成了三种新核素，其中一种新核素的名称是铪－185，符号185Hf，下列关于铪－185的叙述，不正确的是()A．它是一种新的原子B．它是一种新的元素C．它的质量数为185D．它是铪－180的一种新的同位素13、标准状况下，0.56LCH4和C2H4的混合气体通入足量溴水中，溴水增重0.28g（假设C2H4完全被吸收），则乙烯占混合气体体积的A．20% B．40%C．60% D．80%14、鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，下列方法中最简单有效的是()A．加入足量的NaOH溶液 B．加热煮沸C．加入足量的盐酸 D．观察是否产生丁达尔现象（效应）15、已知钡的活动性处于Na、K之间，则下列说法中正确的是（）A．Ba可从KC1溶液中置换出钾 B．Ba(OH)2是强碱C．在溶液中Zn可还原Ba2+生成Ba D．Ba不能从冷水中置换出氢16、在一定温度下，将一定量的气体通人体积为2L的密闭容器中，使其发生反应，有关物质X、Y、Z的物质的量的变化如图所示。下列有关推断不正确的是A．该反应的化学方程式是3Z3X+2YB．t0后．该反应停止进行C．t0时．X的浓度为0.9mol/LD．t0时，Z的转化率为60%二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E为短周期元素且原子序数依次増大,质子数之和为40。B、C同周期,

A、D同主族,

A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,

E的最高价氧化物的水化物呈两性。(1)B元素在周期表中的位置为_______。(2)由A、C、D三种元素组成的化合物的电子式为_______。(3)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。現改用A2C2和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,试写出反应的化学方程式______。(4)若BA3与C2可形成燃料电池,电解质为KOH溶液,则负极的电极反应式为______。(氧化产物不污染环境)18、ZnO在医药、石化等领域有广泛的用途。研究小组用某闪锌矿(主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质)制备氧化锌和硫单质，设计如下流程：请回答下列问题：(1)滤渣1的化学式为_______，(2)沉淀X的化学式为______________。(3)“转化Ⅱ”中主要反应的离子方程式为___________________________。(4)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤沉淀的操作为__________________。19、一氯化碘(沸点97.4℃)，是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。某校研究性学习小组的同学拟制备一氯化碘。回答下列问题：(1)甲组同学拟利用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘,其装置如下：(已知碘与氯气的反应为放热反应)①各装置连接顺序为A→___________;A

装置中发生反应的离子方程式为___________。②B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：___________,D装置的作用是____________。(2)乙组同学采用的是最新报道的制一氯化碘的方法。即在三颈烧瓶中加入粗碘和盐酸，控制温度约50℃

,在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘。则发生反应的化学方程式为___________________。(3)设计简单实验证明：①ICl的氧化性比I2强：________________________________________________。②ICl与乙烯能发生反应：_______________________________________________。20、如图在试管甲中先加入2mL95％的乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸，充分摇匀，冷却后再加入少量无水乙酸，用玻璃棒充分搅拌后将试管固定在铁架台上，在试管乙中加入5mL饱和的碳酸钠溶液，按图连接好装置，用酒精灯对试管甲小火加热3～5min后，改用大火加热，当观察到乙试管中有明显现象时停止实验。试回答：（1）试管乙中观察到的现象是______________________。（2）液体混合加热时液体容积不能超过其容积_____，本实验反应开始时用小火加热的原因是__________；（已知乙酸乙酯的沸点为77℃；乙醇的沸点为78.5℃；乙酸的沸点为117.9℃）（3）试管甲中加入浓硫酸的目的是__________。（4）该实验中长导管的作用是_______，其不宜伸入试管乙的溶液中，原因是________。（5）试管乙中饱和Na2CO3的作用是______________________________________。（6）写出试管甲中发生反应的化学方程式________________________________。21、（1）已知拆开1mo1H-H键、1molN≡N键、lmolN-H键分别需要吸收的能量为436kJ、946kJ、391kJ。则生成1mo1NH3时反应放出___________kJ的热量。（2）为了验证Fe3+与Cu2+氧化性强弱，下列装置能达到实验目的的是________（填序号）。（3）直接乙醇燃料电池(DEFC)具有很多优点，引起了人们的研究兴趣。现有以下三种乙醇燃料电池。①三种乙醇燃料电池中正极反应物均为______________________；②碱性乙醇燃料电池中，电极a上发生的电极反应式为_______________________________；③熔融盐乙醇燃料电池中若选择熔融碳酸钾为介质，电池工作时，电极b上发生的电极反应式为______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．氢离子浓度为1×10－5mol/L；B．常温下pH=3的溶液中氢离子浓度为0.001mol/L；C．c(OH-)=1×10-5mol/L的溶液中，氢离子浓度为：mol/L=1×10－9mol/L；D．0.1mol/L的盐酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L；溶液中氢离子浓度越大，溶液酸性越强，则酸性最强的为D，故答案为D。2、B【解析】试题分析：C、N、O、F同周期，核电荷数依次增大，原子核对核外电子吸引增大，原子半径依次减小，故F原子半径最小，故选B。考点：考查了原子半径的比较的相关知识。视频3、C【解析】

根据热化学方程式得出生成1molSO3时放出的热量，利用极限法计算出2mol

SO2和1molO2反应生成SO3的物质的量，计算放出的热量，由于可逆反应的不完全性，所以放出的热量小于按极限法计算放出的热量。【详解】根据热化学方程式SO2（g）+O2（g）

SO3（g）△H=-98.32kJ/mol的含义，可知SO2和O2反应生成1molSO3时放出的热量为98.32kJ，所以生成2molSO3时放出的热量为196.64kJ，由于是可逆反应，2mol

SO2和1molO2不能完全反应，所以放出的热量小于196.64kJ．

答案选C。【点睛】以反应热的计算为载体，考查可逆反应的不完全性，注意可逆反应无论进行多长时间，反应物都不可能100%地全部转化为生成物。4、D【解析】试题分析：混合物中，不论二者以什么比例混合，只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，满足的条件是碳的质量分数一定，常见的是最简式相同或同分异构体，选项B和C最简式相同，满足条件，正确；甲烷和辛醛碳的质量分数都是75%，满足条件，选项A正确；苯和甲苯最简式不同，碳的质量分数也不等，选项D不正确。考点：有机混合物的燃烧产物中CO2的质量判断。5、C【解析】A、该分子结构可以看作是相邻的两个苯环共用两个碳原子形成的，所以所有的碳原子都处在同一平面上14个碳原子处于同一平面上，错误；B、苯环上所有原子共面，所以两个苯环形成的结构中12个碳原子共面，甲基上碳原子连接苯环，甲基和苯环上碳原子共面,所以该分子中14个碳原子可能共面，错误；C、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，但是甲基碳原子以及甲基相连的碳原子是烷烃的结构，一定不会共面，该分子中的所有碳原子不可能都处在同一平面上，正确；D、该分子结构可以看作是两个苯环共用两个碳原子形成的，每个苯环上的碳原子一定共面，亚甲基上碳原子连接苯环，亚甲基和甲基中两个碳原子可以共面，亚甲基和苯环上碳原子共面，所以该分子中所有碳原子可能共面，错误；故选C。点睛：本题考查碳原子共面问题。解答这种题型应联想到已学过典型有机化合物的空间构型，甲烷是正四面体，乙烯、苯是平面型分子，乙炔是直线型分子。6、A【解析】分析：A、金属元素和非金属元素分界线附近的元素往往既具有金属性和非金属性；B、金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强；C、非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强；D、非金属性越强，氢化物越稳定。详解：A、在金属元素和非金属元素分界线附近的元素往往既具有金属性和非金属性，因此多用于制造半导体材料，A正确；B、金属性镁大于铝，氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁的碱性，B错误；C、非金属性P小于N，则磷酸的酸性弱于于硝酸的酸性，C错误；D、非金属性C大于硅，则CH4比SiH4稳定，D错误。答案选A。7、D【解析】

由短周期元素在周期表的位置可知，X、Y处于第二周期，Z、M、R处于第三周期，R元素原子的最外层电子数等于电子层数的2倍，则R为S，根据这些元素的相对位置关系可推知X为C元素，Y为N元素，Z为Al，M为P元素。【详解】A．磷酸的酸性碳酸的强，故非金属性P＞C，故A错误；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性R＞M，故氢化物稳定性：R＞M，故B错误；C．Z的氧化物为三氧化二铝，可以用作耐火材料，用作光导纤维的是二氧化硅，故C错误；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性Y＞X，故最高价含氧酸酸性：Y＞X，故D正确，故选D。8、B【解析】塑料、蛋白质、纤维素均是高分子化合物，蔗糖是二糖，不是高分子化合物，答案选B。点睛：高分子化合物是相对小分子而言的，简称高分子。大部分高分子化合物是由小分子通过聚合反应制得的，所以常被称为聚合物或高聚物。天然高分子和合成高分子的主要区别是：合成高分子是由单体通过聚合反应而生成的，天然高分子是自然界存在的，不需要单体进行反应而来，天然高分子都能水解，而合成高分子一般都不易与水发生反应。9、A【解析】

v(D)=1mol/(L·min)=160mol/(L·s)，反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，则：A.v(A)B.v(B)2C.v(C)3D.v(D)4=显然A中比值最大，反应速率最快，故答案为A。【点睛】反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，也可转化为同种物质的反应速率来比较。由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，注意单位要相同。10、B【解析】

A.用已脱硫的煤作燃料，可以减少含硫废气的排放，以保护环境，A符合；B.在远离城市的地区燃放烟花爆竹，会造成大气污染，B不符合；C.利用太阳能等清洁能源代替化石燃料，可减少含硫废气的排放，减缓温室效应等，C符合；D.采用“绿色化学”工艺，使原料尽可能转化为所需要的物质，D符合；故答案选B。11、D【解析】

A．化学平衡为动态平衡，达到平衡状态时，正逆反应速率相等，A正确；B．达到平衡状态时，各组分浓度不变，即各反应物和生成物浓度都不再发生变化，B正确；C．当反应体系中混合物的组成保持不变时，达到平衡状态，C正确；D．化学平衡为动态平衡，达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但都不等于零，D错误；故合理选项为D。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意化学平衡状态的特征，达到平衡状态时正逆反应速率相等，但反应没有停止。12、B【解析】

是一种新的原子，质量数为185，质子数为72，原子序数等于质子数．是Hf的一种新的核素，同时也是Hf的一种新的同位素，但不是新元素，是一种新的核素，故B错误，A、C、D正确；答案选B。13、B【解析】

乙烯含有碳碳双键，能和溴水发生加成反应，甲烷较稳定，不和溴水反应，所以溴水增重的质量为乙烯的质量。【详解】0.56LCH4和C2H4的物质的量为=0.025mol，溴水增重的质量为乙烯的质量，溴水增重0.28g，乙烯的物质的量为=0.01mol，则乙烯占混合气体体积的×100%=40%，故选B。【点睛】本题考查与化学方程式有关的计算注意明确溴水增重的物质是解本题的关键。14、D【解析】

胶体能产生丁达尔效应，而溶液是不能的，据此可以鉴别溶液和胶体，所以答案选D。【点睛】溶液和胶体的本质区别是分散质粒子的直径大小不同，常用丁达尔效应区分二者，但丁达尔效应属于物理变化，而不是化学变化。15、B【解析】分析：由信息可知钡的性质可由钠和钾的性质来推测。详解：钠和钾都能够与冷水、盐溶液中的水反应生成H2，而不会将相对不活泼的金属从其水溶液中置换出来，Ba能够与KCl溶液中的水反应，A选项错误；NaOH是强碱，所以Ba（OH）2是强碱，B选项正确；Zn的活动性比Na弱，Ba的活动性比Na强，所以不可能从溶液还原Ba2+生成Ba单质，C选项错误；Na、K能够从冷水中置换出氢，Ba的金属性介于两者之间，所以Ba也可以从冷水中置换出氢，D选项错误；正确选项B。16、B【解析】分析：根据X、Y、Z物质的量的变化判断反应物、产物，利用物质的量之比等于化学计量数之比确定化学计量数，据此书写化学方程式；t0时达到平衡。详解：由图可知，X、Y的物质的量增大，为生成物，Z物质的量减小，为反应物，到平衡后，X生成1.8mol，Y生成1.2mol，Z反应1.8mol，X、Y、Z的化学计量数之比=1.8：1.2：1.8=3：2：3，则反应的化学方程式为：3Z3X+2Y，是可逆反应，故A正确；B、化学平衡时各组分的浓度不再随时间变化而变化，故X、Y、Z的质量也不再改变，但反应仍在进行，正速率等于逆速率，但不等于0，故B错误；C、根据图象可知平衡时Z的浓度为1.8mol/2L=0.9mol·L－1，故C正确；D、t0时，Z的转化率为（3.0-1.2）/3×100%=60%,故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、第二周期第VA族Cu+H2O2+H2SO4==CuSO4+2H2O2NH3-6e-+6OH-

=

N2+

6H2O【解析】分析：本题考查位置、结构、性质的关系及应用，明确元素的推断是解答本题的关键，熟悉物质的性质及化学反应方程式的书写即可解答，注意掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系。详解：A、B、C、D、E为短周期元素且原子序数依次増大,A、C能形成两种液态化合物A2C和A2C2,说明A为氢，C为氧元素，形成的为水或双氧水，E的最高价氧化物的水化物呈两性，说明E为铝，质子数之和为40，所以计算B的质子数为7，为氮元素。(1)B元素为氮元素，在周期表中的位置为第二周期第VA族；(2)由A、C、D三种元素组成的化合物为氢氧化钠，其电子式为。(3)废印刷电路版上含有铜,以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜,再用硫酸溶解。现改用过氧化氢和稀硫酸浸泡既达到了上述目的,又保护了环境,说明铜和过氧化氢和硫酸反应也生成硫酸铜，反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4==CuSO4+2H2O。(4)若氨气与氧气可形成燃料电池,电解质为KOH溶液,氧气在正极反应，则氨气在负极反应，其电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。18、SiO2Fe(OH)3MnO4﹣+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2～3次【解析】分析：闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3等杂质）用硫酸溶液溶解并过滤后，滤渣为不溶于稀硫酸的SiO2，逸出的气体为H2S，并用空气氧化H2S气体得到S，防污染空气，滤液1中含有FeSO4、ZnSO4及MnSO4等溶质，调整滤液1pH至5，并滴加KMnO4溶液，氧化溶液中的Fe2+和Mn2+，最终得到不溶物MnO2和Fe(OH)3，过滤得滤液2为ZnSO4和K2SO4溶液，在滤液2中滴加Na2CO3溶液，得ZnCO3沉淀，过滤、洗涤并干燥，最终煅烧得到ZnO，据此分析解题。详解：(1)根据分析知闪锌矿（主要成分ZnS，含有FeS、SiO2、MnCO3，不溶于稀硫酸的为SiO2，所以滤渣1为SiO2。故答案为SiO2。(2)滤液1经氧化并调节溶液PH=5后,得到不溶于水的MnO2和Fe(OH)3,则过滤所得不溶沉淀X为Fe(OH)3故答案为Fe(OH)3。（3）转化Ⅱ为用KMnO4氧化溶液中Fe2+,还原产物为Mn2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得发生反应的离子方程式MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+，3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

。故答案为MnO4-+3Fe2++7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;3Mn2+

+2MnO4-

+2H2O=5MnO2↓+4H+

(6)“一系列操作”包括过滤、洗涤、干燥。洗涤不溶物的方法是向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2∼3次。故答案为向过滤器中加入蒸馏水浸没沉淀，待蒸馏水流下后，重复操作2∼3次。19、C→E→B→DMnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O防止ICl挥发吸收未反应的氯气，防止污染空气3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O用湿润的KI-淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色【解析】分析：用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl，而ICl挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，结合问题分析解答。详解：（1）①用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，因此需要先用饱和食盐水（C）除HCl气体，再用浓硫酸（E）干燥氯气，将干燥的氯气通入B中与碘反应，制备ICl。由于ICl易挥发，所以B应放在冷水中。又因为氯气有毒，需要尾气处理，所以最后用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，因此装置顺序为：A→C→E→B→D。A中发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②ICl挥发，所以B应放在冷水中，防止ICl挥发；氯气有毒，用氢氧化钠（D）处理未反应完的氯气，防止污染空气；（2）粗碘和盐酸，控制温度约50℃，在不断搅拌下逐滴加入氯酸钠溶液，生成一氯化碘，碘元素总共升2价，氯元素总共降6价，化合价升降应相等，则碘单质应配3，再由原子守恒可得3I2+6HCl+NaClO36ICl+NaCl+3H2O；（3）①根据氧化性强的物质制氧化性弱的物质，可用湿润的KI淀粉试纸检验一氯化碘蒸气，试纸变蓝即证明ICl的氧化性比I2强；②一氯化碘是一种红棕色液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸，与乙烯发生加成反应，则颜色褪去，即在ICl的乙醇溶液中通入乙烯，溶液褪色说明ICl与乙烯作用发生加成反应。点睛：本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验装置的选择、实验过程的控制，物质的分离提纯等知识点，为高考频点，注意掌握物质性质灵活运用，善于提取题目的信息。第（3）问是解答的难点和易错点，注意结合已学过的知识（即氧化还原反应规律的应用）和题目中隐含的信息进行知识的迁移灵活应用。20、液体分层1/3加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失催化剂、吸水剂导气、冷凝防止加热不充分而倒吸除去乙酸乙酯中的乙醇和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O【解析】分析：（1）根据乙酸乙酯的性质、含有的杂质结合碳酸钠的性质分析判断实验现象；（2）依据实验基本操作分析，液体混合加热时液体容积不能超过其容积的三分之一，开始时用小火加热的原因是加快反应速率，避免反应物的挥发；（3）浓硫酸的作用是作酯化反应的催化剂和吸水剂；（4）加热反应过程中乙醇、乙酸乙挥发出，长导管起到冷凝作用，不宜伸入试管乙的溶液中是防止加热不充分发生倒吸；（5）根据乙酸乙酯的性质、含有的杂质分析用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯的原因；（6）装置甲中醋酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯和水。详解：（1）乙酸乙酯不溶于水、密度小于水，混有的乙酸和乙醇被碳酸钠溶液反应或溶解，则试管乙饱和碳酸钠溶液中，生成的乙酸乙酯在水溶液上层，试管中观察到的现象是：液体分层，在饱和碳酸钠上层产生有特殊香味的无色液体；（2）液体混合加热时液体容积不能超过其容积的三分之一，开始时用小火加热的原因是加快反应速率，同时又防止了反应物未来得及反应而挥发损失；（3）浓硫酸有吸水性，促进该反应向正反应方向移动，浓硫酸能加快反应速率，所以浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂；（4）已知乙酸乙酯的沸