河北省邢台市第七中学2023-2024学年高一化学第二学期期末质量检测试题含解析

河北省邢台市第七中学2023-2024学年高一化学第二学期期末质量检测试题注意事项：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0．5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、下列说法正确的是（）A．邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构B．沸点由高到低：己烷＞异丁烷＞正丁烷C．制取一氯乙烷的最佳途径是通过乙烷与氯气反应获得D．等物质的量的乙醇和水分别与足量的钠反应，生成的气体体积比为3：12、苯环实际上不具有碳碳单键和双键的简单交替结构，下列均不可作为证据事实的一组是①苯的间位二取代物只有一种②苯的对位二取代物只有一种③苯分子中碳碳键的长度(即分子中两个成键的原子的核间距离)均相等④苯不能使酸性KMnO4溶液褪色⑤苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气发生加成反应生成环己烷⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应A．①②⑤ B．②③④ C．①②⑥ D．②⑤⑥3、室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴滴加到10mL0.1mol/LNaOH溶液中，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．一元酸HA为弱酸B．a点所示溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)C．pH=7时，c(Na+)＞c(A-)+c(HA)D．b点所示溶液中c(H+)-c(OH-)=1/2[c(A-)-c(HA)]4、下列说法正确的是（

）A．甲烷燃烧热的数值为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1B．500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，其热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)500℃，30MPs2NH3(g)∆H=-38.6kJ/molC．已知25℃、101KPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)∆H=-284.9kJ/mol，4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s)∆H=-319.1kJ/mol，则O3比O2稳定D．已知1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895KJ的热能，1g石墨完全燃烧放出的热量比1g金刚石完全燃烧放出的热量少5、下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是()①SO2②CH3CH2CH===CH2③④CH3CH3A．①②③④ B．③④ C．①② D．①②④6、短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍。X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24。Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：Z＞Y＞XB．如图所示实验可证明非金属性：Cl＞ZC．W、Y、Z的单质分别与X2反应时，X2用量不同产物均不同D．Y分别与X、Z形成二元化合物中不可能存在共价键7、下列物质中，含有共价键的离子化合物的是A．N2 B．CO2 C．NaOH D．MgCl28、同志在党的十九大报告中提出“绿水青山就是金山银山”，“生态文明建设”要求加大环境保护力度。下列做法不符合这一主题的是A．工业废水处理后再排放B．大量使用农药提高农作物产量C．开发利用各种清洁能源D．使用共享自行车代替汽车出行9、以下能级符号不正确的是A．3s B．3d C．3p D．3f10、一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应NO2（g）＋SO2（g）SO3（g）＋NO（g）。下列能说明反应达到平衡状态的是（）A．体系的压强保持不变 B．混合气体的密度保持不变C．混合气体的颜色保持不变 D．每消耗1molSO3的同时生成1molNO211、向300mL1mol·L-1的稀硝酸中，加入5.6g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（）A．最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+B．最终溶液中，硝酸无剩余C．标准状况下生成NO的体积为1.68LD．再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化12、I可用于治疗甲状腺疾病。该原子的质子数是A．53 B．78 C．131 D．18413、下列反应的离子方程式正确的是A．漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOB．铅蓄电池放电时的正极反应PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2OC．硫酸铝溶液中加入过量氨水3NH3·H2O+A13+=Al(OH)3↓+3NH4+D．用过量FeBr2溶液吸收少量Cl2Br-+Cl2=Br2+2Cl-14、下列各组物质的性质比较中，正确的是（）A．酸性:HNO3＞H2CO3＞H2SiO3B．稳定性;H2S＞H2O＞HFC．还原性:Cl-＞Br-＞I-D．碱性:NaOH＞Mg(OH)2＞Ca(OH)215、能证明SO2有漂白性的是A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失B．品红溶液中通入SO2后，红色消失C．SO2通入加有NaOH的酚酞溶液后，红色消失D．溴水通入SO2气体后，橙色消失16、进行一氯取代反应，只能生成三种沸点不同的产物的烷烃是（）A．（CH3）2CHCH2CH2CH3 B．（CH3CH2）2CHCH3C．（CH3）2CHCH（CH3）2 D．（CH3）3CCH2CH3二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。请回答下列问题。（1）写出下列各物质的化学式:X、Y、C。（2）反应①的化学方程式为，反应②的离子方程式为。18、已知乙烯能发生以下转化：（1）乙烯的结构简式为__________,B的结构简式____________，D的官能团名称_______。（2）②的反应类型_________________。（3）写出①的化学方程式_____________________________________________。（4）写出②的化学方程式_____________________________________________。19、实验室用图所示装置制备乙酸乙酯。（1）实验前，向试管a中加入3mL_____________，然后边振荡试管边慢慢加入2mL____________和2mL乙酸。（2）试管a中生成乙酸乙酯的化学方程式是____________________。（3）试管b中盛放的试剂是饱和__________________溶液。试管b中的导管不能伸入液面下的原因是_________________________。（4）反应结束后，从试管b中分离出乙酸乙酯的方法是_________________。20、实验是学习化学的一个重要途径。(1)图1是实验室常用的制气装置,其中b可用于制取O2和______

(写

化学式)，其制取反应的化学方程式为_________。若用二氧化锰和浓盐酸制取氯气应选择的装置为_______，反应的离子方程式为__________。(2)图2是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置。①A中盛放的固体药品是_________(填化学式)，装置B中盛装的液体试剂为_________。②装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、II处依次放入的物质正确的是_________(填字母编号)。编号IIIIIIA干燥的有色布条碱石灰湿润的有色布条b干燥的有色布条无水硫酸铜湿润的有色布条c湿润的有色布条浓硫酸干燥的有色布条D湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条③D中发生反应的离子方程式是_________。将装置D中的溶液加入装置E中，溶液分为两层，上层呈紫红色，要分离出紫红色溶液，需使用的玻璃仪器是玻璃棒、烧杯和________。④报纸报道了多起因混合使用“洁厕灵”(主要成分是盐酸)与“84消毒液”(主要成分是NaClO)发生氯气中毒的事件。请用离子方程式表示其原因:________。21、氢氧燃料电池是符合绿色化学理念的新型电池。电池装置如图所示，该电池电极表面镀一层细小的铂粉，铂吸附气体的能力强，性质稳定。请回答下列问题：（1）在导线中电子流动方向为______________(用a、b表示)。（2）负极反应式为__________________。（3）电极表面镀铂粉的原因是__________________________________。（4）该电池工作时，H2和O2连续由外部供给，电池可连续不断地提供电能。因此大量安全储氢是关键技术之一。金属锂是一种重要的储氢材料，吸氢和放氢原理如下：Ⅰ.2Li＋H2＝2LiHⅡ.LiH＋H2O===LiOH＋H2↑①反应Ⅰ中的还原剂是__________，反应Ⅱ中的氧化剂是__________。②已知LiH固体密度为0.82g/cm3。用锂吸收224L(标准状况)H2，生成的LiH体积与被吸收的H2体积之比为________。③由②生成的LiH与H2O作用，放出的H2用作电池燃料，若能量转化率为80%，则导线中通过电子的物质的量为__________mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．若苯环中存在单、双键交替结构，则邻二溴苯有两种，邻二溴苯只有一种可以证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故A正确；B．烷烃的碳原子数越多，沸点越高，互为同分异构体的烷烃，支链越多，沸点越低，沸点由高到低：己烷>正丁烷＞异丁烷，故B错误；C．乙烷与氯气发生取代反应，在光照条件下，产物复杂，为链锁反应，应利用乙烯与HCl发生加成反应制备氯乙烷，故C错误；D．乙醇、Na与水反应的方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑、2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，等物质的量的乙醇和水与足量的钠反应生成气体物质的量相等，故D错误；故选A。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，选项C为解答的易错点，要注意烷烃取代反应的复杂性。2、A【解析】分析：①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体来分析；②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体来分析；③单键和双键的键长不相等；④如果苯的结构中存在单双键交替结构，含有双键能够使酸性高锰酸钾溶液褪色；⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应；⑥如果苯的结构中存在单双键交替结构，含有双键能够与溴发生加成反应。详解：①无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，间位二元取代物均只有一种，所以①不能作为证据；②无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，对位二元取代物均只有一种，故②不能作为证据；③单键和双键的键长不相等，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故③能作为证据；④苯不能使KMnO4酸性溶液褪色，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故④能作为证据；⑤含有双键的物质能够与氢气发生加成反应，苯能在加热和催化剂存在的条件下与氢气加成生成环己烷，可以用单双健结构来解释，故⑤不能作为证据；⑥苯在FeBr3存在的条件下同液溴发生取代反应，而不是加成反应，说明不含双键，说明苯的结构中不存在单双键交替结构，故⑥能作为证据；答案选A。3、C【解析】

a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，结合电荷守恒、物料守恒解答。【详解】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，A正确；B．a点A-水解，溶液显碱性，但水解程度较小，则溶液中c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)，B正确；C．pH=7的溶液呈中性，溶液中c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒：c(Na+)+c(H+)＝c(OH-)+c(A-)，则有c(Na+)＝c(A-)，C错误；D．b点HA过量一倍，溶液存在NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A-水解程度，根据电荷守恒和物料守恒可知c(H+)-c(OH-)=1/2[c(A-)-c(HA)]，D正确；答案选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离以及酸碱混合的定性判断，为高频考点，有利于培养学生的分析能力和良好的科学素养，题目难度中等，注意守恒关系的运用，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，另外需要注意起点、中性点、恰好反应时以及过量一半等特殊点。4、D【解析】

A.甲烷燃烧热的数值为890.3kJ•mol﹣1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：CH4（g）+2O2（g）═CO2（g）+2H2O（l）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1，A错误；B.500℃、30MPa下，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3，放热19.3kJ，该反应为可逆反应，不能确定N2反应的量，则无法确定其热化学方程式，B错误；C.已知25℃、101KPa条件下：4Al(s)+3O2(g)=2Al2O3(s)∆H=-284.9kJ/mol4Al(s)+2O3(g)=2Al2O3(s)∆H=-319.1kJ/mol，根据能量越低，其越稳定，则O2比O3稳定，C错误；D.已知1mol金刚石转化为石墨，要放出1.895KJ的热能，说明等质量的石墨具有的能量比金刚石低，1g石墨完全燃烧放出的热量比1g金刚石完全燃烧放出的热量少，D正确；答案为D【点睛】燃烧热为1mol可燃物完全燃烧，生成稳定的氧化物释放的热量，生成的液态水稳定。5、C【解析】分析：根据二氧化硫具有还原性，结合有机物分子中含有的官能团的性质分析解答。详解：①SO2具有还原性，能被溴水和酸性高锰酸钾氧化而使其褪色；②CH3CH2CH＝CH2含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，能因发生氧化反应使酸性高锰酸钾褪色；③与溴水发生萃取，与酸性高锰酸钾溶液不反应；④CH3CH3属于烷烃，与溴水和酸性高锰酸钾溶液均不反应。答案选C。6、B【解析】分析：本题考查的是元素推断和非金属性的强弱比较，结合原子的构成进行分析。详解：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大，其中W元素原子的最外层电子数是内层电子数的两倍，说明该元素为碳元素，X与Z同主族，两原子的核外电子数之和为24，则为氧和硫，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明为钠元素。A.氧离子和钠离子电子层结构相同，根据序小径大的原则分析，氧离子半径大于钠离子半径，硫离子有3层，半径最大，故顺序为Z＞X＞Y，故错误；B.实验中盐酸与高锰酸钾溶液反应生成氯气，氯气和硫化氢反应生成硫和水，说明氯气的氧化性比硫强，故说明氯的非金属性比硫强，故正确；C.碳和氧气可以生成二氧化碳或一氧化碳，硫和氧气反应只能生成二氧化硫，钠和氧气根据条件不同可能生成氧化钠或过氧化钠，故错误；D.钠和氧可以形成氧化钠和过氧化钠，氧化钠只有离子键，过氧化钠有离子键和共价键，钠和硫形成硫化钠，只有离子键，故错误。故选B。7、C【解析】

A．N2属于非金属单质，只含有共价键，故A错误；B．CO2属于共价化合物，只含有共价键，故B错误；C．NaOH属于离子化合物，其中含有氢氧根离子，含有共价键，故C正确；D．MgCl2属于离子化合物，只含有离子键，故D错误；故选C。8、B【解析】

A、工业废水处理后再排放能保护环境，符合这一主题；B、大量使用农药提高农作物产量会造成环境的污染，不符合这一主题；C、开发利用各种清洁能源能保护环境，符合这一主题；D、使用共享自行车代替汽车出行能保护环境，节约资源，符合这一主题；答案选B。9、D【解析】

第三能层能级数为3，分别是3s、3p、3d，故D项错误。故选D。10、C【解析】A.因为反应前后气体的分子数不变，体系的压强在一定温度下始终不变，所以A不能说明；B.混合气体的质量和体积都不变，所以密度保持不变，B不能说明；C.混合气体中只有二氧化氮是有色气体，随着反应的进行，二氧化氮的浓度逐渐减小，所以气体的颜色逐渐变浅，当颜色保持不变时，反应达到化学平衡状态，B可以说明；D.每消耗1molSO3的同时生成1molNO2，体现的都是逆反应速率，不能说明正反应速率和逆反应速率相等，所以不能说明是否达到化学平衡状态。本题选C。点睛：一个可逆反应是否处于化学平衡状态可从两方面判断；一是看正反应速率是否等于逆反应速率，两个速率必须能代表正、逆两个方向，然后它们的数值之比还得等于化学计量数之比，具备这两点才能确定正反应速率等于逆反应速率；二是判断物理量是否为变量，变量不变达平衡。11、D【解析】

当≥4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当≤8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3<<4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2OFe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；【详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol；=3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；①根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故不选C；D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；答案：D【点睛】本题关键点是判断Fe与硝酸反应的产物，难点为C选项，用到了物料守恒和得失电子守恒。12、A【解析】

在原子符号左下角表示质子数，左上角表示的是质量数，质量数等于质子数与中子数的和，所以该原子的质子数是53，故合理选项是A。13、C【解析】分析：根据离子方程式书写要求和物质的性质判断离子方程式的正误。详解：漂白粉溶液中通入过量的二氧化碳气体，CaCO3将转化为Ca（HCO3）2，所以A选项错误；因为PbSO4不溶于水，所以铅蓄电池放电时的正极反应PbO2+2e-+4H++SO42-=PbSO4↓+2H2O，B选项错误；氢氧化铝呈两性，它能够溶于强碱溶液，氨水是弱碱，所以C选项正确；Fe2+离子的还原性比Br-离子强，遇到少量强氧化剂，Fe2+首先被氧化为Fe3+，其次才是Br-，所以D选项错误。正确选项C。点睛：离子方程式书写的分为四步，第一步：写正确写出反应的化学方程式；第二步：拆把易溶于水、易电离的物质拆写成离子形式；第三步：删删去方程式两边不参加反应的离子；第四步：查检查方程式两边的元素和电荷是否守恒；上述四步“写”是保证，本题A选项中生成产物错误，离子方程式必定错误；“拆”是关键，难溶物质如：本题中的PbSO4、Al(OH)3等；弱酸如：CH3COOH、HClO、H2SO3等；弱碱如：本题中的NH3·H2O等；氧化物如：Na2O、FeO、Al2O3等；挥发性气体如CO2、SO2、NO、NO2等物质，在书写离子方程式时都不能拆写，必须写化学式。微溶物的处理有以下三种情况:①在生成物中有微溶物析出时，应用分子式表示；②当反应物中有微溶物并且处于澄清状态时，应将微溶物写成离子形式，如在澄清的石灰水中通入适量CO2，其离子方程式为:Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O③当反应物中有微溶物且处于悬浊液或固态时，应将微溶物写成分子式，如在石灰乳中加入Na2CO3浓溶液，.其离子方程式为：Ca(OH)2+CO32-=CaCO3↓+2OH-。14、A【解析】

A．非金属性N＞C＞Si，元素非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：HNO3＞H2CO3＞H2SiO3，选项A正确；B．非金属性F＞O＞S，元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HF＞H2O＞H2S，选项B错误；C、元素的非金属性Cl＞Br＞I，元素的非金属性越强，则对应的阴离子的还原性越弱，离子的还原性：Cl-＜Br-＜I-，选项C错误；D．金属性Na＞Mg、Ca＞Mg，元素金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，则NaOH＞Mg(OH)2、Ca(OH)2＞Mg(OH)2，选项D错误；故选A。【点睛】本题考查元素周期表与元素周期律的综合应用，题目难度不大，本题注意把握元素周期律的递变规律，注重基础积累的积累即可，易错点为选项B：根据元素周期律的递变规律判断对应元素非金属性的强弱，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定。15、B【解析】

A．酸性KMnO4具有氧化性，SO2通入酸性KMnO4溶液中，二者发生氧化还原反应而使溶液紫色消失，说明SO2具有还原性，A项错误；B．品红通入SO2后，红色消失，是因为SO2与某些有色物质化合生成不稳定的无色物质，说明SO2具有漂白性，B项正确；C．SO2通入加有NaOH的酚酞溶液后，红色消失，发生反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（SO2少量），SO2+NaOH=NaHSO3（SO2过量），说明SO2是酸性氧化物，C项错误；D．Br2具有氧化性，通入SO2，橙色消失，发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，说明SO2具有还原性，D项错误；答案选B。【点睛】SO2不能漂白酸碱指示剂，只能使紫色石蕊试液变红。16、D【解析】

A．(CH3)2CHCH2CH2CH3中有5种位置不同的氢，所以其一氯代物有5种，即能生成5种沸点不同的产物，A错误；B．(CH3CH2)2CHCH3中有4种位置不同的氢，所以其一氯代物有4种，即能生成4种沸点不同的产物，B错误；C．(CH3)2CHCH(CH3)2中含有2种等效氢，所以其一氯代物有2种，即能生成2种沸点不同的产物，C错误；D．(CH3)3CCH2CH3中含有3种等效氢，所以其一氯代物有3种，即能生成3种沸点不同的产物，D正确；答案选D。【点睛】判断有机物的一氯代物的种类就是看有机物里有几种等效氢。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）Cl2；SO2；FeCl3；(2)Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。【解析】试题分析：（1）A和硝酸酸化的硝酸应发生生成白色沉淀，说明A中含有Cl－，B与盐酸酸化的BaCl2反应生成白色沉淀，B中含有SO42－，X、Y均为刺激性气味的气体，因此推出X和Y为Cl2、SO2，X和Fe发生反应，因此X为Cl2，Y为SO2，即C为FeCl3；（2）反应①利用氯气的氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Cl－，因此离子反应方程式为：Cl2＋SO2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，反应②利用Fe3＋的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，本身被还原成Fe2＋，即反应②的离子反应方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42－＋4H＋。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。18、CH2=CH2CH3CH2OH（或C2H5OH）羧基酯化反应（取代反应）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O【解析】

乙烯和水加成得到乙醇。乙醇在铜的作用下和氧气发生催化氧化得到乙醛。乙醇可以和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯。酯化反应也称为取代反应。【详解】（1）乙烯的结构简式为CH2=CH2，B是乙醇，其结构简式为CH3CH2OH（或C2H5OH），D为乙酸，乙酸的官能团为羧基。故答案为CH2=CH2，CH3CH2OH（或C2H5OH），羧基；（2）②是酯化反应，也称为取代反应；（3）反应①是乙醇的催化氧化，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）反应②是乙酸和乙醇的酯化反应，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3CH2OOCCH3+H2O。19、乙醇浓硫酸CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2ONa2CO3防止b中溶液倒吸入a中分液【解析】（1）制取乙酸乙酯时，先加人乙酸和乙醇，再加入浓硫酸，或者先加入乙醇，再加入浓硫酸和乙酸，防止混合液体溅出，发生危险，故答案为乙醇浓硫酸。（2）乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生可逆反应生成乙酸乙酯和水，故化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。（3）除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙酸杂质，选用的是饱和碳酸钠溶液，试管b中的导管不能伸入液面下，防止发生倒吸。（4）乙酸乙酯及挥发出的乙醇和乙酸进入试管b中，乙醇和乙酸被除去，而乙酸乙酯密度小于水且难溶于水，故用分液法分离出乙酸乙酯。点睛：本题考查了乙酸乙酯的制备实验操作、混合物的分离和提纯等，重在对基础知识的考查，注意掌握乙酸乙酯的制备原理、产物分离和提纯的实验方法等。20、NH32NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2OcMnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2OKMnO4(或KClO3)饱和食盐水dCl2＋2Br－=Br2＋2Cl－分液漏斗Cl－＋ClO－＋2H＋=Cl2↑＋H2O【解析】分析：装置a是制备固液不加热反应的装置，例如锌粒与稀硫酸反应制备氢气；装置b是制备固固加热反应的装置，例如实验室制备氧气和氨气；装置c是制备固固加热反应的装置，例如实验室制备氯气。（1）由上述分析可知装置b是用于制备固固加热反应，实验室制备氨气则是用这套装置，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；采用浓盐酸和二氧化锰制备氯气必须加热，所以应选用装置c，离子反应方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Cl2↑＋Mn2＋＋2H2O；（2）①上图为制备氯气并验证氯气性质的装置，其中制备气体装置没有加热，因此选用的