甘肃省2024年高三最后一卷化学试卷含解析

甘肃省2024年高三最后一卷化学试卷注意事项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、“绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是①实验室收集氨气采用图1所示装置②实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置③实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验④实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④2、利用如图装置模拟铁的电化学保护。下列说法正确的是A．若X为锌棒，开关K置于M处，为外加电流阴极保护法B．若X为碳棒，开关K置于N处，为牺牲阳极阴极保护法C．若X为锌棒，开关K置于M处，Zn极发生：Zn-2e→Zn2+D．若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生还原反应3、下列属于电解质的是()A．酒精 B．食盐水C．氯化钾 D．铜丝4、下列关于古籍中的记载说法正确的是A．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应B．氢化钙的电子式是：Ca2+[∶H]2–C．目前，元素周期表已经排满，第七周期最后一种元素的原子序数是118D．直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体5、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液B．CO2、NO2、Mn2O7、P2O5均为酸性氧化物C．漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D．熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电6、垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是A．A B．B C．C D．D7、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A．转化过程中有非极性键断裂与形成B．复合催化剂降低了反应的活化能C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D．低温下合成氨，能提高原料转化率8、向恒温恒容密闭容器中充入1molX和2molY，发生反应4X（g）+2Y（g）⇌3Z（g），下列选项表明反应一定已达平衡状态的是（）A．气体密度不再变化B．Y的体积分数不再变化C．3v（X）＝4v（Z）D．容器内气体的浓度c（X）：c（Y）：c（Z）＝4：2：39、“碳九”是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。“碳九”有两种，分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是A．若将“碳九"添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭B．用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九C．均三甲苯（）的二氯代物有5种D．异丙苯[]和对甲乙苯（）互为同系物10、新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是A．制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素B．用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C．防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D．某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖11、以下物质检验的结论可靠的是()A．往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，说明含有苯酚B．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，说明溴乙烷发生了水解C．在制备乙酸乙酯后剩余的反应液中加入碳酸钠溶液，产生气泡，说明还有乙酸剩余D．将乙醇和浓硫酸共热后得到的气体通入溴水中，溴水褪色，说明生成了乙烯12、关于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正确的是A．反应物的总键能低于生成物的总键能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反应放热11kJC．等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大13、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A．该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B．放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔C．充电时，铝箔电极应该接电源的正极D．充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移14、莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A．分子中含有2种官能团B．1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气C．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同15、化学与生活、科技、医药、工业生产均密切相关，下列有关化学叙述正确的是（）A．浓硫酸具有强腐蚀性，可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品B．我国预计2020年发射首颗火星探测器太阳能电池帆板的材料是二氧化硅C．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应D．误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的食盐水解毒16、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是A．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)B．CuCl2Cu(OH)2CuC．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)D．MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)二、非选择题（本题包括5小题）17、为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1，3-二取代酞嗪酮类衍生物。(1)化合物B中的含氧官能团为__________和__________(填官能团名称)。(2)反应i-iv中属于取代反应的是___________。(3)ii的反应方程式为___________。(4)同时满足下列条件的的同分异构体共有_____种，写出其中一种的结构简式：_______I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1(5)是一种高效低毒的抗肿瘤药物，请写出以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)：______________。18、有机物G是一种重要的化工原料，其合成路线如图：（1）的官能团名称是____。（2）反应2为取代反应，反应物（Me)2SO4中的“Me”的名称是____，该反应的化学方程式是____。（3）反应④所需的另一反应物名称是____，该反应的条件是____，反应类型是_____。（4）满足下列条件的的同分异构体有____种（不考虑立体异构）。①苯环上连有两个取代基②能发生银镜反应③能发生水解反应（5）以为原料，合成____。合成路线图示例如下：ABC……→H19、苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：实验操作步骤：①向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4mL浓硫酸，摇匀，加入沸石。②装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。③将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。④用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140℃时，直接接收210-213℃的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度（g/cm3）沸点/℃溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题：(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是______，其作用是____(2)步骤①中加浓硫酸的作用是_________，加沸石的目的是______。(3)步骤②中使用分水器除水的目的是_________。(4)步骤③中加入碳酸钠的目的是________。(5)步骤④中有机层从分液漏斗的____（选填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是________%。20、碘酸钾（）是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度：其中制取碘酸（）的实验装置见图，有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体，能溶于水，难溶于CCl4KIO3①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应：ClO－＋IO3－=IO4－＋Cl－回答下列问题（1）装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。（2）装置B中反应的化学方程式为___________________。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。（3）分离出B中制得的水溶液的操作为____________；中和之前，需将HIO3溶液煮沸至接近于无色，其目的是____________，避免降低的产率。（4）为充分吸收尾气，保护环境，C处应选用最合适的实验装置是____________（填序号）。（5）为促使晶体析出，应往中和所得的溶液中加入适量的___________。（6）取1.000g产品配成200.00mL溶液，每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中，加入足量KI溶液和稀盐酸，加入淀粉作指示剂，用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失（），测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___（结果保留三位有效数字）。21、元素周期表中第ⅦA族元素的单质及其化合物的用途广泛。工业上，通过如下转化可制得KClO3晶体：（1）与氯元素同族的短周期元素的原子核外电子排布式为______________________。（2）上述转化过程中所涉及的短周期元素中，原子半径由大到小的顺序是______________。（3）硫与氯同周期，写出一个能比较硫和氯非金属性强弱的化学反应方程式____________。硫单质不溶于水，易溶于CS2，则CS2分子的结构式为___________。（4）电解氯化钠溶液可以得到NaClO3与H2。写出该反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目_________________________________________________________________。（5）II中不断加入细粒状KCl，搅拌，发生复分解反应，析出KClO3晶体。该反应能够发生的原因是__________________________________________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故①符合题意；②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故②符合题意；③氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故③不符合题意；④图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故④符合题意；故符合“绿色化学”的为①②④。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。2、C【解析】

A．若X为锌棒，开关K置于M处，该装置是原电池，锌易失电子作负极、铁作正极，作正极的铁被保护，这种方法称为牺牲阳极阴极保护法，故A错误；B．若X为碳棒，开关K置于N处，该装置是电解池，碳作阳极、铁作阴极，作阴极的铁被保护，这种方法称为外加电流阴极保护法，故B错误；C．若X为锌棒，开关K置于M处时，该装置是原电池，活泼金属锌失电子发生氧化反应，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，故C正确；D．若X为碳棒，开关K置于N处时，该装置是电解池，阳极X上是氢氧根离子失电子发生氧化反应，故D错误；故答案为C。3、C【解析】

电解质包括酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、水等物质，据此分析。【详解】A、酒精结构简式为CH3CH2OH，属于非电解质，故A不符合题意；B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C、氯化钾属于盐，属于电解质，故C符合题意；D、铜丝属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；答案选C。4、C【解析】

A.根据题意，鉴别KNO3和Na2SO4，是利用了焰色反应，故A错误；B.电子式中相同的离子要分开写，氢化钙的电子式是：[∶H]-Ca2+[∶H]-，故B错误；C.根据各周期容纳元素种数可知，第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118，故C正确；D.纳米碳酸钙只有一种物质，不是分散系，不是胶体，故D错误；故选C。【点睛】此题易错点在D项，胶体属于分散系，分散质粒子直径大小在1nm～100nm之间，胶体属于混合物。5、C【解析】

A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B选项，NO2不是酸性氧化物，故B错误；C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D选项，CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。6、D【解析】

A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A正确；B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B正确；C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C正确；D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D错误；答案选D。7、C【解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；答案选C。8、B【解析】

根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。【详解】A.反应前后气体的质量不变，容器的体积不变，混合气体的密度一直不变，不能判定反应达到平衡状态，故A错误；B.Y的体积分数不再变化，说明各物质的量不变，反应达平衡状态，故B正确；C.3v（X）=4v（Z）未体现正与逆的关系，不能判定反应是否达到平衡状态，故C错误；D.当体系达平衡状态时，c（X）：c（Y）：c（Z）可能为4：2：3，也可能不是4：2：3，与各物质的初始浓度及转化率有关，不能判定反应是否达到平衡状态，故D错误；故选B。9、D【解析】

A.由于碳九中碳原子个数比汽油的多，所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成“积碳”，故A正确；B.裂解碳九中含有烯烃，能与溴水发生加成反应而使其褪色，故B正确；C.均三甲苯的二氯代物中，两个氯原子在同一个碳原子上的有1种：，在不同碳原子上的有4种：、，共有5种，故C正确；D.异丙苯与对甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2"原子团的要求，故D错误；故答案为D。【点睛】有机物二元取代物的种数确定，应采用“定一移二”的方法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目。10、D【解析】

A.棉花、木材的成分主要为纤维素，含C、H、O元素，故不选A；B.四氧化三铁为黑色，俗称磁性铁，用于油墨中，故不选B；C.树脂为合成高分子，为有机物加聚或缩聚反应的产物，相对分子质量在10000以上，故不选C；D.淀粉遇碘变蓝，而葡萄糖不能，故选D；答案：D11、B【解析】

A．酚类物质与溴水都发生取代反应生成白色沉淀，往溶液中加入溴水，出现白色沉淀，不一定为苯酚，也可能为其它酚类物质，故A错误；B．向含酚酞的氢氧化钠溶液中加入溴乙烷，加热后红色变浅，则碱性降低，可知溴乙烷发生了水解，故B正确；C．乙酸乙酯的制备是在浓硫酸作用下进行，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，不能证明乙酸是否过量，故C错误；D．乙醇和浓硫酸共热后得到的气体含有二氧化硫等还原性气体，与溴发生氧化还原反应，也能使溴水褪色，不能说明生成了乙烯，故D错误；故选B。12、D【解析】

A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A错误；B．反应为可逆反应不能进行彻底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反应放热小于11kJ，选项B错误；C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项C错误；D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D正确；答案选D。13、A【解析】

A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；B.根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；C.根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；D.根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；故答案选A。14、B【解析】

A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；B．莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；C．莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D．莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。答案选C。15、C【解析】氢氟酸刻蚀石英制艺术品，故A错误；太阳能电池帆板的材料是晶体硅，故B错误；钾元素的焰色是紫色，所以“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，故C正确；误食重金属盐引起的人体中毒，可喝大量的牛奶解毒，故D错误。16、C【解析】

A.NaCl溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；B.CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；C.Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；D.MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O6、、、、、【解析】

(1)根据B结构简式确定其含有的官能团；(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。【详解】(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为+N2H4+2H2O；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为1∶2∶2∶2∶1，则可能的结构为、、、、、，共6种；(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生，和发生取代反应产生和HCl。故以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图为：。18、溴原子甲基2(Me)2SO42+H2SO4乙醇浓硫酸，加热酯化反应(取代反应)6【解析】

反应①为取代反应，碳链骨架不变，则中Br原子被-CN取代，生成；反应②为取代反应，碳链骨架不变，则中1个-H原子被-CH3取代，生成；反应③在氢离子的作用下，生成；反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成。【详解】(1)的官能团为溴原子，故答案为溴原子；(2)反应①为取代反应，碳链骨架不变，则-CH2CN中1个-H原子被-CH3取代，则反应物Me2SO4中的“Me”表示甲基；2(Me)2SO42+H2SO4，故答案为甲基；2(Me)2SO42+H2SO4；(3)反应④为酯化反应，与乙醇发生酯化反应，生成，酯化反应的条件为浓硫酸，加热，故答案为：乙醇；浓硫酸，加热；酯化反应(取代反应)；(4)满足①苯环上连有两个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，说明有一个必须为甲酸形成的酯基，则两个取代基可能是-OOCH、-C2H5或-CH2OOCH、-CH3，存在邻、间、对三种位置异构，总共有6种，故答案为6；(5)以为原料，根据题干信息，通过①③，可以合成，用氢氧化钠取代，可以制备，与在浓硫酸加热下，发生酯化反应，得到。具体合成流线为：。【点睛】本题考查有机物的合成，熟悉合成图中的反应条件及物质的碳链骨架是分析物质结构及反应类型的关键，会利用逆推法推断有机物结构，并注意信息的利用。19、球形冷凝管冷凝回流，减少反应物乙醇的损失作催化剂防止暴沸及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动除去硫酸及未反应的苯甲酸下口放出89.6【解析】

根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)～(5)；(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；(2)苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；(3)苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤②中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；(4)步骤③中将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸及未反应的苯甲酸；(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；(6)12.2g苯甲酸的物质的量==0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm3×25mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol×150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL×1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=×100%=89.6%。20、还原性、酸性充分溶解和，以增大反应物浓度分液除去（或），防止氧化C乙醇（或酒精）89.5%。【解析】

装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中的HCl和Cl2，还要防止倒吸。【详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除