2025届西藏民族大学附属中学高一化学第二学期期末考试模拟试题含解析

2025届西藏民族大学附属中学高一化学第二学期期末考试模拟试题注意事项：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、有如图所示的铜-锌原电池，其电解质溶液为硫酸铜溶液。下列关于该电池的说法错误的是A．锌电极为负极，发生氧化反应B．电子从锌电极经过硫酸铜溶液流向铜电极C．铜电极上发生的反应为Cu2＋+2e－=CuD．电解质溶液中的SO42－向锌电极移动2、已知反应：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3，下列说法正确的是（）A．上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B．氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2C．反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1D．③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2mol3、某兴趣小组设计如图所示的装置进行原电池原理的探究。下列叙述错误的是A．a和b不连接时，锌片上有气体生成，该装置不能形成原电池B．a和b用导线连接时铜片为正极，发生的反应式为：2H++2e-=H2↑C．a和b用导线连接时，电子由Zn经导线流向Cu，再经稀硫酸流回ZnD．无论a和b是否连接，稀硫酸均参与反应4、某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.935、近年来，在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”，给当地渔业造成了重大损失，赤潮直接威胁着人类生存的环境，已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是A．含氯化合物直接排入大海，引起赤潮的发生。B．赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。C．含氮、磷的大量污水直接排入大海，导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。D．空气中二氧化碳浓度升高，导致海洋温度升高，引起了赤潮的发生。6、下列关于海水资源综合利用的说法中，正确的是（）A．从海水中富集镁元素用NaOH沉淀法B．海水淡化的方法主要有蒸馏法、离子交换法和电渗析法等C．从海水中提取溴单质的过程中用氯气做还原剂D．将海带烧成灰，用水浸泡，乙醇萃取可以提取碘单质7、下列离子检验的方法不正确的是（）A．某溶液中加入硝酸银溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有Cl-离子B．某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42-离子C．某溶液中加入氢氧化钠溶液生成蓝色沉淀，说明原溶液中一定有Cu2+离子D．某溶液中加入稀硫酸溶液产生无色气体，说明原溶液中可能有CO32-离子8、相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是(已知这些物质的燃烧热分别为285.8kJ•mol−1、283.0kJ•mol−1、1366.8kJ•mol−1、890.3kJ•mol−1)A．H2(g)B．CO(g)C．C2H5OH(l)D．CH4(g)9、同分异构现象是造成有机物种类繁多的重要原因之一。下列各组物质互为同分异构体的是A．甲烷与丙烷 B．CH2＝CH2与CH3CH3 C．蔗糖与麦芽糖 D．纤维素与淀粉10、下列关于甲烷分子结构的叙述中，正确的是A．甲烷分子中C、H原子间是离子键 B．甲烷分子的空间结构是正方体C．甲烷的结构式为CH4 D．甲烷分子中4个碳氢键完全相同11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，Z是同周期主族元素中原子半径最大的元素，W的单质常温下为黄绿色气体。下列说法正确的是A．XH4的稳定性比YH3的高B．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C．元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D．Y离子的半径比Z离子的半径大12、1﹣氯丙烷和2﹣氯丙烷分别与NaOH乙醇溶液共热的反应（）A．产物相同 B．产物不同C．碳氢键断裂的位置相同 D．反应类型不同13、中华民族的发明创造为人类文明进步做出了巨大贡献。下列我国古代发明中，不涉及化学反应的是A．铜的冶炼B．打磨磁石制指南针C．粮食酿醋D．火药的发明与使用A．A B．B C．C D．D14、把100mL2mol/L的H2SO4跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应速率而不影响生成H2的总量，可在反应物中加入适量的（）A．硫酸铜溶液 B．硝酸钠溶液 C．醋酸钠溶液 D．氢氧化钠溶液15、下列物质中属于共价化合物的是A．HCl B．Na2CO3 C．NaCl D．N216、下列说法不正确的是（）A．焦炭在高温下与水蒸气的反应是吸热反应B．氢氧化钾与硝酸的反应是放热反应C．化学反应的过程，都可以看成是“贮存”在物质内部的能量转化为热能等而被释放出来的D．燃料有足够的空气就能充分燃烧二、非选择题（本题包括5小题）17、我国天然气化工的一项革命性技术是甲烷在催化剂及无氧条件下，一步高效生产乙烯、芳烃等化工产品。以甲烷为原料合成部分化工产品流程如下(部分反应条件已略去):(1)A、C分子中所含官能团的名称分别为____、_______。(2)写出A的同分异构体的结构简式:_______。(3)写出下列反应的化学方程式和反应类型。反应①:__________，反应类型:_____________；反应②：___________；反应类型:_____________；反应③:

_____________，反应类型:_____________。(4)下图为实验室制取D的装置图。①图中试剂a名称为_______，其作用是______________。用化学方程式表示试剂a参与的化学反应:

______________。②实验结束后从混合物中分离出D的方法为_____________。18、A、B、D、E、X、Y为元素周期表中六种主族元素，其原子序数依次增大。常温下，A2D呈液态；B是大气中含量最高的元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料。请用化学用语回答下列问题：(1)A与D可形成既含极性键又含非极性键的化合物W，W的水溶液呈弱酸性，常用作无污染的消毒杀菌剂，W的电子式为______。(2)向W溶液中加入ZE3，会减弱W的消毒杀菌能力，溶液呈现浅黄色。用化学方程式表示其原因是_________。(3)将E2的水溶液加入浅绿色的ZE2溶液中发生反应的离子方程式是________。(4)X和Y的单质，分别与H2化合时，反应剧烈程度强的是____(填化学式)；从原子结构角度分析其原因是_____。19、某研究性学习小组设计了如图所示一套实验装置来制取乙酸乙酯，A中盛有乙醇、浓硫酸和醋酸的混合液，C中盛有饱和碳酸钠溶液。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点(℃)34.778.5117.977.1（1）浓硫酸的作用是________________________________。（2）球形管B除起冷凝作用外，另一重要作用是____________________________。（3）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是___________________。（4）C中饱和碳酸钠溶液的作用__________________________________________。（5）从C中分离出乙酸乙酯必须使用的一种仪器是______________________；分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分离出__________，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77℃的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯。20、实验室可以用下图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，其方法是:_______；（2）乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的_______层；（填“上”或“下”）（3）浓硫酸的作用是______________；（4）制取乙酸乙酯的化学方程式是______，该反应属于___（填反应类型）反应；（5）饱和碳酸钠的作用是：________________；（6）生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应一段时间后，就达到了该反应的限度。下列描述能说明乙醇与乙酸的酯化反应已达到化学平衡状态的有(填序号)_________。①混合物中各物质的浓度不再变化；②单位时间里,生成1mol乙醇，同时生成1mol乙酸；③单位时间里，生成1mol乙酸乙酯，同时生成1mol乙醇。21、已知：①A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；②2CH3CHO＋O22CH3COOH。现以A为主要原料合成化合物E，其合成路线如图1所示。回答下列问题：（1）写出下列物质的官能团名称：B：____________________；D：____________________。（2）反应④的化学方程式为________________________________________________，反应类型：________。（3）某学习小组设计物质B催化氧化的实验装置如下，根据图2装置回答问题。①装置甲锥形瓶中盛放的固体药品可能为________(填字母)。A．Na2O2B．KClC．Na2CO3D．MnO2②实验过程中，丙装置硬质玻璃管中发生反应的化学方程式为_______________________________。③物质B的催化氧化产物与葡萄糖具有相同的特征反应，将所得的氧化产物滴加到新制氢氧化铜悬浊液中加热，现象为______________________________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A、在上述原电池中金属锌比铜活泼，因此锌作负极，失去电子，发生氧化反应，本身被氧化。铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，A正确；B、电子从负极经外接导线流向正极，电子不能通过溶液传递，B错误；C、铜电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原，反应为Cu2++2e－＝Cu，C正确；D、电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子硫酸根向负极移动，即向锌电极移动，D正确；答案选B。【点睛】明确原电池的工作原理是解答的关键。在原电池中，活泼电极作负极，失去电子，发生氧化反应，被氧化；不活泼电极作正极，得到电子，发生还原反应，被还原。电子从负极经外接导线流向正极。电解质溶液中，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。2、B【解析】

A．一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O反应中反应物中没有单质参与，不属于置换反应，故A错误；B．①Cl2+2KBr=2KCl+Br2中氧化性Cl2＞Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化性KClO3＞Cl2，③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中氧化性KBrO3＞KClO3，所以氧化性由强到弱顺序为KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，故B正确；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中反应6molHCl中只有5mol被氧化，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1，故C错误；D．③2KBrO3+Cl2=Br2+2KClO3中lmol还原剂Cl2失去10mol电子，则氧化剂得到电子10mol电子，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意根据化合价变化分析判断出氧化还原反应中的氧化剂和氧化产物，再结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断。3、C【解析】A．a和b不连接时，没有形成闭合回路，不能构成原电池，锌与稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，A正确；B．导线连接后，构成原电池，锌比铜活泼，锌作负极，铜片为正极，发生的反应式为：2H++2e-=H2↑，B正确；C．a和b用导线连接时，构成原电池，电子由Zn经导线流向Cu，电子不会通过溶液传递，C错误；D．根据以上分析，无论a和b是否连接，稀硫酸均参与反应，D正确；答案选C。4、A【解析】

FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。5、C【解析】赤潮主要是水体富营养化引起，所以正确的答案是C。6、B【解析】A．海水中镁离子的浓度较低，在海水中加入石灰乳可得氢氧化镁沉淀，实现了镁的富集，不选用NaOH，故A错误；B．海水淡化的主要方法有：蒸馏法、电渗析法、离子交换法等，故B正确；C．溴元素由化合态转化为游离态发生氧化还原反应，反应方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，所以氯气做氧化剂，故C错误；D．海带中碘以I-形式存在，不能用萃取剂直接萃取，另外乙醇易溶于水，不可用作萃取剂，故D错误；答案为B。7、A【解析】

A、白色沉淀可能为AgCl或碳酸银等，不能确定是否含氯离子，检验氯离子，应先加硝酸，再加硝酸银，选项A不正确；B、某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液生成白色沉淀，说明原溶液中一定有SO42-离子，选项B正确；C、某溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，一定是氢氧化铜，原溶液中有Cu2+，选项C正确；D．固体中加入稀盐酸，产生了无色气体，无色气体可能为二氧化碳，固体可能为碳酸盐或碳酸氢盐等，选项D正确；答案选A。【点睛】本题考查常见阴阳离子的检验，难度不大，注意离子的检验方法和反应现象判断，关键是注意干扰离子的作用和检验时现象排除。8、B【解析】

由燃烧热可知1mol物质燃烧放出的热量，再计算1mol物质的质量，进而计算1g物质燃烧放出的热量，据此判断。【详解】在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量是燃烧热，氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷燃烧热分别为285.8kJ•mol−1、283.0kJ•mol−1、1366.8kJ•mol−1、890.3kJ•mol−1，则1g氢气燃烧放出的热量为：285.8kJ×1g/2g=142.9kJ；1gCO燃烧放出的热量为：283kJ×1g/28g=10.1kJ；1g乙醇燃烧放出的热量为：1366.8kJ×1g/46g=29.7kJ；1gCH4燃烧放出的热量为：890.3kJ×1g/16g=55.6kJ；所以相同质量的氢气、一氧化碳、乙醇、甲烷完全燃烧时，放出热量最少的是CO。答案选B。【点睛】本题主要是考查了对燃烧热的理解与反应热的有关计算，难度不大，理解燃烧热的意义是解题的关键。9、C【解析】

A项、甲烷与丙烷的分子式不同，不互为同分异构体，故A错误；B项、CH2＝CH2与CH3CH3的分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C项、蔗糖与麦芽糖的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D项、纤维素与淀粉的分子式均为（C6H10O5）n，但聚合度n值不同，不互为同分异构体，故D错误；故选C。10、D【解析】

A．甲烷分子中C、H原子间是共价键，A错误；B．甲烷分子的空间结构是正四面体结构，B错误；C．甲烷的分子式为CH4，C错误；D．甲烷分子中4个碳氢键完全相同，D正确。答案选D。11、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，X原子有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；Z是同周期中原子半径最大的元素，处于ⅠA族，原子序数大于碳元素，应该处于第三周期，故Z为Na元素；Y的氟化物YF3分子中各原子均达到8电子稳定结构，则Y表现+3价，Y的原子序数小于Na大于碳，可推知Y为非金属，最外层电子数为8-3=5，处于ⅤA族，则Y为氮元素；W的单质常温下为黄绿色气体为氯气，则W为Cl元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为碳元素，Y为氮元素，Z为Na元素，W为Cl元素。A．非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性N＞C，因此氨气比甲烷稳定，故A错误；B．X与W形成的化合物为CCl4，含有共价键；Z与W形成的化合物为NaCl，含有离子键，二者含有的化学键不同，故B错误；C．元素Cl的氧化物对应水化物的酸性不一定比N的强，如次氯酸为弱酸，而硝酸为强酸，故C错误；D．离子电子层结构相同时，核电荷数越大，离子半径越小，Na位于N元素所在周期的下一周期，核电荷数Na大于N，故Na+离子半径小于N3-离子半径，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意“氧化物对应水化物”不是“最高价氧化物对应水化物”，因此不能用非金属性强弱分析判断。12、A【解析】

卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中发生消去反应，卤素原子以及与之相连的碳原子的邻位碳上的一个氢原子同时脱去，形成不饱和键。【详解】1-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和中间碳原子上的C-H；2-氯丙烷与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，断键位置为：C-Cl和相邻碳原子上的C-H；所以二者发生反应相同都是消去反应，生成产物相同都是丙烯，但是断裂碳氢键位置不同，答案选A。【点睛】本题主要考查氯代烃的消去反应，题目难度中等，解答该题时需理解消去反应，掌握反应机理。13、B【解析】

A.铜的冶炼是铜的化合物变为单质，有新物质生成，发生的是化学变化，A不符合题意；B.打磨磁石制指南针是物质形状的改变，没有新物质生成，属于物理变化，B符合题意；C.粮食酿醋是由糖类变为醋酸，有新物质生成，发生的是化学变化，C不符合题意；D.火药的成分与使用后物质的成分是不同的物质，有新物质生成，发生的是化学变化，D不符合题意；故合理选项是B。14、C【解析】

A．加入适量的硫酸铜溶液，锌与硫酸铜发生反应生成Cu，Cu与Zn形成原电池，加快反应速率，A错误B．加入硝酸钠溶液后，酸性环境下，硝酸根离子具有强氧化性，与锌反应不会生成氢气，氢气的量减少，B错误；C．加入醋酸钠溶液，有醋酸生成，醋酸是弱酸，氢离子浓度减小，但氢离子总的物质的量不变，反应速率减慢，且不影响氢气的总量，C正确；D．加入氢氧化钠溶液，与硫酸反应消耗氢离子，反应速率减慢，产生氢气的量减少，D错误；故答案选C。15、A【解析】

含有离子键的化合物为离子键化合物，离子化合物中可能含有共价键，共价化合物中只含共价键，一定不含离子键。【详解】A项、HCl分子中只存在共价键，为共价化合物，故A符合题意；B项、Na2CO3中存在离子键和共价键，为离子化合物，故B不符合题意；C项、NaCl中只存在离子键，为离子化合物，故C不符合题意；D项、N2是含有共价键的单质，不是化合物，故D不符合题意。故选A。【点睛】本题考查化合物类型判断，明确物质的构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键。16、D【解析】分析：A、焦炭还原水蒸气的反应是吸热的；B、中和反应是放热反应；C、根据化学反应伴随能量的变化实质来回答；D、从燃烧的条件分析，要使燃料充分燃烧可以增大氧气的浓度或与氧气的接触面积。详解：A、焦炭还原水蒸气的反应是吸热反应，A正确；B、氢氧化钾与硝酸的反应是中和反应，属于放热反应，B正确；C、化学反应的过程，有的是物质内部的能量转化为热能或是其他形式的能，有的是释放能量的过程，有的是吸收能量的过程，C正确。D、使燃料充分燃烧可以从增大氧气的浓度或与氧气的接触面积来考虑。所以使燃料充分燃烧需考虑两点：一是燃烧时要有足够多的空气；二是燃料有与它有足够大的接触面积，D错误；答案选D。点睛：本题考查学生常见的反应的吸放热情况以及能量变化知识，可以根据教材知识来回答，题目难度不大。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基羧基CH3OCH3CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反立2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应或取代反应饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，去除乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度Na2CO3+

2CH3COOH

=

2CH3COONa+

H2O

+CO2↑分液【解析】分析：根据框图分析推A为CH3CH2OH、B为CH3CHO、C为CH3COOH、D为CH3COOCH2CH3结合物质之间的转化关系进行解答。详解：(1)根据上述分析A为CH3CH2OH、C为CH3COOH分子中所含官能团的名称分别为羟基和羧基。答案：羟基和羧基(2)A为CH3CH2OH其同分异构体为甲醚，结构简式:CH3OCH3。答案：CH3OCH3。(3)反应①是乙烯和水的加成反应，化学反应方程式为:CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，反应类型为加成反应；反应②是乙醇的催化氧化反应生成乙醛,化学反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应类型为氧化反应；反应③是乙醇和乙酸的酯化反应，化学反应方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，反应类型为酯化反应或取代反应。（4）此装置为制乙酸乙酯的反应。①图中试剂a名称为饱和碳酸钠溶液，其作用是溶解乙醇，去除乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度。试剂a为饱和碳酸钠溶液能与乙酸反应，此化学反应的方程式为:Na2CO3+2CH3COOH=2CH3COONa+H2O+CO2↑。②D为CH3COOCH2CH3，因为乙酸乙酯是难溶于水且密度比水小的液体，可用分液的方法从混合物中分离出。答案：分液。点睛：本题属于有机推断题，主要考察物质之间的反应关系。解题时结合物质类别烷烃、烯烃、醇、醛、酸和酯之间转化关系进行推断。如可用乙烯和水的加成反应制取乙醇，乙醇有还原性可以通过氧化还原反应制乙醛，乙醛既有氧化性又有还原性，既可以被氧化为乙酸，又可以被还原为乙醇。18、2H2O22H2O＋O2↑Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋Br2Br、I属于第ⅦA族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱【解析】

常温下，A2D呈液态，A2D是水，A是H元素、D是O元素；B是大气中含量最高的元素，B是N元素；E、X、Y原子最外层电子数相同，且E的最外层电子数比次外层电子数少1，则E是Cl、X是Br、Y是I；过渡元素Z与D可形成多种化合物，其中红棕色粉末Z2D3常用作红色油漆和涂料，Z2D3是氧化铁，Z是Fe元素。【详解】(1)H与O形成的既含极性键又含非极性键的化合物W是过氧化氢，电子式为；(2)ZE3是FeCl3，Fe3+催化分解过氧化氢，会减弱过氧化氢的消毒杀菌能力，化学方程式是2H2O22H2O＋O2↑；(3)将氯水加入浅绿色的FeCl2溶液中，FeCl2被氧化为FeCl3，发生反应的离子方程式是Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋；(4)Br、I属于第ⅦA族(同一主族)元素，自上而下电子层数增加，非金属性减弱，反应的剧烈程度减弱，所以与H2化合时，Br2反应剧烈程度强。19、催化剂吸水剂防止倒吸有利于酯化反应向正方向进行(增大醋酸的利用率)吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出分液漏斗乙醇【解析】分析：本题考查的是乙酸乙酯的制备，难度较小，掌握实验的关键问题。。详解：(1)在酯化反应中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂；(2)球形干燥管的体积较大，可以防止倒吸；(3)因为乙酸和乙醇的反应为可逆反应，增加乙醇的量可以有利于酯化反应向正方向进行，也能增大醋酸的利用率；(4)饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出；(5)乙酸乙酯不溶于水，出现分层现象，所以用分液漏斗即可分离；根据氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH分析，所以加入氯化钙可以分离乙醇。20、先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸上催化剂和吸水剂CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH3CH3+H2O酯化反应中和酸溶解醇降低乙酸乙酯的溶解度①③【解析】

(1)结合浓硫酸的稀释的方法分析解答；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；(4)乙酸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；(5)碳酸钠能够与乙酸反应，乙醇易溶于水，碳酸钠的存在可以降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)根据化学平衡的特征分析判断。【详解】(1)在试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液，方法为：先在大试管中加入乙醇，然后慢慢向其中注入浓硫酸，并不断搅拌，最后向装有乙醇和浓硫酸的混合物的大试管中加入乙酸，故答案为：先加乙醇再加浓硫酸最后加乙酸；(2)乙酸乙酯的密度小于水，且不溶于水，因此乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液的上层，故答案为：上；(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为：催化剂和吸水剂；(4)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸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，该反应方程式为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；酯化反应；(5)饱和碳酸钠溶液的主要作用是中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，故答案为：中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；(6)①混合物中各物质的浓度不再变化，为平衡的特征