江苏省南通市启东中学2026届化学高二第一学期期中经典模拟试题含解析

江苏省南通市启东中学2026届化学高二第一学期期中经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在一定条件下的密闭容器中存在下列四个化学反应，增大容器的体积对化学反应速率没有影响的是()A．Fe3+(aq)+3SCN-(aq)⇌Fe(SCN)3(aq)B．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)C．CO2(g)+H2O(l)⇌H2CO3(aq)D．2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)2、臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图像作出的判断正确的是ABCD升高温度，平衡常数减小0～3s内，反应速率为v（NO2）=0.2mol•L-1t1时仅加入催化剂，平衡向正方向移动达平衡时，仅改变x，则x为c（O2）A．A B．B C．C D．D3、为了检测某FeCl2溶液是否变质可向溶液中加入A．酒精 B．铁片 C．KSCN溶液 D．石蕊溶液4、增大压强，对已达平衡的反应3A(g)＋B(g)2C(g)＋2D(s)产生的影响是A．正反应速率加大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动B．正反应速率减小，逆反应速率加大，平衡向逆反应方向移动C．正、逆反应速率都加大，平衡向正反应方向移动D．正、逆反应速率都没有变化，平衡不发生移动5、已知下列热化学方程式:①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-890.31kJ·mol-1②2C2H6(g)+7O2(g)=4CO2(g)+6H2O(l)ΔH=-3119.6kJ·mol-1③C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-1411.0kJ·mol-1④2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-2599.2kJ·mol-1⑤C3H8(g)+5O2(g)=3CO2(g)+4H2O(l)ΔH=-2219.9kJ·mol-1现有由2mol上述五种烃中的两种组成的气体混合物，经充分燃烧后放出3037kJ热量,则下列组合中不可能的是()A．C2H4和C2H6 B．C2H2和C3H8 C．C2H6和C3H8 D．C2H6和CH46、某同学设计如图所示实验，探究反应中的能量变化。下列判断正确的是()A．由实验可知，(a)、(b)、(c)所涉及的反应都是放热反应B．将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加C．实验(c)中将环形玻璃搅拌棒改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响D．若用NaOH固体测定中和热，则测定中和热的数值偏高7、在一定温度下，将2molSO2和1molO2充入一固定容积的密闭容器中，在催化剂作用下发生如下反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）△H=-197kJ/mol，当达到化学平衡时，下列说法中正确的是A．SO2和SO3共2mol B．生成SO32molC．放出197kJ热量 D．含氧原子共8mo18、下列物质中，属于纯净物的是A．甘油B．煤油C．石油D．豆油9、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程10、下列营养物质中，不能发生水解反应的是（）A．淀粉 B．葡萄糖 C．蛋白质 D．植物油11、某无色溶液中含有大量Ba2＋、H＋、NO3—，该溶液中还可能大量存在的离子是()A．Cu2＋B．CH3COO－C．HCOD．NH12、下列叙述错误的是A．金属元素和非金属元素一定形成离子化合物B．共价化合物中只有共价键，一定没有离子键C．含有金属阳离子的晶体未必是离子晶体D．离子化合物中可能含有极性共价键13、下列操作能达到预期目的是选项操作内容操作目的A室温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol·L－1的NaClO溶液和CH3COOH溶液的pH比较HClO和

CH3COOH的酸性强弱B将FeCl2溶于稀盐酸中，并加入适量铁粉配制FeCl2溶液C常温下，测得饱和溶液的pH：NaA>NaB证明水解程度：A—>B—D常温下，等体积pH均为2的HA和HB两种酸分别与足量Zn反应，HA放出的H2多证明HB是强酸A．A B．B C．C D．D14、能使H2O＋H2OH3O＋＋OH－电离平衡向正反应方向移动，且所得溶液呈酸性的是()A．在水中加Na2CO3 B．在水中加入CuCl2C．在水中加入稀硫酸 D．将水加热到99℃，其中c(H＋)＝1×10－6mol·L－115、已知NaCl的摩尔质量为58.5g·mol-1，其晶体密度为dg·cm-3，若图中钠离子与最接近的氯离子的核间距离为acm，那么阿伏加德罗常数的值可表示为（）。A．117a3d B． C． D．16、常温下，浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg变化如图所示，下列叙述不正确的是A．酸性：HB<HAB．常温下，HB的电离常数的数量级为10-5C．HB的电离程度：a<bD．将b、c两点的溶液加热，值变大二、非选择题（本题包括5小题）17、2-苯基丙烯是日化行业常用的化工原料，其合成路线如下(反应②、④的条件未写出)。已知：其中，R、R’为H原子或烷基。（1）C3H8的结构简式为___；（2）反应①的反应类型为___；（3）反应②的化学反应方程式为___；（4）反应③的反应类型为___；（5）反应④的化学反应方程式为___；（6）产物2-苯基丙烯在一定条件下可以发生加聚反应，加聚产物的结构简式为___；（7）请以苯、乙醇及其他必要的无机试剂为原料，合成。合成过程中，不得使用其他有机试剂。写出相关化学反应方程式___。18、前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2。（1）六种元素中第一电离能最小的是_________（填元素符号，下同）。（2）黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，易溶于水，广泛用作食盐添加剂（抗结剂）。请写出黄血盐的化学式_________，黄血盐晶体中各种微粒间的作用力不涉及______________（填序号）。a．金属键b．共价键c．配位键d．离子键e．氢键f．分子间的作用力（3）E2+的价层电子排布图为___________________，很多不饱和有机物在E催化下可与H2发生加成：如①CH2＝CH2②HC≡CH③④HCHO。其中碳原子采取sp2杂化的分子有____________（填物质序号），HCHO分子的立体结构为______________，它加成后产物甲醇的熔、沸点比CH4的熔、沸点高，其主要原因是____________。（4）金属C、F晶体的晶胞如下图（请先判断对应的图），C、F两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为_________。金属F的晶胞中，若设其原子半径为r，晶胞的边长为a，根据硬球接触模型，则r=_______a，列式表示F原子在晶胞中的空间占有率______________(不要求计算结果)。19、A、B、C、D四种物质均含有同一种元素。A是常见的金属单质，C的水溶液呈黄色。A、B、C、D之间在一定条件下有如图所示转化关系：请回答下列问题：（1）A的化学式是_______。（2）反应①的反应类型为反应_______（选填“化合”、“分解”、“置换”、“复分解”）。（3）反应②的化学方程式是_______。（4）C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应的离子方程式是_______。20、用如图所示装置制取少量乙酸乙酯，请填空：(1)为防止a中的液体在实验时发生暴沸，在加热前应采取的措施是：_________。(2)写出a中反应的化学方程式，并注明反应类型________、________。(3)试管b中装有饱和Na2CO3溶液，其作用是____________(填字母编号)A．中和乙醇和乙酸B．反应掉乙酸并吸收乙醇C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度更小，有利于分层析出D．加速酯的生成，提高其产率(4)试管b中的导管未插入液面下，原因是_______，若要把试管b中制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验操作是_______。21、已知2A2(g)+B2(g)2C3(g)；△H=－Q1kJ/mol(Q1>0)，在一个有催化剂的容积不变的密闭容器中加入2molA2和1molB2，在500℃时充分反应，达平衡后C3的浓度为wmol·L－1，放出热量为Q2kJ。（1）达到平衡时，A2的转化率为____________。（用Q1、Q2表示）（2）达到平衡后，若向原容器中通入少量的氩气，A2的转化率将________(填“增大“、“减小”或“不变”)（3）若在原来的容器中，只加入2molC3，500℃时充分反应达平衡后，吸收热量Q3kJ，则Q1、Q2、Q3之间满足何种关系：Q3=____________。（4）能说明该反应已经达到平衡状态的是_______A．v（C3）=2v

（B2）B．容器内压强保持不变C．A2与B2的转化率相等D．容器内的气体密度保持不变（5）改变某一条件，得到如图所示的变化规律(图中T表示温度，n表示物质的量)，可得出的结论正确的是____________（填序号）A．反应速率：c＞b＞aB．达到平衡时A2的转化率大小为：b＞a＞cC．T2＞T1（6）若将上述容器改为恒压容容器，起始时加入2molA2和1molB2，500℃时充分反应达平衡后，放出热量Q4kJ，则Q2__________Q4(填“>”、“<”或“=”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】一定条件下的密闭容器中，增大容器的体积对化学反应速率没有影响，即为减小压强对化学反应速率没有影响，说明该反应体系没有气体参与或生成，B、C、D反应体系均有气体参与反应或生成，而A中无气体参与或生成，故答案为A。2、A【详解】A.由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；B.速率单位错误，该为mol/（L∙s），故B错误；C.t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；D.达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；故选：A。3、C【分析】若FeCl2溶液变质，则溶液中存在铁离子，加入KSCN溶液会变为血红色，若不变质，加KSCN无现象，以此来解答。【详解】A．铁离子不与酒精反应，不能检验，故A不符合题意；B．Fe与铁离子反应，但不能用于检验铁离子，故B不符合题意；C．若变质，则FeCl2溶液中含铁离子，加KSCN溶液，溶液变为血红色，可检验，故C符合题意；D．含铁离子的溶液与石蕊混合无明显现象，不能检验，故D不符合题意；答案选C。4、C【解析】根据压强对化学反应速率和化学平衡的影响分析。【详解】增大压强即缩小容器体积，容器内各种气体的浓度等倍数增大，固体或液体“浓度”不变。A(g)、B(g)浓度增大，正反应速率增大。C(g)浓度增大，逆反应速率增大。正反应中气体分子数减少（D是固体），增大压强使化学平衡向右移动。可见，A、B、D项都错误。本题选C。【点睛】压强通过改变气体反应物的浓度而影响反应速率。对于反应前后气体分子数不同的可逆反应，改变压强能使其平衡发生移动。5、C【分析】两种气体组成的混合物2mol，经充分燃烧放出3037kJ热量，则一定存在一种气体所产生的热量大于3037kJ，另外一种气体所产生的热量小于3037kJ，据此分析解答；【详解】A．2molC2H4完全燃烧放出2822kJ，2molC2H6完全燃烧放出3119.6kJ，3037kJ介于2822kJ与3119.6kJ之间，A不满足题意；B．2molC2H2完全燃烧放出2599.2kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，3037kJ介于2599.2kJ和4439.8kJ之间，B不满足题意；C．2molC2H6完全燃烧放出3119.6kJ，2molC3H8完全燃烧放出4439.8kJ，两者均大于3037kJ，C满足题意；D．2molC2H6完全燃烧放出3119.6kJ，2molCH4完全燃烧放出1780.62kJ，3037kJ介于1780.62kJ与3119.6kJ之间，D不满足题意。答案选C。【点睛】本题考查了物质燃烧放热的定量计算，注意混合气体燃烧放热的分析判断，利用极值判断是解题关键。6、D【详解】A.(a)是金属与酸的反应，是放热反应；(b)是氢氧化钡晶体与氯化铵反应，属于吸热反应；(c)酸碱中和反应是放热反应；因此放热反应只有(a)和(c)，A项错误；B.铝粉和铝片本质一样，放出热量不变，只是铝粉参与反应，速率加快，B项错误；C.相较于环形玻璃搅拌棒，铁质搅拌棒导热快，会造成热量损失，对实验结果有影响，C项错误；D.氢氧化钠固体溶解时要放出热量，最终使测定中和热的数值偏高，D项正确；答案选D。7、A【解析】A．在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，所以化学平衡时二氧化硫和三氧化硫中硫原子的物质的量等于反应初始时二氧化硫的物质的量，故A正确；B．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2molSO2和1molO2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，故B错误；C．可逆反应存在反应限度，反应物不可能完全转化为生成物，当正逆反应速率相等时，反应达到平衡状态，所以将2molSO2和1molO2充入一定容积的密闭容器中，SO2和O2不可能完全转化为三氧化硫，放出的能量小于197kJ，故C错误；D．在化学反应中各元素的原子遵循原子守恒，平衡时含有的氧原子的物质的量等于初始时二氧化硫和氧气中氧原子的物质的量，为6mol，故D错误；故选A。8、A【解析】A.甘油是丙三醇，属于纯净物，故A正确；B.煤油的主要成分为C10-C16烷烃，还含有少量芳香烃、不饱和烃、环烃等，属于混合物，故B错误；C.石油主要是由多种碳氢化合物组成的混合物，故C错误；D.豆油属于油脂类，天然油脂一般都属于混合物，故D错误。故选A。9、C【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。10、B【详解】A.淀粉是一种多糖，可以水解为单糖，A项错误；B.葡萄糖是一种单糖，单糖无法水解，B项正确；C.蛋白质可以水解为氨基酸，C项错误；D.植物油即高级脂肪酸甘油酯，可以在酸性或碱性条件下水解，D项错误；答案选B。11、D【解析】A.Cu2＋有颜色，与无色溶液不符，故A错误；B.CH3COO－与H+

不能共存，生成醋酸，故B错误；C.H+和HCO3-不能共存，生成水和二氧化碳，故C错误；D.NH4+可以与Ba2＋、H＋、NO3-共存，故D正确。故选D。12、A【解析】A.周期表中金属与非金属交界处的金属常可与氯等非金属形成共价化合物，如：AlCl3、SnCl4、SbCl5，故A说法错误；B.共价化合物中只有共价键，故B说法正确；C.含有金属阳离子的晶体也可以是金属晶体，故C说法正确；D.离子化合物中可能含有极性共价键，也可能含有非极性共价健，故D说法错误；答案选A。13、B【解析】A.NaClO溶液会发生水解生成氢氧化钠与次氯酸，氢氧化钠溶液使pH试纸变蓝，HClO具有漂白性，把pH试纸漂白，最终无法测定NaClO溶液的pH值，因此不能达到实验目的，故A错误；B.配制氯化亚铁溶液时，常加入一些稀盐酸和铁，稀盐酸的目的是防止亚铁离子水解，加入铁是防止亚铁离子被氧化成铁离子，故B正确；C.两种盐溶液虽为饱和溶液，但是两种盐溶液的浓度不一定相同，无法比较两种盐溶液水解能力的大小，故C错误；D.pH=2的HA和HB两种酸，如果酸越弱，该酸的浓度越大，由题给信息可以看出HA放出的H2多，说明HA的酸性比HB的酸性弱，但是HB不一定是强酸，故D错误。故选B。14、B【解析】A、碳酸钠中的碳酸根是弱酸根，结合了水电离的氢离子，溶液显示碱性，故A错误；B、氯化铜中的铜离子结合水电离的氢氧根离子，促进了水的电离，溶液显示酸性，故B正确；C、硫酸电离出氢离子，抑制了水的电离，平衡向逆反应方向移动，故C错误；D、温度升高，水的电离平衡向正反应方向移动，但是溶液中的氢离子和氢氧根相等，溶液显示中性，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意溶液的酸碱性与氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小有关，与c(H＋)是否大于1×10－7mol·L－1无关。15、B【解析】用“均摊法”，图示每个小正方体中含有个NaCl，所以1molNaCl的体积为2a3NAcm3；而1molNaCl的体积=58.5g÷dg•cm−3=cm3，则2a3NA=，解得NA=mol-1，答案选B。16、D【分析】根据图示，0.1mol/L的HA溶液的pH=1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1mol/L的HB溶液的pH>2，说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸。【详解】A.根据分析可知，HA为强酸，所以HB是弱酸，即酸性：HB<HA，故A正确；B.a点时，存在平衡：HB⇌H++B-，稀释100倍后，HB溶液的pH=4，溶液中c(B-)≈c(H+)=10-4mol/L，则Ka=，所以HB的电离常数的数量级为10-5，故B正确；C.稀释的倍数越大，溶液的浓度越小，越利于弱酸的电离，所以HB的电离程度：a<b，故C正确；D.升高温度促进弱酸的电离，所以HB中B-浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A-的浓度不变，因此值变小，故D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH3CH2CH3取代反应CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr氧化反应+H2O2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr【分析】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，以2-苯基丙烯为单体写出它的加聚产物结构简式；根据题目所给信息和平时所学方程式合成。【详解】C3H8为丙烷，由B与O2、Cu加热发生氧化反应生成，可知B为异丙醇，则C3H8与Br2光照发生取代反应，生成的A为2-溴丙烷，2-溴丙烷与NaOH溶液发生取代反应生成异丙醇；由题目中所给信息可知C为2-苯基丙醇，发生消去反应生成2-苯基丙烯，（1）C3H8为丙烷，结构简式为：CH3CH2CH3，故答案为：CH3CH2CH3；（2）①的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）反应②的化学反应方程式为CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr，故答案为：CH3CHBrCH3+NaOHCH3CHOHCH3+NaBr；（4）③为氧化反应，故答案为：氧化反应；（5）2-苯基丙醇发生消去反应生成2-苯基丙烯，化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；（6）2-苯基丙烯发生加聚反应，碳碳双键断开，它的加聚产物结构简式为，故答案为：；（7）乙醇先与O2、Cu加热生成乙醛，乙醛与苯在AlCl3作用下生成1-苯乙醇，1-苯乙醇与浓硫酸加热生成苯乙烯，苯乙烯与HBr加成生成，相关的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，CH3CHO+，，+HBr。【点睛】在有机流程推断题中，各物质的名称要根据前后反应综合判断，最终确定结果，本题中A与B的推断就是如此。18、KK4Fe(CN)6aef①③④平面三角形CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高2∶3aπ×100%【分析】前四周期原子序数依次增大的六种元素A、B、C、D、E、F中，A、B属于同一短周期元素且相邻，A元素所形成的化合物种类最多，则A为碳元素、B为N元素；C、D、E、F是位于同一周期的金属元素，只能处于第四周期，基态C、F原子的价电子层中未成对电子均为1个，且C、F原子的电子数相差为10，可推知C为K、F为Cu，基态D、E原子的价电子层中未成对电子数分别为4、2，且原子序数相差为2，D、E价电子排布分别为3d64s2，3d84s2，故D为Fe、E为Ni，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素，B为N元素，C为K元素，D为Fe元素，E为Ni元素，F为Cu元素。(1)六种元素中K的金属性最强，最容易失去电子，其第一电离能最小，故答案为：K；(2)黄血盐是由A、B、C、D四种元素形成的配合物C4[D(AB)6]，化学式为K4[Fe(CN)6]，黄血盐晶体中含有离子键、配位键、共价键，没有金属键、氢键和分子间作用力，故答案为：K4Fe(CN)6；aef；(3)镍为28号元素，Ni2+的价层电子排布式为3d8，故价电子排布图为；①CH2=CH2、③、④HCHO中C原子价层电子对数都是3，没有孤电子对，C原子采取sp2杂化；②HC≡CH为C原子价层电子对数是2，没有孤电子对，C原子采取sp杂化；HCHO分子的立体结构为平面三角形，它的加成产物为甲醇，甲醇分子之间能够形成氢键，其熔、沸点比CH4的熔、沸点高，故答案为：；①③④；平面三角形；CH3OH分子之间存在氢键，熔、沸点比CH4高；(4)金属K晶体为体心立方堆积，晶胞结构为左图，晶胞中K原子配位数为8，金属Cu晶体为面心立方最密堆积，晶胞结构为右图，以顶点Cu原子研究与之最近的原子位于面心，每个顶点Cu原子为12个面共用，晶胞中Cu原子配位数为12，K、Cu两种晶体晶胞中金属原子的配位数之比为8∶12=2∶3；金属Cu的晶胞中，根据硬球接触模型的底面截面图为，则Cu原子半径为r和晶胞边长a的关系为：4r=a，解得r=a；Cu原子数目=8×+6×=4，4个Cu原子的体积为4×πr3=4×π×(a)3，晶胞的体积为a3，Cu原子在晶胞中的空间占有率==4×π×()3×100%=π×100%，故答案为：2∶3；a；π×100%。【点睛】本题的难点和易错点为(4)中晶胞的计算，要注意正确理解晶胞结构，本题中底面对角线上的三个球直线相切，然后根据平面几何的知识求解。19、Fe置换反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓【分析】A是常见的金属单质，C的水溶液呈黄色，C与KSCN溶液作用产生血红色溶液，可推知C为FeCl3，A是常见的金属，应为Fe，则B为FeCl2。【详解】（1）由以上分析可知A为Fe；

（2）反应为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，为置换反应；（3）反应②是FeCl2与氯气反应生成FeCl3，反应的化学方程式是2FeCl2+Cl2=2FeCl3；（4）C的水溶液与NaOH溶液混合后发生反应生成氢氧化铁和氯化钠，反应的离子方程式是Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓。20、加碎瓷片，防止暴沸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（取代反应）BC防止倒吸分液【分析】(1)液体加热要加碎瓷片，防止暴沸；(2)试管a中乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热反应生成乙酸乙酯和水，据此写出反应的化学方程式，该反应为酯化反应；(3)根据饱和碳酸钠溶液与乙酸反应除去乙酸、同时降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层进行解答；(4)乙酸和乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液，插入液面以下容易发生倒吸现象；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，混合物分层，可以通过分液操作将其分离。【详解】(1)加热液体混合物要加碎瓷片，防止暴沸；(2)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，试管a中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，该反应为可逆反应为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应为酯化反应，也属于取代反应；(3)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；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，所以BC正确，故答案为：BC；(4)吸收乙酸乙酯的导管不能插入溶液中，应该放在饱和碳酸钠溶液的液面上，若导管伸入液面下可能发生倒吸；乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较小，所以混合液分层，可以利用分液操作分离出乙酸乙酯，故答案为：防止倒吸；分液。21、Q2/Q1不变Q1-Q2BA<【分析】（1）根据放出的热量计算转化的A2的