2026年吉林省高考化学模拟试卷试题及答案详解

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高三化学（试卷满分：100分，考试时间：75分钟）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，用0.5mm的黑色字迹签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，请将答题卡上交。4．本卷主要命题范围：元素化合物知识融合工艺流程，能量，速率，平衡，水溶液中的平衡，选择性必修2，选择性必修3。可能用到的相对原子质量：H1

C12

O16一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．2025年9月10日，我国宣布在辽宁省大东沟发现一个世界级金矿，金资源量近1500吨。大东沟金矿埋藏浅，金矿物赋存状态简单，属于易采易选金矿床，经济潜力巨大。下列说法错误的是A．金的化学性质很稳定，不与空气、水等发生反应B．用浓盐酸和浓硝酸的混合物(体积比为)可以溶解黄金C．金矿开采需综合满足易采易选、安全合规、环保达标、资源高效等要求D．黄金按质量分数分为12K、18K、22K、24K等级，纯金为24K2．过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，反应原理是、。下列表示相关微粒的化学用语错误的是A．中的阴离子符号： B．的电子式：C．的结构示意图： D．的结构式：3．下列事实与解释对应不正确的是选项事实解释AClF中F显-1价电负性：B键角：中心原子的孤电子对数：C酸性：电负性：D沸点：键能：A．A B．B C．C D．D4．钠及其化合物的部分转化关系如图所示。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．标准状况下，中原子总数为B．反应①每消耗，生成物中数目为C．溶液中，数目小于D．反应②每生成1mol氧化产物，转移电子数目为5．天冬氨酸广泛应用于医药、食品和化工等领域。天冬氨酸的一条合成路线如下：下列说法错误的是A．X的核磁共振氢谱有2组峰B．1molY与NaOH水溶液反应，最多可消耗2molNaOHC．天冬氨酸能与酸、碱反应生成盐。Y、天冬氨酸分子中均含有1个手性碳原子D．天冬氨酸通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸6．下列离子方程式书写正确的是A．向草酸溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液：B．向氯化钙溶液中通入二氧化碳：C．将二氧化氮和一氧化氮混合通入水中：D．铵明矾溶液中加入过量溶液：7．已知X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中基态X原子中的电子只有一种自旋取向，Y的最高正化合价与最低负化合价之和为0，M的s能级上的电子总数与p能级相同。四种元素可构成离子液体，其化学式为Y2X5ZX3ZM3。下列说法正确的是A．原子半径：M>Y>Z>XB．基态原子的第一电离能：M>Z>YC．X与Y、Z、M均能形成两种或两种以上化合物D．该离子液体常温下呈液态，属于共价化合物8．下列实验能达到实验目的的是A.探究KI与的反应为可逆反应B.比较S、C、Si的非金属性强弱C.分离铁粉和碘D.制备氢氧化铁胶体A．A B．B C．C D．D9．K+掺杂的铋酸钡具有超导性。K+替代部分Ba2+形成Ba0.6K0.4BiO3(摩尔质量为354.8g⋅mol-1)，其晶胞结构如图所示。该立方晶胞的参数为anm，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A．晶体中与铋离子最近且距离相等的O2-有6个B．晶胞中含有的铋离子个数为1C．晶胞中Ba或K到Bi的最短距离为D．晶体的密度为10．塑料的循环利用有利于环境保护。如图所示，研究人员利用小分子单体Y合成聚合物P，该聚合物在一定条件下能解聚为原来的小分子单体Y。下列说法错误的是A．Y→P的反应是加聚反应B．聚合物P存在顺式异构体C．Y发生水解反应可生成2种有机产物D．P解聚为Y时，P中的π键未发生断裂11．以黄铁矿为原料制硫酸会产生大量的矿渣(主要成分为Fe2O3，还有Al2O3、CuO)，合理利用矿渣可以减少环境污染，变废为宝。利用该矿渣生产碱式硫酸铁的流程如图所示：下列叙述错误的是A．“碱浸”的目的是除去矿渣中的Al2O3B．“酸浸”后所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+C．“去铜”过程中发生的反应之一为D．“调pH”时，pH越高，越有利于提高碱式硫酸铁的产率12．为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。已知：为黄色、为红色、为无色。下列说法错误的是A．①中浓盐酸促进平衡正向移动B．②中的实验现象说明与的配位能力：C．③中发生的反应为D．④中的实验现象说明还原性：13．全铁液流电池工作原理如图所示，左侧电极为负载铁的石墨电极，右侧电极为石墨电极。下列说法错误的是A．放电时，a极为负极，负极的电极反应式为B．放电时，阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动，隔膜为阴离子交换膜C．充电时，隔膜两侧溶液中浓度均增大D．充电时，理论上每减少，总量相应增加2mol14．工业上常用“空气吹出法”进行海水提溴，其过程如下。已知：下列说法错误的是A．氧化→吹出→吸收→氧化、蒸馏的目的是为了富集溴元素B．每提取，理论上需消耗(标准状况)C．由上述过程中的反应可推导出氧化性：D．其他条件一定时，单位时间内若通入过量，会导致的吹出率下降15．常温下，向溶液中滴加的溶液，溶液中[或]与溶液体积的关系如图所示(已知：m、p两点的分别为1.30、6.60)。下列说法错误的是A．n点时，溶液的B．p点时，C．当时，D．时，水的电离程度最大二、非选择题：本题共4小题，共55分。16．工业上用溶液作印刷电路铜板的腐蚀液。实验室采用不同方法对腐蚀废液（阳离子主要有和）进行处理。回答下列问题：方法一：将溶液加入废液并调节溶液pH，处理流程如下：已知：部分金属离子沉淀的pH如下表所示（金属离子起始浓度为）。金属离子开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6(1)步骤I中加入溶液的目的是。(2)步骤Ⅱ中需要调节溶液的pH范围是。(3)溶液C中含有大量。取少量溶液C于试管中，滴加NaOH溶液，观察到的现象是。该过程中发生氧化还原反应的化学方程式为。(4)①溶液A、溶液B和固体C中都含有（填“Fe”或“Cu”）元素。②将溶液C和溶液D回收后，通入可以再转化为腐蚀液，反应的离子方程式为。方法二：将和空气的混合气体通入腐蚀废液，其转化如图所示（CuS不溶于水）。(5)过程i中，生成CuS反应的离子方程式为。(6)下列关于该转化过程的说法正确的是（填标号）。a．过程ⅱ中的氧化剂是b．过程ⅲ发生的反应为c．利用该转化可以回收Sd．整个转化过程中起催化剂作用的有和17．已知苯乙醚(C8H10O)为无色油状液体，不溶于水，易溶于醇和醚，有芳香气味，对碱和稀酸稳定，不易被氧化。熔点，沸点。实验室以苯酚、溴乙烷为原料在作用下制备少量苯乙醚的装置如下图。

已知：溴乙烷的沸点为，苯酚的沸点为；[主要试剂]苯酚3.75g(0.04mol)、氢氧化钠2.00g(0.05mol)、溴乙烷4.3mL(0.06mol)、乙醚、无水氯化钙、食盐[实验步骤]Ⅰ.向三颈烧瓶中加入苯酚、氢氧化钠和水；开动搅拌器，加热，固体全部溶解后，开始慢慢滴入溴乙烷(约1小时滴完)；继续加热搅拌2小时。Ⅱ.加热停止后，降到室温。把三颈烧瓶中反应液转入分液漏斗中，加水充分洗涤后分液。Ⅲ.有机相用饱和食盐水洗两次，分出有机相；合并两次的洗涤液，用乙醚提取一次，提取液与有机相合并，加入无水氯化钙，水浴蒸出乙醚。Ⅳ.减压蒸馏有机相，收集馏分，称量产品质量为。完成下列问题：(1)仪器d的名称为。(2)步骤Ⅰ中采用的加热方法为。c装置的作用是。(3)装置中使用了球形冷凝管，作用是。(4)步骤Ⅱ中，“加水洗涤、分液”的目的是。(5)步骤Ⅲ中，“合并两次的洗涤液，用乙醚提取”的目的是；加入无水氯化钙的作用是。(6)步骤Ⅳ中，采用减压蒸馏的目的是。该实验的产率为。18．氮及其化合物与人类生产、生活密切相关。含氮物质的研究和利用有着极为重要的意义。回答下列问题：(1)催化还原生成和可消除污染。已知：的燃烧热为；

。催化还原的热化学方程式为。(2)将恒定组成的和混合气体通入固定体积的反应器内，发生以下两个反应：、。在不同温度下反应相同时间，测得反应后体系内各物质的浓度随温度的变化如图1所示(曲线Ⅰ代表)。①Ⅱ、Ⅳ两条曲线所表示的物质分别是、(填分子式)。②消除污染物和的反应温度应选择(填“低温”或“高温”)。③已知的脱除率时，450℃时，该时间段内的脱除率。(3)某学习小组将、和一定量的充入2L恒容密闭容器中，在催化剂作用下发生反应：

，一段时间内，连续测得生成的转化率随温度变化的情况如图2所示。则0(填“>”或“<”)。若在5min内，温度从420K升高到580K，此时间段内用表示的平均反应速率为。生成的转化率先逐渐增大后逐渐减小，原因是。(4)实验室产生的尾气可先用氧化，然后再用烧碱溶液吸收，现将、和通入密闭容器中，在T℃、压强为条件下发生反应：反应①：反应②：平衡时，反应②的平衡常数(用含p的代数式表示)。19．Daprodustat是一种用于治疗贫血的药物，其中间体J的合成路线如图所示。已知：。回答下列问题：(1)B→C的反应类型是。(2)一定条件下，反应Ⅱ的化学方程式是。(3)D→E的过程中，D中的（填官能团名称，下同）变为E中的。(4)F不能水解，G的核磁共振氢谱中有2组峰。H与乙二胺（）在一定条件下反应生成七元环状化合物的化学方程式是。(5)由中间体J合成Daprodustat的过程中需经历以下三步：其中试剂1的分子式为，J生成K为加成反应，则试剂1和L的结构简式分别为和。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．B【详解】A．金的化学性质稳定，常温下不与空气、水等反应，自然界中常以单质形式存在，A正确；B．浓盐酸与浓硝酸按体积比3：1混合形成王水，可溶解黄金，B错误；C．金矿开采需综合考虑开采难度、选矿效率、安全环保及资源利用率，C正确；D．黄金的纯度确实常以“K”（克拉）来划分，24K代表理论上的纯金。根据这一标准，黄金被分为24份，K数表示纯金所占的份数，D正确；故选B。2．A【详解】A．中的阴离子是过氧根离子，符号为，A项错误；B．是含有共价键的离子化合物，电子式为，B项正确；C．核外有10个电子，结构示意图为，C项正确；D．分子中有2个碳氧双键，的结构式为，D正确；故答案选A。3．D【详解】A．ClF中F的电负性大于Cl，因此F显-1价，A正确；B．孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，二者均为杂化，因为H2O的孤电子对数（2对）多于NH3（1对），导致键角：，B正确；C．CCl3COOH中Cl的电负性强于H，使得CCl3COOH中羧基中氢氧键极性增大，容易电离出氢离子，酸性：，C正确；D．H2O沸点高是因分子间氢键，而非H-O键能大，D错误；故选D。4．B【详解】A．标准状况下，11.2L（即0.5mol）中原子总数为，A正确；B．反应①的化学方程式为，故反应①每消耗3.2g（即0.1mol），生成物中数目为，B错误；C．为强碱弱酸盐，在水溶液中会发生水解，故溶液中，数目小于，C正确；D．反应②的化学方程式为，根据关系式（氧化产物）~转移，故反应②每生成1mol氧化产物，转移电子数目为，D正确；答案选B。5．B【详解】A．X是对称结构，两个亚甲基等效，两个羧基等效，核磁共振氢谱有2组峰，A正确；B．1molY含有2mol羧基和1mol碳溴键，2mol羧基能消耗2molNaOH，1mol碳溴键能消耗1molNaOH，因此1molY最多可消耗3molNaOH，B错误；C．天冬氨酸含有羧基、氨基，属于两性化合物，能与酸、碱反应生成盐。Y中溴原子所在的碳、天冬氨酸分子中氨基所在的碳均为手性碳原子，C正确；D．天冬氨酸含有羧基和氨基，通过缩聚反应可合成聚天冬氨酸，D正确；答案选B。6．A【详解】A．草酸（H2C2O4）作为弱酸，在离子方程式中应以化学式保留；酸性条件下，高锰酸根被还原为Mn2+，草酸被氧化为CO2，得失电子、电荷和原子均守恒，方程式正确，A正确；B．氯化钙溶液中通入CO2不会发生反应，B错误；C．NO2和NO混合通入水中，实际是NO2与水反应，实际反应为，C错误；D．铵明矾溶液中加入过量Ba(OH)2，铵根离子应与OH-反应生成NH3·H2O，正确的离子方程式为：，D错误；故选A。7．C【分析】基态X原子中的电子只有一种自旋取向，则只有1个电子，则X为H；Y的最高正化合价与最低负化合价之和为0，即最高正化合价为+4，最低负化合价为-4，则Y为C；M的s能级上的电子总数与p能级相同，核外电子排布为1s22s22p4或1s22s22p63s2，即M为O或Mg，若M为O，则Z为N，可构成离子液体乙基铵根硝酸盐，符合题意，若M为Mg，无法构成符合化学式的稳定离子液体，故M为O；X、Y、Z、M为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z为N；综上所述，X、Y、Z、M分别为H、C、N、O；据此解答。【详解】A．H原子半径最小，C、N、O为同周期元素，原子序数越小，半径越大，则原子半径：C>N>O>H，A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能增大，由于N元素存在稳定的半充满电子组态使其具有最大的第一电离能，故基态原子的第一电离能：N>O>C，B错误；C．H与C、N、O均能形成多种化合物，C正确；D．离子液体C2H5NH3NO3属于离子化合物，但其熔点低，常温下呈液态，D错误；故答案为C。8．B【详解】A．试管中的溶液过量，即过量，滴入KI溶液后的混合溶液中一定含有，无论该反应是不是可逆反应，加入KSCN溶液，溶液一定会变红，该实验不能达到实验目的，A项错误；B．根据强酸制弱酸规律，稀硫酸与反应生成，与溶液反应生成沉淀，可知酸性强弱关系为，且这三种酸均为最高价含氧酸，根据元素非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强可得非金属性强弱关系为S>C>Si，该实验能达到实验目的，B项正确；C．由于加热时铁粉和碘会发生反应生成碘化亚铁，故分离铁粉和碘不能用升华法，该实验不能达到实验目的，C项错误；D．制备胶体须在沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热；向NaOH溶液中滴加饱和溶液，会直接生成红褐色沉淀，不能制得胶体，该实验不能达到实验目的，D项错误；故答案选B。9．D【详解】A．铋离子位于顶角,与其最近且距离相等的O2-位于棱上，共有6个，分别位于上下、左右、前后，A正确；B．晶胞中含有的铋离子个数为个，B正确；C．晶胞中Ba或K到Bi的最短距离为体对角线()的一半，即，C正确；D．一个晶胞含有一个Ba0.6K0.4BiO3单元，Bi的个数为个、O的个数为个、Ba的个数为0.6个、K的个数为0.4个，则晶体质量是，晶胞的体积是，则晶体的密度，D错误；故答案为D。10．D【详解】A．Y→P的反应是Y分子中的共轭双键进行1，4加聚反应，A正确；B．图中聚合物P为反式异构，故聚合物P存在顺式异构体，B正确；C．Y发生水解反应可生成2种有机产物：和，C正确；D．P解聚为Y时，P中的键发生断裂，生成新的键，D错误；故选D。11．D【分析】在矿渣被碱浸取时，两性氧化物Al2O3反应产生可溶性盐Na[Al(OH)4]，碱性氧化物Fe2O3、CuO与NaOH不能反应，通过过滤分离出来，然后再用稀硫酸进行酸浸，Fe2O3、CuO发生反应产生可溶性Fe2(SO4)3、CuSO4进入溶液，过滤，向所得滤液中加入SO2、NaCl，Cu2+、Fe3+发生氧化还原反应，产生CuCl沉淀及Fe2+，将CuCl沉淀过滤除去，然后向滤液中加入双氧水，使Fe2+氧化产生Fe3+，同时适当加入Fe2O3来调整溶液pH，Fe3+反应产生碱式硫酸铁。【详解】A．“碱浸”的目的是除去矿渣中的两性氧化物Al2O3，反应的化学方程式为:Al2O3+2NaOH+3H2O=2Na[Al(OH)4]，A正确；B．“酸浸”过程中，Fe2O3、CuO与硫酸会发生以下反应：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，所得溶液中的金属阳离子主要是Fe3+、Cu2+，B正确；C．“去铜”过程中Cu2+、Cl-、SO2发生氧化还原反应，产生CuCl、硫酸根离子、H+，发生反应的离子方程式应该为：，Fe3+也会被SO2还原产生Fe2+，C正确；D．当pH过大时，c(OH-)较大，存在竞争反应，同时也Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀，导致碱式硫酸铁的产率偏低，D错误；故合理选项是D。12．D【详解】A．①中浓盐酸增加浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，生成更多黄色，溶液黄色加深，A正确；B．①中生成（黄色），②中加入后溶液变红，说明能与结合生成更稳定的，即与的配位能力强于，B正确；C．②中红色为，加入NaF后红色褪去变为无色（），说明与结合生成更稳定的，反应为：，C正确；D．③中溶液含（无色），被稳定配位，浓度极低，氧化性减弱，无法氧化，故加入KI和淀粉无明显变化。不能说明还原性弱于（实际还原性强于），D错误；故答案选D。13．C【详解】A．放电时为原电池，负极发生氧化反应。左侧a极为负载铁的石墨电极，单质失电子生成，电极反应式为，a极为负极，A正确；B．放电时原电池中，阴离子向负极移动。正极室（右侧）得电子生成（正电荷减少），负极室（左侧）失电子生成（正电荷增多），阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动以平衡电荷，故隔膜为阴离子交换膜，B正确；C．充电时为电解池，阴极（a极）反应为（消耗），左侧浓度减小；阳极（b极）反应为（消耗），右侧浓度也减小，两侧浓度均减小，C错误；D．充电时，设阴极消耗为，阳极消耗为，总减少。电子守恒：阴极得电子2x=阳极失电子y，解得、。阳极每消耗生成，故总量增加，D正确；14．C【分析】海水提溴的流程为：将浓缩酸化后含Br-的海水通入Cl2氧化：，用热空气吹出溴蒸气，再用SO2和H2O吸收溴蒸气，转化为Br-进行浓缩：，再次通入Cl2氧化，最后通过冷凝等操作得到产品液溴。【详解】A．海水提溴中，海水中溴离子浓度低，通过氧化（Cl2将Br⁻氧化为Br2）、吹出（分离Br₂）、吸收（Br2与SO2反应生成Br⁻，富集溴元素）、再氧化蒸馏得到液溴，整个过程目的是富集溴元素，A正确；B．提取1molBr2需经过两次氧化：第一次Cl2将Br⁻氧化为Br2（1molBr2需1molCl2），吸收后Br2转化为Br⁻；第二次Cl2再次氧化Br⁻为Br2（又需1molCl2），理论上共消耗2molCl2，标准状况下体积为，B正确；C．氧化性判断依据：氧化剂氧化性＞氧化产物。第一次氧化：Cl2是氧化剂，Br2是氧化产物，故氧化性；吸收反应：Br2是氧化剂，SO2是还原剂，氧化产物为H2SO4，氧化性，因此氧化性顺序为，C错误；D．其他条件一定时，过量SO2随“吸收Br2后的空气”进入下一步，与新生成的Br2发生反应：，该反应消耗了原本应被吹出的Br2，导致其吹出率下降，D正确；故选C。15．B【分析】是二元弱酸，在溶液中电离分步进行，且第一步电离程度大于第二步，则未滴加溶液前，溶液中，即，所以曲线①②③分别代表浓度的负对数与溶液体积的关系，据此解答。【详解】A．由图可知，m点时，则的；同理p点时，则的；n点时，则有，即，溶液的pH=3.95，A正确；B．p点时，由电荷守恒可得：，且常温下，此时，溶液呈酸性，即，所以，B错误；C．当，即溶液中滴加的溶液，两者恰好反应生成，由物料守恒得：，由电荷守恒得：，联立以上两式可得质子守恒：，C正确；D．当时，与按物质的量之比2∶1反应，恰好生成Na2HPO3(正盐)，Na2HPO3是强碱弱酸盐，水解促进水的电离；而当时，溶液中含有的或会抑制水的电离(电离出，中的电离程度大于其水解程度，使溶液呈酸性，抑制水的电离)，所以此时水的电离程度最大，D正确；故选B。16．(1)将氧化为(2)（或3.7~4.7）(3)产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色(4)Cu(5)(6)abc【分析】废液中阳离子主要有Fe2+、Cu2+、Fe3+和H+，加入过氧化氢后，Fe2+被氧化为Fe3+，调节pH，将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，此时溶液B中含有Cu2+和H+，加入过量铁粉后，Fe与Cu2+反应生成Cu和Fe2+，与H+反应生成Fe2+，此时溶液C中为Fe2+，固体C为Cu和剩余的Fe，加入稀盐酸后，Fe与HCl反应生成FeCl2（溶液D）【详解】（1）加入H2O2溶液的目的是利用其氧化性将Fe2+氧化为Fe3+。（2）步骤Ⅱ调节溶液的pH是为了将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，同时Cu2+不沉淀，根据题表所示，需要调节溶液的pH范围为3.7~4.7；（3）Fe2+与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，其在空气中迅速被氧化为氢氧化铁，因此观察到的现象是产生白色沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色，该过程中发生氧化还原反应的化学方程式为。（4）①溶液A有Cu2+和Fe3+，溶液B有Cu2+，固体C有Fe和Cu，因此都含有Cu元素；②溶液C和溶液D均为FeCl2溶液，通入Cl2转化为FeCl3的离子方程式为。（5）过程i将H2S和空气的混合气体通入腐蚀废液生成CuS，发生的离子方程式为。（6）a．过程ⅱ中Fe3+将CuS氧化，生成S，氧化剂是Fe3+，a正确；b．过程ⅲ发生的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，b正确；c．过程ⅱ中反应生成S，利用该转化可以回收S，c正确；d．整个转化过程中，Fe3+先消耗、后生成，起催化剂作用的是Fe3+，而Fe2+先生成，后消耗，为中间产物，d错误；故答案选abc。17．(1)恒压滴液漏斗(2)水浴加热防止氧气进入反应装置，平衡气压兼防倒吸(3)冷凝回流，提高产率(4)除去水溶性的NaOH和NaBr杂质(5)回收洗涤液中的苯乙醚，提高产率干燥(6)降低苯乙醚的沸点，加快蒸馏速率61.5%【分析】实验室以苯酚、溴乙烷为原料在作用下制备少量苯乙醚，先向三颈烧瓶中加入反应物并用搅拌器搅拌加快溶解，然后利用水浴加热反应容器并慢慢滴加溴乙烷，因反应物溴乙烷易挥发，因此利用球形冷凝管进行冷凝回流，减少反应物的损失，反应完全后加水洗涤后分液，有机相经两次洗涤分出有机相，合并两次的洗涤液，用乙醚提取一次，提取液与有机相合并，加入无水氯化钙进行干燥，水浴蒸出乙醚。最后减压蒸馏有机相得到目标产物苯乙醚，据此分析解答。【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器d的名称为恒压滴液漏斗。（2）步骤Ⅰ中，加热，低于水的沸点，可适宜采用的加热方法为水浴加热；c装置采用倒扣的漏斗，其作用是防止氧气进入反应装置，平衡气压兼防倒吸；故答案为：水浴加热；防止氧气进入反应装置，平衡气压兼防倒吸。（3）反应物溴乙烷易挥发，利用球形冷凝管进行冷凝回流，能减少反应物的损失，提高产率。（4）步骤Ⅱ中，“加水洗涤、分液”，其目的是除去水溶性的NaOH和NaBr杂质。（5）步骤Ⅲ中，“合并两次的洗涤液，用乙醚提取”，以回收洗涤液中的苯乙醚，提高产率；加入无水氯化钙，吸收有机相中的水，对有机相进行干燥；故答案为：回收洗涤液中的苯乙醚，提高产率；干燥。（6）步骤Ⅳ中，采用减压蒸馏能降低苯乙醚的沸点，加快蒸馏速率；氢氧化钠和溴乙烷过量，苯酚完全反应，理论上生成0.04mol苯乙醚，质量为，实际产品质量为，则产率为；故答案为：降低苯乙醚的沸点，加快蒸馏速率；61.5%。18．(1)(2)高温80%(3)<0.15温度低于580K时，反应未达到平衡状态，升高温度，反应速率加快，生成的转化率逐渐增大；温度高于580K以后