云南省临沧市2022年化学高二第二学期期末联考试题含解析

1、2022年高二下化学期末模拟试卷注意事项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、能和银氨溶液反应，出现银镜现象的是A乙烯B苯C甲醛D乙酸乙酯2、下列物质能发生消去反应的是ACH3OHB（CH3）3CCH2ClCCH3CH2BrD3、第三能层含有的轨道数为A3B5C7D94、某溶液A可能含有Na+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、Cl、SO42-、I、CO32-、HCO3

2、-离子中的若干种。取该溶液进行如下实验：(已知Ag2SO4微溶于水，可溶于硝酸)：下列说法正确的是A溶液A中一定没有Ba2+，可能存在SO42-B白色沉淀甲一定为Mg(OH)2C溶液A中一定存在NH4+、Cl，一定不存在Fe3+、I、CO32-D判断溶液A中是否存在Fe3+，需向溶液A中加入KSCN溶液观察溶液是否变红色5、松香中含有松香酸和海松酸，其结构简式如下图所示。下列说法中，不正确的是A二者互为同分异构体B二者所含官能团的种类和数目相同C二者均能与氢氧化钠溶液反应D二者均能与H2以物质的量之比为13发生反应6、下列物质：H3O+Cu(NH3)42+CH3COO-NH3CO中存在配位键的

3、是()A B C D7、用酸性溶液进行下列实验，不能达到预期目的的是（ ）A鉴别苯和甲苯B鉴别乙烷和乙烯C检验中含碳碳双键D鉴别和8、已知X、Y是同周期主族元素，且电负性XY，下列说法错误的是A位置关系：X在Y右侧B第一电离能：X一定大于YC简单气态氢化物稳定性：X大于YD最高价含氧酸的酸性：X强于Y9、下列陈述，正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有氧化性Fe3+溶液可用于回收废旧电路板中的铜AABBCCDD10、室温下，将0.1mol/L的一元酸HA溶液逐滴

4、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Aa点所示溶液中c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)Ba、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点CpH=7时，c(Na+)=c(A-)+c(HA)D一元酸HA为弱酸11、若NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A0.1mol/L的CaCl2溶液中所含Cl数为0.2NAB7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子数为0.2NAC常温常压下，8gCH4含有的分子数为0.5NAD常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数一定为0.3NA12、唐代中药学著作新修本草中，有关于“青矾”的记录为“

5、本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为ACuSO45H2O BFeSO47H2O CKAl(SO4)212H2O DZnSO47H2O13、依据元素周期表及元素周期律，下列推断正确的是()AH3BO3的酸性比H2CO3的强BMg(OH)2的碱性比Be(OH)2的弱CC、N、O原子半径依次增大D若M和R2的核外电子层结构相同，则粒子半径：R2M14、有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下气体的体积为（设反应HNO3被还原成N

6、O）A0.672L B0.448L C0.224L D0.896L15、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(FeCl3)=1.0molL-1的溶液中: HCO3-、Cl-、H+、Na+B常温下，由水电离出的c(H+)=10-14molL-1溶液中: NH4+、K+、CO32-、SO42-C在c(HCO3-)=0.1 molL-1的溶液中: NH4+、AlO2-、 Cl-、NO3-D常温下KW/c（H+）=0.1 molL-1的溶液中:K+、NH3H2O、SO42- 、NO3-16、某有机物的分子式为C9H10O3。它有多种同分异构体，同时符合下列四个条件的同分异构体有 能与Na

7、2CO3溶液反应，但是不能生成气体；苯环上的一氯代物只有两种；能发生水解反应；该有机物是苯的二取代物。A4种B5种C6种D7种二、非选择题（本题包括5小题）17、分析下列合成路线：回答下列问题：（1）C中含有的官能团名称是_。（2）写出下列物质的结构简式：D_，E_。（3）写出下列反应的化学方程式AB：_FJ：_18、有机物AH的转化关系如下图所示。其中A是植物生长调节剂，它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平；D是一种合成高分子材料，此类物质如果大量使用易造成“白色污染”。请回答下列问题：(1)E官能团的电子式为_。(2)关于有机物A、B、C、D的下列说法，不正确的是_(选填序号）。

8、a. A、B、C、D均属于烃类b. B的同系物中，当碳原子数4时开始出现同分异构现象c. 等质量的A和D完全燃烧时消耗O2的量相等，生成CO2的量也相等 d. B不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，但A和D可以(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_；反应：_。(4)C是一种速效局部冷冻麻醉剂，可由反应或制备，请指出用哪一个反应制备较好:_，并说明理由：_。19、某同学利用下图所示装置制备乙酸乙酯。实验如下：向2 mL浓H2SO4和2 mL乙醇混合液中滴入2 mL乙酸后，加热试管A；一段时间后，试管B中红色溶液上方出现油状液体；停止加热，振荡试管B，油状液体层变薄，下层红色溶液褪色。(1)为了加

9、快酯化反应速率，该同学采取的措施有_。(2)欲提高乙酸的转化率，还可采取的措施有_。(3)试管B中溶液显红色的原因是_（用离子方程式表示）。(4)中油状液体的成分是_。(5)中红色褪去的原因，可能是酚酞溶于乙酸乙酯中。证明该推测的实验方案是_。20、用质量分数为36.5%的浓盐酸(密度为1.16 gcm3)配制成1 molL1的稀盐酸。现实验室仅需要这种盐酸220 mL，试回答下列问题：(1)配制稀盐酸时，应选用容量为_mL的容量瓶。(2)在量取浓盐酸时宜选用下列量筒中的_。A5 mL B10 mL C25 mL D50 mL(3)在量取浓盐酸后，进行了下列操作：(将操作补充完整)等稀释的盐酸

10、的温度与室温一致后，沿玻璃棒注入容量瓶中。往容量瓶中小心加蒸馏水至液面离容量瓶刻度线12 cm时，改用胶头滴管加蒸馏水，_。在盛盐酸的烧杯中注入蒸馏水，并用玻璃棒搅动，使其混合均匀。用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒23次，并将洗涤液全部注入容量瓶。上述操作中，正确的顺序是(填序号)_。(4)若用1mol/L HCl溶液润洗容量瓶，再转移溶液，所配置的溶液浓度将_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。21、NO、NO2是常见的氧化物。用H2或CO催化还原NO可达到消除污染的目的。已知：2NO(g)=N2(g)+O2(g) H= -180.5 kJmol1，2H2O(l)=2H2(g)+O2(g) H=+5

11、71.6 kJmol1。（1）则用H2催化还原NO消除污染的热化学方程式是_。（2）苯乙烷(C8H10)可生产塑料单体苯乙烯(C8H8)，其反应原理是：C8H10 (g)C8H8(g)+H2(g) H=+120 kJmol1，某温度下，将0.40mol苯乙烷，充入2L真空密闭容器中发生反应，测定不同时间该容器内气体物质的量，得到数据如表：时间/min010203040n(C8H10)/mol0.400.300.24n2n3n(C8H8)/mol0.000.10n10.200.20当反应进行到20min时，该段时间内H2的平均反应速率是_。该温度下，该反应的化学平衡常数是_。若保持其他条件不变，

12、用0.4molH2(g)和0.4molC8H8(g)合成C8H10(g)，当有12kJ热量放出时，该反应中H2的转化率是_.此时，该合成反应是否达到了平衡状态?_(填“是”或“否”)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】含有醛基的物质能和银氨溶液反应，出现银镜现象，据此判断。【详解】A. 乙烯含有碳碳双键，不能发生银镜反应，A不选；B. 苯不能发生银镜反应，B不选；C. 甲醛含有醛基，能发生银镜反应，C选；D. 乙酸乙酯不含有醛基，不能发生银镜反应，D不选；答案选C。2、C【解析】常见能发生消去反应的有机物有醇和卤代烃，醇发生消去反应结构特点：与-OH相连碳相邻碳上有氢

13、原子才能发生反应，形成不饱和键；卤代烃发生消去反应结构特点：与-X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键。【详解】ACH3OH中只有一个碳，与羟基相连碳相邻没有碳，不能发生消去反应，选项A不选；B（CH3）3CCH2Cl中与-Cl相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项B选；C溴乙烷中与-Br相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，选项C不选；D中与-Br相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，选项D不选；答案选C。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于卤代烃和醇能发生消去反应结构特点，难度不大，掌握卤代烃、醇能发生消去反应结构特点是解题的关键。3、D【解析】第三能层

14、含有s、p、d三个能级，所以含有的轨道数是1359，答案选D。4、C【解析】某溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，生成气体，则溶液A中一定存在NH4+；甲为白色沉淀，则溶液A中一定不存在Fe3+，白色沉淀甲为Mg(OH)2、BaCO3中至少一种（其中生成BaCO3的反应为：），故溶液A中Ba2+和Mg2+至少有1种，因此该溶液中一定不存在CO32-；所得滤液中加稀硫酸不产生沉淀，则滤液中不含Ba2+、加入硝酸银和稀硝酸有白色沉淀乙生成，乙为AgCl，则溶液A中一定存在Cl、一定不存在I；据此分析作答。【详解】某溶液A中加入过量氢氧化钠溶液，生成气体，则溶液A中一定存在NH4+；甲为白色沉淀，则溶液A

15、中一定不存在Fe3+，白色沉淀甲为Mg(OH)2、BaCO3中至少一种（其中生成BaCO3的反应为：），故溶液A中Ba2+和Mg2+至少有1种，因此该溶液中一定不存在CO32-；所得滤液中加稀硫酸不产生沉淀，则滤液中不含Ba2+、加入硝酸银和稀硝酸有白色沉淀乙生成，乙为AgCl，则溶液A中一定存在Cl、一定不存在I；A. 溶液A中可能有Ba2+，A错误；B. 白色沉淀甲为Mg(OH)2、BaCO3中至少一种，B错误；C. 据以上分析，溶液A中一定存在NH4+、Cl，一定不存在Fe3+、I、CO32-，C正确；D. 甲是白色沉淀，故判断溶液A中不存在Fe3+，D错误；答案选C。【点睛】本题的易错

16、点是A项，同学会根据滤液中加硫酸没有出现沉淀而误以为溶液A中不存在钡离子；实际上，不管溶液A中是不是存在钡离子，滤液中都不存在钡离子，当溶液A中有钡离子时，钡离子会被沉淀出现在白色沉淀甲中，反应为：。5、D【解析】A. 二者的分子式相同，均为C20H30O2，互为同分异构体，故A正确；B. 二者所含官能团的种类和数目相同，均含有1个羧基和2个碳碳双键，故B正确；C. 二者均含有羧基，均能与氢氧化钠溶液反应，故C正确；D. 羧基不能与氢气加成，二者均能与H2以物质的量之比为12发生反应，故D错误；故选D。6、D【解析】H3O+中O提供孤电子对，H+提供空轨道，二者形成配位键，H3O+含有配位键；

17、Cu2+有空轨道，NH3中的氮原子上的孤电子对，可以形成配位键，Cu(NH3)42+含有配位键；CH3COO中碳和氧最外层有8个电子达到稳定结构，氢满足2电子稳定结构，无空轨道，无孤电子对，电子式为，不含有配位键；NH3为共价化合物，氮原子中最外层有8个电子达到稳定结构，分子中存在两个HN键，氢满足2电子稳定结构，无空轨道；CO为共价化合物，分子中氧提供孤电子对，碳提供空轨道；本题选D。7、C【解析】酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可与具有还原性的SO2、亚铁盐等物质发生氧化还原反应，可与甲苯、碳碳双键、醛基等基团发生氧化还原反应，以此解答该题。【详解】A. 甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还

18、原反应，苯与酸性高锰酸钾不反应，可鉴别，故A正确；B. 乙烯中碳碳双键可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，乙烷不与酸性高锰酸钾反应， B正确；C. CH2=CHCHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故C错误；D. SO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而褪色，不反应，可鉴别，故D正确。答案选C。8、B【解析】AX、Y是同周期主族元素，且电负性XY，则原子序数：XY，即X在Y右侧，故A正确；B一般情况下，同一周期从左向右第一电离能逐渐增大，但A、A族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，则X的第一电离能不一定大于Y，故B错误；C

19、非金属性：XY，则简单气态氢化物稳定性：XY，故C正确；D非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XY，则最高价含氧酸的酸性：XY，故D正确；故选B。【点睛】（1）同一周期的元素（稀有气体元素除外），从左到右原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素，从上到下原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。（2）元素非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价含氧酸的酸性越强。9、D【解析】A二氧化硫具有漂白性，可以选择性漂白有色物质，二氧化硫具有还原性和溴水发生氧化还原反应，陈述正确，但无因果关系，故A错误；B二氧化硅不能导电，光导纤维成分为二氧化硅晶

20、体，陈述不正确，陈述正确，无因果关系，故B错误；C浓硫酸具有强氧化性、吸水性、脱水性，干燥H2和CO气体体现了浓硫酸的吸水性，陈述正确，但无因果关系，故C错误； D铁离子具有氧化性可以溶解铜，2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，陈述正确，并且有因果关系，故D正确； 故选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意二氧化硫使溴水褪色，体现了二氧化硫的还原性，因此类似的还有：二氧化硫使品红褪色，体现了二氧化硫的漂白性，二氧化硫使高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性等。10、C【解析】A. a点时加入10mL的一元酸HA，酸碱恰好中和得到NaA溶液，溶液的pH=

21、8.7，说明NaA为强碱弱酸盐，A发生水解反应A+H2OHA+ OH且水解是微弱的，则c(Na+)c(A-)c(OH-)，因水也电离产生OH，则c(OH-)c(HA)，所以微粒浓度大小顺序为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)，故A正确；B. a点时溶液中只有NaA，A发生水解促进水的电离，b点溶液中酸过量，酸抑制水的电离，所以a、b两点所示溶液中水的电离程度a点大于b点，故B正确；C. pH=7时，c（H+）=c（OH），由电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)=c(A)+c(OH)，则c(Na+)=c(A-)，故C错误；D. 根据A项分析可知，HA为一元弱酸，故D正确；答案选C

22、。11、C【解析】试题分析：A、0.1mol/L的CaCl2溶液中氯离子的浓度是0.2mol/L，不能确定溶液的体积，则不能计算所含Cl数，A错误；B、1mol过氧化钠与水反应转移1mol电子，则7.8gNa2O2即0.1mol过氧化钠与足量水反应，转移电子数为0.1NA，B错误；C、常温常压下，8gCH4的物质的量是8g16g/mol0.5mol，含有的分子数为0.5NA，C正确；D、常温下，0.1molFe与酸完全反应时，失去的电子数不一定为0.3NA，例如与盐酸反应转移0.2mol电子，D错误，答案选C。考点：考查阿伏加德罗常数计算12、B【解析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见

23、风者，正如瑠璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色，则A为蓝色晶体，B为FeSO47H2O是绿色晶体，C为KAl(SO4)212H2O是无色晶体，D为ZnSO47H2O为无色晶体，所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O，答案选B。点睛：本题考查了物质性质、物质颜色的掌握，掌握基础是解题的关键，主要是亚铁盐和铁盐转化的颜色变化，信息理解是关键。13、D【解析】本题考查元素周期律。解析：非金属性BC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H3BO3H2CO3，A错误；金属性MgBe，则最高价氧化物对应的水化物的碱性为Mg（OH）2Be（OH）

24、2，B错误；C、N、O属于同一周期，且C、N、O的原子序数依次增大，所以原子半径依次减小，C错误；M+和R2-的核外电子层结构相同，则M+在下一周期的前方，R2-在上一周期的后方，随核电荷数增大，离子半径依次减小，原子序数MR，则粒子半径：R2M，故D正确。点睛：熟悉元素的金属性与非金属性的递变规律是解答本题的关键，并能结合题意灵活运用即可。14、A【解析】分析：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，先后可能发生：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O

25、，Fe+2H+=Fe2+H2，以此计算该题。详解：10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L24mol/L+0.01L2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L2mol/L=0.02mol，由于铁过量，则先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O，氢离子过量，反应后剩余n(H+)=0.1mol-0.08mol=0.02mol，再发生Fe+2H+=Fe2+H2，生成氢气0.01mol，所以：n(NO)+n(H2)=0.02mol+0.01mol=0.03mol，V(NO)+V(H2)=0.03mol22.4L/mol=0.672L，故选A。点睛：本题考查混合

26、物的计算，本题注意铁过量，根据n(H+)、n(NO3-)判断反应的可能性。本题的易错点为反应先后顺序的判断，要注意硝酸具有强氧化性，与铁反应不放出氢气。15、D【解析】A.铁离子和碳酸氢根离子会发生双水解反应，A错误；B.水电离出来的c(H+)=10-14molL-1溶液可能是酸溶液也可能是碱溶液；如果是酸溶液，那么碳酸根离子和氢离子会发生反应；如果是碱溶液，铵根离子和氢氧根离子会发生反应；B错误；C.HCO3-和AlO2-会发生反应:HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+CO32-，C错误；D.KW/c（H+）=c(OH-)，所以此溶液是碱性的，氢氧根离子和这4种微粒都没有发生反应

27、，这四种微粒相互间也不反应，D正确。故合理选项为D。16、C【解析】能与Na2CO3溶液反应，但是不能生成气体，说明含有酚羟基；苯环上的一氯代物只有两种，说明苯环上有两种等效氢原子；能发生水解反应，说明含有酯基；该有机物是苯的二取代物，说明苯环上含两个取代基，所以苯环上的两个取代基处于对位，其中一个是羟基，另一个是含有酯基的基团，可以是-COOCH2CH3，-CH2COOCH3，HCOOCH2CH2-，HCOOCH(CH3)-，-OOCCH2CH3，CH3COOCH2-，共六种，故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、氯原子、羟基 【解析】由有机物的转化关系可知，CH2=CHCH=CH2与

28、溴的四氯化碳溶液发生1,4加成反应生成Br CH2CH=CHCH2Br，则A是Br CH2CH=CHCH2Br；BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，则B是HOCH2CH=CHCH2OH；HOCH2CH=CHCH2OH与HCl发生加成反应生成，则C是；在Cu或Ag做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，则D是；与银氨溶液共热发生银镜反应后，酸化生成；在氢氧化钠醇溶液中共热发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，则E是NaOOCCH=CHCOONa；NaOOCCH=CHCOONa酸化得到HOOCCH=CHCOOH，则F为

29、HOOCCH=CHCOOH；在浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，则J是CH3OOCCH=CHCOOCH3。【详解】（1）C的结构简式为，含有的官能团为氯原子和羟基，故答案为：氯原子、羟基；（2）D的结构简式是；E的结构简式是NaOOCCH=CHCOONa，故答案为：；NaOOCCH=CHCOONa；（3）AB的反应是BrCH2CH=CHCH2Br在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成HOCH2CH=CHCH2OH，反应的化学方程式为BrCH2CH=CHCH2B+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；FJ的反应是在

30、浓硫酸作用下，HOOCCH=CHCOOH与甲醇共热发生酯化反应生成CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O，故答案为：BrCH2CH=CHCH2B+2NaOHHOCH2CH=CHCH2OH+2NaBr；HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，注意有机物的转化关系，明确有机物的性质是解本题的关键。18、 ad nCH2=CH2 CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O 反应为加成反应，原子利用率100

31、%，反应为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应制备较好 【解析】A是植物生长调节剂，它的产量用来衡量一个国家石油化工发展的水平，即A为乙烯，结构简式为CH2=CH2；A与H2发生加成，即B为CH3CH3；A与HCl发生加成反应，即C为CH3CH2Cl；A与H2O发生加成反应，即E为CH3CH2OH；反应是乙醇的催化氧化，即F为CH3CHO；乙醇被酸性K2Cr2O7氧化成乙酸，即G为CH3COOH；乙醇与乙酸发生酯化反应，生成H，则H为CH3CH2OOCCH3；D为高分化合物，常引起白色污染，即D为聚乙烯，其结构简式为，据此分析；【详解】（1）根据上述分析，E为CH3CH2OH，

32、其官能团是-OH，电子式为；（2）a、A、B、C、D结构简式分别是CH2=CH2、CH3CH3、CH3CH2Cl、，其中C不属于烃，故a说法错误；b、烷烃中出现同分异构体，当碳原子4时开始出现同分异构现象，故b说法正确；c、A和D的最简式相同，因此等质量时，耗氧量相同，故c说法正确；d、B为乙烷，不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，D中不含碳碳双键，也不能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色，故d说法错误；答案选ad；（3）反应发生加聚反应，其反应方程式为nCH2=CH2；反应发生酯化反应，反应方程式为CH3COOHCH3CH2OHCH3COOCH2CH3H2O；（4）反应为加成反应，原子利用率100%

33、，反应为取代反应，有副反应，CH3CH2Cl产量较低，故反应制备较好。19、加热，使用催化剂 增加乙醇的用量 CO32-+H2OHCO3-+OH- 乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水) 取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，溶液变红 【解析】(1)酯化反应是可逆反应，可根据影响化学反应速率的因素分析；(2)根据酯化反应是可逆反应，要提高乙酸转化率，可以根据该反应的正反应特点分析推理；(3)根据盐的水解规律分析；(4)根据乙酸、乙醇及乙酸乙酯的沸点高低分析判断；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过向溶液中再加入酚酞，观察溶液颜色变化分析。【详解】(1)酯化反应是可逆反应，由于升高温度，

34、可使化学反应速率加快；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，或适当增加乙醇的用量，提高其浓度，使反应速率加快等；(2)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，反应产生的乙酸乙酯和水在相同条件下又可以转化为乙酸与乙醇，该反应是可逆反应，要提高乙酸的转化率，可以通过增加乙醇（更便宜）的用量的方法达到；(3)碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中，CO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+转化为HCO3-，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)所以溶液显碱性，可以使酚酞试液变为红色，水解的离子方程式为：CO32-+H2OHCO3-+OH-；(4)乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下加热

35、，发生酯化反应产生乙酸乙酯和水，由于反应产生乙酸乙酯的沸点比较低，且反应物乙酸、乙醇的沸点也都不高，因此反应生成的乙酸乙酯会沿导气管进入到试管B中，未反应的乙酸和乙醇也会有部分随乙酸乙酯进入到B试管中，因此中油状液体的成分是乙酸乙酯、乙酸、乙醇(水)；(5)红色褪去的原因若是由于酚酞溶于乙酸乙酯中所致，则可通过取褪色后的下层溶液，滴加酚酞试液，若溶液变红证明是酚酞溶于乙酸乙酯所致。【点睛】本题考查了乙酸乙酯的制取、反应原理、影响 因素、性质检验等知识。掌握乙酸乙酯的性质及各种物质的物理、化学性质及反应现象是正确判断的前提。20、250 C 至液体凹液面最低处与刻度线相切 偏大 【解析】（1）实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250 mL的容量瓶；（2）先计算浓硝酸的物质的量浓度，再依据稀释定律计算浓盐酸的体积；（3）根据配制溶液的实验操作过程确定操作的顺序；（4）依据操作对溶质的物质的量、溶液体积的影响分析。【详解】（1）配制220 mL 1 molL1稀盐酸时，因实验室没有220mL的容量瓶，应选用规格为250 mL的容量瓶，故答案为：250；（2）由