福建省莆田市仙游县枫亭中学2023学年高二化学第二学期期末经典模拟试题（含解析）

1、2023学年高二下学期化学期末模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和

2、答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、已知CsCl晶体的密度为，NA为阿伏加德罗常数，相邻的两个Cs+的核间距为acm，如图所示，则CsCl的摩尔质量可以表示为（单位：g/mol）ABC D2、为鉴别某种白色固体样品成分，进行如下实验：取少量样品加入足量水后充分搅拌，样品未全部溶解；再加入足量稀盐酸，有无色气体生成，固体全部溶解；取少量样品加入足量稀硝酸后充分搅拌，样品未全部溶解。该白色固体样品成分可能为AAl2(SO4)3，NaHCO3 BCaCO3，CuCl2CAgCl，Na2CO3 DBaCl2，Na2SO33、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中不正确的是 ()

3、A标准状况下，22.4 L二氯甲烷的分子数约为NA个B常温常压下，7.0 g乙烯与丙烯的混合物中含有氢原子的数目为NAC常温常压下，92 g NO2和N2O4的混合气体中含有的原子总数为6NAD盛有SO2的密闭容器中含有NA个氧原子，则SO2的物质的量为0.5 mol4、 Co(NH3)5Cl2+配离子，中心离子的配位数是A1B2C4D65、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A钠与水反应：Na +2 H2ONa+ + H2 + 2OH-B氯气溶于水：Cl2 + H2O 2H+ + Cl+ ClOC向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3 +4 NH3H2O=Al(OH

4、)4+4NH4+D向CuSO4溶液中加入Na2O2：2 Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O26、下列分子均属于极性分子且中心原子均为sp3杂化的是（）ACH4、 P4BSO2、 CHCl3CPCl3、SO3DNH3、 H2O7、用Pt电极电解含有Cu2和X3均为0.1mol的溶液，阴极析出金属的质量m(g)与溶液中通过电子的物质的量n(mol)关系如图，则离子的氧化能力由大到小排列正确的是（ ）ACu2X3HBHX3Cu2CX3Cu2HDCu2HX38、原电池是化学电源的雏形。若保持如图所示原电池的电池反应不变，下列说法正确的是AZn可以换成FeBCu可以换成石墨C稀

5、H2SO4可以换成蔗糖溶液D稀H2SO4可以换成CuSO4溶液9、价电子式为4s24p1的元素，在周期表中的位置是（ ）A第四周期第A族B第四周期第A族C第五周期第A族D第五周期第A族10、实验室现有一瓶标签右半部分已被腐蚀的固体M，剩余部分只看到“Na2S”字样（如图所示）。已知固体M只可能是Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4中的一种。若取少量固体M配成稀溶液进行下列有关实验，其中说法正确的是（）A往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，则固体M为Na2SiO3B往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，则固体M为Na2SO4C用pH试纸检验，若pH=7，则固体M不一定是Na2S

6、O4D只用盐酸一种试剂不能确定该固体M的具体成分11、根据下表中实验操作、现象得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加入稀盐酸产生气泡Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)B向FeCl3溶液中滴加NaI溶液，然后滴加CCl4，振荡并静止有机层出现紫红色氧化性：Fe3+I2C向Na2CO3溶液中滴加盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液溶液中出现白色沉淀非金属性：ClCSiD将碳与浓硫酸共热产生的气体通入酸性KMnO4溶液溶液紫红色褪去SO2具有漂白性AABBCCDD12、对下列装置，不添加其他仪器无法检查装置气密性的是ABCD1

7、3、下列危险化学品标志中最适合用于Na2O2固体的是（ ）ABCD14、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A0.1mol/LNaAlO2溶液：、BpH=11的溶液中：、C无色溶液中：、D使pH试纸变红的溶液中：Fe2+、SO42-、NO3-、15、下列物质中，不属于电解质的是A固体氯化钾B作电极的碳棒C气态硝酸D液态氯化氢16、将SO2通人BaCl2溶液中至饱和未见有沉淀生成，继续通入另一气体，仍无沉淀生成，则该气体可能为ANO2 BNH3 CCl2二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W、R、Q为前30号元素，且原子序数依次增大X是所有元素中原子半径最小的，Y

8、有三个能级，且每个能级上的电子数相等，Z原子单电子数在同周期元素中最多，W与Z同周期，第一电离能比Z的低，R与Y同一主族，Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态请回答下列问题：（1）Q+核外电子排布式为_；（2）化合物X2W2中W的杂化方式为_，ZW2-离子的立体构型是_；（3）Y、R的最高价氧化物的沸点较高的是_(填化学式)，原因是_；（4）将Q单质的粉末加入到ZX3的浓溶液中，并通入W2，充分反应后溶液呈深蓝色，该反应的离子方程式为_；（5）Y有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为_，Y原子的配位数为_，若晶胞的边长为a pm，晶体的密

9、度为 g/cm3，则阿伏加德罗常数的数值为_(用含a和的代数式表示)。18、环己烯常用于有机合成。现通过下列流程，以环己烯为原料合成环醚、聚酯、橡胶，其中F可以作内燃机的抗冻剂，J分子中无饱和碳原子。已知：R1CH=CHR2R1CHOR2CHO(1)的反应条件是_。(2)A的名称是_。(3)有机物B和I的关系为_(填字母)。A同系物 B同分异构体C都属于醇类 D都属于烃(4)中属于取代反应的_。(5)写出反应的化学方程式_。(6)写出两种D的属于酯类的链状同分异构体的结构简式：_。19、甲同学利用下图所示装置在实验室制备乙酸乙酯。（1）实验中饱和Na2CO3溶液的作用是_。某次实验时，在饱和N

10、a2CO3溶液中滴加2滴酚酞溶液。实验结束，取下试管B振荡，红色褪去。为探究褪色的原因，进行如下实验。编号实验操作充分振荡、静置充分振荡、静置充分振荡、静置、分液。取下层溶液，加入饱和Na2CO3溶液现象上层液体变薄，冒气泡，下层溶液红色褪去上层液体不变薄，无气泡，下层溶液红色褪去（2）试管中产生气泡的原因是（用化学方程式解释）_。（3）对比实验和可得出的结论是_。（4）针对实验中现象，乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验中观察到_，证实乙的猜想正确。20、TMB是一种新型指纹检测的色原试剂，由碳、氢、氮三种元素组成，M=240gmol1。某研究性学习小组的同学欲利用下列仪器测定TMB的

11、分子式。主要过程为在足量氧气流中将4.80 g TMB样品氧化(氮元素转化为N2)，再利用吸收剂分别吸收水蒸气和CO2。请从图中选择适当的装置(装置符合气密性要求，加热装置等已略去，其他用品可自选)。(1)写出A中的化学反应方程式：_；(2)B中试剂是_，作用是_ ；(3)装置C中CuO粉末的作用为_。(4)理想状态下，将4.80 gTMB样品完全氧化，点燃C处酒精灯，实验结束时测得D增加3.60 g，E增加14.08 g，则TMB的分子式为_。(5)有同学认为，用该实验装置测得的TMB分子式不准确，应在干燥管E后再添加一个装有碱石灰的干燥管F。你认为是否需要添加F装置_（填“需要”或“不需要

12、”），简述理由_。21、（1）在标准状况下，某烃分子的相对分子量为28，一定体积的该烃完全燃烧生成4.48LCO2和3.6g水，该烃的分子式_。（2）顺-1,2-二溴乙烯结构式_。（3）2-丁烯与HCl的加成方程式_。（4）的系统命名为_。（5）按要求回答下列问题：合成芳香炔化合物的方法之一是在催化条件下，含炔氢的分子与溴苯发生反应，如:根据上式,请回答:丙能发生的反应是_ (选填字母)。a.取代反应 b.加成反应 c.水解反应 d.消去反应甲中含有的官能团名称为_。符合下列条件的丙的同分异构体有_种(不包括顺反异构)。a分子中除苯环外不含其他环状结构;b苯环上只有2个取代基，且其中一个是醛基

13、。2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【答案解析】利用均摊法确定该立方体中含有的离子的数目，根据计算相对分子质量。【题目详解】根据均摊法可知，该立方体中含有Cl-1个，含Cs+8=1个，根据可得M=，因此相对分子质量为；答案选A。2、D【答案解析】分析：取少量样品加入足量水仍有部分固体未溶解，说明有物质不溶于水，再加入足量稀盐酸，有无色气体产生，固体全部溶解，则至少有一种物质可与盐酸反应生成气体，可能为二氧化碳或二氧化硫；取少量样品加入足量稀硝酸有气泡产生，振荡后仍有固体存在，说明在振荡过程中生成不溶于酸的固体，以此解答该题。详解：AAl2(

14、SO4)3，NaHCO3都与硝酸反应，硝酸足量时没有固体剩余，故A错误；BCaCO3不溶于水，能与盐酸反应，且生成二氧化碳气体；加入足量稀硝酸，样品全部溶解，故B错误；C碳酸钠与盐酸反应生成气体，AgCl不溶于盐酸，故C错误；DBaCl2，Na2SO3加入水中反应生成亚硫酸钡出，加入过量稀盐酸，生成二氧化硫气体，但没有固体剩余，BaCl2，Na2SO3加入足量稀硝酸，生成硫酸钡沉淀，故D正确；故选D。点睛：本题考查物质的检验和鉴别，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键。本题的易错点为D，要注意硝酸具有强氧化性。3、A【答案解析】A标准状况下，二氯甲烷

15、为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和分子个数，故A错误；BC2H4和C3H6的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为n= =0.5mol，则含1mol氢原子，即NA个，故B正确；CNO2和N2O4的最简式均为NO2，故92g混合物中含有的NO2的物质的量为=2mol，故含原子6NA个，故C正确；D1mol二氧化硫中含2mol氧原子，故当含NA个氧原子时，二氧化硫的分子个数为0.5NA个，物质的量为0.5mol，故D正确；答案选A。4、D【答案解析】配合物也叫络合物，为一类具有特征化学结构的化合物，由中心原子或离子（统称中心原子）和围绕它的称为配位体（简称配体）的

16、分子或离子，完全或部分由配位键结合形成，配合物中中心原子提供空轨道，配体提供孤电子对，配合物Co(NH3)5Cl2+中，Co2+为中心离子提供空轨道，电荷数为+2，Cl、NH3为配体提供孤电子对，有一个氯离子和五个氨分子做配体，配位数为6，答案选D。5、D【答案解析】分析：本题考查的是离子方程式的判断，是常规题。详解：A.钠和水的反应的离子方程式为：2Na +2H2O2Na+ + H2 + 2OH-，故错误；B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不能拆成离子形式，故错误；C. 硫酸铝和过量的氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故错误；D.过氧化钠先和水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠和硫酸铜反

17、应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，离子方程式为：2Na2O2+2Cu2+2H2O=4Na+2Cu(OH)2+O2，故正确。故选D。点睛：掌握离子方程式的判断方法：(1)违背反应客观事实 如：Fe2O3与氢碘酸：Fe2O36H+2 Fe3+3H2O错因：忽视了Fe3+与I-发生氧化一还原反应(2)违反质量守恒或电荷守恒定律及电子得失平衡 如：FeCl2溶液中通Cl2 ：Fe2+Cl2Fe3+2Cl- 错因：电子得失不相等，离子电荷不守恒(3)混淆化学式（分子式）和离子书写形式 如：NaOH溶液中通入HI：OH-HIH2OI-错因：HI误认为弱酸.(4)反应条件或环境不分： 如：次氯酸钠中加浓HCl：C

18、lO-H+Cl-OH-Cl2错因：强酸制得强碱(5)忽视一种物质中阴、阳离子配比.6、D【答案解析】A.CH4中C原子形成4个键，孤电子对个数为0，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子；P4分子构型正四面体形，空间结构对称为非极性分子，故A错误；B.SO2中S原子形成2个键，孤电子对个数=1/2(622)=1，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子；CHCl3中C原子形成4个键，没有孤电子对，价层电子对数为4，为sp3杂化，空间结构不对称为极性分子，故B错误；C.PCl3中P原子形成3个键，孤电子对个数=1/2(531)

19、=1，价层电子对数为4，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；SO3中S原子形成3个键，孤电子对个数=1/2(623)=0，价层电子对数为3，为sp2杂化，分子构型为平面三角形，空间结构对称为非极性分子，故C错误；D.NH3中N原子形成3个键，有1个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为三角锥形，空间结构不对称为极性分子；H2O中O原子形成2个键，有2个孤电子对，为sp3杂化，分子构型为V形，空间结构不对称为极性分子，故D正确；本题选D。【答案点睛】分子空间结构不对称，正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子；中心原子的杂化类型

20、为sp3，说明该分子中心原子的价层电子对个数是4，据此判断。7、D【答案解析】由图可知，转移电子的物质的量是0.2mol时，阴极析出的固体质量不再改变，而0.1mol Cu2生成0.1mol单质Cu转移电子的物质的量正好是0.2mol，说明Cu2先放电，氧化性最强，之后无固体析出，说明再放电的是氢离子，最后是X3，所以离子的氧化能力由大到小排列是Cu2HX3，答案选D。8、B【答案解析】在锌-铜(稀硫酸)原电池中，负极为锌，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，正极为铜，电极反应式为2H+2e-=H2，电池反应为Zn+2H+= Zn2+H2。据此分析解答。【题目详解】A若将Zn换成Fe，电池反应

21、变成Fe+2H+=Fe2+H2，电池反应发生变化，故A错误；B若将Cu换成石墨，锌仍为负极，石墨为正极，电池反应为Zn+2H+= Zn2+H2，电池反应不变，故B正确；C若将稀H2SO4换成蔗糖溶液，蔗糖为非电解质，不能构成原电池，故C错误；D若将稀H2SO4换成CuSO4溶液，电池反应变成Zn+Cu2+=Zn2+ Cu，电池反应发生变化，故D错误；答案选B。9、B【答案解析】某基态原子的价电子排布式为4s24p1，该元素原子序数=2+8+18+3=31，为Ga元素，位于第四周期第A族，故合理选项是B。10、A【答案解析】A往溶液中通入二氧化碳，若有白色沉淀，是硅酸钠和二氧化碳、水反应生成硅酸

22、白色沉淀，则固体M为Na2SiO3 ，故A正确；B往溶液中加入稀盐酸酸化的BaCl2，若有白色沉淀，此沉淀可能为BaSO4或H2SiO3，则固体M可以为Na2SiO3或Na2SO4，故B错误；C亚硫酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液呈碱性，硫酸钠呈中性，用pH试纸检验，若pH=7，则固体M一定是Na2SO4；故C错误；D盐酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，和硅酸钠反应生成白色沉淀，可以检验Na2SO3、Na2SiO3、Na2SO4，故D错误；故选A。11、B【答案解析】A、在饱和Na2CO3溶液中c()较大，加入少量BaSO4粉末，溶液中会有部分BaSO4转化为BaCO3，因此向洗净的沉淀中加稀盐酸，

23、有气泡产生，但是Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，A项错误。B、有机层出现紫红色说明有I2生成，即发生反应：2Fe3+2I2Fe2+I2，氧化性：氧化剂氧化产物，故B项正确。C、证明元素非金属性强弱，需要比较元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，所以用盐酸是错误的，C项错误。D、碳与浓硫酸产生的SO2使酸性KMnO4溶液褪色，表现出还原性，D项错误。答案选B。12、B【答案解析】分析：检查装置气密性，必须使被检查装置形成密封体系。详解：A用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，选项A不选；B图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧

24、瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，选项B选；C图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，选项C不选；D对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，选项D不选；答案选B。13、A【答案解析】根据图示标志的含义来分析，过氧化钠具有强氧化性和腐蚀性，据此分析判断。【题目详解】A、

25、图示标志是腐蚀品标志，故A正确；B、图示标志是易燃固体标志，故B错误；C、图示标志是放射性物品标志，故C错误；D、图示标志是剧毒品标志，故D错误；故选A。14、C【答案解析】A、溶液中偏铝酸根能与碳酸氢根发生如下反应：AlO2+HCO3+H2O=Al（OH）3+CO32，在溶液中不能大量共存，故A错误；B项、次氯酸根具有强氧化性，硫离子具有强还原性，在碱性溶液中能发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C项、无色溶液中，Mg2、NO3-、SO42、H+之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D项、使pH试纸变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中亚铁离子和硝酸根能发生氧化还原反应，在

26、溶液中不能大量共存，故D错误；故选C。【答案点睛】碳酸氢根的电离大于氢氧化铝的酸式电离，溶液中偏铝酸根能与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀是易错点。15、B【答案解析】A、固体氯化钾属于化合物，在熔融状态或水溶液中能导电，属于电解质，选项A不选；B、碳属于单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B选；C、硝酸属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项C不选；D、液态氯化氢属于化合物，水溶液中能导电，属于电解质，选项D不选；答案选B。【答案点睛】本题考查电解质，属于对基础化学概念的考查，本题要理解好电解质的概念，电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。16、D【答案解析】试题分析：通入HI气体

27、，不发应，没有沉淀。故选D。考点：SO2的性质点评：本题难度不大，考查SO2的性质，注意SO2的酸性、还原性和氧化性的性质。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）1s22s22p63s23p63d10（2分） （2）sp3杂化 （2分） v形 （2分）（3）SiO2（1分） SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体（2分）（4）2Cu + 8NH3+ O2+ 2H2O2Cu(NH3)42+ 4OH-（2分）（5）8 （1分） 4（1分）（2分）【答案解析】分析：X、Y、Z、W、R、Q为前四周期元素，且原子序数依次增大。X是所有元素中原子半径最小的，则X为H元素；Y有三个能级，且每个能级上的电子

28、数相等，核外电子排布为1s22s22p2，故Y为C元素；R与Y同一主族，结合原子序数可知，R为Si，而Z原子单电子数在同周期元素中最多，则外围电子排布为ns2np3，原子序数小于Si，故Z为N元素；W与Z同周期，第一电离能比Z的低，则W为O元素；Q的最外层只有一个电子，其他电子层电子均处于饱和状态，不可能为短周期元素，故核外电子排布为1s22s22p63s23p63d104s1，则Q为Cu元素，据此解答。详解：根据以上分析可知X、Y、Z、W、R、Q分别是H、C、N、O、Si、Cu。则（1）Cu+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10；（2）化合物H2O2中结构式为H-O-O-H

29、，O原子价层电子对数为2+(62)/2=4，故O原子采取sp3杂化；NO2-离子中N原子孤电子对数为(5+122)/2=1、价层电子对数为2+1=3，故其立体构型是V形；（3）Y、R的最高价氧化物分别为二氧化碳、二氧化硅，SiO2为原子晶体，CO2为分子晶体，故沸点较高的是SiO2；（4）将Cu单质的粉末加入到NH3的浓溶液中，并通入O2，充分反应后溶液呈深蓝色，反应生成Cu(NH3)42+，该反应的离子方程式为2Cu+8NH3+O2+2H2O=2Cu(NH3)42+4OH-；（5）碳有多种同素异形体，其中一种同素异形体的晶胞结构如图，该晶体一个晶胞的Y原子数为：4+81/8+61/2=8；每

30、个Y与周围的4个Y原子相邻，故Y原子的配位数为4；若晶胞的边长为a pm，则晶胞体积为（a10-10）3cm3，晶体的密度为 g/cm3，则晶胞质量为（a10-10）3cm3 g/cm3=a310-30 g，则812/NA g=a310-30 g，故NA=。18、NaOH醇溶液、加热 1,2-二溴环己烷 C 、 nCH2=CHCH=CH2 CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2 【答案解析】利用题目所给信息，正向分析与逆向分析结合，可知。【题目详解】根据以上分析，(1)反应是发生消去反应生成，反应条件是NaOH醇溶液、加热。(2)A是，名称是1,2-二溴环己烷。(3)有机物B是、

31、I是，结构不同，不属于同系物；分子式不同，不是同分异构体；都含有羟基，都属于醇类；含有氧元素，不属于烃，故选C。 (4)反应是加成反应；是羟基代替溴原子，属于取代反应；是生成，属于消去反应；是与氢气发生加成反应生成；是与氢气发生加成反应生成；是发生氧化反应生成；是2分子发生取代反应生成；是与发生取代反应生成聚酯；是发生消去反应生成；是发生加聚反应生成，属于取代反应的是、。(5)反应是发生加聚反应生成，化学方程式是nCH2=CHCH=CH2 。(6) 的不饱和度是2，属于酯类的链状同分异构体应该含有1个碳碳双键，结构简式有CH2=CHCOOCH3、HCOOCH2CH=CH2。19、中和乙酸，溶解

32、乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度 2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+CO2+H2O 下层溶液红色褪去的原因与乙酸无关 溶液不变红或无明显现象 【答案解析】（1）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，便于闻乙酸乙酯的香味；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，故答案为中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；（2）试管中乙酸乙酯中的乙酸与碳酸钠反应，产生气泡，发生的反应为2CH3COOH+Na2CO32CH3COONa+CO2+H2O；（3）对比实验和，无论有没有含乙酸，溶液红色均褪去，可得出的结论是下层溶液红色

33、褪去的原因与乙酸无关；（4）针对实验中现象，上层液体不变薄则乙酸乙酯不溶解于下层碳酸钠溶液且不与碳酸钠反应而无气泡，下层溶液红色褪去是因为酚酞被萃取于乙酸乙酯中碳酸钠溶液中不再含有酚酞而显无色，故乙同学提出猜想：酚酞更易溶于乙酸乙酯。实验中充分振荡、静置、分液。取下层溶液，下层溶液中已不含酚酞，故加入饱和Na2CO3溶液观察到溶液不变红或无明显现象，证实乙的猜想正确。20、2H2O2 2H2O+O2 浓硫酸 干燥 O2，防止带入 D或E 中引起增重 使 TMB 不充分燃烧生成 CO 全部转化为 CO2 C16H20N2 需要 防止外界空气中的 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸

34、收二氧化碳的定量检测造成干扰 【答案解析】根据装置图，A中过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，进入装置C的气体需要干燥，生成的氧气在B用浓硫酸干燥，干燥的氧气在C中将TMB氧化为二氧化碳、水和氮气，反应后用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，以确定其中所含碳、氢、氮原子的比例关系。据此分析解答。【题目详解】(1)过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2，故答案为2H2O22H2O+O2；(2)进入装置C的气体需要干燥，因此B中试剂为浓硫酸，可用于干燥氧气，防止带入D中引起增重，故答案为浓硫酸；干燥O2，防止带入D中引起增重；(3)装置C中CuO粉末可以

35、使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳，保证碳元素全部转化为二氧化碳，被E吸收，故答案为使TMB不充分燃烧生成的一氧化碳全部转化为二氧化碳；(4)实验后称得A装置从用的先后顺序排列质量分别增加3.60g、14.08g、0.14g，则m(H2O)=3.60g，m(CO2)=14.08g，而0.14g为空气中的CO2和H2O进入装置中的质量，则n(H2O)=0.2mol，n(H)=0.4mol，m(H)=0.4g，n(CO2)=0.32mol，n(C)=0.32mol，m(C)=0.32mol12g/mol=3.84g，所以m(N)=4.80g-0.4g-3.84g=0.56g，n(N)=0.04mol，则：n(C)n(H)n(N)=0.32mol0.4mol0.04mol=8101，TMB的相对分子质量为240，设分子式为：C8nH10nNn，则有：128n+10n+14n=240，解得n=2，所以分子式为C16H20N2，故答案为C16H20N2；(5)装置E中的碱石灰会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，使实验数据产生误差，因此该实验需要添加F装置，防止外界空气中的 CO2 和 H2O 进入 E 中，避免对 E 处吸收二氧化碳的定量检测造成干扰；故答案为需要；防止外界空气中的