2023届北京市顺义牛栏山一中化学高一第二学期期末统考模拟试题含答案解析

2023学年高一下化学期末模拟测试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、测试卷卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图是元素周期表的一部分，下列关系正确的是（）A．还原性：Se2->S2->Cl- B．热稳定性：HCl>H2Se>HBrC．原子半径：Se>Cl>S D．酸性：HBrO4>HClO4>S2SO42、下列能说明苯环对侧链的性质有影响的是A．甲苯在30℃时与硝酸发生取代反应生成三硝基甲苯B．甲苯能使热的酸性KMnO4溶液褪色C．甲苯在FeBr3催化下能与液溴反应D．1mol甲苯最多能与3

mol

H2发生加成反应3、下列事实和解释都正确的是A．锌与稀盐酸反应，加水稀释后反应速率减慢是因为减小了Cl-的浓度B．面粉厂内要禁止明火是因为固体表面积大会加快反应速率C．向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因为MnO2粉末增大了反应的活化能D．打开啤酒瓶盖的瞬间有大量气泡冒出，是因为啤酒温度升高的缘故4、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4＜H2YO4＜HZO4，下列推断正确的是（）A．原子序数：X＞Y＞ZB．主族序数：Y＞X＞ZC．气态氢化物稳定性：XH3＜H2Y＜HZD．元素的非金属性强弱：X＞Y＞Z5、NaCl是海水中提取出来的一种重要物质，除食用外，它还是一种工业原料，下列以NaCl为原料的产品(或物质)是()①烧碱②纯碱③金属钠④氯气⑤盐酸A．①②③④⑤ B．①②③④ C．①②③⑤ D．①②④⑤6、下列变化属于化学变化的是A．干冰升华 B．氮气液化 C．酒精燃烧 D．汽油挥发7、某烯烃与加成后的产物如图所示，则该烯烃的结构式可能有(

)A．1种 B．2种 C．3种 D．4种8、以下物质间的每步转化，不能通过一步反应实现的是A．S→SO2→SO3 B．A1→Al2O3→Al(OH)3C．Fe→FeCl2→Fe(OH)2 D．NH3→NO→NO29、下列物质中不属于天然高分子化合物的是（）A．纤维素 B．蛋白质 C．蔗糖 D．淀粉10、某有机物的结构如图所示，这种有机物不可能具有的性质A．1mol该物质最多能消耗2molNaOHB．能使酸性KMnO4溶液褪色C．能发生酯化反应D．不能发生水解反应，能使溴水褪色11、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A．从a口进气可收集CH2=CH2B．制取并收集乙酸乙酯C．比较Fe、Cu的金属活动性D．进行实验室制乙烯12、短周期元素X和Y的离子X2+和Y2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是A．X2+的离子半径比Y2-小B．X2+的原子序数比Y2-小C．X和Y原子的电子层数相等D．X和Y原子最外层电子数相等13、已知3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O。下列判断正确的是A．N元素的化合价降低 B．NH3被还原C．消耗0.3molCuO转移0.6NA个电子 D．CuO是还原剂14、在新制的氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO。加入少量下列物质能使c(HClO)增大的是A．H2SB．NaOHC．CaCO3D．HCl15、适当条件下，amolC2H4跟bmolH2在密闭容器中反应达，到平衡时生成了pmolC2H6，若将所得平衡混合气体燃烧，并生成CO2和H2O，所需氧气的物质的量应是()A．(3a+0.5b)molB．(3a+b)molC．(3a+0.5b+3p)molD．(3a+0.5b-3p)mol16、某烃完全燃烧时，消耗的氧气与生成的CO2体积比为3∶2，该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也能使溴水褪色，则该烃的分子式可能为A．C3H4B．C2H4C．C2H6D．C6H6二、非选择题（本题包括5小题）17、A是石油裂解气的主要成分，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平；F是一种高聚物，常做食品包装袋的材料；G遇到碘水能变成蓝色；E是具有水果香味的化合物。在一定条件下，有机物A、B、C、D、E、F、G、H间存在下列变化关系。（1）A、D分子中的官能团名称分别是________、_________。（2）H溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热，可观察到的现象是_________，医学上利用此原理可用来检测__________。（3）写出反应②、③的化学方程式，并指出反应类型：②_________________，__________；③_________________，__________。18、已知乙烯在一定条件下能发生下列转化，回答下列问题：(1)反应①的反应类型是__________;物质C中所含官能团的名称是__________。(2)分别写出②、④反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：__________、__________。(3)实验室制取乙酸乙酯的装置如下图所示。能完成本实验的装置是__________(填“甲”、“乙”或“丙”),试管B内盛放的液体是__________。19、实验室里需要纯净的NaCl溶液，但手边只有混有Na2SO4、NaHCO3的NaCl。某学生设计了如图所示方案提取纯净的NaCl溶液。如果此方案正确，那么：(1)操作④为________，操作①、④、⑤都用到的玻璃仪器有____________。(2)操作②为什么不用硝酸钡溶液，其理由是___________________________________。(3)进行操作②后，如何判断SO42-已除尽，方法是_____________________________________。(4)操作③的目的是____________，为什么不先过滤后加碳酸钠溶液？理由是____________。(5)操作⑤的目的是_______________________________________________________。20、实验室制乙酸乙酯得主要装置如图中A所示，主要步骤①在a试管中按2∶3∶2的体积比配制浓硫酸、乙醇、乙酸的混合物；②按A图连接装置，使产生的蒸气经导管通到b试管所盛的饱和碳酸钠溶液中；③小火加热a试管中的混合液；④等b试管中收集到约2mL产物时停止加热。撤下b试管并用力振荡，然后静置待其中液体分层；⑤分离出纯净的乙酸乙酯。请回答下列问题：（1）步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，写出该反应的离子方程式：_________。（2）分离出乙酸乙酯层后，经过洗涤杂质；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为______。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体（3）为充分利用反应物，该同学又设计了图中甲、乙两个装置（利用乙装置时，待反应完毕冷却后，再用饱和碳酸钠溶液提取烧瓶中的产物）。你认为更合理的是_________________。理由是：________________________________________________。21、在T℃时，将0.6molX和0.4molY置于容积为2L的密闭容器中(压强为mPa)发生反应：3X(g)+Y(g)2Z(g)该反应为放热反应。若保持温度不变，某兴趣小组同学测得反应过程中容器内压强随时间变化如图所示：(1)8分钟内Z的平均生成速率为____________。(2)X的平衡转化率为____________。(3)将amolX与bmolY的混合气体发生上述反应,反应到某时刻各物质的量恰好满足：n(X)=n(Y)=n(Z)，则原混合气体中a∶b=____________。(4)下列措施能加快化学反应速率的是____________。A．恒压时充入HeB．恒容时充入HeC．恒容时充入XD．及时分离出ZE．升高温度F．选择高效的催化剂(5)仍在T℃时，将0.6molX和0.4molY置于一容积可变的密闭容器中。下列各项能说明该反应已达到平衡状态的是______。a．容器内X、Y、Z的浓度之比为3∶1∶2b．3v正(X)=v逆(Y)c．混合气体的密度保持不变d．容器中气休的平均相对分子质量不随时间而变化

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】A．非金属性大小为：Cl＞S＞Se，非金属性越强，阴离子还原性越弱，故阴离子还原性大小关系为：Se2-＞S2-＞Cl-，故A正确；B．同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性大小关系为：Cl＞S＞Se，非金属性越强，氢化物越稳定，故氢化物稳定性大小为：HCl＞H2S＞H2Se，故B错误；C．同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径大小关系为：Se＞S＞Cl，故C错误；D．非金属性大小为：Cl＞Br＞S，故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱关系为：HClO4＞HBrO4＞H2SO4，故D错误；故选A。点睛：元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度（或生成的氢化物的稳定性），非金属单质跟氢气化合越容易（或生成的氢化物越稳定），元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物（即最高价含氧酸）的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，（非金属相互置换）。2、B【答案解析】分析：A．甲苯和苯都能发生取代反应；B．苯不能被酸性KMnO4溶液氧化，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸；C．甲苯和苯都能发生取代反应；D．苯也能与氢气发生加成反应。详解：A．甲苯和苯都能与浓硝酸、浓硫酸发生取代反应，甲苯生成三硝基甲苯说明了甲基对苯环的影响，A错误；B．甲苯可看作是CH4中的1个H原子被-C6H5取代，苯、甲烷不能被酸性KMnO4溶液氧化使其褪色，甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯环未变化，侧链甲基被氧化为羧基，说明苯环影响甲基的性质，B正确；C．甲苯和苯都能与液溴发生取代反应，所以不能说明苯环对侧链有影响，C错误；D．苯、甲苯都能与H2发生加成反应，是苯环体现的性质，不能说明苯环对侧链性质产生影响，D错误。答案选B。点睛：本题以苯及其同系物的性质考查为载体，旨在考查苯的同系物中苯环与侧链的相互影响，通过实验性质判断，考查学生的分析归纳能力，题目难度不大。3、B【答案解析】

A.锌与稀盐酸反应，加水稀释后反应速率减慢是因为减小了H+的浓度，故A错误；B.面粉厂内要禁止明火是因为固体表面积大会加快反应速率，引起爆炸，故B正确；C.向5%的H2O2溶液中加入MnO2粉末后分解速率迅速加快是因为MnO2粉末起催化作用，降低了反应的活化能，故C错误；D.打开啤酒瓶盖的瞬间有大量气泡冒出，是因为啤酒压强减小导致气体溶解度降低，故D错误；答案选B。4、C【答案解析】

同一周期元素中，元素非金属性随着原子序数的增大而增强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，同一周期的X、Y、Z三种元素，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4＜H2YO4＜HZO4，则原子序数X＜Y＜Z，非金属性X＜Y＜Z，据此分析作答。【题目详解】A．同一周期的X、Y、Z三种元素，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱是H3XO4＜H2YO4＜HZO4，则原子序数X＜Y＜Z，A项错误；B．同一周期元素中，元素的非金属性越强，其族序数越大，所以主族序数：Z＞Y＞X，B项错误；C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，这几种元素的非金属性X＜Y＜Z，所以气态氢化物稳定性：XH3＜H2Y＜HZ，C项正确；D．这几种元素的非金属性X＜Y＜Z，D项错误；答案选C。5、A【答案解析】

①电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，化学方程式：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，可制得氢氧化钠，故①正确；②电解饱和的食盐水可制得氢氧化钠，利用氢氧化钠即可以生成碳酸钠，如二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，化学方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，故②正确；③电解熔融的氯化钠,化学方程式：2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑，则生成钠,故③正确；④电解熔融的氯化钠则生成氯气，电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，故④正确；⑤电解饱和的食盐水生成氢氧化钠和氢气、氯气，氢气与氯气反应生成氯化氢，氯化氢溶于水可得盐酸，故⑤正确。所以①②③④⑤均正确，答案选A。6、C【答案解析】

没有新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化，据此分析解答。【题目详解】A.干冰升华是固体CO2不经过液态直接变为气态的变化，没有新物质产生，是物质状态的变化，因此属于物理变化，A不符合题意；B.氮气液化是N2由气态转化为液态，没有新物质产生，是物理变化，B不符合题意；C.酒精燃烧是乙醇与氧气反应生成二氧化碳和水，有新物质产生，发生的是化学变化，C符合题意；D.汽油挥发是汽油由液态转化为气态，是物质状态的变化，没有新物质产生，是物理变化，D不符合题意；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查物理变化和化学变化的判断，掌握化学变化的特征是有新物质产生。7、D【答案解析】

该烃的碳链结构为：，7号和8号碳原子关于3号碳原子对称，3号碳原子上没有氢原子，所以3号碳和4号、7号、8号碳原子不能形成双键，相邻碳原子上各去掉一个氢原子形成双键，所以能形成双键的有：1、2之间；4、5之间；5、6之间；4、9之间，共用4种；答案选D。【答案点睛】本题考查同分异构体的书写，分析分子结构是否对称是解本题的关键，先判断该烃结构是否对称，如果对称，只考虑该分子一边的结构和对称线两边相邻碳原子即可；如果不对称，要全部考虑，然后各去掉相邻碳原子上的一个氢原子形成双键。注意不能重写、漏写。8、B【答案解析】

A.硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫，都能一步反应实现，故A正确；B.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝不能一步到氢氧化铝，故B错误；C.铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和碱反应生成氢氧化亚铁，都能一步生成，故C正确；D.氨气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，都能一步实现，故D正确；故选B。9、C【答案解析】

纤维素、蛋白质和淀粉均属于天然高分子化合物，蔗糖是二糖，不是高分子化合物，答案选C。10、A【答案解析】分析：根据有机物结构简式可知分子中含有碳碳双键、醇羟基和羧基，据此解答。详解：A.只有羧基与氢氧化钠反应，1mol该物质最多能消耗1molNaOH，A错误；B.碳碳双键和羟基均能使酸性KMnO4溶液褪色，B正确；C.羟基和羧基均能发生酯化反应，C正确；D.没有酯基，不能发生水解反应，含有碳碳双键，能使溴水褪色，D正确。答案选A。11、D【答案解析】

A．乙烯的密度与空气密度接近，一般不用排空气法收集，应选择排水法收集，故A错误；B．乙酸乙酯能够与NaOH反应，右侧试管中液体应为饱和碳酸钠溶液，故B错误；C．常温下Fe与浓硝酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，无法据此比较Fe和Cu的金属活动性，故C错误；D．以乙醇和浓硫酸为原料制乙烯，需加热到170℃，温度计用于测量液体的温度，故D正确；答案选D。12、A【答案解析】分析：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素，根据原子结构的特点和元素周期律作答。详解：X2+和Y2-具有相同的电子层结构，X、Y在周期表中的位置如图，X、Y为短周期元素，X、Y分别为Mg、O元素。A项，根据“序大径小”，X2+的离子半径比Y2-小，A项正确；B项，X2+、Y2-的原子序数分别为12、8，X2+的原子序数比Y2-的大，B项错误；C项，X有3个电子层，Y有2个电子层，X比Y原子多一个电子层，C项错误；D项，X原子最外层有2个电子，Y原子最外层有6个电子，X和Y原子最外层电子数不相等，D项错误；答案选A。13、C【答案解析】

3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂；N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，NH3为还原剂。据此分析解答。【题目详解】A．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，故A错误；B．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中N元素化合价由-3价升高到0价，被氧化，故B错误；C．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，得到6个电子；N元素化合价由-3价升高到0价，失去6个电子，因此0.3molCuO转移0.6NA个电子，故C正确；D．3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O反应中Cu元素化合价由+2价降低到0价，被还原，CuO为氧化剂，故D错误；故选C。【答案点睛】掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。本题的易错点为D，要注意氧化剂、还原剂概念的理解，可以通过“还原剂：失高氧(石膏痒)”帮助记忆。14、C【答案解析】A、Cl2＋H2S=S＋2HCl，使c(HClO)减小，故A错误；B、NaOH+HCl=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，促进氯气和水反应，但溶液中HClO浓度降低，故错B误；C、CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，HClO和碳酸钙不反应，所以平衡向正反应方向移动，则HClO浓度增加，故C正确；D、加入HCl，溶液中氢离子浓度增大，抑制氯气和水反应，则HClO浓度降低，故D错误；故选C。15、A【答案解析】

根据原子守恒可知C和H反应后元素的质量没有发生变化，则混合气体的耗氧量即是amolC2H4和bmolH2的耗氧量，原混合物中含有C的物质的量为2amol，H的物质的量为4amol+2bmol，根据反应物为CO2和H2O可知1molC消耗1mol氧气，4molH消耗1mol氧气，则乙烯与氢气反应的混合物燃烧消耗的氧气的物质的量为：2amol+(4a+2b)/4mol=（3a+0.5b）mol。答案选A。16、B【答案解析】烃的燃烧通式是CnHm＋（n＋m/4）O2＝nCO2＋m/2H2O，所以根据题意可知，（n＋m/4）︰n＝3∶2，解得n︰m＝1∶2。又因为该烃能使酸性高锰酸钾溶液退色，能使溴水退色，所以应该是乙烯，答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键羧基有砖红色沉淀生成糖尿病nCH2=CH2加聚反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（或者取代反应）【答案解析】

A是石油裂解气的主要成份，A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，F是一种高聚物，A发生加聚反应生成的F为，A与水发生加成反应生成B，B为CH3CH2OH，乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应生成C，C为CH3CHO，C进一步氧化生成D，D为CH3COOH，E是具有水果香味的化合物，CH3CH2OH和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成E，E为CH3COOCH2CH3，G遇到碘水能变成蓝色，G为淀粉，水解得到H，H为葡萄糖，葡萄糖可以转化得到乙醇，据此分析解答。【题目详解】(1)A的结构简式为CH2=CH2，含有碳碳双键，D的结构简式为CH3COOH，含有羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；(2)H为葡萄糖(C6H12O6)，向H的水溶液中加入新制的Cu(OH)2并加热时产生的实验现象是有砖红色沉淀产生，医学上利用此原理可用来检测糖尿病，故答案为：有砖红色沉淀产生；糖尿病；(3)反应②的方程式为：nCH2=CH2，属于加聚反应；反应③的方程式为：CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，属于取代反应或酯化反应；故答案为：nCH2=CH2；加聚反应；CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；取代反应或酯化反应。18、加成反应羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O乙、丙饱和碳酸钠溶液【答案解析】分析：乙烯经过反应得到A，A经过两步反应得到C，而A和C可生成乙酸乙酯，因此A为乙醇，B为乙醛，C为乙酸。乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸。详解：（1）应①为乙烯与水发生加成反应生成乙醇；经推断可知C为乙酸，乙酸中所含官能团是羧基；（2）反应②为乙醇的催化氧化过程，方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应④为乙醇与乙酸发生酯化反应，方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；（3）制取乙酸乙酯时，蒸汽中往往含有乙醇和乙酸，所以用饱和碳酸钠溶液吸收掉从而与乙酸乙酯分离，但是二者易溶于水而产生倒吸，乙导管没有插入到液面以下，丙导管上端容积较大，二者都可防止倒吸。19、过滤烧杯、玻璃棒溶液中引入新的杂质离子NO3—取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42—已除尽除去过量的Ba2＋先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作除去溶解在溶液中的HCl【答案解析】

混合物溶解后加入氯化钡可生成硫酸钡沉淀，过滤后得到滤液含有氯化钠、氯化钡、碳酸氢钠，加入碳酸钠溶液生成碳酸钡沉淀，过滤，滤液中含有碳酸钠、碳酸氢钠和氯化钠，加入盐酸，盐酸和碳酸钠、碳酸氢钠均反应生成氯化钠、水和二氧化碳，加热煮沸，可得到纯净的氯化钠溶液，以此解答该题。【题目详解】（1）加入碳酸钠后有碳酸钡沉淀产生，除去碳酸钡的方法是过滤，则操作④为过滤；操作①、④、⑤分别是溶解、过滤、蒸发，因此都用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒。（2）加入硝酸钡溶液，硝酸钡和硫酸钠反应生成硫酸钡和硝酸钠，除去了硫酸钠，但引入了硝酸钠等新的杂质，因此操作②不用硝酸钡溶液。（3）加入过量氯化钡溶液除去硫酸根离子，检验硫酸根离子已全部沉淀的判断方法为取少量上层清液加入BaCl2溶液，若无白色沉淀说明SO42—已除尽。（4）操作③加入碳酸钠溶液，碳酸钠与过量的氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠，目的是除去溶液中过量的Ba2+，先加Na2CO3然后过滤，可以减少一次过滤操作，所以不先过滤后加碳酸钠溶液。（5）由于盐酸过量，则操作⑤的目的是除去溶解在溶液中的HCl。【答案点睛】本题考查混合物分离提纯，把握离子反应、试剂的加入顺序、除杂原则为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意除杂试剂过量及分离方法的应用。20、2CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑B乙乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可【答案解析】（1）步骤④中可观察到b试管中有细小的气泡冒出，说明碳酸钠与醋酸反应产生二氧化碳气体，该反应的离子方程式为CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑；正确答案：CH3COOH+CO32-=2CH3COO-+H2O+CO2↑。（2）P2O5吸水后生成磷酸，能够使乙酸乙酯发生水解，A错误；无水Na2SO4不与乙酸乙酯反应，且能够吸水，可以做干燥剂，B正确；碱石灰中有氢氧化钠，乙酸乙酯在碱性环境下发生水解，C错误；NaOH固体溶于水，乙酸乙酯在碱性环境下发生水解，D错误；正确选项B。（3）图中甲、乙两个装置的不同点，乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，而甲不可，正确答案：乙；乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，提高了乙酸、乙醇原料的利用率及产物的产率，而甲不可。21、0.0125mol·L