2024届上海市复旦附中化学高一第二学期期末统考试题含解析

2024届上海市复旦附中化学高一第二学期期末统考试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图是Zn和Cu形成的原电池，某实验兴趣小组做完实验后，在读书卡片上记录如下，其中正确的是（）①Zn为正极，Cu为负极；②H+向负极移动；③电子是由Zn经外电路流向Cu；④Cu极和Zn极上都有H2产生；⑤产生的电流迅速减小；⑥正极的电极反应式为Zn-2e-=Zn2+A．①②③B．③④⑤C．④⑤⑥D．②③④2、X、Y、Z是3种短周期元素,其中X、Y位于同一主族,Y、Z处于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍。Z原子的核外电子数比Y原子少1。下列说法正确的是A．元素非金属性由弱到强的顺序为Y<Z<XB．Y元素最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H3YO4C．3种元素的气态氢化物中,Z的气态氢化物最稳定D．原子半径由大到小的顺序为Z>Y>X3、下列物质中,在一定条件下既能进行加成反应,也能进行取代反应,并且不能使KMnO4酸性溶液褪色的是(

)A．乙烷 B．乙烯 C．乙炔 D．苯4、下列物质间在一定条件下发生反应，主要为取代反应类型的是（）A．乙烯在一定条件下变成聚乙烯 B．甲烷和氯气混合光照C．乙醇使酸性高锰酸钾褪色 D．乙烯通入浓溴水中5、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I-的形式存在，几种微粒之间的转化关系如图所示。已知：淀粉遇单质碘变蓝。下列说法中，不正确的是A．氧化性的强弱顺序为：Cl2>IO3->I2B．一定条件下，I-与IO3-反应可能生成I2C．途径Ⅱ中若生成1molI2，消耗4molNaHSO3D．向含I-的溶液中通入Cl2，所得溶液加入淀粉溶液不一定变为蓝色6、常温下，气态分子中1mol化学键断裂产生气态原子所需要的能量用E表示。根据表中信息判断下列说法不正确的是（）共价键H-HF-FCl-ClH-FH-ClH-IE(kJ·mol-1)436157243568432298A．由表中数据可知反应活性F2＞Cl2B．表中最不稳定的共价键是F-F键C．2Cl(g)=Cl2(g)△H=+243kJ·mol-1D．F2(g)+2HCl(g)=2HF(g)+Cl2(g)△H=－358kJ·mol-17、为确定下列久置于空气中的物质是否变质，所选检验试剂(括号内物质)能达到目的的是A．NaOH溶液[Ba(OH)2溶液] B．漂白粉(Na2CO3溶液)C．新制氯水(AgNO3溶液) D．Na2SO3溶液(BaCl2溶液)8、下列使用漏斗的实验中，设计正确且能达到实验目的的是A．用图甲所示装置吸收HCl尾气B．用图乙所示装置用碳酸钠粉末与稀盐酸制备CO2气体C．用图丙所示装置用苯萃取碘水中的碘，并把碘的苯溶液从漏斗下口放出D．用图丁所示装置用锌粒与稀盐酸制取H2气体9、下列有关化学用语表示正确的是()A．乙烯的结构简式：CB．过氧化氢的电子式：C．NH3D．乙酸的球棍模型：10、下列粒子中，与NH4+具有相同质子数和电子数的是A．OH— B．F－ C．Na+ D．NH311、下列各有机物分子中，所有原子共处同一平面的是A．乙烷B．乙醇C．甲苯D．氯乙烯12、以反应5H2C2O4+2MnO4-+6H＋=10CO2↑+2Mn2++8H2O为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时，分别量取H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液，迅速混合并开始计时，通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是A．实验①、②、③所加的H2C2O4溶液均要过量B．实验①和实验②是探究浓度对化学反应速率的影响，实验②和③是探究温度对化学反应速率的影响C．实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，可能是生成的Mn2+对反应起催化作用D．若实验①测得KMnO4溶液的褪色时间为40s，则这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=2.5×10-4mol·L-1·s-113、下列关于化学反应中物质或能量变化的判断正确的是A．加热条件下进行的化学反应一定是吸热反应B．化学键的断裂和形成是化学反应中能量变化的主要原因C．一定条件下进行的化学反应，只能将化学能转化为热能和光能D．将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应放出热量14、在温度不变下,恒容的容器中进行下列反应：N2O4（g）⇌2NO2（g），若N2O4的浓度由0.1mol•L-1降到0.07mol•L-1需要15s，那么N2O4的浓度由0.07mol•L-1降到0.05mol•L-1所需的反应时间：A．大于10s B．等于10s C．小于10s D．等于5s15、下列反应中，属于取代反应的是（）A．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色B．苯与浓硝酸、浓硫酸混合共热制取硝基苯C．将苯滴入溴水中，振荡后水层接近无色D．乙烯使KMnO4溶液褪色16、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、已知有五种元素的原子序数的大小顺序为C>A>B>D>E，A、C同周期，B、C同主族；A与B形成的离子化合物A2B中所有离子的电子数都相同，其电子总数为30；D和E可形成4核10电子分子。试回答下列问题：（1）C两种元素的名称分别为________。（2）用电子式表示离子化合物A2B的形成过程：_______________。（3）写出D元素形成的单质的结构式：________________________。（4）写出下列物质的电子式：A、B、E形成的化合物：________________；D、E形成的化合物：__________________。（5）A、B两种元素组成的化合物A2B2属于________（填“离子”或“共价”）化合物，存在的化学键类型是____________；写出A2B2与水反应的化学方程式：___________________________。18、X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，M是地壳中含量最高的金属元素。回答下列问题：(1)L的元素符号为________；M在元素周期表中的位置为________________；五种元素的原子半径从大到小的顺序是____________________(用元素符号表示)。(2)Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B，A的电子式为___，B的分子式为____________。(3)硒(se)是人体必需的微量元素，与L同一主族，Se原子比L原子多两个电子层，则Se的原子序数为_______，其最高价氧化物对应的水化物化学式为_______。19、实验室制备乙酸乙酯的装置，如图所示，回答下列问题：(1)乙醇、乙酸和浓硫酸混合顺序应为_____________________。(2)收集乙酸乙酯的试管内盛有的饱和碳酸钠溶液的作用是____________________。(3)反应中浓硫酸的作用________________________________。(4)反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%，原因是_______________________。(5)收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的________层。(6)该反应的化学方程式为______________________。(7)将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为__________。20、用50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。回答下列问题：（1）从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是____________。（2）烧杯间填满碎纸条的作用是_________。（3）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________(填“偏大、偏小、无影响”)（4）如果用60mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量______(填“相等、不相等”)，所求中和热______(填“相等、不相等”)，简述理由_______。（5）用相同浓度和体积的氨水(NH3·H2O)代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_____；（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。21、天然气既是高效洁净的能源，又是重要的化工原料，在生产、生活中用途广泛。（1）已知25℃、101kPa时，1g甲烷不完全燃烧生成CO和液态水时放出37.96kJ热量，则该条件下反应2CH4(g)+3O2(g)＝2CO(g)+4H2O(l)的ΔH＝______kJ·mol－1（2）甲烷可以消除氮氧化物污染。如：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)①下列措施能够使该反应速率加快的是______。a．使用催化剂b．降低温度c．及时分离水②若上述反应在恒容的密闭容器中进行，下列叙述中不能说明该反应已达平衡状态的是______。a．容器内气体的压强不再变化b．混合气体的质量不再变化c．c(NO2)=2c(N2)d．单位时间内生成1molCO2，同时生成2molNO2（3）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2－的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示：①外电路电子移动方向：____。（填“a极到b极”或“b极到a极”）。②b极电极反应式为______。③若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假设空气中O2体积分数为20%），则理论上消耗甲烷______mol。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解题分析】分析：Zn-Cu原电池中，电池总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑，Zn作负极，失电子发生氧化反应，铜作正极，氢离子在铜上得电子产生氢气，电子由负极经导线流向正极，阴离子移向负极，阳离子移向正极，据此解答。详解：①Zn为负极，Cu为正极，①错误；②H+向正极移动，②错误；③电子是由Zn经外电路流向Cu，③正确；④Zn电极上发生Zn-2e-=Zn2+，铜为正极，正极反应为2H++2e-=H2↑，由于锌片不纯，在锌片上形成原电池，所以锌电极表面也会产生氢气，④正确；⑤由于随着锌的溶解以及氢离子的不断放电，所以产生的电流会迅速减小，⑤正确；⑥铜为正极，正极反应为2H++2e-=H2↑，⑥错误；答案选B。2、D【解题分析】分析：X、Y、Z是3种短周期元素,X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍,则X有2个电子层,最外层电子数为6,故X为氧元素；X、Y位于同一族,故Y为硫元素；Y、Z处于同一周期，Z原子的核外电子数比Y少1,则Z原子的核外电子数为15,故Z为磷元素,结合元素周期律解答。详解：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,所以非金属性P<S<O,即Z<Y<X,A错误；Y为硫元素,最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为H2SO4，B错误；非金属性P<S<O,非金属性越强,氢化物越稳定,所以氢化物稳定性Z<Y<X,C错误；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,所以原子半径P>S>O,即Z>Y>X,D正确；正确选项D。3、D【解题分析】

A.乙烷不含不饱和键，不能发生加成反应，也不能使KMnO4酸性溶液褪色，故A错误；B.乙烯含有C=C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故B错误；C.乙炔含有C≡C键，能发生加成反应，并能使KMnO4酸性溶液褪色，故C错误；D.苯环中的碳碳键是一种介于单键和双键之间的独特的化学键，既能发生加成反应，又能起取代反应，但不能使KMnO4酸性溶液褪色，故D正确；故选D。4、B【解题分析】分析：有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，据此解答。详解A.乙烯在一定条件下变成聚乙烯发生的是加聚反应，A错误；B.甲烷和氯气混合光照发生取代反应生成氯化氢和一氯甲烷等，B正确；C.乙醇使酸性高锰酸钾褪色发生的是氧化反应，C错误；D.乙烯通入浓溴水中发生的是加成反应，D错误。答案选B。5、C【解题分析】

A.由途径I可以知道氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可以知道氧化性I2<IO3-，由途径Ⅲ可以知道氧化性Cl2>IO3-，故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2，故A正确；B.根据氧化性IO3->I2，所以一定条件下，I-与IO3-反应可能生成I2，故B正确；C.途径Ⅱ根据转化关系5HSO3-IO3-I210e-可以知道，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，消耗5molNaHSO3，所以C选项是错误的；

D.由氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2可知，向含I-的溶液中通入Cl2，在一定条件下可能把I-氧化成生IO3-，所以得到溶液中加入淀粉溶液不一定变为蓝色，故D正确；综上所述，本题答案为C。6、C【解题分析】分析：A、键能越小反应活性越强；B、键能越大形成的化学键越稳定；C、形成化学键放热；D、依据反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和计算判断。详解：A、键能越小反应活性越强，根据表中键能数据可知反应活性是F2＞Cl2，A正确；B、键能越大形成的化学键越稳定，表中键能最大的是H-F，最稳定的共价键是H-F键，最不稳定的是F-F键，B正确；C、2mol氯原子形成1mol氯气放热，即2Cl(g)=Cl2(g)△H=－243kJ·mol-1，C错误；D、反应焓变=反应物键能总和-生成物键能总和，则反应F2(g)+2HCl(g)=2HF(g)+Cl2(g)的△H=(157+2×432－2×568－243)kJ/mol＝-358kJ/mol，D正确；答案选C。7、A【解题分析】

氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳变为碳酸钠；漂白粉会吸收空气中的水和二氧化碳变为次氯酸，次氯酸不稳定易分解变为氯化氢和氧气逸散在空气中，固体物质只剩下氯化钙；氯水的主要成分为水、氯气、盐酸、次氯酸，久置于空气中会变为盐酸；亚硫酸钠会被空气中的氧气氧化为硫酸钠；因此想要确定他们是否变质，只需要检验溶液中是否含有变质后的物质即可。【题目详解】A.氢氧化钠与氢氧化钡不反应，无现象，而变质后的产物碳酸钠会和他反应生成白色沉淀，因此能达到实验目的，故A正确；B.漂白粉变质前后均含有钙离子，与碳酸钠反应均会产生白色沉淀，因此无法用碳酸钠检验其是否变质，故B错误；C.氯水变质前后溶液中均存在氯离子，均会与硝酸银反应生成白色沉淀，因此无法用硝酸银检验其是否变质，故C错误；D.亚硫酸钠与氯化钡会反应生成亚硫酸钡沉淀，变质后的产物硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，二者均为白色沉淀，所以无法用氯化钡检验其是否变质，故D错误；故答案选A。【题目点拨】解决此题的关键在于确定变质后的产物，并找到变质前后物质的不同点。8、D【解题分析】

A.HCl极易溶于水，吸收HCl时应防止倒吸，漏斗口边缘应该刚刚没入水面下，故A不选；B.碳酸钠粉末会从多孔塑料板漏下去，不能起到该装置应起的随时控制反应的发生和停止的作用，故B不选；C.苯密度比水小，萃取碘后在上层，应把下层的水从漏斗下口放出，然后再把碘的苯溶液从漏斗上口倒出，故C不选；D.安全漏斗中部可以储存一部分加入的稀盐酸，起到液封作用，故D选；故选D。9、D【解题分析】分析：A、烯的结构简式中碳碳双键不能省略；B．过氧化氢属于共价化合物；C、NH3中N原子的最外层为8电子稳定结构；D．乙酸分子中含有1个甲基和1个羧基，据此分析判断。详解：A、乙烯分子中含有碳碳双键，乙烯正确的结构简式为：CH2═CH2，故A错误；B．过氧化氢属于共价化合物，电子式为，故B错误；C、NH3的电子式为：，故C错误；D．乙酸分子中，碳原子比较最大，其次是O原子，H原子比较最小，则乙酸的球棍模型为：，故D正确；故选D。点睛：本题考查了电子式的书写方法判断，注意掌握常见化学用语的概念及书写原则，明确离子化合物与共价化合物的电子式的表示方法及区别。本题的易错点为B，要注意掌握离子化合物和共价化合物的判断方法。10、C【解题分析】

NH4+中含有的质子数是11，电子数是10。A中质子数是9，电子数是10。B中中质子数是9，电子数是10。C中中质子数是11，电子数是10。D中中质子数是10，电子数是10。所以正确的答案是C。11、D【解题分析】分析：在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。详解：甲烷具有正四面体结构，乙烷中含有甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，A错误；乙醇中含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，B错误；甲苯含有一个甲基，甲基具有甲烷的结构特点，因此所有原子不可能处于同一平面上，C错误；乙烯具有平面型结构，氯乙烯可看作是一个氯原子取代乙烯中的一个氢原子，所有原子在同一个平面，D正确；正确选项D。点睛：本题主要考查有机化合物的结构特点，做题时注意从甲烷、乙烯、苯和乙炔的结构特点判断有机分子的空间结构．在常见的有机化合物中甲烷是正四面体结构，乙烯和苯是平面型结构，乙炔是直线型结构，其它有机物可在此基础上进行判断。12、D【解题分析】分析：A.根据实验现象的需要分析判断；B.根据探究温度对反应速率影响时除了温度外其它条件必须相同判断；根据体积浓度对反应速率影响时除了浓度不同，其他条件必须完全相同分析；C.实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿速率突然增大，从影响化学反应速率的因素分析判断；D.先根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据不足量及反应速率表达式计算出反应速率。详解：A.实验①、②、③均需要通过高锰酸钾溶液褪色的时间来判断，需要保证高锰酸钾完全反应，因此所加的H2C2O4溶液均要过量，故A正确；B.探究反应物浓度对化学反应速率影响，除了浓度不同，其他条件完全相同的实验编号是①和②；探究温度对化学反应速率影响，必须满足除了温度不同，其他条件完全相同，所以满足此条件的实验编号是：②和③；故B正确；C.实验①和②起初反应均很慢，过了一会儿，Mn2+对反应起催化作用，因此速率突然增大，故C正确；D.草酸的物质的量为：0.10mol•L-1×0.002L=0.0002mol，高锰酸钾的物质的量为：0.010mol•L-1×0.004L=0.00004mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0002mol：0.00004mol=5：1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为0.010mol/L×0.004L0.002L+0.004L=23×0.010mol/L，这段时间内平均反应速率v(KMnO4)=23×0.010mol/L40s=23×2.5×10-4mol•L-1•s13、B【解题分析】

A项、放热反应有的也需要加热才能发生，如煤炭的燃烧，故A错误；B项、化学反应的实质是反应物化学键断裂吸收能量，生成物形成化学键放出热量，反应过程中一定伴随能量变化，故B正确；C项、一定条件下进行的化学反应，可以将化学能转化成光能、热能或电能等，故C错误；D项、将NH4Cl固体与Ba（OH）2·8H2O固体混合并搅拌，反应吸收热量，故D错误；故选B。14、A【解题分析】

前15s的平均速率为v(N2O4)=(0.1－0.07)mol·L－1÷15s=0.002mol·L－1·s－1，N2O4的浓度若按此反应速率继续由0.07mol/L降到0.05mol/L所需要的时间t=(0.07-0.05)mol·L－1÷0.002mol·L－1·s－1=10s，考虑到随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减慢，所以时间应该大于10s，选项A正确。答案选A。【题目点拨】高中化学所介绍的化学反应速率，指的都是在一段时间内的平均反应速率，所以这样计算出来的速率只能应用在这一段时间内，超过这段时间，就不可以使用前面计算出来的速率了。一般认为，化学反应的速率是逐渐减小的，当然也有特殊的反应是速率先加快后减慢的。15、B【解题分析】试题分析：A、属于加成反应，故错误；B、属于取代反应，故正确；C、属于萃取，故错误；D、属于氧化反应，故错误。考点：有机反应类型16、B【解题分析】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、硫离子离子键和共价键2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑【解题分析】分析：因为

A2B中所有离子的电子数相同，在电子总数为30的

A2B型化合物中,每个离子的电子数为10，所以可推知A是Na，B是O；因为4个原子核10个电子形成的分子中，每个原子平均不到3个电子，所以只能从原子序数为1～8的元素中寻找，则一定含有氢原子，分子中有4个原子核共10个电子，则一定为

NH3；因为原子序数D>E，所以D为N，E为H。C与A(Na)同周期，与B(O)同主族，所以C位于第三周期第ⅥA族，为S。详解：（1）根据上述分析可知，C的元素名称为硫；（2）离子化合物A2B应为氧化钠，用电子式表示其形成过程：；（3）D元素为氮元素，单质为N2，N2中氮原子和氮原子之间以氮氮三键相结合。结构式为；（4）A、B、E形成离子化合物氢氧化钠，电子式为；D、E形成共价化合物氨气，电子式为；（5）A、B两种元素组成的化合物A2B2为过氧化钠，是离子化合物，其中即含有离子键，也含有共价键；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑。点睛：本题需要掌握常见的10电子微粒，10电子原子有氖原子；10电子的离子有O2-、F-、OH-、Na+、Mg2+、Al3+、NH4+等；10电子分子有CH4、NH3、H2O、HF等。在本题中需要注意离子化合物的电子式要表明正负离子，例如，共价化合物中的共价键用共用电子对表示，例如。18、O第三周第ⅢA族Al＞C＞N＞O＞HN2H434H2SeO4【解题分析】

X、Y、Z、L、M五种元素的原子序数依次增大。X、Y、Z、L是组成蛋白质的基础元素，则X、Y、Z、L分别是H、C、N、O等4种元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al元素。【题目详解】(1)L的元素符号为O；M是铝元素，其在元素周期表中的位置为第三周第ⅢA族；由于同一周期的元素的原子半径从左到右依次减小、同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H元素的原子半径是最小的，故五种元素的原子半径从大到小的顺序是Al＞C＞N＞O＞H。(2)Z、X两元素按原子数目比l∶3和2∶4构成分子A和B分别是NH3和N2H4，两者均为共价化合物，A的电子式为。(3)硒(se)是人体必需的微量元素，与O同一主族，Se原子比O原子多两个电子层，O元素在第2周期，则Se为第4周期元素，第3周期有8种元素，第4周期有18种元素，则Se的原子序数为34，由于其高化合价为+6，则其最高价氧化物对应的水化物化学式为H2SeO4。19、向乙醇中慢慢加入浓硫酸和乙酸中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出催化剂和吸水剂乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底上CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O分液【解题分析】

（1）浓硫酸密度比水大，溶解时放出大量的热，为防止酸液飞溅，加入药品时应先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；答案：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸；（2）乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，乙酸可与碳酸钠发生反应而被吸收，用饱和碳酸钠溶液可将乙酸乙酯和乙醇、乙酸分离，所以饱和碳酸钠的作用为中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度；答案：中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水层中的溶解度，便于分层析出；（3）由于是可逆反应，因此反应中浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂；答案：催化剂和吸水剂(4)因为乙酸与乙醇发生的酯化反应为可逆反应，反应不能进行到底，所以反应中乙醇和乙酸的转化率不能达到100%；答案：乙醇与乙酸的酯化反应为可逆反应，不能进行到底(5)因为乙酸乙酯密度比水小，难溶于水，所以收集在试管内的乙酸乙酯是在碳酸钠溶液的上层；答案：上(6)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，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，该反应的化学方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；答案：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（7）互不相溶的液体可用分液的方法分离，由于乙酸乙酯不溶于水，所以将收集到的乙酸乙酯分离出来的方法为分液；答案：分液。20、环形玻璃搅拌棒减少实验过程中的热量损失偏小不相等相等因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【解题分析】

（1）由于在实验过程中，需要搅拌，所以还缺少环形玻璃棒。（2）由于该实验要尽可能的减少热量的损失，所以烧杯间填满碎纸条的作用是保温、隔热