2024届甘肃省张掖市二中化学高一下期末联考模拟试题含解析

2024届甘肃省张掖市二中化学高一下期末联考模拟试题考生须知：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、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用6gCaCO3与100mL稀盐酸反应制取少量的CO2，反应过程中生成的CO2的体积(已折算为标准状况)随反应时间变化的情况如图所示。下列说法正确的是A．OE段表示的平均反应速率最快，可能的原因是该反应是放热反应B．EF段用HCl浓度的减小表示的该反应的平均反应速率为0.2mol/(L·min)C．在G点以后收集的CO2的量不再增多，原因是稀盐酸已反应完全D．在F点收集到的CO2的体积最大2、下列化学用语使用正确的是A．中子数为10的氧原子的原子符号：108O B．HCl的电子式：C．甲烷的比例模型： D．乙烯的结构简式：CH2CH23、自来水可以用氯气消毒。如果实验室中临时没有蒸馏水，可以用自来水配制某些急需的药品，但有些药品若用自来水配制，则明显会导致药品变质。下列哪些药品不能用自来水配制A．Na2SO4B．NaClC．AgNO3D．AlCl34、下列说法中不正确的是A．常压下，0℃时冰的密度比水的密度小，这与分子间的氢键有关B．煤是以单质碳为主的复杂混合物，干馏时单质碳与混合的物质发生了化学变化C．有效碰撞理论不能指导怎样提高原料的平衡转化率D．NH4HCO3(s)=NH3(g)+H2O(g)+CO2(g)△H=+185.57kJ/mol能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向5、下列所有元素组合，既可以形成离子化合物，又可形成共价化合物的一组是A．H、C、O、KB．H、N、OC．H、O、SD．H、O、S、Na6、一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是（

）A．上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质 B．物质A和B都属于电解质C．物质C和油脂类物质互为同系物 D．转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质7、自然界中的能源可以分为一次能源和二次能源，一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源。下列叙述正确的是阶段()A．电能是二次能源 B．水力是二次能源C．天然气是二次能源 D．水煤气是一次能源8、一定温度下,在2L的密闭容器中发生反应:xA(g)+B(g)2C(g)△H<0，A、C的物质的量随时间变化的关系如图。下列有关说法正确的是A．x=1B．反应进行到1min时,反应体系达到化学平衡状态C．2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率D．2min后,容器中A与B的物质的量之比一定为2∶19、下列物质中、属于电解质的是A．氯气 B．铜 C．硫酸钾 D．蔗糖10、根据下列实验现象，所得结论正确的是实验实验现象结论A左烧杯中铁表面有气泡，右边烧杯中铜表面有气泡氧化性：Al3+＞Fe2+＞Cu2+B左边棉花变为橙色，右边棉花变为蓝色氧化性：Cl2＞Br2＞I2C右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3D锥形瓶中有气体产生，烧杯中液体变浑浊非金属性：Cl＞C＞SiA．A B．B C．C D．D11、在1200℃时，天然气脱硫工艺中会发生下列反应①H2S(g)+O2(g)=SO2(g)+H2O(g)△H1②2H2S(g)+SO2(g)=S2(g)+2H2O(g)△H2③H2S(g)+O2(g)=S(g)+H2O(g)△H3④2S(g)=S2(g)△H4则△H4的正确表达式为（）A．△H4=2/3（△H1+△H2-3△H3）B．△H4=2/3（3△H3-△H1-△H2）C．△H4=3/2（△H1+△H2-3△H3）D．△H4=3/2（△H1-△H2-3△H3）12、煤本身是可燃物质，但是块状的煤用明火靠近都不燃烧，而当煤变为粉末状态时，在空气中达到一定的浓度遇明火即迅速爆炸，其原因是()。A．粉末状态的煤比块状煤的着火点低B．粉末状态的煤比块状煤放出的热量多C．粉末状态的煤比块状煤的总表面积大D．粉末状态的煤呈气态，属于可燃性气体13、电池的污染引起人们的广泛重视，废电池中对环境形成污染的主要物质是A．锌 B．汞 C．石墨 D．二氧化锰14、将一小段镁带投入到盛有稀盐酸的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手。这个实验事实说明该反应A．为放热反应 B．为吸热反应C．过程中热能转化为化学能 D．反应物的总能量低于生成物的总能量15、在光照条件下，1mol丙烷最多可以与多少摩尔氯气发生取代反应()A．4mol B．8mol C．2mol D．6mol16、在一定条件下，将3molA和1molB两种气体混合于固定容积为2L的密闭容器中，发生如下反应：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)。2min时测得生成0.8molD，0.4molC。下列判断不正确的是A．x＝1 B．2min内A的反应速率为0.3mol·L-1·min-1C．2min时，A的浓度为0.9mol·L-1 D．B的转化率为60%二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究小组为了探究一种无机矿物质X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验：另取10.80gX在惰性气流中加热至完全分解，得到6.40g固体1.请回答如下问题：（1）画出白色沉淀1中金属元素的原子结构示意图_______，写出气体甲的电子式_______。（2）X的化学式是______，在惰性气流中加热X至完全分解的化学反应方程式为_______。（3）白色沉淀2在空气中变成红褐色沉淀的原因是_______(用化学反应方程式表示)。（4）一定条件下，气体甲鱼固体1中的某种成分可能发生氧化还原反应，写出一个可能的化学反应方程式_______，并设计实验方案验证该反应的产物_______。18、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志。I．将8.96L(标准状况)乙烯和乙烷的混合气体通入足量的溴的四氯化碳溶液中，充分反应，溴的四氯化碳溶液的质量增加8.4g，则原气体混合物中乙烯与乙烷的物质的量之比为______________。II．已知乙烯能发生以下转化：⑴写出B、D化合物中官能团的名称：B____________________；D___________________；⑵写出相关反应的化学方程式：①_________________________________反应类型：________________②__________________________________反应类型：_________________19、实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答下列问题：（己知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4℃、118℃、77.1℃（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是______________。（2）在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：_______________。（3）在该实验中，若用lmol乙醇和lmol乙酸在浓硫酸作用下加热，充分反应，能否生成lmol乙酸乙酯？原因是___________________。（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。试剂a是__________，试剂b是_______________；分离方法①是________，分离方法②是__________，分离方法③是________________。（5）在得到的A中加入无水碳酸钠粉末，振荡，目的是____________________。（6）写出C→D反应的化学方程式________________。20、某实验小组用下图所示装置制备一硝基甲苯(包括对硝基甲苯和邻硝基甲苯)：反应原理：实验中可能用到的数据：相对原子质量：H-1C-12N-14实验步骤：①浓硫酸与浓硝酸按体积比1：3配制混合溶液（即混酸）共40mL；②在三颈瓶中加入13g甲苯（易挥发），按图所示装好药品和其他仪器；③向三颈瓶中加入混酸；④控制温度约为50℃，反应大约10min，三颈瓶底有大量淡黄色油状液体出现；⑤分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g。请回答下列问题：(1)实验前需要在三颈瓶中加入少许________，目的是____________________。(2)冷凝管的作用是______________；冷却水从冷凝管的_______（填“a”或“b”）端进入。(3)仪器A的名称是________，使用该仪器前必须进行的操作是_________________。(4)分离反应后产物的方案如下：其中，操作1的名称为________，操作2必需的玻璃仪器有酒精灯、温度计、锥形瓶、牛角管（尾接管）和________________、_________________。(5)本实验中甲苯的转化率为________（结果保留3位有效数字）。21、(I)将下列物质进行分类:①H与D②O2与O3③乙醇(C2H5OH)与甲醚(CH3-O-CH3)④正丁烷与异丁烷⑤C60与金刚石(1)互为同位素的是_______(填编号、下同)；(2)互为同素异形体的是_______；(3)互为同分异构体的是________；(II)反应Fe+H2SO4===FeSO4+H2↑的能量变化趋势如图所示:(1)该反应为_______反应(填“吸热”或“放热”)。(2)若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是______(填字母)。A．改铁片为铁粉B．改稀硫酸为98%的浓硫酸C．适当升高温度(3)若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为_____(填“正”或“负”)极。该极上发生的电极反应为___________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

A、由图可知，1min时间内，EF段生成的二氧化碳的体积最多，故EF段反应速率最快，A错误；B、由图可知EF段生成的二氧化碳体积为672mL－224mL=448mL，二氧化碳的物质的量为0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知，△n（HCl）=2n（CO2）=2×0.02mol=0.04mol，浓度是0.4mol/L，则用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/L÷1min=0.4mol/（L•min），B错误；C、6gCaCO3的物质的量是0.06mol，根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知完全反应生成二氧化碳应该是0.06mol×22.4L/mol＝1.344L，而G点是784mL，说明CaCO3未反应完，则盐酸完全反应，C正确。D、曲线上点的纵坐标的值即为该点收集的二氧化碳的体积，由图可知G点收集的二氧化碳最多，D错误；答案选C。2、C【解题分析】

A.中子数为10的氧原子的原子符号应该为188O，A错误；B.HCl是共价化合物，电子式为，B错误；C.甲烷的比例模型为，C正确；D.乙烯的结构简式应该为CH2＝CH2，D错误；答案选C。3、C【解题分析】试题分析：自来水中，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO-、Cl-等离子，综合自来水的成分分析；氯水中的微粒均不与硫酸钠反应，可配制硫酸钠溶液，A可配制；氯水中含有Cl-，加入硝酸银生成氯化银沉淀，不能用于配制AgNO3溶液，B不可配制；氯水中的微粒均不与NaCl反应，可配制NaCl溶液，C可配制；氯水中的微粒均不与AlCl3反应，D可配制。考点：氯气的化学性质4、B【解题分析】分析：A、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大；B、煤是有机物和少量无机物的复杂混合物，其主要成分不是单质碳，煤的干馏是化学变化。C、化学反应速率是表示物质反应快慢的物理量，在一定条件下反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，化学平衡为动态平衡，当外界条件发生改变时，平衡发生移动，可通过改变外界条件是平衡发生移动，提高化工生产的综合经济效益。但有效碰撞理论可指导怎样提高反应速率，不能提高原料的转化率。D、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行。详解：A、冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故A正确；B、煤是有机物和少量无机物的复杂混合物，煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，属于化学变化，煤是有机物和少量无机物的复杂混合物，其主要成分不是单质碳，故B错误。C、有效碰撞理论可指导怎样提高反应速率，不能提高原料的转化率，故C正确；D、反应焓变大于0，熵变大于0，反应向熵变增大的方向进行，NH4HCO3（s）=NH3（g）+H2O（g）+CO2（g）△H=+185.57kJ·mol－1，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向，故D正确；故选B。点睛：易错点B，煤是有机物和少量无机物的复杂混合物，其主要成分不是单质碳；难点：反应自发性的判断、有效碰撞理论等，属于综合知识的考查，D注意把握反应自发性的判断方法：△H-T△S＜0自发进行。5、B【解题分析】试题分析：A、由于K元素具有很强的失电子能力，故含有K元素的物质一定存在离子键，故只能形成离子化合物，故A错误；B、H、N、O可形成NH4NO3是离子化物，也可形成HNO3共价化合物，故B正确；C、H、O、S只能形成共价化合物，故C错误；D、由于Na元素具有很强的失电子能力，故含有Na元素的物质一定存在离子键，故只能形成离子化合物，故D错误，此题选Ｂ考点：考查离子化合物和共价化合物的概念相关知识6、D【解题分析】

A．C6H12O6属于单糖，淀粉属于多糖，两者均属于糖类，故A错误；B．乙酸（B）溶于水能发生电离，属于电解质，乙醇（A）溶于水溶液中不能导电，属于非电解质，故B错误；C．油脂是由高级脂肪酸和甘油通过酯化反应生成的酯，含有酯基，属于酯类化合物，但酸必须是高级脂肪酸，乙醇（A）和乙酸（B）反应生成乙酸乙酯（C），乙酸乙酯虽然属于酯，但乙酸不是高级脂肪酸，故C错误；D．淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，酶属于蛋白质，故D正确；故选D。【题目点拨】掌握糖、酯、电解质等有关知识是解答关键，淀粉（转化1）在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，反应的化学方程式为：C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，C2H5OH（A）连续氧化成乙酸（B），乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯（C），据此分析即可解题。7、A【解题分析】

A．电能是通过物质燃烧放热转化成的，或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源，故A正确；B．水力是自然界中以现成形式提供的能源，为一级能源，故B错误；C．天然气是矿物燃料，是经人工开采、加工后获得的，为一级能源，故C错误；D．水煤气是通过煤和水蒸汽制取得到的，是一氧化碳和氢气的混合气体，是二级能源，故D错误；故选A。8、C【解题分析】A、由图象可知，在2分钟内，A、C物质的量的变化相等，说明A、C的化学计量系数相等，故x=2，所以A错误；B、化学平衡状态时各组分的物质的量保持不变，所以反应进行到2分钟时，达到平衡状态，故B错误；C、根据反应速率之比等于化学计量系数之比，2min后,A的正反应速率一定等于C的逆反应速率，故C正确；D、容器中A与B的物质的量之比取决于起始时加入A、B的量，所以平衡时A与B的物质的量之比不一定等于化学计量系数，所以D错误。本题正确答案为C。9、C【解题分析】

A．电解质属于化合物，氯气是单质，不属于电解质，也不是非电解质，A项错误；B．铜虽然能导电，但属于单质，不是电解质，也不是非电解质，B项错误；C．硫酸钾是化合物，在水溶液和熔融状态下都能电离出离子，可以导电，属于电解质，C项正确；D．蔗糖在水溶液和熔融状态下都不能导电，故不属于电解质，D项错误；答案选C。【题目点拨】单质和混合物既不是电解质，也不是非电解质。10、C【解题分析】

A．电解质为硫酸，活泼金属作负极，由现象可知金属性Al＞Fe＞Cu，即还原性Al＞Fe＞Cu，则氧化性Al3+＜Fe2+＜Cu2+，故A错误；B．氯气可分别氧化NaBr、KI，不能比较Br2、I2的氧化性，故B错误；C．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠、二氧化碳，则右烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中无明显变化，能够说明热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故C正确；D．盐酸为无氧酸，且盐酸挥发，盐酸也能与硅酸钠反应生成白色沉淀，不能比较非金属性，故D错误；故选C。11、A【解题分析】

根据盖斯定律，①×－③×得⑤：S(g)+O2(g)=SO2(g)△H5=（△H1-△H3）；根据盖斯定律，②×－③×得⑥：SO2(g)+S(g)=O2(g)+S2(g)△H6=（△H2-2△H3）；⑤+⑥得：2S(g)=S2(g)△H4=（△H1+△H2-3△H3），答案为A。12、C【解题分析】

A.物质的着火点是其固有属性，与其状态和颗粒大小无关，故A错误；B.燃烧放出的热量与燃烧的程度以及可燃物的质量有关，故B错误；C.煤变为粉末状态时，总表面积大，与空气中的氧气密切接触时，一旦遇见火源，便发生剧烈的氧化还原反应，放出大量的热，使周围空气急剧膨胀，发生爆炸；故C正确；D.粉末状的煤还是固体，只是颗粒比较小，故D错误。答案选C。13、B【解题分析】

电池的污染引起人们的广泛重视，废电池中对环境形成污染的主要物质是A.锌虽是重金属，但是对环境没有太大的影响，且锌是生物体必需的元素；B.汞是一种毒性很大的重金属，会严重污染环境；C.石墨无毒，对环境无影响；D.二氧化锰无毒，对环境无影响。综上所述，本题选B。14、A【解题分析】

将一小段镁带投到盛有稀盐酸的试管中，发生剧烈反应。一段时间后，用手触摸试管外壁感觉烫手，说明反应为放热反应。放热反应中，反应物的总能量高于生成物的总能量，该过程中化学能转化为热能，故选A。15、B【解题分析】

1mol丙烷在光照条件下与Cl2发生完全取代反应生成C3Cl8，消耗氯气最多，即丙烷与氯气按物质的量之比1：8反应。【题目详解】1mol丙烷在光照条件下与Cl2发生完全取代反应生成C3Cl8，消耗氯气最多，即丙烷与氯气按物质的量之比1：8反应，故最多消耗Cl2的物质的量是8mol，答案选B。16、D【解题分析】

由题给数据建立如下三段式：3A(g)＋B(g)=xC(g)＋2D(g)起（mol）3100变（mol）1.20.40.40.8末（mol）1.80.60.40.8【题目详解】A项、根据浓度变化量之比等于化学计量数之比可知x=1，故A正确；B项、2min内A的反应速率为=0.3mol·L-1·min-1，故B正确；C项、2min时，A的浓度为=0.9mol·L-1，故C正确；D项、B的转化率为×100%=40%，故D错误；故选D。【题目点拨】本题考查化学反应速率的有关计算，注意三段式的建立和化学反应速率、转化率相关公式的应用是解答关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3)CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)32FeO+CO2△Fe2O3+CO检验Fe2O3：将固体加入盐酸溶解，再滴入KSCN溶液，溶液呈血红色；检验CO：将气体产物通过灼烧CuO，黑色固体变为红色【解题分析】

由白色沉淀在空气中可转化为红褐色沉淀知X中含有铁元素，由X与盐酸反应生成气体甲，一般与盐酸反应产生气体的物质中含有CO32-或HCO3-，甲又能与溶液1反应生色沉淀且该白色沉淀又可在水中继续与甲反应，故甲是CO2。由实验过程知X中含有＋2价的铁，X中含有4种元素，若X中含有HCO3-和Fe，则X分解的产物有3种，与题意不符，所以应含有CO32-，另一种金属可能是＋2价的钙，根据化合价写出X的化学式为CaFe(CO3)2，X分解得到CO2、CaO、FeO。固体1是CaO、FeO的混合物，溶于水后得氢氧化钙溶液和固体2为FeO，氢氧化钙与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，所以沉淀1是碳酸钙；FeO与盐酸反应生成氯化亚铁，无氧条件下与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，空气中转化为氢氧化铁。据此分析解答。【题目详解】（1）根据以上分析，白色沉淀1的金属原子是Ca，其原子结构示意图为，CO2的电子式为；（2）X为CaFeC2O6(或CaCO3·FeCO3)，X分解得到CO2、CaO、FeO，化学反应方程式为CaCO3·FeCO3△CaO+FeO+2CO2↑；（3）白色沉淀2是Fe(OH)2，红褐色沉淀是Fe(OH)3，变色的原因是4Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)3；（4）固体1是CaO和FeO的混合物，由于铁元素处于中间价态，可以升高也可以降低，CO2中碳元素处于最高价态，只能降低，因此可能的化学反应方程式为2FeO+CO2△Fe2O3+CO。验证该反应的产物：将固体粉末溶于稀盐酸，滴入KSCN溶液若显红色，则可证明产物中有Fe3+；将气体产物通入灼烧的氧化铜固体中，固体变红色，且反应后气体通入澄清石灰水溶液变浑浊，则证明气体产物是CO。18、3：1羟基羧基CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH加成2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O氧化【解题分析】

I．乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了8.4g，乙烯的质量为8.4g，根据n=计算乙烯的物质的量，n=计算混合气体总物质的量，进而计算乙烷的物质的量，可计算两种气体的物质的量之比；Ⅱ．由流程图可知：乙烯与水反应生成乙醇，B是乙醇，乙醇发生催化氧化得到物质C，则C为乙醛；乙醇与乙酸在浓硫酸条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯，D是乙酸；以此解答该题。【题目详解】I．8.96L

混合气体的物质的量为n=0.4mol，乙烯含有双键，能与溴水发生加成反应，乙烯和乙烷的混合气体通入足量溴水中，充分反应后，溴水的质量增加了8.4g，乙烯的质量是8.4g，所以乙烯的物质的量为n=0.3mol，则乙烷的物质的量为：0.4mol-0.3mol=0.1mol，原气体混合物中乙烯与乙烷的物质的量之比为3：1。II．⑴B是乙醇，官能团的名称是羟基；D是乙酸，官能团的名称是羧基；⑵反应①为乙烯在催化剂条件下与水发生加成反应生成乙醇，反应方程式是CH2=CH2+H2O→CH3CH2OH，反应类型为加成反应；反应②为乙醇催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应类型为氧化反应。【题目点拨】本题考查有机推断题，涉及官能团名称、化学反应的类型判断、化学方程式的书写等知识，熟悉各种物质的结构和性质是解题关键，试题考查了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。19、防止烧瓶中液体暴沸先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡否，该反应是可逆反应，反应不能进行到底饱和碳酸钠溶液硫酸分液蒸馏蒸馏除去乙酸乙酯中混有的少量水2CH3COONa+H2SO4＝Na2SO4+2CH3COOH【解题分析】

（1）酯化反应需要加热，在烧瓶中放入几块碎瓷片，其目的是防止烧瓶中液体暴沸。（2）浓硫酸溶于水放出大量的热，所以应该将浓硫酸慢慢的加入到乙醇中，而不能反过来加，故在烧瓶中加入一定比例的乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡。（3）酯化反应是可逆反应，所以反应物的转化率不可能是100％的。（4）在制得的产品中含有乙醇和乙酸，所以应该首先加入饱和碳酸钠溶液，溶解乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，之后分液即得到乙酸乙酯A。B中含有乙醇和乙酸钠，乙醇的沸点比较低，蒸馏即可得到乙醇E。C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，乙酸的沸点低于硫酸钠的沸点，蒸馏即得到乙酸；综上分析，试剂a是饱和碳酸钠溶液，试剂b是硫酸；分离方法①是分液，分离方法②是蒸馏，分离方法③是蒸馏。（5）由于A中仍然含有少量水，所以加入无水碳酸钠来除去乙酸乙酯中的水。（6）C是乙酸钠，加入硫酸可得到乙酸和硫酸钠，故C→D反应的化学方程式为：2CH3COONa+H2SO4＝Na2SO4+2CH3COOH。20、碎瓷片（或沸石）防止暴沸冷凝回流a分液漏斗检漏分液蒸馏烧瓶冷凝管77.5％【解题分析】

(1)反应物甲苯沸点低，加热时容易发生暴沸；(2)冷凝管用于将蒸汽冷却为液体，冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，使热量能更充分交换，确保气体充分冷凝；(3)仪器A是分液漏斗，使用前必须检查是否漏液；(4)因为分离得到的是无机和有机两种液体，而有机物和无机物是不相溶的，因此方法是分液；分离两种一硝基化合物只能利用它们沸点的不同，因此采用蒸馏的方法，根据蒸馏所需仪器分析解答；(5)根椐方程式可知，一摩尔的甲苯可以得到一摩尔的对硝基甲苯与一摩尔的邻硝基甲苯，本实验中分离出一硝基甲苯，经提纯最终得到纯净的一硝基甲苯共15g，根据方程克制13g甲苯理论产生硝基甲苯的质量，产率的计算方法就是用实际产量除以理论产量。【题目详解】(1)甲苯的沸点为110.6℃易挥发，容易发生暴沸，需用碎瓷片