盘锦市重点中学2025届化学高一下期末教学质量检测模拟试题含解析

盘锦市重点中学2025届化学高一下期末教学质量检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、下列关于氨气的说法不正确的是（）A．NH3溶于水后，水溶液中存在大量的NH4+B．NH3能在铂的存在下与O2反应C．凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3D．碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH32、化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列措施有利于节能减排、保护环境的是①加快化石燃料的开采与使用；②研发易降解的生物农药；③应用高效洁净的能源转换技术；④田间焚烧秸秆；⑤推广使用节能环保材料。A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④⑤3、下列说法中正确的一组是()A．H2和D2互为同素异形体B．和互为同分异构体C．和是同一种物质D．正丁烷和异丁烷互为同系物4、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5、下列属于放热反应的是A．燃烧木炭取暖B．C与CO2共热C．煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)D．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应6、下列说法正确的是（）A．测定HCl和NaOH中和反应的反应热时，单次实验均应测量3次温度，即盐酸起始温度、NaOH溶液起始温度和反应终止温度B．若2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-221.0kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5kJ/molC．电解水可以获得H2和O2，该反应是放热反应D．已知I：反应H2(g)+Cl2(g)＝2HCl(g)△H=-akJ/mol；II:且a、b、c均大于零，则断开1molH-Cl键所需的能量为2(a+b+c)kJ7、下列关于有机物的说法中，正确的一组是①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种新型化合物②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物，完全燃烧只生成CO2和H2O③石油的分馏、煤的气化和液化都是物理变化④淀粉和纤维素水解的最终产物都是葡萄糖⑤除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶A．③⑤B．④⑤C．①②D．②④8、下列实验能获得成功的是A．苯与浓溴水用铁作催化剂制溴苯 B．可用分液漏斗分离硝基苯和水C．将苯与浓硝酸混合共热制硝基苯 D．加入水后分液可除去溴苯中的溴9、如图是相同条件下做H2O2分解的对比实验时，放出O2的体积随时间的变化关系示意图，a为使用催化剂，b为不使用催化剂，其中正确的图象是A． B．C． D．10、下列关于有机物的说法正确的是A．淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物，都能发生水解反应B．蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，但属同系物C．苯酚、甲醛通过加聚反应可制得酚醛树脂D．石油裂解和煤的干馏都是化学变化，而石油的分馏和煤的气化都是物理变化11、在一定温度，将各为1mol的CO和水蒸气放在体积不变密闭容器反应：CO(g)+H2O(g)H2(g)+CO2(g)达到平衡后测得CO2为0.6mol，再通入4mol的水蒸气达到新的平衡，下列说法错误的是()A．CO2的物质的量不可能为1mol B．水蒸气的转化率提高C．CO2的浓度比水蒸气的浓度小 D．密闭容器的压强是原先的3倍12、使0.5mol乙烯与氯气发生加成反应，然后该加成产物与氯气在光照条件下发生取代反应，则两个过程中消耗氯气的总物质的量最多是A．1.5mol B．2.5mol C．2.0mol D．3.0mol13、下列各组材料中，不能组成原电池的是（

）。

ABCD两极材料Zn片、石墨Cu片、Ag片Zn片、Cu片Fe片、Cu片插入溶液H2SO4溶液AgNO3溶液蔗糖溶液稀盐酸A．A B．B C．C D．D14、在图所示的装置中，a的活动性比氢要强，b为碳棒，关于此装置的各种叙述不正确的是A．碳棒上有气体放出，溶液的pH增大B．a是正极，b是负极C．导线中有电子流动，电子从a极流到b极D．a极上发生了氧化反应15、下列反应属于吸热反应的是A．氢氧化钠与盐酸反应B．葡萄糖与氧气反应C．氧化钙与水反应D．Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl反应16、下列金属可与NaOH碱溶液发生反应的是（）A．Fe B．Mg C．Cu D．Al二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为16。X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体，在适当条件下可发生如下图所示变化：已知一个B分子中含有的Z元素的原子个数比C分子中的少一个。请回答下列问题：(1)Y元素在周期表中的位置是______；X、Y原子半径的大小：X______Y(填“>”、“<”或“=”)(2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源（KOH溶液作电解质溶液），两个电极均由多孔性碳制成，通入的气体由孔隙中逸出，并在电极表面放电，则正极通入______（填物质名称）；负极电极反应式为______。(3)C在一定条件下反应生成A的化学方程式是___________________。(4)已知Y的单质与Z的单质生成C的反应是可逆反应，△H＜1．将等物质的量的Y、Z的单质充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应。下列说法中，正确的是______（填写下列各项的序号）。a.达到化学平衡的过程中，混合气体平均相对分子质量减小b.反应过程中，Y的单质的体积分数始终为51%c.达到化学平衡时，Y、Z的两种单质在混合气体中的物质的量之比为1：1d.达到化学平衡时，正反应速率与逆反应速率相等18、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_______。19、某学生在实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下：（1）在30mL的大试管①中按体积比1∶4∶4的比例配制浓硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；（2）按下图连接好装置（装置气密性良好），用小火均匀地加热装有混合溶液的大试管5～10min；（3）待试管B收集到一定量产物后停止加热，撤出试管B并用力振荡，然后静置待分层；（4）分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。请根据题目要求回答下列问题：（1）配制该混合溶液时，浓硫酸、乙醇、乙酸的滴加顺序是：_______。写出制取乙酸乙酯的化学方程式________。（2）试管②中所加入的物质是：________，作用为_________。A．中和乙酸和乙醇；B．中和乙酸并吸收部分乙醇；C．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分层析出；D．加速酯的生成，提高其产率。（3）步骤（2）中需要小火均匀加热，温度不能太高，其主要理由是：_____（答一条即可）。（4）分离出乙酸乙酯层所用到的主要仪器是________；为了干燥乙酸乙酯可选用的干燥剂为（填字母）：_______。A．P2O5B．无水Na2SO4C．碱石灰D．NaOH固体20、乙酸乙酯是无色具有水果香味的液体，沸点为77.2℃，实验室某次制取它用冰醋酸14.3mL、95%乙醇23mL，还用到浓硫酸、饱和碳酸钠以及极易与乙醇结合成六水合物的氯化钙溶液，主要装置如图所示：实验步骤：①先向A中的蒸馏烧瓶中注入少量乙醇和浓硫酸后摇匀，再将剩下的所有乙醇和冰醋酸注入分液漏斗里待用。这时分液漏斗里冰醋酸和乙醇的物质的量之比约为5∶7。②加热油浴保温约135℃～145℃③将分液漏斗中的液体缓缓滴入蒸馏烧瓶里，调节加入速率使蒸出酯的速率与进料速率大体相等，直到加料完成。④保持油浴温度一段时间，至不再有液体馏出后，停止加热。⑤取下B中的锥形瓶，将一定量饱和Na2CO3溶液分批少量多次地加到馏出液里，边加边振荡，至无气泡产生为止。⑥将⑤的液体混合物分液，弃去水层。⑦将饱和CaCl2溶液（适量）加入到分液漏斗中，振荡一段时间后静置，放出水层（废液）。⑧分液漏斗里得到的是初步提纯的乙酸乙酯粗品。试回答：(1)实验中浓硫酸的主要作用是_________________________。(2)用过量乙醇的主要目的是____________________________。(3)用饱和Na2CO3溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。(4)用饱和CaCl2溶液洗涤粗酯的目的是_______________________。(5)在步骤⑧所得的粗酯里还含有的杂质是_____________________。21、现有如下物质：①明矾②一水合氨③碳酸氢钠④硫酸铁⑤硝酸钡⑥硝酸请完成下列问题：(1)属于弱电解质的是___________________；(选填编号)(2)由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是__________________；(选填编号)(3)它们水溶液PH>7的有_________________；(选填编号)(4)写出下列物质之间发生反应的离子方程式：①+⑤__________________②+④___________________③+⑥__________________(5)明矾溶于水后能净水，是由于Al3+水解后能形成Al(OH)3胶体，该胶体具有吸附性，请写出Al3+水解的方程式：____________________；硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3⋅ySO3⋅zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式中x、y、z的值分别为_______________(填整数)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．NH3溶于水后，大部分氨气与水反应：NH3+H2O⇌NH3•H2O，氨水只有部分电离：NH3•H2O⇌NH4++OH-，所以水溶液中存在少量的NH4+，故A错误；B．氨气在铂的存在并加热的条件下能发生催化氧化生成一氧化氮，故B正确；C．铵根离子都能与氢氧根离子共热产生NH3、水，所以凡是铵盐都能与苛性钠共热产生NH3，故C正确；D．碳铵受热分解产生氨气、水蒸气和二氧化碳，碱石灰能吸收二氧化碳和水，所以碳铵受热分解产生的气体经碱石灰干燥后可得纯净的NH3，故D正确；答案选A。2、B【解析】

化石燃料的开采与使用，焚烧秸秆向大气中排放大量的二氧化碳和有害气体，破坏了环境，故①④均不利于环境的保护；而②③⑤有利于节能减排、环境保护，故选B。3、C【解析】

A、H2和D2是由氢的不同同位素构成的同种单质，不是同素异形体，故A错误；B、苯的邻二元取代物只有一种结构，所以是同一物质，故B错误；C、分子式、结构式都相同，是同种物质，故C正确。D、正丁烷和异丁烷分子式相同、结构不同，属于同分异构体，故D错误；4、D【解析】

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。5、A【解析】分析：反应物总能量高于生成物总能量的反应是放热反应，根据常见的放热反应或吸热反应判断。详解：A.燃烧木炭取暖一定是放热反应，A正确；B.C与CO2共热生成CO是吸热反应，B错误；C.煅烧石灰石(主要成分是CaCO3)制生石灰(CaO)是吸热反应，C错误；D.Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应是吸热反应，D错误。答案选A。点睛：掌握常见的放热反应或吸热反应是解答的关键，一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。需要说明的是不论是吸热还是放热均是相对于化学变化。6、A【解析】A.在中和热测定实验中，计算反应热时，需要测定反应前酸、碱溶液的温度和反应后的最高温度，总共3个温度，故A正确；B.因C对应的稳定氧化物是二氧化碳，该反应生成的是CO，所以无法通过该反应判断C的燃烧热，故B错误；C.电解水可以生成H2和O2，该反应为分解反应，属于吸热反应，故C错误；D.设H-Cl键的键能为xkJ/mol，根据反应焓变△H=反应物键能总和－生成物键能总和可知，△H=b＋c－2x=－akJ/mol，则断开1molH－Cl键所需吸收的能量为kJ，故D错误；答案选A。点睛：本题主要考查反应热与焓变的综合应用，题目难度中等，明确中和热的测定、燃烧热、反应焓变的计算方法是解答本题的关键。本题的难点是D项，解题时注意掌握化学反应与能量变化的关系，根据反应焓变△H=反应物键能总和－生成物键能总和即可解答。7、B【解析】

①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料，它是一种混合物，①错误；②汽油、柴油都是烃；而植物油是酯，②错误；③石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化都是化学变化，③错误；④淀粉和纤维素都是多糖，水解的最终产物都是葡萄糖，④正确；⑤由于乙烯可以与溴水发生加成反应，产生液态物质1，2-二溴乙烷，而甲烷不能与溴水反应，因此除去CH4中的少量C2H4，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶，⑤正确。正确的是④⑤。答案选B。8、B【解析】

A项、苯和液溴在铁作催化剂条件下制取溴苯，苯和浓溴水不反应，故A错误；B项、互不相溶的液体可以采用分液方法分离，硝基苯和水不互溶，可以采用分液方法分离，故B正确；C项、苯和浓硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下制取硝基苯，没有催化剂，不能制取硝基苯，故C错误；D项、溴在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，应该用NaOH溶液除去溴，然后采用分液方法分离，故D错误；故选B。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于分析、实验能力的考查，注意常见有机物的性质，根据性质判断可能发生的反应类型和分离提纯的方法是解答关键。9、A【解析】

加入催化剂，反应速率增大，达到平衡所用时间减小，催化剂只改变反应速率，不能使平衡移动，（1）（2）应达到相同平衡状态，

故选A。10、A【解析】

A.淀粉、纤维素、蛋白质都是天然高分子化合物，都能发生水解反应，A正确；B.蔗糖和葡萄糖不是同分异构体，也不属于同系物，B错误；C.苯酚、甲醛通过缩聚反应可制得酚醛树脂，C错误；D.石油裂解和煤的气化、煤的干馏都是化学变化，石油的分馏是物理变化，D错误，答案选A。11、B【解析】

A．CO和水蒸气各1mol，达到平衡后再通入4mol水蒸气，CO2的物质的量会增加，但由于反应是可逆反应，CO不能完全转化，所以CO2的物质的量不可能为1mol，正确；B．再通入4mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，CO的转化率会提高，但是水蒸气的转化率会降低，错误；C．再通入4mol水蒸气，化学平衡会向着正反应方向进行，假设一氧化碳全部转化完毕，则CO2的物质的量是1mol，水蒸气消耗了1mol，剩余4mol，CO2的浓度比水蒸气的浓度小，况且CO不可能完全转化，故C正确；D．恒温恒压下，压强和物质的量成正比。该反应是反应前后气体系数之和相等的反应，所以反应前后气体物质的量不变。所以第一次平衡时气体总物质的量为2mol，第二次平衡时气体总物质的量为6mol，故密闭容器的压强是原先的3倍，正确；故选B。12、B【解析】分析：乙烯和氯气发生加成反应生成二氯乙烷，1mol双键加成需要1mol的氯气；有机物中的氢原子被氯原子取代时，取代的氢原子的物质的量与氯气的物质的量相等，所以最多消耗的氯气为这两部分之和，据此解答。详解：C2H4+Cl2→CH2ClCH2Cl，所以0.5mol乙烯与氯气发生加成反应需要氯气0.5mol；CH2ClCH2Cl+4Cl2→CCl3CCl3+4HCl，所以0.5molCH2ClCH2Cl与氯气发生取代反应，最多需要2mol氯气，这两部分之和为0.5mol+2mol=2.5mol；答案选B。点睛：本题考查了加成反应、取代反应的本质特征，明确化学反应中的量的关系即可解答，难度不大，注意加成反应有进无出，取代反应有出有进。13、C【解析】

A、锌是活泼金属，石墨能导电，锌和硫酸能自发的发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故A不符合；B、两金属的活泼性不同，且铜片能自发的与硝酸银发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故B不符合；C、两金属的活泼性不同，但蔗糖是非电解质不能导电，所以不能形成原电池，故C符合；D、两金属的活泼性不同，且铁片能自发的与盐酸发生氧化还原反应，所以能形成原电池，故D不符合；答案选C。14、B【解析】

A.碳棒上氢离子得电子生成氢气，所以有气体放出，同时溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A说法正确；B.根据a的活动性比氢要强，b为碳棒可知：a为负极，b为正极，故B说法错误；C.该装置形成了原电池，电子由负极沿导线流向正极，电子从a极（负极）流到b极（正极），故C说法正确；D.a为负极，负极上失电子发生氧化反应，故D说法正确；答案选B。15、D【解析】分析：如果反应物的总能量高于生成物的总能量，反应就是放热反应。反之是吸热反应。详解：A、中和反应是放热反应，选项A错误；B、物质的燃烧反应属于放热反应，选项B错误；C、氧化钙与水化合生成氢氧化钙的反应是放热反应，选项C错误；D、Ba(OH)2•8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应属于吸热反应，选项D正确。答案选D。点睛：本题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，难度不大。该题的关键是记住常见的放热反应和吸热反应，即一般金属和水或酸反应，酸碱中和反应，一切燃烧，大多数化合反应和置换反应，缓慢氧化反应如生锈等是放热反应。大多数分解反应，铵盐和碱反应，碳、氢气或CO作还原剂的反应等是吸热反应。16、D【解析】

A．Fe不与NaOH碱溶液发生反应，故A不符合题意；B．Mg不与NaOH碱溶液发生反应，故B不符合题意；C．Cu不与NaOH碱溶液发生反应，故C不符合题意；D．Al既可与强酸反应又可与强碱反应，故D符合题意；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、第2周期，VA族<氧气H2+2OH-=2H2O+2e-4NH3+5O2=4NO+6H2Obd【解析】X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为2．X、Y、Z三种元素常见单质在常温下都是无色气体；

短周期中形成无色气体单质的只有H2、N2、O2(稀有气体除外)，(2)中X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，判断为氢氧燃料电池，X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为2，XZ为O2、H2结合转化关系判断，Y原子序数为7，X为N元素，X+Z=B；Z+Y=A，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个，说明Z元素为H，则X、Y、Z分别为O、N、H，A、B、C分别为NO、H2O、NH3；(1)Y为氮元素，元素周期表中位于第2周期，VA族；同周期元素从左到右，原子序数逐渐增大，原子半径逐渐减小，因此O、N原子半径的大小：O＜N，故答案为：2周期，VA族；＜；(2)X的单质与Z的单质可制成新型的化学电源(KOH溶液作电解质溶液)，两个电极均由多孔性碳制成，是氢氧燃料电池，负极为氢气发生氧化反应，电极反应为H2+2OH--2e-=2H2O；正极发生还原反应，通入的是氧气，故答案为：氧气；H2+2OH--2e-=2H2O；(3)C为NH3在一定条件下反应生成A为NO，是氨气的催化氧化，反应的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；(4)Y的单质(N2)与Z的单质(H2)生成C(NH3)的反应是可逆反应，△H＜1，反应为：N2+3H22NH3；，△H＜1；a、达到化学平衡的过程中，气体质量不变，气体物质的量减小，所以混合气体平均相对分子质量增大，故a错误；b、将等物质的量的Y(N2)、Z(H2)的单质充入一密闭容器中，在适当催化剂和恒温、恒压条件下反应，设起始量都为1mol，则

N2+3H22NH3起始量

1

1

1变化量

x

3x

2x平衡量1-x

1-3x

2x所以氮气所占体积分数为物质的量的百分数=×111%=51%，所以Y(N2)的单质的体积分数始终为51%，故b正确；c、达到化学平衡时，Y(N2)的单质的体积分数始终为51%，H2和NH3共占51%，所以两种单质在混合气体中的物质的量之比不为1：1，故c错误；d、化学平衡的标志是正逆反应速率相同，故d正确；故选bd；点睛：本题考查元素位置结构性质的相互关系的推断，物质转化关系和物质性质的应用，化学平衡的影响条件分析判断。本题注意解答该题的突破口为X、Y、Z三种短周期元素，它们的原子序数之和为2，一个B分子中含有的Z原子个数比C分子中少1个。18、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。【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。19、乙醇、浓硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O饱和碳酸钠溶液B、C因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料；温度过高可能发生其它副反应分液漏斗B【解析】

（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，所以选择中性干燥剂；【详解】（1）将浓硫酸加入乙醇中是为了防止混合产生的热量导致局部过热而是液体迸溅，待溶液冷却后再与乙酸混合是为了防止乙酸挥发，所以先加入乙醇，再加入浓硫酸，最后加入乙酸；酯化反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）饱和碳酸钠溶液的作用主要为，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，所以B项和C项正确；（3）加热的目的是为了加快化学反应速率，因为反应物乙醇、乙酸的沸点较低，若用大火加热，反应物大量随产物蒸发而损失原料，温度过高还可能发生其它副反应；（4）因为乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分离，所以用到的仪器是分液漏斗；乙酸乙酯在酸性和碱性条件下会发生水解，五氧化二磷属于酸性干燥剂，无水硫酸钠属于中性干燥剂，碱石灰属于碱性干燥剂，氢氧化钠属于碱性物质，所以选择中性干燥剂硫酸钠。20、作催化剂和吸水剂使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率除去乙酸除去乙醇水【解析】(1)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂、吸水剂；(2))乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应属于可逆反应，过量乙醇可以使平衡正向移动，增加乙酸乙酯的产率，故答案为使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向移动，提高乙酸乙酯的产率；

(3)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；(4)氯化钙溶液极易与乙醇结合成六水合物，因此饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，故答案为除去乙醇；(5)饱和碳酸钠溶液除掉了乙酸和乙醇，饱和CaCl2溶液可以吸收乙酸乙酯中可能残留的乙醇，这样分离出的粗酯中会含有杂质水，故答案为水。点睛：本题考查了乙酸乙酯的制备，掌握浓硫酸、饱和碳酸钠溶液、氯化钙溶液的作用以及酯化反应的机理为解答本题的关键。本题的难点是饱和氯化钙溶液的作用，要注意题干的提示。21、②①④②③SO42-+Ba2+=BaSO4Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3+3NH4+HCO3-+H+=CO2+H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+2、5、17【解析】

(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解