2025届北京市交通大学附属中学高一下化学期末考试模拟试题含解析

2025届北京市交通大学附属中学高一下化学期末考试模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、用石墨作电极，电解1mol·L-1下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变的是A．盐酸 B．硫酸铜 C．氢氧化钾 D．硫酸钠2、下列属于化石燃料的是A．氢气B．木柴C．煤D．酒精3、向BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍然澄清；若将BaCl2溶液分盛在两支试管中，一只试管加稀HNO3,另一只加NaOH溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管都有白色沉淀产生。由此得出的下列结论中不合理的是A．SO2是酸性氧化物、SO2具有还原性B．两支试管中的白色沉淀不是同种物质C．BaCl2既能跟强酸、又能跟强碱反应，具有两性D．升高pH时，SO2水溶液中SO32-浓度增大4、如图是常见的四种有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是()A．甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．乙可与溴水发生取代反应使溴水褪色C．丙在铁作催化剂条件下与溴水发生取代反应D．丁在浓硫酸、加热条件下可与乙酸发生取代反应5、室温下，下来事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是A．0.1mol·L-1NH3·H2O的pH小于13B．0.1mol·L-1NH4Cl溶液的pH小于7C．相同条件下，浓度均为0.1mol·L-1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D．0.1mol·L-1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色6、在图所示的柠檬水果电池中，外电路上的电流从电极X流向电极Y。若X为铁，则Y可能是A．锌 B．石墨 C．银 D．铜7、下列反应中，不属于取代反应的是()A．CH4+Cl2→光照CH3B．CH4+2O2→点燃CO2+2H2C．CH3CH2Br+H2O→CH3CH2OH+HBrD．C2H6+Cl2→光照C2H58、下表为某有机物与各种试剂反应的现象，则这种有机物可能是()试剂钠溴水NaHCO3现象放出气体褪色不反应A．CH2==CHCOOH B．CH2==CH2C．CH3COOCH2CH3 D．CH2==CH－CH2OH9、下列变化需要加入还原剂才能实现的是（）A．CaCO3→CO2 B．Fe2+→Fe3+ C．H+→H2 D．SO42-→BaSO410、海洋约占地球表面积的71%，其开发利用的部分流程如图所示。下列说法错误的是①试剂1可以选用NaOH溶液②从苦卤中提取Br2的反应的离子方程式为:

2Br-+

Cl2=2Cl-+Br2③工业上，电解熔融MgO冶炼金属镁可减小能耗④制铝：工业上电解熔融氯化铝来制备铝⑤制钠：电解饱和NaCl溶液来制备钠⑥炼铁：用CO在高温下还原铁矿石中的铁A．①③④⑥B．②③④⑥C．①②③⑤D．①③④⑤11、下列有关金属的工业制法中，正确的是()A．制钠：用海水为原料制得精盐，再电解纯净的NaCl溶液B．制铁：以铁矿石为原料，用焦炭和空气反应生成CO在高温下还原铁矿石中的铁C．制镁：用海水为原料，经一系列过程制得氧化镁固体，电解熔融的氧化镁得镁D．制钛：用金属钠置换TiCl12、下列物质既有共价键，又有离子键的是A．H2B．CO2C．NaClD．NH4Cl13、下列有关元素及其化合物的表示正确的是A．氮气的电子式：B．CH4分子的球棍模型：C．Mg2+结构示意图：D．质子数为92、中子数为146的U原子：14、锂海水电池的反应原理为：2Li＋2H2O＝2LiOH＋H2↑，其示意图如图所示。有关该电池工作时说法错误的是A．金属锂作正极B．镍电极上发生还原反应C．海水作为电解质溶液D．可将化学能转化为电能15、氯气溶于水发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO。氯水中起杀菌消毒作用的是A．Cl2 B．H2O C．HCl D．HClO16、现在，含有元素硒（Se）的保健品已开始进入市场。已知它与氧同族，与钾同周期。则下列关于硒的叙述中，不正确的是A．非金属性比硫强B．最高价氧化物的化学式是SeO3C．硒是半导体D．气态氢化物的化学式为H2Se二、非选择题（本题包括5小题）17、某烃A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如图所示。(1)0.1mol该烃A能与______g溴发生加成反应；加成产物需______mol溴蒸气完全取代；(2)B中官能团的名称是_________，B通过两次氧化可得到D，也可通过加入的氧化试剂为______任填一种直接氧化为D。(3)E是常见的高分子材料，写出E的结构简式__________；合成E的反应类型_________；(4)某同学用如图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，试管甲中上层为透明的、不溶于水的油状液体。①实验开始时，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是__________________；②上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是______________________。③乙醇与乙酸反应的化学方程式是：__________________，浓硫酸的作用是_______________。18、已知A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，下图是由A为原料生产某些化工产品的转化关系图。据此回答下列问题：(1)写出A分子的结构简式：_________________(2)写出B、C分子中，含氧基团的名称：B________C___________(3)写出下列反应类型：①_________②____________③____________(4)写出下列反应方程式:②B→CH3CHO：___________________________③B+C→D：______________________________19、为研究铜与浓硫酸的反应,某化学兴趣小组进行如下实验。实验Ⅰ:一组同学按下图装置(固定装置已略去)进行实验。(1)A中反应的化学方程式为__________________。(2)实验过程中,能证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的现象是__________。(3)为说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断,还需进行一次实验。实验方案为___________。实验Ⅱ:另一组同学对铜与浓硫酸反应产生的黑色沉淀进行探究,实验步骤如下:i.将光亮铜丝插入浓硫酸,加热;ii.待产生黑色沉淀和气体时,抽出铜丝,停止加热;iii.冷却后,从反应后的混合物中分离出黑色沉淀,洗净、干燥备用。查阅文献:检验微量Cu2+的方法是向试液中滴加K4[Fe(CN)6]溶液,若产生红褐色沉淀,证明有Cu2+。(4)该同学假设黑色沉淀是CuO。检验过程如下:①将CuO放入稀硫酸中,一段时间后,再滴加K4[Fe(CN)6]溶液,产生红褐色沉淀。②将黑色沉淀放入稀硫酸中,一段时间后,再滴加K4[Fe(CN)6]溶液,未见红褐色沉淀。由该检验过程所得结论:________________。(5)再次假设,黑色沉淀是铜的硫化物。实验如下:实验装置现象1.A试管中黑色沉淀逐渐溶解2.A试管内上方出现红棕色气体3.B试管中出现白色沉淀①现象2说明黑色沉淀具有____性。②能确认黑色沉淀中含有S元素的现象是_______,相应的离子方程式是_____________。③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”,还需进行的实验操作是________。20、（10分）有两个实验小组的同学为探究过氧化钠与二氧化硫的反应，都用如下图所示的装置进行实验。通入SO2气体，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。请回答下列问题。（1）第一小组同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是：（2）请设计一简单实验方案证明Na2O2与SO2反应生成的白色固体中含有Na2SO3。（3）第二小组同学认为Na2O2与SO2反应除了生成Na2SO3和O2外，还有Na2SO4生成。为检验是否有Na2SO4生成，他们设计了如下方案：上述方案是否合理？。请简要说明两点理由：①；②。21、实验室可用浓盐酸与二氧化锰共热制取Cl2（其余产物为MnCl2和水）。某同学欲用该方法制取448mL（体积已折算为标况下）的氯气完成某实验。（1）制取氯气的反应过程中，共转移了_________mol的电子。（2）该同学实验时，使用36.5%的盐酸与二氧化锰共热制取氯气。①已知，36.5%盐酸的密度为1.1g/mL，则该盐酸溶液的物质的量浓度是多少______？②反应过程中，消耗了多少毫升的36.5%的盐酸______？③被氧化的盐酸的物质的量是多少______？

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

用惰性电解电解质溶液时，分为电解电解质型、电解水型、电解电解质和水型；用石墨作电极电解1mol/L下列物质的溶液，则电解前后溶液的pH保持不变，说明属于电解水型且电解质为强酸强碱盐，酸为含氧酸，据此分析解答。【详解】A．电解HCl溶液时，阳极上氯离子放电、阴极上氢离子放电，所以属于电解电解质型，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故A错误；B．电解硫酸铜溶液时，阴极上铜离子放电、阳极上氢氧根离子放电，所以是电解电解质和水型，导致溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH变小，故B错误；C．电解KOH溶液时，实质上是电解水型，但电解后KOH浓度增大，溶液的pH增大，故C错误；D．电解硫酸钠溶液时，阳极上氢氧根离子放电、阴极上氢离子放电，是电解水型，硫酸钠是强酸强碱盐，其浓度大小不影响溶液pH，故D正确；故答案为D。【点睛】用惰性电极电解电解质溶液时，通常有以下几种情况：(1)电解含氧酸、强碱和活泼金属含氧酸盐的水溶液，实际上都是电解水；(2)电解无氧酸(HF除外)、不活泼金属无氧酸的水溶液，就是电解溶质本身；(3)电解活泼金属无氧酸盐溶液如NaCl时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OH2↑+碱+卤素单质X2(或S)；(4)电解不活泼金属含氧酸盐的溶液如CuSO4时，电解的总化学方程式的通式可表示为：溶质+H2OO2↑+酸+金属单质；(5)电解时，若只生成H2，pH增大；若只生成O2，则pH减小；若同时生成H2和O2，则分为三种情况：电解酸性溶液，pH减小；电解碱性的溶液，pH增大；电解中性盐的溶液，pH不变。2、C【解析】试题分析：化石燃料包括煤、石油、天然气，所以属于化石燃料的是煤，答案选C。考点：考查化石燃料的判断3、C【解析】

根据SO2的化学性质（酸性氧化物的性质、还原性）分析判断。【详解】SO2与水反应生成的H2SO3是弱酸，故SO2通入BaCl2溶液不会生成BaSO3和HCl。SO2通入BaCl2和稀硝酸的混合溶液中，SO2被稀硝酸氧化为SO42-，再与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀；SO2通入BaCl2和NaOH的混合溶液中，SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，再与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀。故A、B项正确，C项错误。H2SO3水溶液中存在两步电离，升高pH时，促进电离，SO32-浓度增大，D项正确。本题选C。【点睛】SO2有较强的还原性，稀硝酸有强氧化性，两者能发生氧化还原反应。4、D【解析】

根据比例模型知，甲是甲烷、乙是乙烯、丙是苯、丁是乙醇，结合四种物质的性质分析解答。【详解】A．甲烷性质较稳定，和一般的氧化剂不反应，所以甲烷和酸性高锰酸钾溶液不反应，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，能和溴发生加成反应使溴水褪色，不是取代反应，故B错误；C．苯和液溴在催化条件下能发生取代反应，和溴水不反应，发生萃取，故C错误；D．在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，该反应也是酯化反应，故D正确；答案选D。【点睛】明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意取代反应和加成反应区别。本题的易错点为C，要注意苯与溴反应的条件。5、D【解析】

A、室温下0.1mol·L-1氨水溶液pH<13，溶液中c（OH－）<mol·L-1=0.1mol/L＜c（NH3·H2O），说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质，A正确；B、室温下0.1mol·L－１NH4Cl溶液的pH小于7，说明氯化铵是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质，B正确；C、相同条件下，浓度均为0.1mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明氨水没有完全电离，则证明NH3·H2O是弱电解质，C正确；D、0.1mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞溶液变红色，说明NH3·H2O显碱性，电离产生OH－，不能证明是弱电解质，D错误。【点睛】本题考查强、弱电解质的判断，根据电离程度，电解质分为强电解质和弱电解质，完全电离的为强电解质，部分电离的为弱电解质，所以只要证明氨水部分电离即可。6、A【解析】

原电池中，电流从正极沿导线流向负极，结合原电池的原理分析判断。【详解】原电池中，电流从正极沿导线流向负极，外电路上的电流从电极X流向电极Y，则X作正极，Y作负极。原电池中易失电子发生氧化反应的金属作负极，若X为铁，则Y的活泼性比铁强，选项中只有锌比铁活泼，故选A。7、B【解析】

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、甲烷与氯气光照条件下发生取代反应，A错误；B、甲烷燃烧发生的是氧化反应，B正确；C、溴乙烷与水发生取代反应生成乙醇和溴化氢，C错误；D、乙烷与氯气光照条件下发生取代反应，D错误；答案选B。8、D【解析】

由题意可知该有机物与NaHCO3不反应，则结构中没有羧基；与金属钠反应放出气体，则结构中有羟基；能使溴水褪色，则结构中有碳碳双键。所以D正确。答案选D。9、C【解析】

A．CaCO3→CO2，反应过程没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，不需要加入还原剂，故A错误；B．Fe2+→Fe3+，Fe元素化合价升高，被氧化，应加入氧化剂才能实现，故B错误；C．H+→H2，H元素化合价降低，被还原，应加入还原剂，故C正确；D．SO42−→BaSO4，反应过程没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，不需要加入还原剂，故D错误；答案选C。10、D【解析】分析：海水经提纯可到粗盐，苦卤加入稀硫酸、氯气，发生2Br-+Cl2=2

Cl-+Br2，经富集，可蒸馏分离出溴，分离后的溶液中含有钾离子、镁离子，加入试剂1得到氢氧化镁沉淀，则试剂1可为石灰乳，粗盐经提纯后为重要的工业原料，可用于氯碱工业，可用于钠的冶炼，以此解答该题。详解：①石灰乳和镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，试剂1需要廉价且原料来源广泛，故错误；②氯气能将溴离子氧化为溴单质，然后采用萃取的方法从溶液中获取溴，反应的离子方程式为2Br-+Cl2=2

Cl-+Br2，故正确；③氧化镁熔点很高，氯化镁熔点较氧化镁低，电解氧化镁冶炼镁增加成本，所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故错误；

④氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业用电解氧化铝的方法冶炼，故错误；⑤电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠和氯气、氢气，工业用电解熔融的氯化钠的方法冶炼，故错误；⑥可用热还原的方法冶炼铁，一般用CO为还原剂，故正确；故选D。点睛：本题考查了海水资源的开发和利用，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，涉及氧化还原反应、除杂、金属的冶炼等知识点，明确物质的性质是解本题关键，知道根据金属活动性强弱选取合适的冶炼方法。11、B【解析】分析：根据金属冶炼的方法结合金属活动性顺序表分析解答。详解：A．工业制钠是电解熔融NaCl：2NaCl2Na+Cl2↑，而电解纯净的NaCl溶液：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，得不到钠，故A错误；B．工业制铁是用CO还原铁矿石：3CO+Fe2O32Fe+3CO2，故B正确；C．氧化镁熔点高，工业制镁是电解熔融氯化镁：MgCl2Mg+Cl2↑，故C错误；D．钠能与水反应，工业制钛：在氩气的气氛中，用过量的镁在加热条件下与TiCl4反应制得金属钛，TiCl4+2MgTi+2MgCl2，故D错误；故选B。点睛：本题考查金属的工业制法，掌握钠、铁、镁及其化合物的性质是解答的关键。一般来说，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al一般用电解法；较活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法；不活泼金属Hg、Ag用加热分解氧化物的方法，Pt、Au用物理分离的方法制得。12、D【解析】H2中只有共价键，CO2中只有共价键，NaCl中只有离子键，NH4Cl中既有离子键又有共价键，答案选D。点睛：判断物质中化学键的方法：一般，（1）非金属单质、由非金属元素组成的化合物（铵盐除外）中只有共价键；（2）活泼非金属元素与活泼金属元素组成的化合物中只有离子键；（3）含有原子团的离子化合物中既有离子键又有共价键；（4）稀有气体中没有化学键。13、B【解析】分析：A、氮分子中，两个氮原子共用3对电子，每个氮原子含有1个孤电子对；B、甲烷中的H原子半径小于C原子半径；C、镁离子是镁原子失去2个电子形成的；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数。详解：A、一个电子对含有两个电子，氮原子含有1个孤电子对，，故A错误；B、甲烷中的H原子半径小于C原子半径，故甲烷的球棍模型为，故B正确；C、镁离子是镁原子失去2个电子形成的，故核内有12个质子，核外有10个电子，最外层有8个电子，故结构示意图为，故C错误；D、质子数+中子数=质量数，核素符号的左上角为质量数，正确应为：92238U，故故选B。点睛：本题考查化学用语，难度不大，明确原子变成离子时，结构示意图中变化的和不变的量，为易错点。14、A【解析】

锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li-e-=Li+，金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，电子从负极沿导线流向正极。【详解】A.锂海水电池的电池反应为2Li+2H2O═2LiOH+H2↑，金属锂做原电池负极失电子发生氧化反应，电极反应：Li−e−=Li+，故A错误；B.金属镍做原电池正极，海水中水得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应：2H2O+2e-=2OH-+H2↑，故B正确；C.原电池中利用海水做电解质溶液，形成闭合回路，故C正确；D.装置为原电池反应，化学能转化为电能，故D正确；答案选A。15、D【解析】

氯气与水可以反应生成具有强氧化性的HClO，具有漂白性，还可杀菌消毒作用，氯气、HCl不具有漂白性，故D正确；故选D。16、A【解析】分析：根据同周期、同主族元素的性质递变规律以及相似性解答。详解：A．元素的原子半径：Se＞S，原子的最外层电子数相同，所以元素的非金属性S＞Se，A错误；B．Se最外层有6个电子，最高价是+6价，所以最高价氧化物的化学式是SeO3，B正确；C．硒位于金属与非金属的分界线附近，属于半导体，C正确；D．Se最外层有6个电子，最低价是－2价，所以气态氢化物的化学式为H2Se，D正确。答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、160.4羟基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液加聚反应防倒吸吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O催化剂和吸水剂【解析】

由题意，A常用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为CH2=CH2；一定条件下，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，则B为CH3CH2OH；在铜做催化剂作用下，CH3CH2OH发生催化氧化生成CH3CHO，则C为CH3CHO；CH3CHO进一步发生氧化反应生成CH3COOH，则D为CH3COOH；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则E为聚乙烯。【详解】（1）乙烯含有1个碳碳双键，1mol乙烯能与1mol溴水发生加成反应生成1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol乙烯与0.1mol溴水发生加成反应0.1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol溴的质量为16g；1，2—二溴乙烷含有4个氢原子，0.1mol1，2—二溴乙烷能与0.4mol溴蒸气发生取代反应生成六溴乙烷，故答案为：16；0.4；（2）B的结构简式为CH3CH2OH，官能团为羟基，乙醇能被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液直接氧化生成乙酸，故答案为：羟基；酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；（3）一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的结构简式为，故答案为：；加聚反应；（4）①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，若导气管的下端伸入液面下会发生倒吸现象，试管甲中的导管不伸入液面下的原因是防倒吸，故答案为：防倒吸；②试管甲中的饱和碳酸钠溶液能够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；能够溶解挥发出来的乙醇；能够降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，故答案为：吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；③在浓硫酸作用下，乙醇和乙酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；浓硫酸在反应中起催化剂的作用，有利于反应的发生，该反应为可逆反应，浓硫酸起吸水剂的作用，减小生成物水的量，使酯化反应向生成乙酸乙酯的方向进行，提高乙酸乙酯的产率，故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；催化剂和吸水剂。【点睛】本题考查有机物推断和乙酸乙酯的制备，注意掌握乙烯、醇、羧酸等有机物的性质，明确官能团的性质与转化关系，注意酯化反应中反应物和生成物的性质，明确试剂的作用和仪器选择的依据是解答关键。18、CH2=CH2羟基羧基加成反应氧化反应取代反应（或酯化反应）B→CH3CHO：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】气体A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，所以A是乙烯，结构简式为CH2=CH2，CH2=CH2和水发生加成反应生成乙醇，则B结构简式为CH3CH2OH，CH3CH2OH被氧化生成CH3CHO，CH3CHO被氧化生成C为CH3COOH，CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成D为CH3COOCH2CH3。(1)根据上面的分析可知，A的结构简式为CH2=CH2，故答案为CH2=CH2；(2)B为CH3CH2OH，含氧官能团为羟基；C为CH3COOH，含氧官能团为羧基，故答案为羟基；羧基；(3)反应①是乙烯与水的加成反应；反应②为乙醇的催化氧化反应；反应③为乙醇和乙酸的酯化反应，故答案为加成反应；氧化反应；取代反应(或酯化反应)；(4)反应②为乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，是氧化反应，反应③为CH3CH2OH和CH3COOH发生酯化反应生成CH3COOCH2CH3，反应的方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，也是取代反应，故答案为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应；CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。点睛：本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、酯之间的转化，明确有机物中官能团及其性质即可解答，熟练掌握常见有机物反应类型。19、Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OD中黑色固体颜色无变化,E中溶液褪色使用上述装置,不放入铜丝进行实验,观察无水硫酸铜是否变蓝黑色沉淀中不含有CuO还原B试管中出现白色沉淀2NO2-+3SO2+3Ba2++2H2O3BaSO4↓+2NO↑+4H+(或NO2+SO2+Ba2++H2OBaSO4↓+NO↑+2H+)取冷却后A装置试管中的溶液,滴加K4[Fe(CN)6]溶液,若产生红褐色沉淀,证明有Cu2+,说明黑色沉淀是铜的硫化物【解析】分析：实验Ⅰ:（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色；（3）说明浓硫酸中的水是否影响B装置现象的判断进行的实验是：利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，观察B装置是否变蓝；实验Ⅱ:（4）根据题中信息中检验铜离子的方法对②进行分析。（5）①红棕色气体为二氧化氮，说明稀硝酸被还原生成一氧化氮，黑色固体具有还原性；②根据反应现象③可知黑色固体与稀硝酸反应生成了二氧化硫，证明黑色固体中含有硫元素；二氧化氮、二氧化硫的混合气体能够与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的离子方程式；③还需要确定黑色固体中含有铜离子；实验Ⅰ:（1）A中的反应是浓硫酸和铜加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；（2）证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素，利用元素化合价变化生成的产物分析判断，若生成氢气，D装置会黑色变化为红色，若生成二氧化硫E装置中品红会褪色，所以证明浓硫酸中硫元素的氧化性强于氢元素的实验现象是，D装置中氧化铜黑色不变化，说明无氢气生成，E装置中品红试液褪色说明生成了二氧化硫气体；（3）利用装置中铜不与浓硫酸接触反应，不放入铜丝反应，观察B装置是否变蓝，若不变蓝证明浓硫酸中的水不影响实验，若无水硫酸铜出现变蓝，说明浓硫酸中的水会影响实验。实验Ⅱ:（4）向试液中滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋，根据②将黑色沉淀放入稀硫酸中，一段时间后，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，未见红褐色沉淀可知，黑色固体中一定不含CuO。（5）①A试管内上方出现红棕色气体，说明反应中有一氧化氮生成，证明了黑色固体具有还原性，在反应中被氧化。②根据反应现象③B试管中出现白色沉淀可知，白色沉淀为硫酸钡，说明黑色固体中含有硫元素；发生反应的离子方程式为：2NO2-+3SO2+3Ba2++2H2O3BaSO4↓+2NO↑+4H+(或NO2+SO2+Ba2++H2OBaSO4↓+NO↑+2H+)；③为确认黑色沉淀是“铜的硫化物”，还需检验黑色固体中含有铜离子，方法为：取冷却后A装置试管中的溶液，滴加K4[Fe（CN）6]溶液，若产生红褐色沉淀，证明有Cu2＋，说明黑