2025届黑龙江省庆安县第三中学高一化学第二学期期末质量检测试题含解析

2025届黑龙江省庆安县第三中学高一化学第二学期期末质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAB．2.8gN2和CO的混合气体中所含质子数为l.4NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA2、在一定的温度下，在固定容积的密闭容器中，不能表示反应X(气)+2Y（气）2Z(气)一定达到化学平衡状态的是（）A．容器内压强不随时间改变 B．容器内混合气体的密度不随时间改变C．生成Z的速率与生成Y的速率相等 D．混合气体的平均相对分子质量不随时间改变3、某恒定温度下，在一个2L的密闭容器中充入A气体、B气体，测得其浓度为2mol/L和1mol·L－1；且发生如下反应：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)已知“？”代表C、D状态未确定；反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应前后压强比为5：4，则下列说法中正确的是()①该反应的化学平衡表达式为：K=②此时B的转化率为35%③增大该体系压强，平衡向右移动，但化学平衡常数不变．④增加C的量，A、B转化率不变A．①②B．②③C．①④D．③④4、等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO的物质的量最多的是A．FeB．FeOC．Fe2O3D．Fe3O45、在元素周期表中，同周期元素原子具有相同的（）A．电子层数 B．核电荷数 C．核外电子数 D．最外层电子数6、下列说法中不正确的是A．金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来B．将少量Na放入硫酸铜溶液中，可生成金属铜C．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2D．铝合金可大量用于高铁建设7、在一定条件下，可逆反应X(g)+3Y(g)2Z(g)达到平衡时，测得Y转化了37.5%，X转化了25%，下列叙述正确的是A．升高温度，正逆反应速率增大，平衡不移动B．开始充入容器中的X、Y物质的量之比为1∶2C．若Y的反应速率为0.2 mol·L-1·s-1，则Z的反应速率为0.3mol·L-1·s-1D．若容器体积不变，向容器中充入氦气，压强增大，反应速率增大8、下列化学名词书写正确的是A．油脂 B．苯 C．铵基酸 D．脂化反应9、分子式为C5H10O2的有机物含有－COOH基团的同分异构体有A．3种B．4种C．5种D．6种10、A、B、C、D、E是短周期元素，A、B、C处于同一周期，A元素的原子最外层电子数是次外层的2倍，B2-、C-、D+、E3+具有相同电子层结构，下列说法正确的是（）A．原子序数:E>D>B>C>AB．原子半径:D>E>A>C>BC．最简单氢化物的热稳定性:C>B>AD．离子半径:C->D+>E3+>B2-11、下列物质中，含有共价键的是（）A．CaO B．MgCl2 C．NaCl D．NH4Cl12、下列10句话，其中表述正确的个数是①C4H9Cl有4种同分异构体②甲烷和氯气光照条件下可制得纯净的一氯甲烷③糖、蛋白质、油脂在一定条件下都能水解④乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应⑤除去甲烷中含有的乙烯气体，可将混合气体通入装有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶中，再干燥⑥用铁片和稀硫酸反应制取氢气时，改用98%的浓硫酸可加快产生氢气的速率⑦100mL2mol/L的盐酸跟锌片反应，加入适量的氯化钠溶液，反应速率不变⑧在氧气中完全燃烧后生成物只有CO2和H2O的有机物一定是烃⑨CH2Cl2没有同分异构体的事实证明了甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构⑩ⅦA族元素的阴离子还原性越强，其氢化物的熔沸点越高A．5个 B．4个 C．3个 D．2个13、图1是铜锌原电池示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（）A．铜棒的质量 B．c(Zn2＋) C．c(H＋) D．c(SO42-)-14、下列物质中属于共价化合物的是A．Cl2 B．NH4Cl C．NaOH D．HCl15、不能用勒夏特列原理解释的是A．使用铁触媒，加快合成氨反应速率B．实验室用排饱和食盐水法收集氯气C．打开汽水瓶盖，即有大量氕泡逸出D．温度升高，纯水中的H+浓度增大16、苏轼的《格物粗谈》有这样的记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”按照现代科技观点，该文中的“气”是指()A．脱落酸B．甲烷C．生长素D．乙烯二、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、随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：(1)f在周期表中的位置是______________________。(2)比较d、e常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：_________＞_________；比较g、h的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_____________________________。(3)任选上述元素组成一种四原子共价化合物，写出其电子式：____________________。19、碘化钾是一种无色晶体，易溶于水，实验室制备KI晶体的步骤如下：①在如图所示的三颈烧瓶中加入12.7g研细的单质碘和100mL1.5mol/L的KOH溶液，搅拌(已知：I2与KOH反应产物之一是KIO3)②碘完全反应后，打开分液漏斗中的活塞和弹簧夹1、2.向装置C中通入足量的H2S；③反应结束后，向装置C中加入稀H2SO4酸化，水浴加热④冷却，过滤得KI粗溶液。(1)仪器a的名称_________；(2)A中制取H2S气体的化学方程式___________；(3)B装置中饱和NaHS溶液的作用是_________(填序号)；①干燥H2S气体②除HCl气体(4)D中盛放的试剂是__________；(5)步骤①中发生反应的离子方程式是_____________；(6)由步骤④所得的KI粗溶液(含SO42-)，制备KI晶体的实验方案：边搅拌边向溶液中加入足量的BaCO3，充分搅拌、过滤、洗涤并检验后，将滤液和洗涤液合并，加入HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，停止加热，用余热蒸干，得到KI晶体，理论上，得到KI晶体的质量为________。20、在实验室中可用下图装置来制取乙酸乙酯。回答下列问题（1）写出制取乙酸乙酯的化学方程式__________________________；（2）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：_________________________________________________；（3）浓硫酸的作用是______________；（4）饱和碳酸钠的作用是________________________________________；（5）通蒸气的导管要靠近饱和碳酸钠溶液的液面，但不能插入溶液之中，原因是________________________；（6）若要将乙酸乙酯分离出来，应当采取的实验操作是___________；21、将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利用海水的重要途径之一。一般是先将海水淡化获得淡水,再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。回答下列问题:(1)采用“空气吹出法”从浓海水中吹出Br2,并用纯碱吸收。碱吸收溴的主要反应是Br2+Na2CO3+H2ONaBr+NaBrO3+NaHCO3,吸收1molBr2时,转移的电子数为____mol。(2)海水提镁的一段工艺流程如下图:浓海水的主要成分如下:离子Na+Mg2+Cl-S浓度/(g·L-1)63.728.8144.646.4该工艺过程中,脱硫阶段主要反应的离子方程式为______________,产品2的化学式为______,1L浓海水最多可得到产品2的质量为___g。(3)电解熔融的氯化镁时发生反应的化学方程式为_____________;电解时,若有少量水存在会造成产品镁的消耗,写出有关反应的化学方程式__________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.H218O与D2O的相对分子质量相同，都是20，且均含有10个中子，因此2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NA，A正确；B.N2和CO的相对分子质量相同，都是28，且均含有14个质子，因此2.8gN2和CO的混合气体中所含质子数为l.4NA，B正确；C.过氧化钠与水反应时氧元素化合价从－1价升高到0价，因此生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D.50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，随着反应的进行，盐酸浓度减小，稀盐酸和二氧化锰不反应，因此转移的电子数为小于0.3NA，D错误，答案选D。点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。选项D是易错点。2、B【解析】

A.该可逆反应是在恒容条件下的气体分子数减小的反应，在没有达到平衡前，容器内气体的物质的量、压强均为变值，当值不变时，即可说明达到平衡，故A不符合题意；

B.本反应体系为恒容且均为气体，故混合气体的质量、密度为恒定值，故容器内混合气体的密度不随时间改变不能做为平衡状态的判定标准，故B符合题意；C.Z、Y在方程式的两侧，且他们计量数相等，还都是气体，所以生成Z的速率与生成Y的速率相等说明正反应速率和逆反应速率相等，反应达到化学平衡状态，故C不符合题意；D.由X(气)+2Y（气）2Z(气)是两边计量数不等，所以混合气体的平均相对分子质量不随时间改变，说明达到平衡状态了，故D不符合题意；所以本题答案：B。3、D【解析】试题分析：压强比等于物质的量之比，3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)起始：4200变化：1.20.81.60.8平衡：2.81.21.60.8，根据反应前后压强之比等于5：4，因此反应前后气体物质的量之比也为5：4，D为气体，C为固体或纯液体，①固体和纯液体不能写入平衡常数表达式，故错误；②B的转化率为0.8/2×100%=40%，故错误；③平衡常数只受温度的影响，因此增大压强化学平衡常数不变，但化学反应速率增大，故正确；④C是固体或纯液体，浓度视为常数，因此改变C的量，A、B的转化率不变，故正确；故选项D正确。考点：考查化学平衡常数的表达式、化学平衡的计算等知识。4、A【解析】分析：假设质量都为mg，根据n=mM计算各物质的物质的量，由电子转移守恒可以知道，失去电子物质的量越大生成NO越多详解:假设质量都为mg，

A.mgFe与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mg56g/mol×3=B.mgFeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mg72g/mol×(3-2)=m72mol；

C.Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；

D.Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价,与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mg232g/mol×(9-3×83)=m232mol；

由以上分析可以知道，失电子最多的是Fe，则放出5、A【解析】

根据元素周期表中，同周期元素原子的原子结构示意图分析。【详解】因元素周期表中，同周期元素原子的原子结构示意图中，核核电荷数不同，核外电子数不同，电子层数相同，最外层电子数不同。答案选A。6、B【解析】

A.金属的冶炼原理，就是在一定条件下将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B.将少量Na放入硫酸铜溶液中，钠会和水反应生成NaOH，而不是和铜离子发生置换反应，故B错误；C.氯气会将氯化亚铁氧化为氯化铁，而铁屑又可将三价铁离子还原为亚铁离子，继续和氯气反应，故C正确；D.铝合金密度小硬度大，可大量用于高铁建设，故D正确；故答案选B。7、B【解析】

A.升高温度，正逆反应速率增大，平衡会向吸热方向移动，故A错误；B.设反应开始时，充入容器中的X、Y的物质的量分别为amol和bmol，则转化了的X的物质的量为25%a，转化了的Y的物质的量为37.5%b，根据化学方程式可知，转化了的X、Y的物质的量之比为1:3，则有25%a：37.5%b=1:3，所以a：b=1:2，故B正确；C.根据速率之比等于化学方程式的化学计量系数之比，则若Y的反应速率为0.2 mol·L-1·s-1，则Z的反应速率为mol·L-1·s-1，故C错误；D.若容器体积不变，向容器中充入氦气，容器内总压强增大，但各个物质的浓度不变，反应物和生成物的分压不变，则反应速率不变，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】当恒容条件下，向容器内通入惰性气体时，因为容积不变，反应物和生成物的浓度就不变，则反应速率也就不变，平衡也不会发生移动；当恒压条件下，通入惰性气体时，因为容器的容积会增大，反应物和生成物的浓度都会减小，则反应速率也会减小，此时反应物和生成物各物质的分压减小，平衡向气体体积增大的方向移动。8、A【解析】分析：有机物的命名中注意专有名称汉字的书写，根据是否出现错别字来解答，易混淆的有“苯”与“笨”，“酯”与“脂”等。详解：A、油脂属于酯类，是高级脂肪酸甘油酯，A正确；B、“笨”应该是苯，B错误；C、“铵”错误，正确应为氨基酸，C错误；D、酯化反应属于醇类与羧酸的反应，属于有机反应，故“脂”字错误，D错误；答案选A。点睛：本题考查常见物质的化学名称，题目难度不大，注意汉字的书写，不要混写、错写。9、B【解析】分子式为C5H10O2且含有－COOH基团，所以为饱和一元羧酸，烷基为-C1H9，-C1H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH(CH3)CH2CH3，-CH2CH(CH3)CH3，-C(CH3)3，故符合条件的有机物的异构体数目为1．故选B。10、C【解析】试题分析：A元素的原子最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，因为A、B、C属于同一周期，且B2-、C-、D+、E3+具有相同电子层结构，因此B为O，C为F，D为Na，E为Al，A、原子序数为：Al>Na>F>O>C，故错误；B、电子层数越多，半径越大，同周期从左向右半径减小，因此半径大小：Na>Al>C>O>F，故错误；C、非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性：F>O>C，故正确；D、电子层数相同，半径随原子序数的递增而减小，因此是O2－>F－>Na＋>Al3＋，故错误。考点：考查元素推断、元素周期律等知识。11、D【解析】

A．CaO中钙离子和氧离子之间只存在离子键，不存在共价键，故A不选；B．MgCl2中只含镁离子与氯离子形成的离子键，不存在共价键，故B不选；C．NaCl中钠离子和氯离子之间只存在离子键，不存在共价键，故C不选；D．NH4Cl中含离子键，在铵根离子内存在N-H极性共价键，故D选；故选D。【点睛】本题的易错点为B，要注意离子化合物中如果存在原子团，则原子团内还存在共价键，在MgCl2中存在的镁离子与氯离子，不存在原子团，只存在离子键，2个氯离子间不能形成化学键。12、C【解析】

①正确，丁基有4种异构；②错误，甲烷和氯气在光照条件下生成多种取代物，无法制得纯净的一氯甲烷；③错误，比如单糖无法水解；④正确，乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；⑤错误，酸性高锰酸钾的确能将乙烯除去，但同时又生成了二氧化碳；⑥错误，浓硫酸和铁片在常温下会发生钝化；⑦错误，氯化钠溶液中的水分稀释了盐酸，反应速率将变慢；⑧错误，无法确定该有机物是否含有氧元素；⑨正确，二氯甲烷只有一种结构说明甲烷不是平面结构；⑩错误，要考虑到HF存在分子间氢键，使得HF熔、沸点较高；表述正确的有3个，所以答案选择C项。13、C【解析】

铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e-=H2↑。则A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn-2e-=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；D．SO42-不参加反应，其浓度不变，故D错误；故选C。14、D【解析】

A.Cl2是只有一种元素构成的纯净物，是单质，不是化合物，故A错误；B.NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键，氢原子和氮原子之间存在共价键，为离子化合物，故B错误；C.NaOH钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，为离子化合物，故C错误D.HCl中只含共价键，为共价化合物，故D正确；答案选D。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。15、A【解析】A、铁触媒作催化剂，催化剂对化学平衡无影响，不符合勒夏特列原理，故A正确；B、Cl2与H2O反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，加入饱和食盐水，Cl－浓度增加，平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2与水的反应，符合勒夏特列原理，故B错误；C、打开汽水瓶盖，造成气体压强减小，使平衡向转化成气体的方向移动，符合勒夏特列原理，故C错误；D、水存在：H2OH＋＋OH－，此电离属于吸热过程，升高温度促使平衡向正方向移动，符合勒夏特列原理，故D错误。点睛：勒夏特列原理研究的对象是可逆反应，反应达到平衡，改变某一因素，反应向削弱这一因素的方向移动，催化剂对化学平衡移动无影响，因此使用催化剂不符合勒夏特列原理。16、D【解析】乙烯是生物生长催熟剂，故D正确。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、第三周期ⅢA族r(O2－)r(Na＋)HClO4＞H2SO4(或等其他合理答案均可)【解析】从图中的化合价和原子半径的大小，可以推出x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素。则（1）f是Al元素，在元素周期表的位置是第三周期ⅢA族。（2）电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故r(O2-)＞r(Na+)；非金属性越强最高价氧化物水化物的酸性越强，故HClO4＞H2SO4；（3）四原子共价化合物，可以是NH3、H2O2、C2H2等，其电子式为：（或）。19、圆底烧瓶（烧瓶）FeS+2HCl==FeCl2+H2S↑②NaOH溶液3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O24.9g【解析】

制备KI：关闭弹簧夹，A中有稀盐酸与FeS制备H2S气体，B装置由饱和NaHS溶液除去H2S气体中的HCl杂质，C中I2和KOH溶液反应：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，碘完全反应后，打开弹簧夹，向C中通入足量的H2S，发生反应：3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min，除去溶液中溶解的H2S气体，所得的KI溶液(含SO42-)，加入碳酸钡至硫酸根除净，再从溶液制备KI晶体，D为氢氧化钠吸收未反应完的H2S气体，据此分析解答。【详解】(1)根据装置图，仪器a的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶(或烧瓶)；(2)A中硫化亚铁与盐酸反应生成硫化氢气体，反应的方程式为FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，故答案为：FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑；(3)盐酸易挥发，A中制备的H2S气体混有HCl气体，B装置中的饱和NaHS溶液可以除去H2S气体中的HCl杂质，故答案为：②；(4)硫化氢会污染空气，D装置是吸收未反应完的H2S气体，防止污染空气，可以选用碱性试剂如氢氧化钠溶液吸收，故答案为：氢氧化钠溶液；(5)步骤①中发生I2与KOH反应生成KI和KIO3，反应的离子方程式为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；故答案为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O；(6)12.7g碘单质的物质的量=0.05mol，100mL1.5mol/L的KOH溶液中含有氢氧化钾0.15mol，得到KI晶体的过程主要为：3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O，3H2S+KIO3=3S↓+KI+3H2O，加入碳酸钡除去硫酸根离子，过滤、洗涤并检验后，加入HI溶液调至弱酸性，在不断搅拌下蒸发至较多固体析出，根据元素守恒，碘单质中的碘最终全部转化为碘化钾中的碘，氢氧化钾中的钾元素最终全部转化为碘化钾中的钾，因此KI的物质的量=氢氧化钾的物质的量=0.15mol，质量=0.15mol×166g/mol=24.9g，故答案为：24.9g。【点睛】本题的易错点和难点为(6)中计算，要注意最后加入HI溶液调至弱酸性，还会与过量的氢氧化钾反应生成碘化钾。20、CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O浓H2SO4倒入乙醇和乙酸的混合溶液中，然后轻轻振荡试管，使之混合均匀催化剂和吸水剂降低乙酸乙酯的溶解度、溶解乙醇杂质、除去乙酸杂质防止倒吸分液【解析】

（1）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，该反应为可逆反应，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）浓H2SO4的密度比乙醇、乙酸大，将浓H2SO4倒入乙醇和乙酸的混合溶液中，易于混合均匀，另外，若反过来加入，会因混合放热而导致乙醇、乙酸等外溅；（3）该反应需加入一定量的浓硫酸，则浓硫酸的主要作用是催化剂和吸水