陕西省渭南市大荔县同州中学2024-2025学年高一化学下学期期中试题含解析

PAGEPAGE18陕西省渭南市大荔县同州中学2024-2025学年高一化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5He-4第I卷（共45分）选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。）1.电影《流浪地球》中为了挽救地球而点燃了木星大气，木星大气中含有H2和He。下列说法正确的是（）A.H2和He的化学性质相像B.等质量的H2和He中所含的分子数相同C.3He和4He互为同位素D.H和He都是主族元素【答案】C【解析】【详解】A．H2化学性质较活泼，而He是稀有气体，化学性质特别稳定，A错误；B．假设两种气体均为mg，H2的分子数为，He的分子数为，分子数不相同，B错误；C．3He和4He质子数相同，中子数不同，互为同位素，C正确；D．H在第ⅠA族，是主族元素，He在0族，不是主族元素，D错误；故选C。2.2024年新春之际我国出现了罕见的新型冠状肺炎（COVID-19）。“84消毒液”（主要成分：NaClO）可以有效的杀死（COVID-19）的病毒，下列说法中正确的是（）A.NaClO中含有离子键和非极性共价键B.NaClO中含有Na+、Cl-、O2-三种离子C.NaClO所含的元素均属于主族元素D.NaClO中Cl元素的化合价为-1价【答案】C【解析】【详解】A．NaClO中Na+与ClO-之间是离子键，Cl与O之间是极性共价键，没有非极性共价键，A错误；B．NaClO中含有Na+与ClO-两种离子，B错误；C．Na位于第ⅠA族，Cl位于第ⅦA族，O位于第ⅥA族，都是主族元素，C正确；D．NaClO中Cl元素的化合价为+1价，D错误；故选C。3.下列表达方式错误的是（）A.HF的电子式：B.甲烷的比例模型：C.氯元素的一种核素：ClD.Ca2+的结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A．HF为共价化合物，H与F共用一对电子，电子式为，A正确；B．甲烷的比例模型为，选项中的是球棍模型，B错误；C．Cl是质子数为17，质量数为35，中子数为18的Cl的一种核素，C正确；D．Ca是20号元素，核外电子数为20，Ca2+核外电子数为18，结构示意图为，D正确；故选B。4.依据元素周期表和周期律的相关学问，下列说法正确的是（）A.短周期元素中，原子最外层只有一个或两个电子的元素肯定是金属元素B.I属于副族元素C.H2S的稳定性比H2O的稳定性强D.Na、Mg、Al与冷水反应速率渐渐减弱【答案】D【解析】【详解】A．He元素最外层电子数为2，是非金属元素，A错误；B．I属于第ⅦA族，是主族元素，B错误；C．同一主族元素从上到下非金属性依次减弱，所以非金属性O＞S，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，故H2S的稳定性比H2O的稳定性弱，C错误；D．同周期元素从左到右金属性依次减弱，故金属性Na＞Mg＞Al，金属性越强，与酸或水反应越猛烈，D正确；故选D。5.四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简洁离子具有相同电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，W与Y同族，W、X、Y形成的化合物为，下列说法正确的是（）A.简洁离子半径：W<X<ZB.X与Z形成的化合物溶于水后溶液呈中性C.气态氢化物的热稳定性：W<YD.最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z【答案】B【解析】【分析】四种短周周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为Na元素，W、X的简洁离子具有相同电子层结构，W与Y同族，则Y为S，W为O，那么Z只能是Cl。依据W、X、Y形成的化合物的结构可知，该化合物为Na2SO4。【详解】A．电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简洁离子半径：X<W<Z，A错误；B．X与Z形成的化合物为NaCl，NaCl水溶液是中性，B正确；C．非金属性O>S，则气态氢化物的热稳定性：W>Y，C错误；D．非金属性Z>Y，最高价氧化物的水化物的酸性：Y<Z，D错误；故选B。6.下列化学反应肯定是放热反应的是（）A.Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合时B.金属钠与水反应C.浓硫酸稀释D煅烧石灰石【答案】B【解析】【详解】A．Ba（OH）2·8H2O晶体与NH4Cl晶体混合属于吸热反应，A不符合题意；B．金属钠与水反应放出大量的热，可将Na熔化为一个小球，B符合题意；C．浓硫酸溶于水是物理变更，而非化学变更，故不属于放热反应，C不符合题意；D．石灰石高温条件下煅烧发生分解反应，属于吸热反应，D不符合题意；故选B。7.在下列变更或应用的说法中，正确的是（）A.乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙醇具有还原性B.干冰气化时可用于人工降雨，是由于破坏了碳氧共价键C.乙烯常温下呈气态，而苯呈液态，是由于苯分子间存在的氢键大D.将石蜡油和热碎瓷片混合时产生气体，将气体通入溴水中溴水褪色，说明石蜡油分解的产物中含有乙烯【答案】A【解析】【详解】A．乙醇具有羟基，可以被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明乙醇具有还原性，A正确；B．干冰气化时可用于人工降雨，是因为干冰受热升华，汲取大量的热量，水蒸气凝聚成水滴，形成降雨，B错误；C．乙烯常温下呈气态，而苯呈液态，是由于苯分子的相对分子质量大，分子之间的范德华力大，熔沸点高，因此苯是液态。苯分子之间没有氢键，C错误；D．气体通入溴水中溴水褪色，说明石蜡油分解的产物中含有不饱和键，不能证明肯定是乙烯，D错误；故选A。8.下列有关叙述正确的是（）A.氢氧燃料电池属于绿色电池，其能量转化率可达100%B.与互为同分异构体C.原电池中发生氧化反应的电极是负极D.的化学名称是2—二甲基丁烷【答案】C【解析】【详解】A．氢氧燃料电池属于绿色电池，在化学能转化为电能的过程中，会有能量损失，其能量转化率不行能达到100%，A错误；B．与是同种物质，B错误；C．原电池中负极失电子，化合价上升，发生氧化反应，C正确；D．的化学名称是2，2—二甲基丁烷，D错误；故选C。9.反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）密闭容器中进行，下列措施可使反应速率增大的（）①增大压强②上升温度③通入SO2④运用催化剂⑤将SO3刚好从密闭容器中移走A.①②⑤ B.②③⑤ C.①②④⑤ D.①②③④【答案】D【解析】【分析】增大反应速率的方法有增大浓度，增大压强，上升温度，运用催化剂等。【详解】①由于反应2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）各组分均为气体，增大压强可以使反应速率增大，①符合题意；②上升温度，反应速率加快，②符合题意；③SO2是反应物，加入SO2，反应物浓度增大，反应速率加快，③符合题意；④运用催化剂可加快反应速率，④符合题意；⑤将SO3刚好从密闭容器中移走，导致产物浓度降低，反应速率减慢，⑤不符合题意；综上所述，①②③④符合题意，故选D。10.肯定条件下，在体积固定的密闭容器中进行：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），下列有关说法错误的是（）A.达平衡时单位时间内生成氢气的物质的量与生成氨气的物质的量相同B.运用催化剂可以加快反应速率，缩短达平衡时间C.为了提高氢气的转化率，可以适当补充氮气D.达平衡时，密闭容器中的气体的总物质的量比起始时的总物质的量小【答案】A【解析】【分析】反应达到平衡的标记是随反应变更的的不再变更时反应达到平衡，据此解答。【详解】A.达平衡时单位时间内生成氢气的物质的量与生成氨气的物质的量符合化学计量数之比，由方程式可知二者不相等，A错误；B.催化剂可以变更反应速率，则运用催化剂可以加快反应速率，缩短达平衡时间，B正确；C.为了提高氢气转化率，则应使平衡正向移动，且不能增加氢气，当适当补充氮气时，会使平衡正向移动，提高氢气转化率，C正确；D.由反应方程式可知：反应为气体分子数削减的反应，则随反应进行，气体的物质的量减小，达平衡时，密闭容器中的气体的总物质的量比起始时的总物质的量小，D正确；故选A。11.下列图示的装置不能形成原电池的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】形成原电池的条件为：①自发进行的氧化还原反应，②形成闭合回路，据此解答。【详解】A.由图可知：锌能与稀硫酸反应且为闭合回路，则A可以构成原电池，A不符合；B.由图可知：锌能与硫酸铜反应且为闭合回路，则B可以构成原电池，B不符合；C.由图可知：氢气与氧气反应且为闭合回路，则C可以构成原电池，且为燃料电池，C不符合；D.两侧金属均为铁，干脆与稀盐酸发生化学腐蚀，不能形成原电池，D符合；故选D。12.探讨人员研制出一种可作为鱼雷和潜艇的储备电源的新型电池锂水电池（结构如图），运用时加入水即可放电。下列关于该电池的说法错误的是（）A.锂为负极，钢为正极B.工作时负极的电极反应式：Li－e-=Li+C.工作时OH-向锂电极移动D.放电时电子的流向：锂电极→KOH溶液→钢电极【答案】D【解析】【分析】电池以金属锂与钢做电极，KOH做电解质溶液，则Li为负极，发生氧化反应，钢做正极，发生还原反应，据此解答。【详解】A.由分析可知：则Li为负极，发生氧化反应，钢做正极，发生还原反应，A正确；B.工作时Li为负极，发生氧化反应，电极反应式：Li－e-=Li+，B正确；C.工作时阴离子向负极移动，OH-向锂电极移动，C正确；D.电子不能经过溶液，D错误；故选D。13.下列关于甲烷和苯的性质叙述错误的是（）A.甲烷和苯均属于烃，均难溶于水B.苯的分子结构中存在单双键交替的现象，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.甲烷和苯在肯定条件下均能发生取代反应D.苯在空气中燃烧比甲烷在空气中燃烧时火焰亮，烟深厚【答案】B【解析】【详解】A.只含C、H的元素为烃，甲烷和苯均只含C、H，属于烃，均为非极性分子，难溶于水，A正确；B.苯的分子结构中不存在双键，是介于双键与单键之间的一种键，B错误；C.甲烷可以与氯气在光照时发生取代反应，苯在肯定条件下能与溴单质反应取代反应生成溴苯，C正确；D.苯的最简式为CH，含碳量较大，其在空气中不完全燃烧生成浓烟，D正确；故选B。14.1mol某烷烃完全燃烧消耗的O2为11mol，则其主链上含有5个碳原子的同分异构体（不考虑立体异构）有（）A.3种 B.6种 C.5种 D.7种【答案】C【解析】【详解】烷烃的燃烧通式为CnH2n+2+O2nCO2+(n+1)H2O，1mol某烷烃完全燃烧消耗的O2为11mol，=11，解得n=7，该烷烃的分子式为C7H16，主链是5个C原子时，取代基可以是2个甲基的同分异构体有4种，取代基是乙基的有1种，所以共有5种同分异构体，答案选C。【点睛】依据燃烧通式计算出烷烃分子中碳原子个数是解答的关键，留意含有2个甲基作取代基时可以采纳相对、相邻、相间的依次分析解答。15.下列由试验得出的结论正确的是试验结论A．将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液最终变为无色透亮生成的1，2-二溴乙烷无色、可溶于四氯化碳B．乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体乙醇分子中的氢与水分子中的氢具有相同的活性C．用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除乙酸的酸性小于碳酸的酸性D．甲烷与氯气在光照下反应后的混合气体能使潮湿的石蕊试纸变红生成的氯甲烷具有酸性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.乙烯与溴发生加成反应生成的1，2−二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，故A正确；B.乙醇与Na反应不如水与Na反应猛烈，则水中羟基的氢活泼，故B错误；C.乙酸与碳酸钙发生反应生成乙酸钙、二氧化碳和水，即强酸制取弱酸的原理，则乙酸的酸性大于碳酸的酸性，故C错误；D.甲烷与氯气在光照下反应生成HCl溶于水显酸性，一氯甲烷不溶于水即不具有酸性，HCl能使潮湿的石蕊试纸变红，故D错误；故选A。【点睛】强酸制弱酸规律：强酸+较弱酸盐=较弱酸+强酸盐；醇、酚、拨酸中-OH上的H的活性：R-COOH>R-OH。第II卷（共55分）16.下面是元素周期表的结构，用化学用语完成下列问题。①②③④⑤⑥⑦⑧⑨（1）表中有编号的元素中化学性质最不活泼的，其原子结构示意图为__；④与⑤依据原子个数比1∶1形成的化合物中含有的化学键有___。（2）①与②形成的最简洁化合物的空间构型为__，将此化合物与⑧的单质混合于一干燥的集气瓶，密封后放在光亮处一段时间后，视察到的现象是__。（3）由③形成的单质的电子式为__；⑤与⑦的最低价形成的化合物的电子式为__。（4）⑧的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___；①分别与④、⑦形成的简洁化合物的稳定性由强到弱的依次是__。（5）④、⑥、⑧三种元素的原子形成的简洁离子中半径由大到小的依次是__。（6）运用你驾驭的化学理论，设计一个试验，证明⑦的非金属性比②强__（用化学方程式表示出反应原理）。【答案】(1).(2).离子键、非极性共价键(3).正四面体(4).气体颜色变浅，容器壁上有油状液滴(5).(6).(7).HClO4(8).H2O>H2S(9).Cl->O2->Al3+(10).H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O【解析】【分析】由元素周期表可知①②③④⑤⑥⑦⑧⑨分别为：H、C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar，据此解答。【详解】(1).化学性质最不活泼的元素为稀有气体，即Ar，④与⑤依据原子个数比1∶1形成的化合物中为Na2O2，含有离子键和非极性共价键，故答案为：；离子键和非极性共价键；(2).①与②形成的最简洁化合物为CH4，空间构型为正四面体，将此化合物与⑧的单质Cl2混合于一干燥的集气瓶，密封后放在光亮处发生反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，故答案为：正四面体；气体颜色变浅，容器壁上有油状液滴；(3).由③形成的单质是N2，其电子式为；⑤与⑦的最低价形成的化合物为Na2S，其电子式为，故答案为：；；(4).⑧的最高价为+7价，其最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4；④、⑦分别为：O、S，O的非金属性比S强，则形成的简洁化合物的稳定性由强到弱的依次是H2O>H2S，故答案为：HClO4；H2O>H2S；(5).④、⑥、⑧三种元素的原子形成的简洁离子分别为：O2-、Al3+和Cl-，比较离子半径优先看电子层数，Cl-有三层，而O2-、Al3+均为两层，当电子层结构相同时，原子序数小的半径大，则半径由大到小的依次是Cl->O2->Al3+，故答案为：Cl->O2->Al3+；(6).用试验的方式证明非金属性强弱可以选用强制弱的原理，即可以选择硫酸制取碳酸，故答案为：H2SO4+Na2CO3=Na2SO4+CO2↑+H2O。17.某学习小组同学依据影响化学反应速率的因素进行试验验证，其设计的试验方案如下：请你帮他们把表填写完整，并做出评价。（1）甲同学验证还原性：I-＞Br-试验步骤试验现象试验结论及离子反应式逐滴加入的同时振荡，视察CCl4层的颜色：甲___乙___；乙中CCl4层颜色明显变更的快。离子方程式：甲__乙__结论：验证成立，还原性，I-＞Br-【评价】甲同学设计的试验方案是__（填“合理”或“不合理”），理由是__。（3）乙同学验证固体反应物的颗粒大小的对反应速率影响试验步骤：在试管①中加入1g粉末状大理石，加入4mol/L盐酸20mL（过量）；在试管②中加入2g颗粒状大理石，加入4mol/L盐酸20mL（过量）。他依据试验过程，绘制诞生成CO2生成体积（折算成标准状况）V（CO2）同反应时间t的关系曲线图，你认为__是符合的。【答案】(1).橙红色(2).紫红色(3).2Brˉ+Cl2=Br2+2Clˉ(4).2Iˉ+Cl2=I2+2Clˉ(5).不合理(6).乙试管中KI溶液的浓度大，反应速率大，现象变更的也快，所以无法得出还原性强弱的结论(7).D【解析】【分析】(1)本试验的目的是验证还原性：Iˉ＞Brˉ，甲同学的思路是通过比较NaBr溶液、KI溶液分别与氯水反应速率的快慢来确定Iˉ和Brˉ的还原性强弱，限制变量法探究某个问题时要保持变量唯一，甲同学的试验中所用的NaBr溶液和KI溶液的浓度不同，所用并不能达到试验目的。(2)本试验验证固体反应物的颗粒大小对反应速率影响，粉末状固体接触面积更大，反应速率更快。【详解】(1)氯水中氯气可以氧化溴离子，发生反应2Brˉ+Cl2=Br2+2Clˉ，而溴更易溶于CCl4，所以试验过程中可以视察到甲中CCl4层显橙红色；氯气也可以氧化碘离子，发生反应2Iˉ+Cl2=I2+2Clˉ，碘单质更易溶于CCl4，所以可以视察到CCl4层显紫红色；甲同学的思路是通过比较NaBr溶液、KI溶液分别与氯水反应速率的快慢来确定Iˉ和Brˉ的还原性强弱，但乙试管中KI溶液的浓度大，反应速率大，现象变更的也快，所以无法得出还原性强弱的结论，甲同学设计的试验方案不合理；(2)粉末状的大理石与盐酸反应速率更快，所以反应完全之前曲线的斜率更大；但粉末状的大理石只有1g，颗粒状大理石有2g，盐酸过量，所以颗粒状大理石产生的二氧化碳更多，曲线的终点更高，综上所述D是符合的。【点睛】限制变量法的探究试验中要留意不同组的比照试验变量要唯一。18.目前工业上有一种方法是用CO2生产燃料甲醇(CH3OH)。反应化学方程式为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，该反应的能量变更如图所示：(1)该反应是__反应(填“吸热”或“放热”)，推断的理由是___。(2)某温度时，在体积为2L的密闭容器中，充入1molCO2和3molH2，测得CO2的物质的量随时间变更如下表所示：时间/min0251015n(CO2)/mol10.850.70.250.25从反应起先到5min末，用CO2表示的该反应的平均速率为__；反应达平衡时，H2的转化率为__；要提高此反应的速率，可以实行___措施(填写2条)。(3)若维持(2)的条件不变，能说明该反应已达平衡状态的是__(填序号)。A.v生成(CH3OH)=v消耗(CO2)B.CO2、H2、CH3OH、H2O浓度相等的状态C.CO2、H2、CH3OH、H2O总物质的量保持不变的状态D.CO2的转化率保持不变的状态(4)依据原电池原理，将甲醇设计成燃料电池如图：则a为__极(填“正”或“负”)；H+从__极区向__极区迁移(用图中字母填)；b极上O2发生反应电极反应式为：__。【答案】(1).放热(2).反应物的总能量大于生成物的总能量(3).0.03mol/(L·min)(4).75%(5).升温，运用催化剂，加压等(6).CD(7).负(8).a(9).b(10).O2+4e-+4H+=2H2O【解析】【分析】(2)依据计算反应速率；转化率=；(3)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变更，由此衍生的一些物理量不发生变更，以此进行推断；(4)甲醇燃料电池中甲醇被氧气氧化，所以a电极为负极，b电极为正极。【详解】(1)依据能量变更图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应；(2)依据表格数据可知5min末△n(CO2)=1mol-0.7mol=0.3mol，容器的体积为2L，所以v(CO2)==0.03mol/(L·min)；依据表格数据10min后二氧化碳的物质的量不再变更，说明此时反应达到平衡，该时段内△n(CO2)=1mol-0.25mol=0.75mol，依据反应方程式可知该时段内△n(H2)=0.75mol×3=2.25mol，所以氢气的转化率为=75%；(3)A．反应平衡时正逆反应速率相等，v生成(CH3OH)和v消耗(CO2)描述的都是正反应速率，只要反应进行，二者就相等，故A不能说明达到平衡；B．平衡时各物质的浓度不再变更，但不肯定相等，故B不能说明反应达到平衡；C．该反应前后气体系数之和不相等，所以未平衡时，气体的总物质的量会变，故C能说明反应平衡；D．CO2的转化率保持不变说明其浓度不再变更，故D能说明反应平衡；综上所述选CD；(4)依据分析可知a为负极；原电池中氢离子从负极迁移到正极，即从a极区向b极区迁移；通入氧气的一极发生还原反应，与氢离子结合生成水，所以电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O。【点睛】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变更，解题时要留意，选择推断的物理量，随着反应的进行发生变更，当该物理量由变更到定值时，说明可逆反应到达平衡状态。19.乙酸乙酯是无色、具有果香气味的液体。某同学采纳12.0mL96%密度为1.05g/mL的乙酸、23mL95%密度为0.75g/mL的乙醇、12.0mL浓硫酸、饱和Na2CO3溶液制备乙酸乙酯，其试验装置如图所示（烧杯、部分夹持装置、温度计已略去）。已知：①氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH②有关有机物的沸点：试剂乙醚乙醇乙酸乙酸乙酯沸点（℃）34.778.5117.977.2①先向蒸馏烧瓶B中加入试剂__，然后通过仪器A渐渐加入__；②加热保持油浴温度为135～145℃③取带有支管的锥形瓶，将肯定量的饱和Na2CO3溶液分批、少量、多次地加入馏出液中，再将混合物分液，弃去水层，得到有机层。试回答下列问题：（1）①蒸馏烧瓶B加入试剂__，然后通过仪器A渐渐加入__。（2）写出制备乙酸乙酯的化学方程式__。（3）仪器A的名称是__；浓硫酸的作用是__；仪器C的作用是__。（4）反应中所用的乙醇是过量的，其目的是__。（5）③中加入饱和碳酸钠溶液的作用__，分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠的缘由是__。（6）从③中分别出的乙酸乙酯中常含有肯定量的乙醇、乙醚和水，应先加入饱和氯化钙溶液分别出__，再加入无水硫酸钠，然后进行蒸馏，收集77.2℃的馏分，以得到纯净的乙酸乙酯9.2g【答案】(1).乙醇(2).浓硫酸、乙酸(3).CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O(4).分液漏斗(5).催化剂、吸水剂(6).冷凝(7).有利于酯化反应向正方向进行（增大醋酸的利用率）(8).汲取挥发出来的乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出(9).防止反应放热，温度上升，削减乙酸乙酯的产量(10).乙醇(11).×100%【解析】【详解】（1）制备乙酸乙酯时，需先加入乙醇，再加浓硫酸和乙酸，因为硫酸密度较大，若先加浓硫酸再加乙醇会放出大量的热，若热量不能刚好散失，会造成液体飞溅而发生危急，所以先加乙醇再加浓硫酸有利于散热，避开液体飞溅，最终再加入乙酸；（2）乙酸和乙醇在浓硫酸的催化下加热可反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（3）依据图可知，仪器A是分液漏斗；浓硫酸是反应的催化剂，除此之外，浓硫酸有吸水性，汲取后平衡向正向移动，有利于乙酸乙酯的生成，故还起到吸水剂的作用；仪器C是冷凝管，主要作用是冷凝蒸出的气体；（4）乙醇过量可促进平衡向生成乙酸乙酯的方向移动，有利于乙酸乙酯的生成，提高乙酸的转化率；（5）饱和碳酸钠可以汲取乙醇，中和乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，有利于乙酸乙酯的分层；由于碳酸钠与乙酸反应会放热，温度上升会导致乙酸乙酯挥发，导致产率下降，所以要分批、少量、多次地加入饱和碳酸钠；（6）由于CaCl2可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·6C2H5OH，所以加入CaCl2可以除去乙醇；由于乙醇过量，生成乙酸乙酯的理论产量依据乙酸计算，乙酸的质量为12mL×1.05g/mL×96%，物质的量为，所以乙酸乙酯的理论产量为×100%；【点睛】本题要留意第（6）题，乙醇与乙酸反应，乙醇过量，