四川省泸州市合江县2023-2024学年高一下学期6月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1四川省泸州市合江县2023-2024学年高一下学期6月期末考试试题化学试卷分为第一部分（选择题）和第二部分（非选择题）两部分。满分：100分。考试时间：75分钟。注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上相应位置。2．选择题〖答案〗使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目的位置上，填涂在试卷上无效。3．非选择题〖答案〗使用黑色签字笔填写在答题卡对应题目的位置上，填写在试卷上无效。相对原子质量：H-1O-16S-32Fe-56Cu-64Cl-35.5第一部分选择题（共42分）一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求。1.下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及到化学变化的是（）A.定期清淤，疏通河道B.化工企业“三废”处理后，达标排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质D.河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】A．定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，没有涉及化学变化，A符合题意；B．工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣（简称“三废”），常涉及化学方法进行处理，如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水，废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，涉及化学变化，B不符合题意；C．可通过微生物的代谢作用，将废水中有毒有害物质尤其复杂的有机污染物降解为简单的、无害物质，所以微生物法处理废水有新物质的生成，涉及的是化学变化，C不符合题意；D．河道中的垃圾回收分类，适合焚化处理的垃圾，利用现代焚化炉进行燃烧，消灭各种病原体，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，同时可回收热能，用于供热和发电等，此过程涉及化学变化，D不符合题意；故选A。2.2022年北京冬奥会火炬“飞扬”用氢气为燃料，耐高温碳纤维材料为外壳，铝合金为点火段材料，辅以可调节火焰颜色的“配方”。下列说法错误的是（）A.氢气作燃料对环境友好无污染B.碳纤维不属于天然高分子材料C.铝合金密度小、易燃D.含钠元素的“配方”可使火焰呈黄色〖答案〗C〖解析〗【详析】A．氢气燃烧生成水，不会造成环境污染，则氢气作燃料对环境友好无污染，故A正确；B．碳纤维是无机非金属材料，不属于天然高分子材料，故B正确；C．由题意可知，铝合金为点火段材料说明合金性质稳定，不易燃烧，故C错误；D．钠元素焰色反应的焰色为黄色，则火炬飞扬的火焰呈黄色说明配方中含有钠元素，故D正确；故选C。3.下列各溶液中，Cl-浓度最大的是（）A.0.5L0.2mol/L的NaCl溶液B.0.1L0.3mol/L的NaCl溶液C.0.5L0.3mol/L的FeCl3溶液D.0.1L0.4mol/L的MgCl2溶液〖答案〗C〖解析〗【详析】A．0.5L0.2mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=0.2mol/L×1=0.2mol/L，B．0.1L0.3mol/L的NaCl溶液中c(Cl-)=c(NaCl)=0.3mol/L×1=0.3mol/L，C．0.5L0.3mol/L的FeCl3溶液中c(Cl-)=3c(FeCl3)=0.3mol/L×3=0.9mol/L，D．0.1L0.4mol/LMgCl2溶液中c(Cl-)=2c(MgCl2)=0.4mol/L×2=0.8mol/L，综上所述，所以氯离子浓度最大的是0.9mol/L，故选C。4.实验室中下列做法错误的是（）A.用冷水贮存白磷 B.用浓硫酸干燥二氧化硫C.用酒精灯直接加热蒸发皿D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧〖答案〗D〖解析〗【详析】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正确；B．浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2，B正确；C．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿，C正确；D．K燃烧有K2O2、KO2生成，K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，D错误。〖答案〗选D。5.BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是（）A.Cl的原子结构示意图为 B.H2O的空间填充模型为C.BCl3的电子式为：D.B(OH)3的结构简式为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为，A项正确；B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确；C．是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，C项错误；D．的结构简式为，D项正确；〖答案〗选C。6.硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下列说法正确的是（）浓H2SO4SO2Na2SO3溶液Na2S2O3溶液SA.反应①中生成的SO2具有漂白性，可使溴水褪色B.反应②中若SO2过量，就会生成NaHSO3C.反应④中生成S既是氧化产物，也是还原产物D.反应④中当消耗1mol稀硫酸时，电子转移为4mol〖答案〗B〖解析〗【详析】A．SO2具有漂白性，但使溴水褪色与漂白性无关，是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO2过量，则发生反应Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，B正确；C．反应④中Na2S2O3歧化生成S，S元素化合价降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为Na2S2O3+H2SO4(稀)=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，由方程式可知，反应消耗1mol稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；综上所述〖答案〗为B。7.下列实验仪器或装置的选择正确的是（）配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液除去Cl2中的HCl蒸馏用冷凝管盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶ABCD〖答案〗B〖解析〗【详析】A．配制50.00mL0.1000mol.L-1Na2CO3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，故A错误；B．除去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，故B正确；C．蒸馏要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，球形冷凝管一般作反应装置，故C错误；D．硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装Na2SiO3溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，故D错误。〖答案〗选B。8.某原电池装置的总反应为，下列说法正确的是（）A.电池工作时正极上发生氧化反应B.装置工作时，溶液中的向负极移动C.可改用Fe做电极材料D.装置工作时每转移1mol电子，将消耗64gCu〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗原电池中，负极发生的反应为氧化反应，铜的化合价升高为负极，正极发生还原反应，三价铁的化合价降低，在正极发生反应，据此作答。【详析】A．正极发生还原反应，A项错误；B．装置工作时，阴离子向负极移动，B项正确；C．若Fe做电极材料，负极发生反应为，C项错误；D．由总反应可推测出负极的电极反应式为，转移1mol电子，消耗0.5molCu，其质量为32g，D项错误；故〖答案〗选B。9.氯气的水溶液称“氯水”，氯水中含有多种分子和离子，因此氯水有多重性质，下列有关新制氯水的说法中不正确的是（）A.新制氯水呈淡黄绿色，是因为氯水中溶解了未反应的Cl2B.新制氯水滴入硝酸银溶液中产生白色沉淀是因为氯水中有Cl-C.久置氯水酸性将增强D.新制氯水能使有色布条褪色是因为Cl2具有漂白性〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗氯水中含有三分子（H2O、Cl2、HClO）、四离子（H+、Cl-、ClO-、OH-），因此氯水具有漂白性（HClO）、强氧化性（HClO、Cl2）、酸性（HCl），久置的氯水中，HClO分解生成HCl和O2，HCl溶于水形成盐酸，氯水酸性增强。据此解答。【详析】A．新制氯水中，部分氯气与水反应生成盐酸和次氯酸。未反应完氯气溶解在水中，使氯水呈淡黄绿色，故A项正确；B．新制氯水中存在HCl分子，向新制氯水中滴入硝酸银溶液，Ag+与Cl-反应产生白色沉，故B项正确；C．氯水久置后，氯水中的次氯酸分解生成氧气和HCl气体，HCl溶于水形成盐酸，溶液酸性增强，故C项正确；D．新制氯水能使有色布条褪色，是因为氯气与水反应生成的HClO具有漂白性，故D项错误。故〖答案〗为：D。10.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，的原子核只有1个质子；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8个电子。下列说法不正确的是（）A.是一种强酸B.非金属性：C.原子半径：D.中，的化合价为+2价〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗题给化合物结构中X、W、E均形成1个共价键、Y形成4个共价键、Z形成2个共价键。的原子核只有1个质子，则X为H元素；元素、、原子序数依次增大，且均位于的下一周期，即第二周期元素，则Y为C元素，Z为O元素，W为F元素；元素的原子比原子多8个电子，则E为Cl元素，综合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分别为H、C、O、F、Cl元素。据此分析解答。【详析】A．氯元素非金属性较强，其最高价氧化物的水化物HClO4是一种强酸，故A正确；B．同一周期元素从左到右非金属性逐渐增强，所以非金属性：F>O>C，故B正确；C．同一周期从左到右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，电子层越多半径越大，所以原子半径：Cl>C>F，故C错误；D．OF2中，F为-1价，则O的化合价为+2价，故D正确；〖答案〗选C。11.下列关于氧化物分类的说法不正确的组合是（）①金属氧化物也可以形成酸性氧化物②非金属氧化物一定是酸性氧化物③SiO2是酸性氧化物，硅酸是它与水反应形成的水化物④碱性氧化物一定是金属氧化物⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，故二者都是碱性氧化物⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物一定是碱性氧化物⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物A.②③⑤⑥⑦ B.①④ C.②④⑤D.①②④⑥⑦〖答案〗A〖解析〗【详析】①金属氧化物也可以形成酸性氧化物，如Mn2O7，①正确；②非金属氧化物不一定是酸性氧化物，如CO，②错误；③SiO2是酸性氧化物，但不能与水反应，③错误；④碱性氧化物一定是金属氧化物，④正确；⑤Na2O和Na2O2均能与H2O反应生成NaOH，Na2O2与H2O反应除生成NaOH外，还生成O2，不符合碱性氧化物的定义；⑤错误；⑥能与酸反应生成盐和水的氧化物不一定是碱性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑥错误；⑦能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物，如Al2O3是两性氧化物，⑦错误；故符合题意的是②③⑤⑥⑦，〖答案〗选A。12.工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.消耗14gN2生成NH3分子数为2NAB.消耗1molH2，生成N－H键数为2NAC.生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2NAD.氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2NA〖答案〗B〖解析〗【详析】A．由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为×2×NAmol—1=NA，故A错误；B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成N－H键数为1mol××3×NAmol—1=2NA，故B正确；C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为×3×NAmol—1=3NA，故C错误；D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol—1=1.25NA，故D错误；故选B。13.实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是（）A.①中用瓷坩埚作反应器B.①中用作强碱性介质C.②中只体现氧化性D.转化为的理论转化率约为66.7%〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。【详析】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。14.氢燃料电池是目前最具发展前景的新能源方式，如能普及并应用在车辆及其他高污染之发电工具上，将能显著减轻空气污染及温室效应。下列有关氢燃料电池的说法正确的是（）A.通入氢气的电极发生还原反应B.电解液中阳离子向通入氢气的方向移动C.正极电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2OD.放电过程中电解液的浓度不断增大〖答案〗C〖解析〗【详析】A．通入氢气的电极是负极，发生氧化反应，A错误；B．电解液中阳离子向正极移动，反应中通入氧气的一端为正极，即电解液中阳离子向通入氧气的方向移动，B错误；C．正极上，氧气与氢离子结合生成水，电极反应式为：O2+4H++4e-═2H2O，C正确；D．放电过程中不断的生成水，电解液的浓度减小，D错误；故选C。第二部分非选择题（共58分）二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.将浓度均为0.01mol/L、、KI、溶液及淀粉混合，一定时间后溶液变为蓝色。该实验是一种“碘钟实验”。某小组同学在室温下对该“碘钟实验”的原理进行探究。资料：该“碘钟实验”的总反应为。反应分两步进行，反应A为，反应B为……（1）反应B的离子方程式是___________。对于总反应，I-的作用相当于___________。（2）为证明反应A、B的存在，进行实验Ⅰ。a．向酸化的溶液中加入KI溶液和试剂X，溶液变为蓝色。b．再向得到的蓝色溶液中加入溶液，溶液的蓝色褪去。试剂X是___________。（3）为探究溶液变蓝快慢的影响因素，进行实验Ⅱ、实验Ⅲ．(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅱ54830实验Ⅲ52xyz溶液从混合时的无色变为蓝色的时间：实验Ⅱ是30min，实验Ⅲ是40min。①实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是___________。②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是___________。（4）为探究其他因素对该“碘钟实验”的影响，进行实验Ⅳ。(溶液浓度均为0.01mol/L)用量/mL实验序号溶液溶液溶液KI溶液(含淀粉)实验Ⅳ44930实验过程中，溶液始终无明显颜色变化。试结合该“碘钟实验”总反应方程式及反应A与反应B速率的相对快慢关系，解释实验Ⅳ未产生颜色变化的原因：___________。〖答案〗（1）①.②.催化剂（2）淀粉（3）①.8、3、2②.其他条件不变，增大氢离子浓度可以加快反应速率（4）由于，，所以未出现溶液变蓝的现象〖解析〗（1）该“碘钟实验”的总反应：①，反应分两步进行：反应A：②，反应B：①-②得到反应的离子方程式：，对于总反应，I-的作用相当于催化剂；（2）过氧化氢具有氧化性会将KI氧化为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，碘单质具有氧化性，可以氧化Na2S2O3溶液，发生反应，则试剂X为淀粉溶液；（3）①为了方便研究在反应中要采取控制变量方法进行研究，即只改变一个反应条件，其它条件相同，依据表格数据可知，实验Ⅲ跟实验Ⅱ比硫酸体积减少，所以其它条件都相同，而且混合后总体积也要相同，故实验Ⅲ中，x、y、z所对应的数值分别是：8、3、2；②对比实验Ⅱ、实验Ⅲ，可得出的实验结论是：其它条件不变，溶液酸性越强，氢离子浓度越大，增大氢离子浓度可以加快反应速率；（4）对比实验Ⅱ、实验Ⅳ，可知溶液总体积相同，该变量是过氧化氢、Na2S2O3溶液，过氧化氢减少，Na2S2O3增大，由于，，所以未出现溶液变蓝的现象。16.图为元素周期表的一部分，请参照①～⑧在表中的位置，回答下列问题：（1）②在周期表中的位置是___________。（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是___________(填元素符号)，非金属性最强的是___________(填元素符号)，最高价氧化物对应水化物酸性最强的是___________(填化学式)。（3）①～⑦中，原子半径最大的是___________(填元素符号)。（4）元素③的非金属性比⑥___________(填“强”或“弱”)，请从原子结构的角度解释：___________，列举一个化学事实加以说明___________。（5）镓(Ga)与铝同主族，曾被称为“类铝”，其氧化物和氢氧化物均为两性化合物。工业制备镓的流程如下图所示：氧化镓与NaOH反应的化学方程式为___________。酸性：Al(OH)3___________Ga(OH)3(填“>”或“<”)，冶炼金属镓的方法是___________(填序号)。A．热还原法B．热分解法C．电解法〖答案〗（1）第二周第ⅣA族（2）①.He②.F③.HClO4（3）Na（4）①.强②.同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱③.2H2S＋O2=2S↓＋2H2O（5）①.Ga(OH)3+NaOH=NaGaO2+2H2O②.>③.C〖解析〗由元素在周期表的位置可知，元素①～⑧分别为H、C、O、F、Na、S、Cl、He；（1）②是C，在周期表中的位置是第二周第ⅣA族；（2）①～⑧中，化学性质最稳定的是，稀有气体元素He，非金属性最强元素在周期表的左上角，是F元素，同周期左到右，最高价氧化物对应水化物酸性增强，从下到上，酸性增强，所以酸性最强的是HClO4；（3）电子层越多，半径越大，电子层一样多，核电荷数越大，半径越小，所以原子半径最大的是Na；（4）同主族，从上到下，元素的金属性增强，非金属性减弱，所以元素③的非金属性比⑥强，同主族，从上到下，元素原子半径逐渐增大，得电子能力减弱，元素非金属性减弱，氧气和硫化氢能发生置换反应可以证明，反应方程式为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O；（5）Ga(OH)3属于两性氢氧化物，与NaOH溶液生成NaGaO2，即Ga(OH)3＋NaOH=NaGaO2＋2H2O，同主族，从上到下，最高价含氧酸酸性减弱，所以酸性：Al(OH)3>Ga(OH)3，金属镓的活泼性强于金属铝，应该采用电解的方法进行冶炼。17.苯甲酸乙酯（）的别名为安息香酸乙酯。它是一种无色透明液体，不溶于水，有芳香气味，用于配制香水、香精和人造精油，大量用于食品工业中，也可用作有机合成中间体、溶剂等。其制备方法为：+CH3CH2OH+H2O已知：苯甲酸在100℃会迅速升华。相关有机物的性质如表所示。名称相对分子质量颜色及状态沸点/℃密度/（）苯甲酸122无色鳞片状或针状晶体2491.2659苯甲酸乙酯150无色澄清液体212.61.05乙醇46无色澄清液体78.30.7893环己烷84无色澄清液体80.70.78实验步骤如下：①在圆底烧瓶中加入苯甲酸，乙醇（过量），20mL环己烷以及4mL浓硫酸，混合均匀并加入沸石，按如图所示装置装好仪器，控制温度在65~70℃加热回流2h。利用分水器不断分离除去反应生成的水，回流环己烷和乙醇。②反应结束，打开旋塞放出分水器中的液体后，关闭旋塞继续加热，至分水器中收集到的液体不再明显增加，停止加热。③将烧瓶内反应液倒入盛有适量水的烧杯中，分批加入至溶液呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取分液，然后合并至有机层，加入氯化钙，静置，过滤，对滤液进行蒸馏，低温蒸出乙醚和环己烷后，继续升温，接收210~213℃的馏分。④检验合格，测得产品体积为。回答下列问题：（1）在该实验中，圆底烧瓶的容积最适合的是________（填序号）。A.25mLB.50mLC.100mLD.250mL（2）步骤①中使用分水器不断分离除去水的目的是______________。（3）步骤②中应控制加热蒸馏的温度为________（填序号）。A.65~70℃B.78~80℃C.85~90℃D.215~220℃（4）步骤③加入的作用是________________________________；若的加入量不足，在之后蒸馏时，蒸馏烧瓶中可见到白烟生成，产生该现象的原因是__________________。（5）关于步骤③中的萃取分液操作的叙述正确的是________（填序号）。A.水溶液中加入乙醚，转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，分液漏斗倒转过来，用力振摇B.振摇几次后需打开分液漏斗上口玻璃塞放气C.经几次振摇并放气后，手持分液漏斗静置待液体分层D.放出液体时，应打开上口玻璃塞或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗口上的小孔（6）计算可得本实验的产率为________。〖答案〗（1）C（2）提高反应的产率（3）C（4）除去浓硫酸和未反应的苯甲酸苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华（5）AD（6）90.02%〖解析〗【详析】(1)圆底烧瓶加热时盛装的液体不超过容积的，所加液体总体积为，故选用100mL的圆底烧瓶，故〖答案〗为：C；(2)根据平衡移动原理，利用分水器不断分离除去反应生成的水，能使反应正向进行，提高反应的产率，故〖答案〗为提高反应的产率；(3)步骤②的主要目的是蒸出反应液中的环己烷和乙醇，根据上述表格可知，环己烷和乙醇的沸点分别为78.3℃和80.7℃，蒸馏温度应略高于80.7℃，故温度选择85~90℃，故〖答案〗为：C；(4)是具有碱性的强碱弱酸盐，能中和作催化剂的浓硫酸及未反应的苯甲酸，若加入的量不足，则苯甲酸可能未完全除尽，根据已知，苯甲酸受热至100℃时会发生升华，故〖答案〗为：除去浓硫酸和未反应的苯甲酸；苯甲酸乙酯中混有未除净的苯甲酸，在受热至100℃时发生升华；(5)放气时，分液漏应倒置，缓慢打开旋塞，B选项错误；经几次振摇并放气后，静置时应置于铁架台上，不能手持，C选项项错误；故〖答案〗为：AD；(6)根据公式，苯甲酸的物质的量为，根据方程式可得，n(苯甲酸甲酯)=n(苯甲酸)，则理论上可得苯甲酸乙酯的质量m(苯甲酸甲酯)=0.1mol×150g/mol=15g，而再根据公式可知，实际得到的苯甲酸乙酯的质量为，则根据产率计算公式，，故〖答案〗为90.02%。18.铋酸钠浅黄色、不溶于冷水、与热水或酸溶液要反应。它常用作分析试剂、氧化剂，如在钢铁分析中测定锰等。某同学在实验室用氯气将(白色，难溶于水)氧化制取，并探究其性质。各实验装置如下图所示：请回答下列问题：（1）装置的连接顺序是：__