四川省宜賓縣白花中學2025屆化學高一下期末聯(lián)考模擬試題含解析

四川省宜賓縣白花中學2025屆化學高一下期末聯(lián)考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、如圖，用直流電源電解稀Na2SO4水溶液的裝置。在石墨電極a和b附近分別滴加幾滴酚酞溶液，通電后下列實驗現(xiàn)象中正確的是A．逸出氣體體積，a極小于b極B．a(chǎn)極逸出無味氣體，b極逸出刺激性氣味氣體C．a(chǎn)極附近溶液呈紅色，b極附近溶液不顯色D．a(chǎn)極附近溶液不顯色，b極附近溶液呈紅色2、下列原子序數(shù)的元素，彼此之間能形成離子鍵的是（）A．1和16B．6和8C．9和11D．1和173、下列能源組合中，均屬于新能源的一組是（）①天然氣；②煤；③沼氣能；④石油；⑤太陽能；⑥生物質(zhì)能；⑦風能；⑧氫能．A．①②③④B．①⑤⑥⑦⑧C．③④⑤⑥⑦⑧D．③⑤⑥⑦⑧4、用下列裝置不能達到有關實驗目的是()A．用甲圖裝置證明ρ(煤油)<ρ(鈉)<ρ(水)B．用乙圖裝置可以吸收氨氣防止倒吸C．用丙圖裝置制取金屬錳D．用丁裝置比較NaHCO3和Na2CO3的熱穩(wěn)定性5、關于FeCl3A．加入鹽酸，抑制Fe3+水解 B．升溫，抑制FeC．濃度越大，F(xiàn)e3+水解程度越大 D．將溶液蒸干可得FeCl6、室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mLpH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4，關于甲、乙兩燒杯中溶液的描述錯誤的是A．溶液的體積：10V甲≤V乙B．水電離出的OH-濃度：10c(OH-)甲=c(OH-)乙C．若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙D．若分別與5mLpH=11的NaOH溶液反應，所得溶液的pH：甲≤乙7、下列關于甲烷分子結構的敘述中，正確的是A．甲烷分子中C、H原子間是離子鍵 B．甲烷分子的空間結構是正方體C．甲烷的結構式為CH4 D．甲烷分子中4個碳氫鍵完全相同8、短周期元素X和Y的離子X2+和Y2-具有相同的電子層結構，則下列說法正確的是A．X2+的離子半徑比Y2-小B．X2+的原子序數(shù)比Y2-小C．X和Y原子的電子層數(shù)相等D．X和Y原子最外層電子數(shù)相等9、原電池是將化學能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿难b置。關于下圖所示原電池的說法不正確的是A．Cu為正極，Zn為負極B．電子由銅片通過導線流向鋅片C．正極反應式為2H++2e－H2↑D．原電池的反應本質(zhì)是氧化還原反應10、下列敘述不屬于固氮的是A．工業(yè)上合成氨B．NH3經(jīng)催化氧化生成NOC．閃電時，大氣中生成NOD．豆科植物根部的根瘤菌使空氣中的氮氣轉(zhuǎn)變?yōu)殇@態(tài)氮肥11、A、B均為短周期元素，它們的離子A-和B2+具有相同的電子層結構，下列說法正確的是A．原子序數(shù)：A＞B B．原子半徑：A＞BC．電子總數(shù)：A＞B D．離子半徑：A-＞B2+12、下列在理論上可設計成原電池的化學反應是（）A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)B．Ba(OH)2?8H2O(s)+2NH4C1(s)=BaCl2(aq)+2NH3?H2O(l)+8H2O(l)C．C(s)+CO2(g)=2CO(g)D．CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(l)13、下列說法不正確的是A．增大壓強，單位體積內(nèi)氣體的活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多B．增大反應物濃度，活化分子百分數(shù)增大，有效碰撞次數(shù)增多C．升高溫度，活化分子百分數(shù)增加，分子運動速度加快，有效碰撞次數(shù)增多D．催化劑能降低反應的活化能，提高活化分子百分數(shù)，有效碰撞次數(shù)增多14、下列為人體提供能量的營養(yǎng)物質(zhì)中，屬于高分子化合物的是()A．淀粉 B．蔗糖 C．麥芽糖 D．葡萄糖15、反應N2＋3H22NH3，開始時N2的濃度為3mol·L－1，H2的濃度為5mol·L－1，3min后測得NH3濃度為0.6mol·L－1，則此時間內(nèi)，下列反應速率表示正確的是()A．v(NH3)＝0.2mol·L－1·s－1 B．v(N2)＝1.0mol·L－1·min－1C．v(H2)＝0.3mol·L－1·min－1 D．v(H2)＝1.67mol·L－1·min－116、如圖所示，常溫常壓下，向盛有3.0mLNO的試管中緩緩通入1.5mLO2。最終試管中剩余的氣體成分和體積為()A．NO，1mL B．O2，0.5mLC．NO2，1mL D．無法確定二、非選擇題（本題包括5小題）17、某烴A的產(chǎn)量可以用來衡量一個國家的石油化工發(fā)展水平?，F(xiàn)以A為主要原料合成乙酸乙酯，其合成路線如圖所示。(1)0.1mol該烴A能與______g溴發(fā)生加成反應；加成產(chǎn)物需______mol溴蒸氣完全取代；(2)B中官能團的名稱是_________，B通過兩次氧化可得到D，也可通過加入的氧化試劑為______任填一種直接氧化為D。(3)E是常見的高分子材料，寫出E的結構簡式__________；合成E的反應類型_________；(4)某同學用如圖所示的實驗裝置制取少量乙酸乙酯。實驗結束后，試管甲中上層為透明的、不溶于水的油狀液體。①實驗開始時，試管甲中的導管不伸入液面下的原因是__________________；②上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是______________________。③乙醇與乙酸反應的化學方程式是：__________________，濃硫酸的作用是_______________。18、如圖是四種常見有機物的比例模型，請回答下列問題：(1)向丙中加入溴水，振蕩靜置后，觀察到溶液分層，上層為_______色。(2)甲的同系物的通式為CnH2n+2，當n＝5時，寫出含有3個甲基的有機物的結構簡式_____。下圖是用乙制備D的基本反應過程(3)A中官能團為__________。(4)反應①的反應類型是__________。(5)寫出反應④的化學方程式_______。(6)現(xiàn)有138gA和90gC發(fā)生反應得到80gD。試計算該反應的產(chǎn)率為______(用百分數(shù)表示，保留一位小數(shù))。19、如圖所示，“二氧化碳是否在有水存在時，才能與過氧化鈉反應？”這個問題可通過以下實驗加以證明。（1）按圖裝置，在干燥的試管Ⅲ中裝入Na2O2后，在通入CO2之前，應事先將活塞（K1、K2）關閉好，目的何在？____。（2）試管I內(nèi)的試劑X是__時，打開活塞K1、K2，加熱試管Ⅲ約5分鐘后，將帶火星的小木條插入試管Ⅱ的液面上，可觀察到帶火星的小木條不能劇烈地燃燒起來，且Ⅲ內(nèi)淡黃色粉末未發(fā)生變化，則所得的結論是____。（3）試管I內(nèi)試劑為CO2飽和水溶液時，其他操作同（2），通過____的現(xiàn)象，可以證明Na2O2與潮濕的CO2能反應且放出O2。（4）CO2與過氧化鈉反應機理也可用示蹤原子分析加以證明，請完成下列反應方程式：__Na2O2+____C18O2+____H218O→____。20、用標準NaOH溶液滴定充滿HCl的燒瓶(標況下)做完噴泉實驗后得到的稀鹽酸，以測定它的準確濃度，請你回答下列問題：(1)理論計算該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為：________________________________。(2)若用甲基橙作指示劑，達到滿定終點時的現(xiàn)象是___________________________。(3)現(xiàn)有三種濃度的標準NaOH溶液，你認為最合適的是下列第__________種。①5.00mol·L-1

②0.500mol·L-1

③0.0500mol·L-1(4)若采用上述最合適濃度的標準NaOH溶液滿定，滴定時實驗數(shù)據(jù)列表如下：實驗次數(shù)編號待測鹽酸體積(mL)滴入NaOH溶液體積(mL)110.008.48210.008.52310.008.00求這種待測稀鹽酸的物質(zhì)的量濃度c(HCl)=___________________。(5)在滴定操作過程中，以下各項操作使測定值偏高的有：_______________①滴定管用蒸餾水洗凈后，未用已知濃度的標準溶液潤洗②滴定管(裝標準溶液)在滴定前尖嘴處有氣泡，滴定終了無氣泡③滴定前平視，滴定終了俯視④看到顏色變化后立即讀數(shù)⑤洗滌錐形瓶時，誤把稀食鹽水當做蒸餾水進行洗滌21、早在2003年，我國就己經(jīng)成功發(fā)射“神舟五號”載人飛船，成為第三個把人送上太空的國家！發(fā)射航天飛船常用的高能燃料是肼（N2H4）。（1）火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肼和強氧化劑液態(tài)雙氧水。已知肼分子中每個原子的最外層電子都達到了穩(wěn)定結構，請寫出肼的結構簡式：________。由18O、16O、H、D原子組成的H2O2分子共有____種。（2）肼-空氣燃料電池是一種環(huán)保的堿性燃料電池，電解質(zhì)溶液是20%～30%的KOH溶液。肼-空氣燃料電池放電時負極的電極反應式是________。（3）傳統(tǒng)制備肼的方法，是以NaClO氧化NH3，制得肼的稀溶液.該反應的離子方程式是__________。（4）己知lg氫氣完全燃燒生成水蒸氣時放出熱量121kJ，且氧氣中l(wèi)molO=O鍵完全斷裂時吸收熱量496kJ,水蒸氣中l(wèi)molH-O鍵形成時放出熱量463kJ,則氫氣中1molH-H鍵斷裂時吸收熱量為_______。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】分析：A、電解水時，陽極產(chǎn)生的氧氣體積是陰極產(chǎn)生氫氣體積的一半；B、氫氣和氧氣均是無色無味的氣體；C、酸遇酚酞不變色，堿遇酚酞顯紅色；D、酸遇酚酞不變色，堿遇酚酞顯紅色。詳解：A、和電源的正極b相連的是陽極，和電源的負極a相連的是陰極，電解硫酸鈉的實質(zhì)是電解水，陽極b放氧氣，陰極a放氫氣，氧氣體積是氫氣體積的一半，A錯誤；B、a電極逸出氫氣，b電極逸出氧氣，均是無色無味的氣體，B錯誤；C、a電極氫離子放電，堿性增強，該極附近呈紅色，b電極氫氧根離子放電，酸性增強，該極附近不變色，C正確；D、a電極氫離子放電，堿性增強，該極附近呈紅色，b電極氫氧根離子放電，酸性增強，該極附近不變色，D錯誤。答案選C。2、C【解析】分析：首先根據(jù)原子序數(shù)判斷出元素，然后依據(jù)元素的性質(zhì)判斷形成的化學鍵類型。詳解：A.1和16分別是H和S，形成的H2S中含有共價鍵，A錯誤；B.6和8分別是C和O，形成的CO或CO2中含有共價鍵，B錯誤；C.9和11分別是F和Na，形成的NaF中含有離子鍵，C正確；D.1和17分別是H和Cl，形成的HCl中含有共價鍵，D錯誤。答案選C。點睛：掌握離子鍵和共價鍵的形成條件是解答的關鍵，一般活潑的金屬和活潑的非金屬容易形成離子鍵，非金屬元素的原子間容易形成共價鍵。需要注意的是AlCl3中含有共價鍵，屬于共價化合物。3、D【解析】分析：煤、石油、天然氣是化石燃料,太陽能、沼氣能、地熱能、潮汐能、風能、氫能、生物質(zhì)能等都是新能源,據(jù)此進行解答.

詳解：煤、石油、天然氣是化石能源,不是新能源,常見新能源有:太陽能、沼氣能、地熱能、潮汐能、風能、氫能、生物質(zhì)能等屬于未來新能源,所以符合未來新能源標準的是③⑤⑥⑦⑧,所以D選項是正確的.4、B【解析】分析本題考查的是實驗方案的設計和評價，明確現(xiàn)象與物質(zhì)的性質(zhì)和制取的關系、反應原理及金屬冶煉的關系等知識即可解答。詳解：A.由圖可知，鈉在水與煤油的液面中間，則可知鈉的密度比水小，比煤油的大，故正確；B.由圖可知，氨氣易溶于水，但不溶于苯，所以將導氣管通入到水中，不能防止倒吸，故錯誤；C.由圖可知，鋁與二氧化錳發(fā)生鋁熱反應生成錳，故正確；D.因為碳酸氫鈉不穩(wěn)定，碳酸鈉穩(wěn)定，比較穩(wěn)定性應將碳酸氫鈉放在小試管中，故正確。故選B。5、A【解析】

氯化鐵溶液中存在水解平衡：Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，依據(jù)外界因素對水解平衡的影響因素分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A.加入鹽酸，鐵離子的水解平衡中生成物的濃度增大，則會抑制Fe3+水解，AB.鐵離子的水解屬于吸熱反應，因此升溫促進水解平衡，B項錯誤；C.根據(jù)“越稀越水解”原則可知，反應物鐵離子的濃度越大，F(xiàn)e3+水解程度越小，CD.因氯化鐵水解產(chǎn)物氯化氫易揮發(fā)，會促進鐵離子向水解方向進行，因此將溶液蒸干最終得到氫氧化鐵固體，灼燒會得到氧化鐵，并不能得到氯化鐵，D項錯誤；答案選A。【點睛】D項是易錯點，也是?？键c。溶液蒸干后產(chǎn)物的判斷方法可歸納為幾種情況：1、溶質(zhì)會發(fā)生水解反應的鹽溶液，則先分析鹽溶液水解生成的酸的性質(zhì)：若為易揮發(fā)性的酸（HCl、HNO3等），則最會蒸干得到的是金屬氫氧化物，灼燒得到金屬氧化物；若為難揮發(fā)性酸（硫酸等），且不發(fā)生任何化學變化，最終才會得到鹽溶液溶質(zhì)本身固體；2、溶質(zhì)會發(fā)生氧化還原反應的鹽溶液，則最終得到穩(wěn)定的產(chǎn)物，如加熱蒸干亞硫酸鈉，則最終得到硫酸鈉；3、溶質(zhì)受熱易分解的鹽溶液，則最終會得到分解的穩(wěn)定產(chǎn)物，如加熱蒸干碳酸氫鈉，最終得到碳酸鈉。學生要理解并識記蒸干過程可能發(fā)生的變化。6、C【解析】

A．如果酸是強酸，則需要稀釋10倍，才能使pH從3升高到4；如果是弱酸，弱酸存在電離平衡，稀釋促進電離，則需要稀釋10倍以上，才能使pH從3升高到4，即溶液的體積：10V甲≤V乙，故A正確；B．酸抑制水的電離，甲燒杯中氫離子的濃度是乙燒杯中氫離子濃度的10倍，因此水電離出的OH－濃度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，故B正確；C．若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，則乙燒杯中所得鹽溶液的濃度小。如果鹽不水解，則所得溶液的pH相等。如果生成的鹽水解，則甲燒杯中溶液的堿性強于乙燒杯中溶液的堿性，即所得溶液的pH：甲≥乙，故C錯誤；D．若分別與5mlpH＝11的NaOH溶液反應，如果是強酸，則均是恰好反應，溶液顯中性。如果是弱酸，則酸過量，但甲燒杯中酸的濃度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲≤乙，故D項正確；故選C。.【點睛】本題考查了弱電解質(zhì)的電離、酸堿混合的定性判斷及pH的相關計算，題目難度中等，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，正確理解題意，明確弱酸存在電離平衡的特點為解答本題的關鍵。7、D【解析】

A．甲烷分子中C、H原子間是共價鍵，A錯誤；B．甲烷分子的空間結構是正四面體結構，B錯誤；C．甲烷的分子式為CH4，C錯誤；D．甲烷分子中4個碳氫鍵完全相同，D正確。答案選D。8、A【解析】分析：X2+和Y2-具有相同的電子層結構，X、Y在周期表中的位置如圖，X、Y為短周期元素，X、Y分別為Mg、O元素，根據(jù)原子結構的特點和元素周期律作答。詳解：X2+和Y2-具有相同的電子層結構，X、Y在周期表中的位置如圖，X、Y為短周期元素，X、Y分別為Mg、O元素。A項，根據(jù)“序大徑小”，X2+的離子半徑比Y2-小，A項正確；B項，X2+、Y2-的原子序數(shù)分別為12、8，X2+的原子序數(shù)比Y2-的大，B項錯誤；C項，X有3個電子層，Y有2個電子層，X比Y原子多一個電子層，C項錯誤；D項，X原子最外層有2個電子，Y原子最外層有6個電子，X和Y原子最外層電子數(shù)不相等，D項錯誤；答案選A。9、B【解析】分析：原電池中較活潑的金屬是負極，失去電子，發(fā)生氧化反應。電子經(jīng)導線傳遞到正極，所以溶液中的陽離子向正極移動，正極得到電子，發(fā)生還原反應，據(jù)此判斷。詳解：A.金屬性Zn＞Cu，因此Cu為正極，Zn為負極，A正確；B.Cu為正極，Zn為負極，電子由鋅片通過導線流向銅片，B錯誤；C.氫離子在正極放電，正極反應式為2H++2e－＝H2↑，C正確；D.原電池的反應本質(zhì)是氧化還原反應，D正確。答案選B。10、B【解析】固氮是把游離態(tài)的轉(zhuǎn)化成化合態(tài)的過程，A、合成氨是N2轉(zhuǎn)化成NH3，符合固氮，故A錯誤；B、NH3催化氧化成NO，NH3的N不是游離態(tài)的，不符合固氮的定義，故B正確；C、閃電時發(fā)生N2＋O2=2NO，符合固氮的定義，故C錯誤；D、根瘤菌是把游離態(tài)的氮轉(zhuǎn)化成化合態(tài)的氮，符合固氮的定義，故D錯誤。11、D【解析】

A和B是短周期的兩種元素，離子A-和B2+具有相同的核外電子層結構，A位于B的上一周期，可能是A為H、B為Be或A為F、B為Mg，A．離子A-和B2+具有相同的核外電子層結構，A位于B的上一周期，故原子序數(shù)A＜B，選項A錯誤；B．一般電子層越多原子半徑越大，原子半徑A＜B，選項B錯誤；C．離子A-和B2+具有相同的核外電子層結構，則電子總數(shù)A比B少3，選項C錯誤；D．電子層結構相同核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑A-＞B2+，選項D正確；答案選D。12、D【解析】理論上凡是能自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應均可以設計為原電池，A、該反應是吸熱反應，不能設計為原電池，A錯誤；B、該反應是非氧化還原反應，不能設計為原電池，B錯誤；C、該反應是吸熱反應，不能設計為原電池，C錯誤；D、該反應是放熱的氧化還原反應，可以設計為原電池，D正確，答案選D。點睛：明確原電池的工作原理是解答的關鍵，注意理論上凡是能自發(fā)進行的放熱的氧化還原反應均可以設計為原電池，解答時注意結合選項靈活應用。13、B【解析】

A、增大壓強，單位體積內(nèi)氣體的活化分子數(shù)增多，有效碰撞次數(shù)增多，故A說法正確；B、增大反應物的濃度只能增大活化分子數(shù)，不能增大活化分子百分數(shù)，故B說法錯誤；C、升溫使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，分子運動速度加快，有效碰撞次數(shù)增多，故C說法正確；D、催化劑能降低反應的活化能，使反應物中活化分子數(shù)和活化分子百分數(shù)同時增大，有效碰撞次數(shù)增多，故D說法正確。14、A【解析】

高分子化合物相對分子質(zhì)量特別大一般達1萬以上、一般具有重復結構單元?！驹斀狻緼、淀粉屬于多糖，分子式是(C6H10O5)n，相對分子質(zhì)量是162n，可以達到1萬以上，屬于高分子化合物，故選A；

B、蔗糖屬于二糖，分子式是C12H22O11，相對分子質(zhì)量不大，不屬于高分子化合物，故不選B；

C、麥芽糖屬于二糖，分子式是C12H22O11，相對分子質(zhì)量不大，不屬于高分子化合物，故不選C；

D、葡萄糖是單糖，分子式是C6H12O6，相對分子質(zhì)量較小，不屬于高分子化合物，故不選D；15、C【解析】3min后測得NH3濃度為0.6mol·L-1，則此時間內(nèi)用氨氣表示的反應速率為0.6mol·L-1÷3min＝0.2mol?L-1?min-，反應速率之比是相應的化學計量數(shù)之比，根據(jù)方程式可知用氫氣和氮氣表示的反應速率分別是[mol?L-1?min-1]0.1、0.3，答案選C。16、A【解析】

根據(jù)4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3可知，1.5mL氧氣可以消耗NO的體積為×1.5mL=2mL

，所以反應后NO過量3mL-2mL=1mL；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、160.4羥基酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液加聚反應防倒吸吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O催化劑和吸水劑【解析】

由題意，A常用來衡量一個國家石油化工發(fā)展水平，則A為CH2=CH2；一定條件下，CH2=CH2與水發(fā)生加成反應生成CH3CH2OH，則B為CH3CH2OH；在銅做催化劑作用下，CH3CH2OH發(fā)生催化氧化生成CH3CHO，則C為CH3CHO；CH3CHO進一步發(fā)生氧化反應生成CH3COOH，則D為CH3COOH；在濃硫酸作用下，乙酸與乙醇共熱發(fā)生酯化反應生成CH3COOCH2CH3；一定條件下，乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，則E為聚乙烯。【詳解】（1）乙烯含有1個碳碳雙鍵，1mol乙烯能與1mol溴水發(fā)生加成反應生成1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol乙烯與0.1mol溴水發(fā)生加成反應0.1mol1，2—二溴乙烷，0.1mol溴的質(zhì)量為16g；1，2—二溴乙烷含有4個氫原子，0.1mol1，2—二溴乙烷能與0.4mol溴蒸氣發(fā)生取代反應生成六溴乙烷，故答案為：16；0.4；（2）B的結構簡式為CH3CH2OH，官能團為羥基，乙醇能被酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液直接氧化生成乙酸，故答案為：羥基；酸性KMnO4溶液或酸性K2Cr2O7溶液；（3）一定條件下，乙烯發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，聚乙烯的結構簡式為，故答案為：；加聚反應；（4）①乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水，若導氣管的下端伸入液面下會發(fā)生倒吸現(xiàn)象，試管甲中的導管不伸入液面下的原因是防倒吸，故答案為：防倒吸；②試管甲中的飽和碳酸鈉溶液能夠中和揮發(fā)出來的乙酸，使之轉(zhuǎn)化為乙酸鈉溶于水中，便于聞乙酸乙酯的香味；能夠溶解揮發(fā)出來的乙醇；能夠降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分層得到酯，故答案為：吸收乙酸，除去乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；③在濃硫酸作用下，乙醇和乙酸共熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，反應的化學方程式為CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；濃硫酸在反應中起催化劑的作用，有利于反應的發(fā)生，該反應為可逆反應，濃硫酸起吸水劑的作用，減小生成物水的量，使酯化反應向生成乙酸乙酯的方向進行，提高乙酸乙酯的產(chǎn)率，故答案為：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；催化劑和吸水劑?！军c睛】本題考查有機物推斷和乙酸乙酯的制備，注意掌握乙烯、醇、羧酸等有機物的性質(zhì)，明確官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化關系，注意酯化反應中反應物和生成物的性質(zhì)，明確試劑的作用和儀器選擇的依據(jù)是解答關鍵。18、橙紅(或橙)—OH(或羥基)加成反應CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O60.6%【解析】

由四種常見有機物的比例模型可知，甲為CH4，乙為乙烯，丙為苯，丁為CH3CH3OH。乙烯與水反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，乙醇D為乙酸乙酯，結合四種物質(zhì)的結構和性質(zhì)分析解答?！驹斀狻?1)苯的密度比水小，溴易溶于苯，上層溶液顏色為橙紅色(或橙色)，下層為水層，幾乎無色，故答案為：橙紅(或橙)；(2)當n=5時，分子中含有3個甲基，則主鏈有4個C原子，應為2-甲基丁烷，結構簡式為，故答案為：；(3)乙烯與水反應生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛氧化生成乙酸，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯，乙醇D為乙酸乙酯，因此A為乙醇，含有的官能團為-OH(或羥基)，故答案為：-OH

(或羥基)；(4)反應①為乙烯與水的加成反應，故答案為：加成反應；(5)反應④為乙醇和乙酸的酯化反應，反應的化學方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；(6)138g乙醇的物質(zhì)的量為=3mol，90g乙酸的物質(zhì)的量為=1.5mol，則乙酸完全反應，可得1.5mol乙酸乙酯，質(zhì)量為132g，而反應得到80g乙酸乙酯，則反應的產(chǎn)率為×100%=60.6%，故答案為：60.6%。19、以防止試管Ⅲ內(nèi)的過氧化鈉和外界相通時發(fā)生吸潮現(xiàn)象濃H2SO4過氧化鈉與干燥的CO2不反應帶火星的小木條在試管Ⅱ的液面上復燃，同時，Ⅲ內(nèi)固體由淡黃色變?yōu)榘咨?22═2Na2C18O3+O2↑+2H2O【解析】

(1)本題旨在利用對比實驗，探究Na2O2與CO2反應的環(huán)境，故實驗步驟中，首先讓Na2O2與干燥CO2反應，必須保證整個環(huán)境中不能有H2O，故通入反應裝置前CO2必須干燥，故答案為以防止試管Ⅲ內(nèi)的過氧化鈉和外界相通時發(fā)生吸潮現(xiàn)象；(2)二氧化碳必須是干燥的，所以使用試劑X濃硫酸進行干燥；由帶火星的小木條不能劇烈地燃燒起來，且Ⅲ內(nèi)淡黃色粉末未發(fā)生變化，說明干燥的二氧化碳與過氧化鈉沒有發(fā)生反應，故答案為濃H2SO4；過氧化鈉與干燥的CO2不反應；(3)過氧化鈉與潮濕的二氧化碳反應會生成氧氣，所以帶火星的小木條在試管Ⅱ的液面上會復燃；Ⅲ內(nèi)固體由淡黃色變?yōu)榘咨?，說明淡黃色的過氧化鈉由于參加了反應生成了白色的碳酸鈉，故答案為帶火星的小木條在試管Ⅱ的液面上復燃，同時，Ⅲ內(nèi)固體由淡黃色變?yōu)榘咨?4)過氧化鈉與潮濕的二氧化碳反應的實質(zhì)為：二氧化碳與水結合生成碳酸，碳酸電離的氫離子與過氧化鈉反應，碳酸中18O完全存在于碳酸根離子中，生成的水中不含18O，反應的化學方程式為：2Na2O2+2C18O2+2H218O═2Na2C18O3+O2↑+2H2O，故答案為2；2；2；═2Na2C18O3+O2↑+2H2O。【點睛】本題考查了堿金屬及其化合物的性質(zhì)，該題是高考中的常見考點和題型，試題基礎性強，旨在考查學生的邏輯推理能力。本題的易錯點為(4)，碳酸電離的氫離子與過氧化鈉反應，碳酸中18O完全存在于碳酸根離子中。20、1/22.4mol/L或0.045mol/L當最后一滴NaOH滴入HCl中時，溶液由橙色變黃色，且30s內(nèi)不恢復③0.0425mol/L①②【解析】分析：（1）根據(jù)c＝n/V計算鹽酸的濃度；（2）根據(jù)甲基橙的變色范圍分析；（3）為減小誤差，應盡量用濃度小的溶液；（4）先根據(jù)數(shù)據(jù)的有效性，計算消耗標準液體積，然后利用中和反應方程式計算；（5）根據(jù)c（待測）=c(標準)×V(標準)/V(待測)，分析不當操作對V（標準）的影響，以此判斷濃度的誤差。詳解：（1）設燒瓶的容積是VL，實驗后水充滿燒瓶，則理論上該鹽酸的物質(zhì)的量濃度為VL22.4L/molVL＝0.045mol/（2）若用甲基橙作指示劑，由于甲基橙的變色范圍是3.1～4.4，則達到滿定終點時的現(xiàn)象是最后一滴NaOH滴入HCl中時，溶液由橙色變黃色，且30s內(nèi)不恢復。（3）實驗時，為減小實驗誤差，則所用氫氧化鈉溶液體積不能過小，否則誤差較大，應