2025年廣東省聯(lián)考聯(lián)盟化學高二第二學期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題含解析

2025年廣東省聯(lián)考聯(lián)盟化學高二第二學期期末質(zhì)量跟蹤監(jiān)視試題考生須知：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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、三室式電滲析法處理含Na2SO4廢水的原理如圖所示，采用惰性電極，ab、cd均為離子交換膜，在直流電場的作用下，兩膜中間的Na+和SO42-可通過離子交換膜，而兩端隔室中離子被阻擋不能進入中間隔室。下列敘述正確的是A．通電后中間隔室的SO42-離子向正極遷移，正極區(qū)溶液pH增大B．該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品C．負極反應為2H2O–4e–=O2+4H+，負極區(qū)溶液pH降低D．當電路中通過1mol電子的電量時，會有0.5mol的O2生成2、下列實驗方案能達到實驗目的的是（）A．在探究海帶灰浸取液成分的實驗中，向無色的浸取液中加入CCl4，下層呈無色，說明浸取液中不含碘元素B．向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氣體X，產(chǎn)生白色沉淀，該氣體可以是堿性氣體C．向一定量飽和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，將生成的沉淀過濾洗滌干燥后稱量，來測定其中氯元素的含量D．已知20℃時溶解度：NaHCO3為9.6g，Na2CO3為21.8g，向盛有5mL蒸餾水的兩個試管中分別加入10g的NaHCO3、Na2CO3，觀察溶解情況可以比較該溫度下NaHCO3和Na2CO3的溶解度大小3、下列說法中正確的是()A．乙醇、乙二醇、丙三醇互為同系物，同系物之間不可能為同分異構(gòu)體B．二氧化碳和干冰互為同素異形體C．C2H5OH和CH3OCH3互為同分異構(gòu)體D．金剛石和石墨互為同位素4、常溫下，下列說法正確的是A．含有CH3COOH與CH3COONa的混合液一定呈酸性B．在相同溫度下，pH相等的氨水和NaOH溶液，n(OH－)相等C．體積相等、pH值相等的CH3COOH和鹽酸與Zn反應，開始時鹽酸放出H2快D．中和相同體積、相同濃度的CH3COOH溶液和鹽酸，消耗的NaOH的物質(zhì)的量相等5、下列關(guān)于膠體的性質(zhì)或應用的說法錯誤的是（）A．靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠體粒子的帶電性而加以除去B．明礬凈水是利用膠體的吸附性除去雜質(zhì)C．將“納米材料”分散到某液體中，用濾紙過濾的方法可以將“納米材料”從此分散系中分離出來D．煙、霧屬于膠體，能產(chǎn)生丁達爾效應6、在0.1mol/L的醋酸中加入一定量的水，下列說法錯誤的是A．c(H+)減小 B．n(H+)增大 C．溶液的pH增大 D．c(Ac-)增大7、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C．用AgNO3溶液和稀HNO3可檢驗Cl-D．Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl28、下列關(guān)于膠體制備及膠體性質(zhì)敘述正確的是A．電泳實驗證明膠體帶電B．用激光筆檢驗淀粉溶液的丁達爾效應C．Fe(OH)3膠體粒子既可以通過濾紙又可以通過半透膜D．向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3飽和溶液制備Fe(OH)3膠體9、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是（）A．標準狀況下的22.4L丁烷完全燃燒，生成的二氧化碳的分子數(shù)為4NAB．1mol乙基中含有的電子數(shù)為18NAC．46g二氧化氮和46g四氧化二氮含有的原子數(shù)均為3NAD．在1L2mol·L-1的硝酸鎂溶液中含有的硝酸根離子數(shù)為4NA10、硅及其化合物是帶來人類文明的重要物質(zhì)。下列說法正確的是()A．CO2和SiO2都是由相應的分子構(gòu)成的B．水玻璃是純凈物，可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑C．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品D．某硅酸鹽的化學式為KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示11、從海帶中提取碘，可經(jīng)過以下實驗步驟完成。下列有關(guān)說法正確的是A．灼燒過程中使用的玻璃儀器有酒精燈、燒杯、玻璃棒B．氧化過程中發(fā)生反應的離子方程式為2I-＋H2O2=I2＋2OH-C．檢驗碘單質(zhì)時，可選用淀粉碘化鉀試紙，若試紙變藍說明海帶中含有碘單質(zhì)D．分液時，先打開活塞放出下層液體，再關(guān)閉活塞從上口倒出上層液體12、下列敘述正確的是A．氯乙烷與過量NaOH溶液共熱后加入AgNO3溶液最終得到白色沉淀B．某一元醇發(fā)生消去反應可以生成丙烯，則該醇一定是1-丙醇C．H2O、CH3COOH、CH3CH2OH分別與金屬鈉反應，反應最慢的是CH3CH2OHD．酚醛樹脂、聚酯纖維、聚苯乙烯這些高分子化合物都是經(jīng)過縮聚反應得到的13、唐·段成式《西陽雜俎·物異》中記載:“石漆,高奴縣石脂水，其浮水上，如漆。采以膏車,極迅；燃燈，極明?！边@里的“石漆”是指A．石油B．油漆C．煤焦油D．油脂14、已知還原性由強到弱的順序為SO32->I->Br-，向NaBr、NaI、Na2SO3的混合溶液中通入一定量的氯氣后，將溶液蒸干并充分灼燒，得到的剩余固體物質(zhì)的組成可能是（）A．NaClB．NaCl、Na2SO4、NaIC．NaCl、Na2SO4、I2D．NaCl、NaBr、Na2SO415、下列說法中正確的是()A．1s22s12p1表示的是激發(fā)態(tài)原子的核外電子排布B．3p2表示3p能級有兩個軌道C．同一原子中,1s、2s、3s電子的能量逐漸減小D．同一原子中,2p、3p、4p能級中的軌道數(shù)依次增多16、某元素原子的質(zhì)量數(shù)為52，中子數(shù)為28，其基態(tài)原子未成對電子數(shù)為()A．1 B．3 C．4 D．617、下列物質(zhì)：①H3O+

②[Cu(NH3A．①②B．①②③C．③④⑤D．①②⑤18、某烴與氫氣加成后得到2,2-二甲基丁烷，該烴的名稱可能是（）A．3,3-二甲基-1-丁炔 B．2,2-二甲基-2-丁烯C．2,2-二甲基-1-丁烯 D．3,3-二甲基-1-丁烯19、下列說法不正確的是()A．硅酸鈉可用作木材防火劑B．二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸C．水泥、玻璃、磚瓦都是硅酸鹽制品D．晶體硅可用作半導體材料20、下列有關(guān)化學用語表示正確的是（）A．K+的結(jié)構(gòu)示意圖：B．基態(tài)氮原子的電子排布圖：C．水的電子式：D．基態(tài)鉻原子（24Cr）的價電子排布式：3d44s221、現(xiàn)有AlCl3和MgSO4混合溶液，向其中不斷加入NaOH溶液，得到沉淀的量與加入NaOH溶液的體積如下圖所示。原溶液中Cl-與SO42-的物質(zhì)的量之比為（）A． B． C． D．22、如圖表示1gO2與1gX氣體在相同容積的密閉容器中壓強（P）與溫度（T）的關(guān)系，則X氣體可能是A．C2H4B．CO2C．CH4D．NO二、非選擇題(共84分)23、（14分）以苯和乙炔為原料合成化工原料E的路線如下：回答下列問題：(1)以下有關(guān)苯和乙炔的認識正確的是___________。a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者為化學變化，后者為物理變化b．苯和乙炔在空氣中燃燒都有濃煙產(chǎn)生c．苯與濃硝酸混合，水浴加熱55~60℃，生成硝基苯d．聚乙炔是一種有導電特性的高分子化合物(2)A的名稱___________________。(3)生成B的化學方程式為____________________________，反應類型是________。(4)C的結(jié)構(gòu)簡式為____________，C的分子中一定共面的碳原子最多有_____個。(5)與D同類別且有二個六元環(huán)結(jié)構(gòu)(環(huán)與環(huán)之間用單鍵連接)的同分異構(gòu)體有4種，請寫出其中2種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：__________________________。(6)參照上述合成路線，設(shè)計一條以乙炔和必要試劑合成環(huán)丙烷的路線：___________。24、（12分）有一透明溶液，已知其中可能含有Fe3+、Mg2+、Cu2+、Al3+、NH4+，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀。當加入0.4mol淡黃色粉末時，產(chǎn)生氣體0.3mol，繼續(xù)加入淡黃色粉末時，產(chǎn)生無刺激性氣味的氣體，且加入淡黃色粉末時產(chǎn)生白色沉淀的量如下圖所示。根據(jù)題意回答下列問題：(1)淡黃色粉末為____________(填名稱)。(2)溶液中肯定有______________離子，肯定沒有__________離子。(3)溶液中各離子的物質(zhì)的量之比為________________________________________________________________________。(4)寫出下列反應方程式：①淡黃色粉末與水反應的化學方程式：____________________________________。②刺激性氣味的氣體產(chǎn)生的離子方程式：______________________________________。③沉淀部分減少時的離子方程式：_______________________________________。25、（12分）1.為探究某鐵碳合金與濃硫酸在加熱條件下的反應的部分產(chǎn)物,并測定鐵碳合金中鐵元素的質(zhì)量分數(shù),某化學活動小組設(shè)計了如圖所示的實驗裝置,并完成以下實驗探究。(1)往圓底燒瓶中加入mg鐵碳合金,并滴入過量濃硫酸,未點燃酒精燈前,A、B中均無明顯現(xiàn)象,其原因是:①常溫下碳與濃硫酸不反應;②___________。

(2)點燃酒精燈,反應一段時間后,從A中逸出氣體的速率仍然較快,除因反應溫度較高外,還可能的原因是___________________。

(3)裝置B的作用是___________________________。

(4)甲同學觀察到裝置C中有白色沉淀生成,他認為使澄清石灰水變渾濁的氣體是二氧化碳。裝置A中能產(chǎn)生二氧化碳的化學方程式為___________________。

(5)乙同學認為甲同學的結(jié)論是錯誤的,他認為為了確認二氧化碳的存在,需在裝置B和C之間添加裝置M。裝置E、F中盛放的試劑分別是______、_____。重新實驗后證明存在CO2,則裝置F中的現(xiàn)象是______________。

(6)有些同學認為合金中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)可用KMnO4溶液來測定(5Fe2++Mn+8H+5Fe3++Mn2++4H2O)。測定鐵元素質(zhì)量分數(shù)的實驗步驟如下:Ⅰ.往燒瓶A中加入過量銅使溶液中的Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe2+,過濾,得到濾液B;Ⅱ.將濾液B稀釋為250mL;Ⅲ.取稀釋液25.00mL,用濃度為cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定,三次滴定實驗消耗KMnO4溶液體積的平均值為VmL。①步驟Ⅱ中,將濾液B稀釋為250mL需要用到的玻璃儀器除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外,還必須要用到的是_________。

②判斷滴定終點的標志是_____________________。

③鐵碳合金中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為___________________。26、（10分）某紅色固體粉末樣品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一種或兩種，某?；瘜W自主探究實驗小組擬對其組成進行探究。查閱資料：Cu2O在酸性溶液中會發(fā)生反應：Cu2O＋2H＋=Cu＋Cu2＋＋H2O。實驗探究一：學生甲利用如圖所示裝置進行實驗，稱量反應前后裝置C中樣品的質(zhì)量，以確定樣品的組成?；卮鹣铝袉栴}：（1）儀器組裝完成后，夾好止水夾，__________________________________，則說明裝置A的氣密性良好。（2）下列實驗步驟中，正確的操作順序是____________(填序號)。①打開止水夾；②熄滅C處的酒精噴燈；③C處冷卻至室溫后，關(guān)閉止水夾；④點燃C處的酒精噴燈；⑤收集氫氣并驗純實驗探究二：（3）學生乙取少量樣品于燒杯中，加入過量稀硫酸，并作出如下假設(shè)和判斷，結(jié)論正確的是______。A．若固體全部溶解，說明樣品中一定含有Fe2O3，一定不含有Cu2OB．若固體部分溶解，說明樣品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C．若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不變紅色，說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2OD．若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明樣品一定含有Fe2O3另取少量樣品于試管中，加入適量的濃硝酸，產(chǎn)生紅棕色氣體，證明樣品中一定含有________，寫出產(chǎn)生上述氣體的化學方程式：____________________。實驗探究三：（4）學生丙取一定量樣品于燒杯中，加入足量的稀硫酸，反應后經(jīng)過濾得到固體6.400g，測得濾液中Fe2＋有2.000mol，則樣品中n(Cu2O)＝________________________mol。27、（12分）某課外活動小組的同學在實驗室用如下裝置制取乙酸乙酯。其主要步驟如下：①在30mL的大試管A中按體積比2：3：2的比例配制濃硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置（裝置氣密性良好），用小火均勻地加熱裝有混合溶液的大試管5~10min。③待試管B收集到一定量產(chǎn)物后停止加熱，撤出試管B并用力振蕩，然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯層、洗滌、干燥。已知下列數(shù)據(jù)：物質(zhì)熔點（℃）沸點（℃）密度（g/cm3）乙醇－117.078.00.79乙酸16.6117.91.05乙酸乙酯－83.677.50.90濃硫酸（98%）――338.01.84請回答下列問題：（1）配制該混合溶液時，加入這三種物質(zhì)的先后順序是___________；寫出制取乙酸乙酯的化學方程式：___________。（2）該實驗中，濃硫酸的作用是___________。（3）上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是___________（填字母）。A吸收部分乙醇B中和乙酸C降低乙酸乙酯的溶解度，有利于分層析出D加速酯的生成，提高其產(chǎn)率（4）步驟②中需要小火均勻加熱操作，其主要理由是___________。（5）步驟③中B試管內(nèi)的上層物質(zhì)是___________（填物質(zhì)名稱）。（6）步驟④中分離操作用到的主要儀器是___________；可選用的干燥劑為___________（填字母）。A生石灰BNaOH固體C堿石灰D無水Na2SO428、（14分）A、B、C、D、E、F六種元素位于短周期，原子序數(shù)依次增大，C基態(tài)原子核外有三個未成對電子，B與D形成的化合物BD與C的單質(zhì)C2電子總數(shù)相等，CA3分子結(jié)構(gòu)為三角錐形，D與E可形成E2D與E2D2兩種離子化合物，D與F是同族元素．根據(jù)以上信息，回答下列有關(guān)問題：（1）寫出基態(tài)時D的電子排布圖________。（2）寫出化合物E2F2的電子式________。（3）根據(jù)題目要求完成以下填空：BF32﹣中心原子雜化方式________；D3中心原子雜化方式________；FD42﹣微粒中的鍵角________；FD3分子的立體構(gòu)型________。（4）根據(jù)等電子原理，指出與BD2互為等電子體且含有C原子的微粒有________、________（要求寫一種分子和一種離子）。29、（10分）鈰元素（Ce）是鑭系金屬中自然豐度最高的一種，常見有＋3、＋4兩種價態(tài)，鈰的合金耐高溫，可以用來制造噴氣推進器零件。請回答下列問題：（1）霧霾中含有大量的污染物NO，可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-（二者物質(zhì)的量之比為1：1），該反應氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為________。（2）可采用電解法將上述吸收液中的NO2-轉(zhuǎn)化為無毒物質(zhì)，同時再生Ce4+，其原理如圖所示。①Ce4+從電解槽的______（填字母序號）口流出。②寫出陰極的電極反應式________________。（3）鈰元素在自然界中主要以氟碳礦形式存在。主要化學成分為CeFCO3。工業(yè)上利用氟碳鈰礦提取CeCl3的一種工藝流程如下：①焙燒過程中發(fā)生的主要反應方程式為__________________。②有同學認為酸浸過程中用稀硫酸和H2O2替換鹽酸更好，他的理由是_________。③Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分別為a、b，則Ce(BF4)3(s)+3KCl(aq)3KBF4(s)+CeCl3(aq)平衡常數(shù)為________（用a、b的代數(shù)式表示）。④加熱CeCl3·6H2O和NH4Cl的固體混合物可得固體無水CeCl3，其中NH4Cl的作用是______。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】

A．根據(jù)同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引的原則，在電解池中陰離子會向正電荷較多的陽極區(qū)定向移動，因此通電后中間隔室的SO42－離子向正極遷移；在正極區(qū)帶負電荷的OH－失去電子，發(fā)生氧化反應而放電，由于破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(H＋)>c(OH－)，所以正極區(qū)溶液酸性增強，溶液的pH減小，故A錯誤；B．陽極區(qū)氫氧根放電，溶液中產(chǎn)生硫酸，陰極區(qū)氫離子獲得電子，發(fā)生還原反應而放電，破壞了附近的水的電離平衡，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，所以產(chǎn)生氫氧化鈉，因此該法在處理含Na2SO4廢水時可以得到NaOH和H2SO4產(chǎn)品，故B正確；C．負極區(qū)氫離子得到電子，使溶液中c(H＋)增大，所以負極區(qū)溶液pH升高，故C錯誤；D．當電路中通過1mol電子的電量時，根據(jù)整個閉合回路中電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等可知反應產(chǎn)生氧氣的物質(zhì)的量是n(O2)=1mol÷4=0.25mol，故D錯誤。故選B。本題主要是考查電解原理及其應用、電極判斷、電極反應式書寫、電極產(chǎn)物判斷與計算等。電化學是歷年高考的重要考點之一，考查的內(nèi)容為：提供電極材料和電解質(zhì)溶液判斷能否形成原電池，原電池電極名稱判斷及電極反應式的書寫，提供反應方程式設(shè)計原電池、電解池（包括電鍍池、精煉池），根據(jù)電解時電極質(zhì)量或溶液pH的變化判斷電極材料或電解質(zhì)種類，電解產(chǎn)物的判斷和計算，結(jié)合圖像考查電極質(zhì)量或電解質(zhì)溶液質(zhì)量分數(shù)的變化。2、B【解析】

A.由于沒有在無色浸取液中加入氧化劑將碘離子氧化為碘單質(zhì)，則加入CCl4后下層為無色，并不能說明浸取液中不含碘元素，故A錯誤；B.若向溶有CO2的BaCl2溶液中通入氨氣，碳酸會選轉(zhuǎn)化為碳酸銨，從而與BaCl2溶液發(fā)生復分解反應生成碳酸鋇沉淀，故B正確；C.向一定量飽和氯水中通入足量SO2，再通入足量AgNO3，生成的沉淀中也有Ag2SO4，故C錯誤；D.溶劑水的量太少，兩支試管中的固體都有剩余，無法比較，故D錯誤；答案選B。3、C【解析】

A、乙醇、乙二醇和丙三醇分別屬于一元醇、二元醇、三元醇，不屬于同系物關(guān)系，A項錯誤；B、同素異形體是指同種元素形成不同單質(zhì)間的關(guān)系，二氧化碳和干冰是同一種物質(zhì)，B項錯誤；C、C2H5OH和CH3OCH3分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，C項正確D、同位素是同種元素不同原子間的關(guān)系，金剛石和石墨互為同素異形體，D項錯誤；答案選C。4、D【解析】

A.含有CH3COOH與CH3COONa的混合液不一定呈酸性，也可能顯中性或堿性，與二者的相對含量多少有關(guān)系，A錯誤；B.在相同溫度下，pH相等的氨水和NaOH溶液中氫氧根的濃度相等，溶液體積未知，則n(OH－)不一定相等，B錯誤；C.體積相等、pH值相等的CH3COOH和鹽酸與Zn反應，開始時氫離子濃度相等，放出H2的速率相等，C錯誤；D.中和相同體積、相同濃度的CH3COOH溶液和鹽酸，消耗的NaOH的物質(zhì)的量相等，D正確；答案選D。5、C【解析】

根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為溶液（小于1nm）、膠體（1nm～100nm）和濁液（大于100nm），膠體具有丁達爾效應，膠體本身不帶電荷，但膠體具有吸附性，吸附離子致使膠體微粒帶有電荷?！驹斀狻緼項、靜電除塵器除去空氣或工廠廢氣中的飄塵是利用膠粒帶電荷而加以除去，此過程為膠體的電泳，故A正確；B項、明凈水是因為明礬溶于水，溶液中Al3+發(fā)生水解反應生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體表面積大，可以吸附水中懸浮的雜質(zhì)，達到凈水的目的，故B正確；C項、將“納米材料”分散到某液體中，所得分散系為膠體，濾紙上的小孔直徑小于100nm，膠體和溶液都能通過，只有濁液的微粒不能通過，分離提純膠體應用半透膜，故C錯誤；D項、煙、霧分散質(zhì)粒子直徑在1nm～100nm之間，屬于膠體，膠體具有丁達爾效應，故D正確；故選C。本題考查了膠體的性質(zhì)，側(cè)重于考查基礎(chǔ)知識的理解與綜合應用能力，注意掌握膠體的性質(zhì)與現(xiàn)實生活聯(lián)系是解答的關(guān)鍵。6、D【解析】

醋酸是一元弱酸，存在電離平衡：CH3COOHCH3COO－+H+，在0.1mol/L的醋酸中加入一定量的水，促進醋酸的電離，氫離子和醋酸根離子的物質(zhì)的量增加，但濃度減小，因此pH增大。答案選D。7、A【解析】

A、NH4SCN用于檢驗Fe3+，F(xiàn)eCl2溶液中含F(xiàn)e2+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A錯誤；B、KAl（SO4）2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al（OH）3膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，B正確；C、氯化銀是不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，用AgNO3溶液和稀HNO3可檢驗Cl-，C正確；D、Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2，反應的化學方程式為Cu+2FeCl3＝CuCl2+2FeCl2，D正確；答案選A。8、B【解析】本題考查膠體制備及性質(zhì)。解析：膠體是電中性的，膠體粒子是帶電的，電泳實驗可以證明膠體中的膠粒帶電，A錯誤；淀粉溶液是膠體，膠體有丁達爾效應，B正確；膠體區(qū)別于其它分散系的本質(zhì)特征是膠體粒子直徑在1-100nm之間，F(xiàn)e(OH)3膠體粒子可以通過濾紙，但不可以通過半透膜，C錯誤；向煮沸的NaOH溶液中滴加FeCl3溶液可制備Fe(OH)3沉淀，不能制備Fe(OH)3膠體，D錯誤。故選B。9、B【解析】

A.標況下22.4L丁烷是1mol，含有4mol碳原子，因此完全燃燒后生成二氧化碳的分子數(shù)為4NA，故A正確；B.因為乙基（-CH2CH3）是中性基團，所以1mol乙基中含有的電子數(shù)為碳氫原子電子數(shù)之和，為17NA，故B不正確；C.二氧化氮和四氧化二氮的分子式中氮氧比都是1:2，因此46g二氧化氮和四氧化二氮都有1mol氮原子和2mol氧原子，總原子數(shù)為3NA，故C正確；D.1L2mol·L-1的硝酸鎂溶液中含有溶質(zhì)硝酸鎂為2mol，1mol硝酸鎂中含有2mol硝酸根，因此2mol硝酸鎂含有的硝酸根離子數(shù)為4NA，故D正確。故選B。乙基（-CH2CH3）、甲基（-CH3）、羥基（-OH）等基團都是中性的，不帶電，“-”表示一個電子，不是從其他原子得到的電子，是原子本身的電子，所以計算電子數(shù)時，只需要把各個原子的電子數(shù)加起來即可。10、D【解析】

A.CO2是由相應的分子構(gòu)成的，SiO2是由Si、O兩種原子構(gòu)成的原子晶體，不存在分子，A錯誤；B.水玻璃是硅酸鈉的水溶液，屬于混合物，可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑，B錯誤；C.陶瓷、水泥、玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品，水晶的主要成分是二氧化硅，不是硅酸鹽，C錯誤；D.某硅酸鹽的化學式為KAlSi3O8，因此根據(jù)氧化物的順序：活潑金屬氧化物→較活潑金屬氧化物→二氧化硅→水可知該硅酸鹽可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，D正確；答案選D。選項A是解答的易錯點，碳、硅雖然處于同主族，性質(zhì)相似，但其氧化物的性質(zhì)卻差別很大。這主要是由于二氧化碳形成的是分子晶體，二氧化硅形成的是原子晶體。11、D【解析】

A．灼燒實驗使用的儀器有：坩堝，酒精燈，玻璃棒，三腳架，用到的玻璃儀器為：酒精燈、玻璃棒，故A錯誤；B．氧化過程中發(fā)生反應的離子方程式為：2H++2I-+H2O2=I2+2H2O，故B錯誤；C．碘單質(zhì)遇到淀粉變藍，用淀粉檢驗碘存在，通常用淀粉碘化鉀試紙檢驗氧化性強于碘的氣體，故C錯誤；D．分液時，先打開活塞放出下層液體，再關(guān)閉活塞倒出上層液體，防止液體重新混合而污染，故D正確；故答案為D。12、C【解析】

A.氯乙烷與過量NaOH溶液共熱后溶液顯堿性，需先加硝酸化再加入AgNO3溶液最終才能得到白色沉淀，故A錯誤；B.某一元醇發(fā)生消去反應可以生成丙烯，則該醇可能是1-丙醇或2-丙醇，故B錯誤；C.根據(jù)各種基團對羥基的影響大小可知，氫的活潑性由大到小的順序為：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH,與金屬鈉反應速率為：CH3COOH>H2O>CH3CH2OH,所以反應最慢的是CH3CH2OH，故C正確；D.聚苯乙烯是經(jīng)過加聚而成的，故D錯誤：綜上所述，本題正確答案為C。13、A【解析】分析：《后漢書?郡國志》中記載：“石出泉水…其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆．”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃燒，火焰明亮；”《酉陽雜俎》一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明．”可知，石脂水難溶于水，且浮在水面上，說明密度比水小，且顏色呈黑色，燃燒時火焰明亮，據(jù)此分析。詳解：《后漢書?郡國志》中記載：“石出泉水…其水有肥，燃之極明，不可食，縣人謂之石漆．”可知，此石漆是在自然界存在的，且不能食用，可以燃燒，火焰明亮；”《酉陽雜俎》一書：“高奴縣石脂水，水膩，浮上如漆，采以膏車及燃燈極明．”可知，石脂水難溶于水，且浮在水面上，說明密度比水小，且顏色呈黑色，燃燒時火焰明亮。A、石油在自然界天然存在，不可食用，難溶于水且密度比水小，呈黑色，可以燃燒且火焰明亮，符合上述所有特點，選項A正確；B、油漆不是自然界天然存在的，選項B錯誤；C、煤焦油是煤經(jīng)干餾得到的，在自然界不存在，選項C錯誤；D、《后漢書?郡國志》中記載：“石出泉水…”，可知“石漆”“石脂水”不是油脂，選項D錯誤；答案選A。點睛：本題以文言文的形式考查了常見的化學物質(zhì)，既考查了化學知識還考查了文學素養(yǎng)，難度不大，是考查的熱點。14、D【解析】

根據(jù)氧化還原反應的先后順序取決于氧化性或還原性的相對強弱，還原性最強的Na2SO3優(yōu)先與Cl2反應Na2SO3+Cl2+H2O=Na2SO4+2HCl生成Na2SO4，所以固體中一定含有Na2SO4；其余依次為NaI、NaBr分別與Cl2反應生成NaCl、I2、Br2，則固體中一定含有NaCl；有可能NaBr未反應完全，但不會NaBr反應完全而余NaI，生成的I2、Br2蒸干并灼燒時將揮發(fā)，升華脫離固體。故答案選D。15、A【解析】

A項中，1個2s電子被激發(fā)到2p能級上，表示的是激發(fā)態(tài)原子；A正確；B項中，3p2表示3p能級上填充了2個電子，B錯誤；C項中；同一原子中能層序數(shù)越大；能量也就越高；離核越遠；故1s、2s、3s電子的能量逐漸升高，C錯誤；D項中，在同一能級中，其軌道數(shù)是一定的，而不論它在哪一能層中，即同一原子中2p、3p、4p能級中的軌道數(shù)都是相同的，D錯誤。答案選A。16、D【解析】試題分析：原子的質(zhì)量數(shù)為52，中子數(shù)為28則質(zhì)子數(shù)為52-28=24，電子排布為1s22s22p63s23p63d54s1，所以未成對電子數(shù)為6個?？键c：基態(tài)原子的電子排布。17、D【解析】①H3O+中O提供孤電子對，H+提供空軌道，二者形成配位鍵，H3O+含有配位鍵；②Cu2+有空軌道，NH3中的氮原子上的孤電子對，可以形成配位鍵，[Cu(NH3)4]2+含有配位鍵；③CH3COO?中碳和氧最外層有8個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，氫滿足2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，無空軌道，無孤電子對，電子式為，不含有配位鍵；④NH3為共價化合物，氮原子中最外層有8個電子達到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，分子中存在兩個H?N鍵，氫滿足2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，無空軌道；⑤CO為共價化合物，分子中氧提供孤電子對，碳提供空軌道；本題選D。18、D【解析】試題分析：2，2-二甲基丁烷的碳鏈結(jié)構(gòu)為，2，2-二甲基丁烷相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵，從而得到烯烴；根據(jù)2，2-二甲基丁烷的碳鏈結(jié)構(gòu)，可知相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵只有一種情況，所以該烯烴的碳鏈結(jié)構(gòu)為，該烯烴的名稱為3，3-二甲基-1-丁烯，若含三鍵，則為3，3-二甲基-1-丁炔．故選AD?？键c：有機化合物命名19、B【解析】

A.硅酸鈉具有不燃不爆的物理性質(zhì)，本身硅酸鈉就不燃燒，而將硅酸鈉涂在木材表面就阻隔了木材與空氣中氧氣的直接接觸，這樣即使燃燒木材至多也只是變黑，如果是高溫那也只是干餾，所以硅酸鈉可以用作木材的防火劑，不符合題意；B.二氧化硅是酸性氧化物，并可以溶于氫氟酸（HF），符合題意；C.水泥、玻璃、磚瓦、黏土都是硅酸鹽產(chǎn)品，不符合題意；D.晶體硅具有一個非常重要的特性—單方向?qū)щ姡簿褪钦f，電流只能從一端流向另一端，制作半導體器件的原材料就需要具有有這種特有的特性材料，因此晶體硅可用作半導體材料，不符合題意；故答案為B。20、B【解析】

A、K+的結(jié)構(gòu)示意圖：，A錯誤；B、根據(jù)核外電子排布規(guī)律可知基態(tài)氮原子的電子排布圖為，B正確；C、水是共價化合物，含有共價鍵，水的電子式：，C錯誤；D、基態(tài)鉻原子（24Cr）的價電子排布式：3d54s1，D錯誤；答案選B。21、D【解析】

由圖可知加入0.4LNaOH時沉淀達最大量，沉淀為Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH時，沉淀由最大值變?yōu)闉樽钚≈担?.1LNaOH恰好溶解氫氧化鋁沉淀，根據(jù)反應Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可計算出n[Al（OH）3]，再計算出n[Mg（OH）2]，進而計算原溶液中Cl﹣與SO42﹣的物質(zhì)的量濃度之比?！驹斀狻坑蓤D可知加入0.4LNaOH時沉淀達最大量，沉淀為Mg（OH）2、Al（OH）3，由方程式可知2n[Mg（OH）2]+3n[Al（OH）3]=n（OH﹣），加入0.5LNaOH時，沉淀由最大值變?yōu)闉樽钚≈担?.1LNaOH恰好溶解氫氧化鋁沉淀。設(shè)氫氧化鈉溶液溶液的濃度為c，根據(jù)反應Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O可知，n[Al（OH）3]=n（NaOH）=0.1c，所以n[Mg（OH）2]==0.05c，溶液中n（Cl﹣）=3n[Al（OH）3]=0.3c，原溶液中n（SO42﹣）=n[Mg（OH）2]=0.05c，則原溶液中Cl﹣與SO42﹣的物質(zhì)的量之比為0.3c：0.05c=6：1，故選D。22、B【解析】

由圖可知，等質(zhì)量的O2與X氣體在相同容積的密閉容器中，當溫度相同時，盛有氧氣的容器壓強較大，則說明氧氣的物質(zhì)的量比X氣體的大，所以X氣體的摩爾質(zhì)量比氧氣的大，氧氣的摩爾質(zhì)量為32g?mol-1；選項A～D中氣體的摩爾質(zhì)量分別為（g?mol-1）28、44、16、30，所以符合條件的是二氧化碳，答案選B。二、非選擇題(共84分)23、bd；苯甲醇；；取代反應；7任意2種；【解析】

苯與甲醛發(fā)生加成反應生成A為，A與HBr發(fā)生取代反應生，與HC≡CNa發(fā)生取代反應生成B為，與氫氣發(fā)生加成反應生成C，結(jié)合C的分子式可知C為，結(jié)合E的結(jié)構(gòu)可知C與CH2I2反應生成D為，D發(fā)生氧化反應生成E?！驹斀狻浚?）a．苯和乙炔都能使溴水褪色，前者為萃取，屬于物理變化，后者發(fā)生加成反應，為化學變化，故a錯誤；

b．苯和乙炔的最簡式相同，含碳量高，在空氣中燃燒都有濃煙產(chǎn)生，故b正確；

c．苯與濃硝酸混合，水浴加熱55～60℃，生成硝基苯，需要濃硫酸作催化劑，故c錯誤；

d．聚乙炔是一種有導電特性的高分子化合物，故d正確，答案選bd；

（2）A為，名稱為苯甲醇；（3）生成B的化學方程式為：，屬于取代反應；（4）C的結(jié)構(gòu)簡式為，苯環(huán)連接2原子處于同一平面，碳碳雙鍵連接的原子處于同一平面，旋轉(zhuǎn)碳碳單鍵可以使羥基連接的碳原子處于碳碳雙鍵平面內(nèi)，由苯環(huán)與碳碳雙鍵之間碳原子連接原子、基團形成四面體結(jié)構(gòu)，兩個平面不能共面，最多有7個碳原子都可以共平面；（5）D（）其分子式為C12H16，只能形成2個六元碳環(huán)。書寫的同分異構(gòu)體與D同類別且有二個六元環(huán)結(jié)構(gòu)（環(huán)與環(huán)之間用單鍵連接），D屬于芳香醇，則同分異構(gòu)體中，也有一個苯環(huán)，此外—OH不能連接在苯環(huán)上，則同分異構(gòu)體有：；（6）環(huán)丙烷為三元碳環(huán)結(jié)構(gòu)，在D中也存在三元碳環(huán)結(jié)構(gòu)。中有碳碳三鍵，乙炔分子中也有碳碳三鍵，模仿到D的過程，則有以乙炔和必要試劑合成環(huán)丙烷的路線：。本題考查有機物的推斷與合成，注意根據(jù)轉(zhuǎn)化中有機物的結(jié)構(gòu)、反應條件等進行推斷，熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，較好地考查學生自學能力、分析推理能力與知識遷移運用能力。24、過氧化鈉NH4+、Mg2+、Al3+Cu2+、Fe3+n(Mg2＋)：n(Al3＋)：n(NH4＋)=2：1：12Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O【解析】

有一透明溶液，加入一種淡黃色粉末固體時，加熱有刺激性氣味的混合氣體放出，同時生成白色沉淀，則淡黃色固體為Na2O2，圖象中加入0.4molNa2O2后，沉淀減小，且沒有完全溶解，則溶液中一定沒有Fe3+和Cu2＋，一定有NH4+、Al3+、Mg2+，由圖可知Mg(OH)2為0.2mol，Al(OH)3為0.3mol-0.2mol=0.1mol，根據(jù)元素守恒計算Al3+、Mg2+物質(zhì)的量，加入0.4molNa2O2之后，產(chǎn)生氣體0.3mol，繼續(xù)加入淡黃色粉末時，產(chǎn)生無刺激性氣味的氣體，說明此時NH4+完全反應，所以產(chǎn)生氣體0.3mol，即為Na2O2與H2O反應生成的O2和NH4+生成的NH3?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，名稱為過氧化鈉；（2）由上述分析可知，溶液中肯定有離子NH4+、Al3+、Mg2+，肯定沒有Fe3+和Cu2+離子；（3）根據(jù)縱坐標：n(Mg2+)=n[Mg(OH)2]=0.2mol，n(Al3+)=0.3mol-n[Mg(OH)2]=0.1mol,當n(Na2O2)=0.4mol時，由2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知n(O2)=0.4mol×1/2=0.2mol，所以n(NH4+)=n(NH3)=0.3mol-n(O2)=0.1mol，n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=0.2mol：0.1mol：0.1mol=2：1：1;（4）①由上述分析可知，淡黃色固體為：Na2O2，與水反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；②刺激性氣味的氣體即氨氣產(chǎn)生為銨根與氫氧根離子在加熱條件下反應生成，離子方程式為：；③沉淀部分減少即為氫氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和水，離子方程式為：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。25、常溫下Fe在濃硫酸中發(fā)生鈍化鐵、碳、硫酸溶液形成原電池檢驗SO2的存在C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O酸性KMnO4溶液或溴水(或其他合理答案)品紅溶液品紅溶液不褪色或無明顯現(xiàn)象250mL容量瓶滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紫色,且30s內(nèi)不變色%.【解析】

在常溫下，F(xiàn)e和C，與濃硫酸均不反應，在加熱條件下，可以反應，生成SO2和CO2，利用品紅檢驗SO2，利用石灰水檢驗CO2，但是SO2的存在會對CO2的檢驗產(chǎn)生干擾，因此需要除雜，并且驗證SO2已經(jīng)被除盡?！驹斀狻?1)在加熱條件下C和濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，常溫下，鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象，C和濃硫酸不反應，所以在未點燃酒精燈前A、B均未產(chǎn)生現(xiàn)象，故答案為：鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化現(xiàn)象；(2)隨著反應的進行，溶液濃度減小，速率應該減小，但事實上反應速率仍較快，該反應沒有催化劑，濃度在減小，壓強沒有發(fā)生改變，只能是Fe和C形成原電池，F(xiàn)e作負極，加快了氧化還原反應的速率所以速率加快的原因可能是C、Fe和硫酸構(gòu)成原電池，從而加速反應速率；(3)SO2能和有色物質(zhì)反應生成無色物質(zhì)而具有漂白性，SO2能使品紅溶液褪色，所以B可以檢驗SO2的存在；(4)加熱條件下，C和濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成CO2、SO2和H2O，反應方程式為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)SO2也能使澄清石灰水變渾濁，用澄清石灰水檢驗CO2之前要除去SO2，防止對CO2造成干擾，所以在B-C之間增加裝置酸性高錳酸鉀溶液或溴水和品紅溶液，酸性高錳酸鉀或溴水是吸收二氧化硫、品紅溶液是檢驗二氧化硫是否除盡，如果二氧化硫完全被吸收，則F中溶液不褪色或無明顯現(xiàn)象；(6)①要測量Fe的質(zhì)量分數(shù)，配制溶液的時候不能粗略地用燒杯稀釋，而應該使用容量瓶，因此還需要容量瓶250mL容量瓶；②Fe2＋和高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應而使溶液褪色，高錳酸鉀溶液有顏色、生成的錳離子無色，所以有明顯的顏色變化。終點的標志為滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紫色,且30s內(nèi)不變色；③設(shè)參加反應的亞鐵離子的物質(zhì)的量為x，消耗的高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.001cVmol。根據(jù)5Fe2＋+MnO4－+8H＋═5Fe3＋+Mn2＋+4H2O中Fe2＋和MnO4－的比例關(guān)系，有5Fe2＋~MnO4－5mol1molx0.001cVmol5mol：1mol=x：0.001cVmol；則250mL濾液中n(Fe2＋)=0.005cVmol×10=0.05cVmol，根據(jù)Fe原子守恒得n(Fe)=(Fe2＋)=0.05cVmol，m(Fe)=0.05cVmol×56g·mol－1=2.8cVgFe質(zhì)量分數(shù)=。26、向裝置A中的長頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液柱，過一段時間若液柱高度保持不變①⑤④②③CDCu2OCu2O＋6HNO3(濃)===2Cu(NO3)2＋2NO2↑＋3H2O1.100【解析】

根據(jù)圖象知，A裝置實驗目的是制取還原性氣體，用的是簡易啟普發(fā)生器制取氣體，可以用稀硫酸和Zn制取氫氣；B裝置作用是干燥氣體，C裝置用氫氣還原紅色物質(zhì)，用酒精燈點燃未反應的氫氣?！驹斀狻浚?）利用壓強差檢驗裝置氣密性，其檢驗方法為：向裝置A中的長頸漏斗內(nèi)注入液體至形成一段液注，若液柱高度保持不變，則該裝置氣密性良好；（2）氫氣中混有空氣，加熱后易發(fā)生爆炸，所以開始先通氫氣，打開止水夾生成氫氣，通過后續(xù)裝置，目的是排出裝置中的空氣，檢驗最后U型管出來的氣體氫氣純度，氣體純凈后再點燃C處的酒精噴燈，反應完成后先撤酒精燈，玻璃管冷卻再停氫氣，操作為：熄滅C處的酒精噴燈，待C處冷卻至室溫后，關(guān)閉止水夾，防止生成的銅被空氣中氧氣氧化，所以其排列順序是①⑤④②③；（3）A、若固體全部溶解，則固體可能是Fe2O3和Cu2O的混合物，因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成，而Fe3+能將Cu氧化為Cu2+，故A錯誤；B、若固體部分溶解，則固體可能Fe2O3和Cu2O的混合物，因為Cu2O與稀硫酸反應會有Cu生成，而Fe3+可能只將Cu氧化為Cu2+，剩余銅，故B錯誤；C、若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不變紅色，說明沒有Fe3+。因為Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必須有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解產(chǎn)生的Cu，反應的有關(guān)離子方程式為Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+．說明樣品一定含有Fe2O3和Cu2O，故C正確；D、若固體全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液變紅色，說明溶液中含有Fe3+，說明樣品一定含有Fe2O3，故D正確，故選CD；另取少量樣品于試管中，加入適量的濃硝酸，產(chǎn)生紅棕色的氣體，證明樣品中一定含有Cu2O，氧化亞銅和濃硝酸反應生成硝酸銅，二氧化氮和水，反應的化學方程式為：Cu2O+6HNO3（濃）=2Cu（NO3）2+2NO2↑+3H2O；（4）2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，固體為銅，鐵離子全部反應生成亞鐵離子，生成2.0molFe2+，消耗Cu1mol，剩余Cu物質(zhì)的量，因此，原樣品中Cu2O物質(zhì)的量=0.1mol+1mol=1.100mol。27、乙醇、濃硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O催化劑、吸水劑ABC因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產(chǎn)物蒸發(fā)而損失原料，溫度過高還可能發(fā)生其它副反應乙酸乙酯分液漏斗、燒杯D【解析】

（1）為防止酸液飛濺，應將密度大的液體加入到密度小的液體中，乙酸易揮發(fā)，冷卻后再加入乙酸，三種物質(zhì)的加入順序：乙醇、濃硫酸、乙酸；酯化反應的本質(zhì)為酸脫羥基，醇脫氫，乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，方程式為：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O。（2）該實驗中，乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應時，濃硫酸起到催化劑的作用，加快酯化反應的速率；又因為該反應是可逆反應，濃硫酸吸水可以促進平衡向正反應方向進行，所以濃硫酸還起到吸水劑的作用。（3）由于乙醇、乙酸易揮發(fā)，蒸出的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸；乙醇易溶于水，能被飽和碳酸鈉溶液吸收，乙酸具有酸性，能與飽和碳酸鈉溶液反應生成乙酸鈉，降低乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度，有利于分層析出，答案為：ABC；（4）步驟②中需要小火均勻加熱操作，其主要理由是：因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產(chǎn)物蒸發(fā)而損失原料，溫度過高還可能發(fā)生其它副反應；（5）乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉溶液，密度比水小，有香味，步驟③中B試管內(nèi)的上層物質(zhì)是乙酸乙酯；（6）步驟④中分離操作是分液，用到的主要儀器是分液漏斗、燒杯；干燥乙酸乙酯，用無水硫酸鈉除去少量的水，無水硫酸鈉吸水形成硫酸鈉結(jié)晶水合物；不能選擇生石灰、堿石灰、NaOH，以防乙酸乙酯在堿性條件下水解，答案選D。本題考查酯化反應原理、乙酸乙酯制備、儀器的選擇以及乙酸乙酯的分離和提純。試題綜合性強，側(cè)重對學生能力的培養(yǎng)和訓練，有利于培養(yǎng)學生規(guī)范嚴謹?shù)膶嶒炘O(shè)計、操作能力。該類試題主要是以常見儀器的選用、實驗基本操作為中心，通過是什么、為什么和怎樣做重點考查實驗基