2025屆浙江省余姚八中高一化學第二學期期末經典模擬試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下表是部分短周期元素的原子半徑及主要化合價，根據表中信息，判斷下列敘述正確的是元素代號LMQRT原子半徑/nm0.0370.1430.1860.1020.074主要化合價+1+3+1+6、－2－2A．Q+與T2-的核外電子數相等B．L與T形成的化合物不可能含非極性鍵C．最高價氧化物對應水化物的堿性：Q＜MD．R2-的還原性小于T2-的還原性2、下列關于化學反應速率的說法，不正確的是（）A．化學反應速率是衡量化學反應進行快慢程度的物理量B．單位時間內某物質的濃度變化大，則該物質反應就快C．化學反應速率可以用單位時間內生成某物質的質量的多少來表示D．化學反應速率常用單位有mol·L-1·s-1和mol·L-1·min-13、下列指定反應的離子方程式正確的是A．Cl2通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl－+ClO－B．AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+C．H2SO4加入Ba(OH)2溶液中：Ba2++SO42－=BaSO4↓D．鹽酸酸化的H2O2加入FeSO4溶液中：Fe2++H2O2+2H+=Fe3+＋2H2O4、一定量的鐵粉與足量2mol/L鹽酸反應，為了加快反應速率且不影響產生氫氣的量，可向溶液中加入①3mol/L的硝酸溶液②少量CuSO4(s)③加入一定量的銅④少量CH3COONa(s)⑤對溶液加熱(假定溶質不揮發)⑥向反應液中通入HCl氣體⑦加入過量鐵粉⑧將鐵粉改為鐵片A．②③④⑤⑥B．③⑤⑥C．①③⑤⑥⑦D．③⑤⑥⑧5、2000年諾貝爾化學獎授予兩位美國化學家和一位日本化學家，以表彰他們在導電塑料領域的貢獻，他們首先把聚乙炔樹脂制成導電塑料。下列關于聚乙炔敘述錯誤的是（）A．聚乙炔是以乙炔為單體發生加聚反應形成的高聚物B．聚乙炔的化學式為，分子中所有碳原子在同一直線上C．聚乙炔是一種碳原子之間以單雙鍵交替結合的鏈狀結構的物質D．聚乙炔樹脂自身不導電6、我們所食用的大豆，最終補充給人體的主要成分是A．氨基酸 B．蛋白質 C．油脂 D．糖7、下列說法中錯誤的是（）A．化學反應中的能量變化通常表現為熱量的變化B．化學鍵的斷裂和形成是化學反應中能量變化的主要原因C．需要加熱才能發生的反應一定是吸熱反應D．反應物總能量和生成物總能量的相對大小決定了反應是放出能量還是吸收能量8、在探究乙醇的有關實驗中，得出的結論正確的是選項實驗步驟及現象實驗結論A在酒精試樣中加入少量CuSO4·5H2O，攪拌，試管底部有藍色晶體酒精試樣中一定含有水B在乙醇燃燒火焰上方罩一冷的干燥燒杯，內壁有水珠出現，另罩一內壁涂有澄清石灰水的燒杯，內壁出現白色沉淀乙醇由C、H、O三種元素組成C將灼熱后表面變黑的螺旋狀銅絲伸入約50℃的乙醇中，銅絲能保持紅熱一段時間乙醇催化氧化反應是放熱反應D在0.01mol金屬鈉中加入過量的乙醇充分反應，收集到標準狀況下氣體112mL乙醇分子中有1個氫原子與氧原子相連，其余與碳原子相連A．A B．B C．C D．D9、下列各組離子在指定溶液中可以大量共存的是（）A．pH=11的溶液中：CO32-、Na+、AlO2+、NO3-B．加入Al放出H2的溶液中：SO42-、NH4+、Na+、I-C．.pH=7溶液中：SO42-、Na+、K+、ClO-D．無色溶液中：K+、SO42-、Cu2+、Cl-10、下列化合物屬于強電解質的是A．NH4NO3 B．H2CO3 C．H2O D．SO211、科學家預測，月球的土壤中吸附著數百萬噸的He，每百噸He核聚變所釋放出的能量相當于目前人類一年消耗的能量。在地球上，氦元素主要以He的形式存在。下列說法正確的是A．He原子核內含有4個質子 B．He原子核內含有3個中子C．He和He是同種元素的兩種原子 D．He和He的化學性質不同12、下列關于圖中鈉及其化合物轉化的敘述中，不正確的是（）A．①為化合反應 B．②為置換反應C．③氧化還原反應 D．④為非氧化還原反應13、火法煉銅的原理為Cu2S＋O22Cu＋SO2，下列說法中正確的是A．Cu2S只作還原劑B．S元素發生還原反應C．該反應既是氧化還原反應又是置換反應D．當1molO2參加反應時，共轉移4mole－14、下列物質中，只含有共價鍵的是A．NH4ClB．H2OC．KClD．NaOH15、在實驗室中，下列除去雜質的方法正確的是（）A．除去溴苯中的少量溴，可以加水后分液B．除去CO2中的少量SO2，通過盛有飽和Na2CO3溶液的洗氣瓶C．除去硝基苯中混有的少量濃HNO3和濃H2SO4，將其倒入到NaOH溶液中，靜置，分液D．除去乙烯中混有SO2，將其通入酸性KMnO4溶液中洗氣16、下列物質與水混合后靜置，不出現分層的是A．乙酸B．三氯甲烷C．苯D．四氯化碳二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E、F、G均為常見的有機物，它們之間有如下轉化關系。已知：①A是一種植物生長調節劑，有催熟作用；②醛基在氧氣中易被氧化成羧基。回答下列問題：（1）A和B中官能團名稱分別是___和___。（2）在F的眾多同系物中：最簡單的同系物其空間構型為___；含5個碳原子的同系物其同分異構體有___種，其中一氯代物種類最少的同系物的結構簡式為___。（3）反應⑥和⑦均可得到G，要制備得到較純凈的G，應該選用反應_____。（4）反應①﹣⑦屬取代反應的有___；反應④中，濃硫酸的作用是___。反應②的化學方程式為___。18、已知乙烯能發生以下轉化:(1)化合物D中官能團的名稱為_______；反應②中

Cu的作用是__________。反應①.④的反應類型分別為_______、________。(2)分別寫出反應①、③、④的化學方程式。①_____________。③_____________。④_____________。19、在嚴格無氧的條件下，堿與亞鐵鹽溶液反應生成白色膠狀的Fe(OH)2，在有氧氣的情況下迅速變為灰綠色，逐漸形成紅褐色的氫氧化鐵，故在制備過程中需嚴格無氧。現提供制備方法如下：方法一：用FeSO4溶液與用不含O2的蒸餾水配制的NaOH溶液反應制備。(1)配制FeSO4溶液時需加入鐵粉的原因是_____；除去蒸餾水中溶解的O2常采用_____的方法。(2)生成白色Fe(OH)2沉淀的操作是用長滴管吸取不含O2的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液。這樣操作的理由是_____。方法二：在如圖裝置中，用NaOH溶液、鐵屑、稀H2SO4等試劑制備。(1)在試管Ⅰ里加入的試劑是_____；(2)在試管Ⅱ里加入的試劑是_____；(3)為了制得白色Fe(OH)2沉淀，在試管Ⅰ和Ⅱ中加入試劑，打開止水夾，塞緊塞子后的實驗步驟是_____。(4)這樣生成的Fe(OH)2沉淀能較長時間保持白色，其理由是_________________________。20、某學生在實驗室制取乙酸乙酯的主要步驟如下：（1）在30mL的大試管①中按體積比1∶4∶4的比例配制濃硫酸、乙醇和乙酸的混合溶液；（2）按下圖連接好裝置（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。請根據題目要求回答下列問題：（1）配制該混合溶液時，濃硫酸、乙醇、乙酸的滴加順序是：_______。寫出制取乙酸乙酯的化學方程式________。（2）試管②中所加入的物質是：________，作用為_________。A．中和乙酸和乙醇；B．中和乙酸并吸收部分乙醇；C．乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度比在水中更小，有利于分層析出；D．加速酯的生成，提高其產率。（3）步驟（2）中需要小火均勻加熱，溫度不能太高，其主要理由是：_____（答一條即可）。（4）分離出乙酸乙酯層所用到的主要儀器是________；為了干燥乙酸乙酯可選用的干燥劑為（填字母）：_______。A．P2O5B．無水Na2SO4C．堿石灰D．NaOH固體21、碳、氮廣泛的分布在自然界中，碳、氮的化合物性能優良在工業生產和科技領域有重要用途。（1）氮化硅（Si3N4）是一種新型陶瓷材料，它可由SiO2與過量焦炭在1300~1700℃的氮氣流中反應制得：3SiO2(s)+6C(s)+2N2(g)Si3N4(s)+6CO(g)，已知60gSiO2完全反應時放出530.4kJ的能量，則該反應每轉移1mole-，可放出的熱量為___________________。（2）某研究小組現將三組CO(g)與H2O(g)混合氣體分別通入體積為2L的恒容密閉容器中，一定條件下發生反應：CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)，得到如下數據：實驗組溫度/℃起始量/mol平衡量/mol達平衡所需時間/minCOH2OCOH21650240.51.552900120.50.5①實驗1中，前5min的反應速率v(H2O)=_____________。②下列能判斷實驗2已經達到平衡狀態的是______________________。a.混合氣體的密度保持不變b.容器內CO、H2O、CO2、H2的濃度比不再變化c.容器內壓強不再變化d..容器中氣體的平均相對分子質量不隨時間而變化e.v正（CO）=v逆（H2O）③若實驗3的容器是絕熱恒容的密閉容器，實驗測得H2O(g)的轉化率H2O％隨時間變化的示意圖如左上圖所示，b點v正_________v逆（填“<”、“=”或“>”）（3）利用CO與H2可直接合成甲醇，右上圖是由“甲醇（CH3OH）一空氣”形成的綠色燃料電池的工作原理示意圖，b電極是該燃料電池的_________（選“正極”或“負極”）；寫出以石墨為電極的電池工作時負極的電極反應式___________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】

短周期元素，由元素的化合價可知，T只有-2價，則T為O元素，可知R為S元素，L、M、Q只有正價，原子半徑L＜Q，且二者均是+1價，L的原子半徑最小，所以L是H，Q是Na，原子半徑M的介于T、R之間，則M為Al元素，據此解答。【詳解】根據以上分析可知L是H，M是Al，Q是Na，R是S，T是O。則A．鈉離子和氧離子的核外電子數均是10個，A正確；B．L與T形成的化合物雙氧水中含有極性鍵和非極性鍵，B錯誤；C．同周期自左向右，金屬性減弱，最高價氧化物水化物的堿性減弱，則最高價氧化物對應水化物的堿性：Q＞M，C錯誤；D．非金屬性O＞S，所以R2-的還原性大于T2-的還原性，D錯誤。答案選A。【點睛】本題考查元素原子結構與性質，學生能利用原子半徑及化合價來推斷出元素是解答本題的關鍵，并熟悉元素及其單質、化合物的性質來解答即可，難度不大。2、C【解析】

A、化學反應速率是衡量化學反應進行快慢程度的物理量，正確；B、化學反應速率是用單位時間物質的濃度變化來表示，故濃度變化大則該物質反應就快，正確；C.反應速率通常用單位時間內反應物濃度的減少或生成物濃度的增加來表示，而不是物質的質量，C不正確；D.化學反應速率是濃度除以時間，所以常用單位有mol·L-1·s-1和mol·L-1·min-1，正確。故答案選C。3、B【解析】分析：A、次氯酸是弱酸；B、氫氧化鋁是兩性氫氧化物不溶于弱酸弱堿；C、硫酸和氫氧化鋇反應生成硫酸鋇和水；D、選項中離子方程式電荷不守恒。詳解：A、次氯酸是弱酸，應該用化學式表示，正確的應該是Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，選項A錯誤，；B、氫氧化鋁是兩性氫氧化物，但不能溶于弱堿氨水中，選項B正確；C、硫酸和氫氧化鋇反應生成硫酸鋇和水，而水不能拆，故離子方程式為2OH-+2H++Ba2++SO42-=BaSO4↓+2H2O，選項C錯誤；D、選項中離子方程式電荷不守恒，向酸性FeSO4溶液中滴入H2O2，反應的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，選項D錯誤；答案選B。點睛：本題考查了離子方程式的書寫方法和注意問題，主要是電荷守恒的分析判斷，弱電解質的判斷應用，掌握基礎是關鍵，題目較簡單。4、B【解析】試題分析：①2mol/L的硝酸溶液，硝酸與鐵粉反應生成的不是氫氣，故①錯誤；②少量CuSO4(s)，鐵粉與置換出的少量銅形成原電池，加快了反應速率，但是生成的氫氣減少，故②錯誤；③少量銅粉，可以形成原電池，加快了反應速率，且不影響氫氣的量，故③正確；④少量CH3COONa(s)，生成了醋酸，降低了溶液中氫離子濃度，反應速率減小，故④錯誤；⑤對溶液加熱，升高溫度，反應速率加快，故⑤正確；⑥向反應液中通入HCl氣體，氯化氫的濃度增大，溶液中氫離子濃度增大，反應速率加快，故⑥正確；⑦加入過量鐵粉，鐵粉增加，生成的氫氣物質的量增大，故⑦錯誤；⑧將鐵粉改為鐵片，減小了接觸面積，反應速率變小，故⑧錯誤；故選B。【考點定位】考查化學反應速率的影響因素【名師點晴】結合影響反應速率的外界因素，本題為了為加快反應速率，可以升高溫度或增大反應物濃度，也可以加入某些物質形成原電池，加快反應速率，但不能改變產生氫氣的總量，題目難度不大，⑦為易錯點，注意鐵和鹽酸反應生成氫氣而影響生成氫氣的總量，據此進行分析。5、B【解析】分析：A、乙炔發生加聚反應生成聚乙炔；B、聚乙炔由n個-CH=CH-組成的聚合物，結合碳碳雙鍵的結構分析判斷；C、聚乙炔包括單雙鍵交替的共軛結構；D、根據有機高分子化合物的通性分析判斷。詳解：A、乙炔在高溫高壓、催化劑條件下發生加聚反應生成聚乙炔，故A正確；B、聚乙炔是由n個-CH=CH-組成的聚合物，化學式為，碳碳雙鍵為平面結構，分子中的碳原子不在同一直線上，故B錯誤；C、聚乙炔的鏈節為-CH=CH-，是一種碳原子之間以單雙鍵交替結合的鏈狀共軛結構，故C正確；D、聚乙炔樹脂屬于有機高分子化合物，自身不導電，故D正確；故選B。6、B【解析】試題分析：大豆能補充給人體蛋白質，其過程是：大豆中的蛋白質食用后部分轉化為氨基酸，經人體合成為蛋白質，部分直接被人體吸收，故選：B。考點：考查大豆中主要的營養成分和蛋白質的水解產物7、C【解析】

A、由于化學反應的本質是舊鍵斷裂新鍵形成的過程，斷鍵要吸熱，形成化學鍵要放熱，這樣必然伴隨整個化學反應吸熱或放熱，所以化學反應中的能量變化通常表現為熱量的變化，A正確；B、根據A中分析可知B正確；C、一個化學反應是放熱還是吸熱主要取決于反應物的總能量與生成物總能量的相對大小，與外界條件沒有關系，C錯誤；D、反應物總能量和生成物總能量的相對大小決定了反應是放出能量還是吸收能量，D正確。答案選C。8、C【解析】A、無水硫酸銅與水反應生成的五個結晶水的硫酸銅為藍色，硫酸銅與酒精不反應，可以用無水硫酸銅檢驗酒精中是否含有水．如有水，則出現現象是白色變藍色，本題直接加CuSO4·5H2O，無法判斷，故A錯誤；B、在乙醇燃燒火焰上方罩一冷的干燥燒杯，內壁有水珠出現，說明乙醇中含H，另罩一內壁涂有澄清石灰水的燒杯，內壁出現白色沉淀，說明乙醇中含C元素，不能確定是否含有O元素，故B錯誤；C、將灼熱后表面變黑的螺旋狀銅絲伸入約50℃的乙醇中，銅絲能保持紅熱一段時間，說明反應放熱，故C正確；D、在0.01mol金屬鈉中加入過量的乙醇充分反應，收集到標準狀況下氣體112mL，因為乙醇過量，無法確定就是一個H與O相連，故D錯誤；故選C。9、A【解析】A.pH=11的溶液顯堿性，CO32-、Na+、AlO2+、NO3-之間不反應，可以大量共存，A正確；B.加入Al放出H2的溶液如果顯堿性，NH4+不能大量共存，B錯誤；C.pH=7溶液中ClO-不能大量共存，C錯誤；D.無色溶液中Cu2+不能大量共存，D錯誤，答案選A。點睛：明確相關離子的性質是解答的關鍵，選項C是解答的易錯點，注意次氯酸根離子水解溶液顯堿性。解決離子共存問題時還應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有：（1）溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存等。10、A【解析】

A．NH4NO3屬于鹽，在水中能夠完全電離，屬于強電解質，故A正確；B．H2CO3是弱酸，在水中不能完全電離，屬于弱電解質，故B錯誤；C．H2O是弱電解質，故C錯誤；D．SO2是非金屬氧化物，屬于非電解質，故D錯誤；故選A。11、C【解析】

A．He原子核內含有2個質子，故A錯誤；B．He中子數=3-2=1，故B錯誤；C．He和He質子數相同，中子數不同，是同種元素的兩種原子，故C正確；D．同種元素的原子化學性質相同，He和He質子數相同，是同種元素的兩種原子，所以化學性質相同，故D錯誤；故選C。12、C【解析】分析：根據圖示的轉化可知，反應①的方程式為：4Na+O2=2Na2O；②的方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；③的方程式為：Na2O+H2O=2NaOH；④的方程式為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，根據以上反應特點判斷反應類型。詳解：反應①的方程式為：4Na+O2=2Na2O，是兩種或多種物質反應生成一種物質的反應，故為化合反應，A正確；反應②的方程式為：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，是一種單質和一種化合物生成另一種單質和另一種化合物的反應，故為置換反應，B正確；反應③的方程式為：Na2O+H2O=2NaOH，各元素化合價均不發生變化，屬于非氧化還原反應，C錯誤；反應④的方程式為：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，各元素化合價均不發生變化，屬于非氧化還原反應，D正確；正確選項C。13、C【解析】

A、依據化學方程式分析銅元素化合價從+1價變化為0價，硫元素化合價從-2價變化為+4價，所以Cu2S即作氧化劑又做還原劑，故A錯誤；B、硫元素化合價從-2價變化為+4價，化合價升高被氧化，發生氧化反應，故B錯誤；C、該反應符合氧化還原反應和置換反應的概念，所以既是氧化還原反應又是置換反應，故C正確；D、依據化學方程式分析銅元素化合價從+1價變化為0價，硫元素化合價從-2價變化為+4價，氧元素化合價從0價變化為-2價，依據電子守恒得到：當1molO2參加反應時，共轉移6mole-；故D錯誤；答案選C。14、B【解析】A、氯化銨是銨鹽，含有離子鍵和共價鍵，A錯誤；B、水是共價化合物，含有共價鍵，B正確；C、氯化鉀是離子化合物，含有離子鍵，C錯誤；D、氫氧化鈉是含有離子鍵和共價鍵的離子化合物，D錯誤，答案選B。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。15、C【解析】分析：A.溴在水中的溶解度較小；B.碳酸鈉溶液也與二氧化碳反應；C.濃HNO3和濃H2SO4均與NaOH反應，反應后與硝基苯分層；D.乙烯能被酸性高錳酸鉀溶液氧化。詳解：A.除去溴苯中的少量溴，可以加氫氧化鈉后分液，A錯誤；B.除去CO2中的少量SO2，可通過盛有飽和NaHCO3溶液的洗氣瓶，B錯誤；C.濃HNO3和濃H2SO4均與NaOH反應，反應后與硝基苯分層，然后分液可分離，C正確；D.酸性高錳酸鉀溶液能氧化乙烯，因此除去乙烯中混有SO2，將其通入氫氧化鈉溶液中洗氣，D錯誤；答案選C。點睛：本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、混合物分離提純方法、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意有機物性質的差異和應用，題目難度不大。16、A【解析】試題分析：乙酸和水互溶，不分層，三氯甲烷、苯、四氯化碳均不溶于水的液體，出現分層，因此選項A正確。考點：考查有機物的性質等知識。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵羥基正四面體3C(CH3)4⑦④⑥催化劑、吸水劑2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O【解析】

A是一種植物生長調節劑，有催熟作用，則A為乙烯，過程①為加成反應，B為乙醇，過程②為乙醇的催化氧化，C為乙醛，過程③為乙醛的氧化反應，D為乙酸，過程④為酯化反應，E為乙酸乙酯，F為乙烷，過程⑥為烷烴的鹵代反應，G為氯乙烷，過程⑦為烯烴的加成反應。【詳解】（1）A和B中官能團名稱分別是碳碳雙鍵和羥基；（2）在F的眾多同系物中，最簡單的同系物為甲烷，其空間構型為正四面體形，含5個碳原子的同系物其同分異構體有正戊烷、異戊烷、新戊烷三種，其中一氯代物種類最少的同系物為對稱結構的新戊烷，結構簡式為C(CH3)4；（3）反應⑥和⑦均可得到G，要制備得到較純凈的G，應該選用加成反應，即過程⑦，若采取取代反應，則會生成無機小分子和其他的副產物；（4）根據分析，反應①﹣⑦屬取代反應的有④酯化反應和⑥鹵代反應，反應④中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，反應②為乙醇的催化氧化，化學方程式為2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O。18、羧基催化劑加成反應取代反應（或酯化反應）CH2=CH2+H2OCH3CH2OHCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】分析：乙烯發生加聚反應得到聚乙烯，乙烯與水發生加成反應生成B為CH3CH2OH，乙醇在Cu或Ag作催化劑條件下發生氧化反應CH3CHO，C為CH3CHO，乙醇與D反應生成乙酸乙酯，D為CH3COOH，以此解答該題。詳解：(1)化合物D為乙酸，官能團為羧基；反應②為乙醇的催化氧化，反應中

Cu是催化劑。反應①為乙烯與水的加成反應，反應④為乙醇和乙酸的酯化反應，故答案為：羧基；催化劑；加成反應；取代反應(或酯化反應)；(2)反應①為乙烯和水加成反應生成乙醇，反應的方程式為CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；反應③為乙烯發生加聚反應生成聚乙烯，反應的方程式為：；反應④為乙醇和乙酸的酯化反應，反應的方程式為：C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；；C2H5OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O。19、稀硫酸、鐵屑煮沸避免生成的Fe（OH）1沉淀接觸O1稀硫酸、鐵屑NaOH溶液檢驗試管Ⅱ出口處排出的氫氣的純度，當排出的H1純凈時，再夾緊止水夾試管Ⅰ中反應生成的H1充滿了試管Ⅰ和試管Ⅱ，且外界空氣不容易進入【解析】

本實驗題用兩種方法來制備氫氧化亞鐵，方法一完全是采用課本中的實驗，考查硫酸亞鐵溶液的配制中的要求，必須要注意防止水解和氧化；在制備氫氧化亞鐵必須要除去溶解在溶液中的氧氣及制備氫氧化亞鐵的操作要求；方法二是對課本實驗的延伸，是一種改進的制備方法，用氫氣作保護氣的方法來保證新制的氫氧化亞鐵不被馬上氧化。【詳解】方法一

：(1)配制FeSO4溶液時，需加入稀硫酸和鐵屑，抑制Fe1+的水解并防止Fe1+被空氣中的O1氧化為Fe3+，故答案為稀H1SO4、鐵屑；(1)煮沸蒸餾水可除去其中溶解的O1．故答案為煮沸；(3)Fe(OH)1很容易被空氣中的氧氣氧化，實驗時生成白色Fe(OH)1沉淀的操作是用長滴管吸取不含O1的NaOH溶液，插入FeSO4溶液液面下，再擠出NaOH溶液，故答案為避免生成的

Fe(OH)1沉淀接觸O1；方法二：(1)試管Ⅰ中提供還原性氣體氫氣和硫酸亞鐵溶液，可用硫酸和鐵屑反應生生成，故答案為稀H1SO4、鐵屑；(1)試管Ⅱ中應為NaOH溶液，與試管Ⅰ中生成的FeSO4溶液反應生成Fe(OH)1沉淀，故答案為NaOH溶液；(3)打開止水夾，Fe與H1SO4反應生成H1充滿整個裝置，反應一段時間后關閉止水夾，左側試管內氣壓升高，反應生成的Fe1+沿導管進入右側試管與NaOH反應生成白色沉淀Fe(OH)1，若過早關閉止水夾，使左側試管中的硫酸壓入右側試管中，將NaOH中和，則得不到Fe(OH)1溶液．故答案為檢驗試管Ⅱ出口處排出的氫氣的純度，當排出的H1純凈時，再夾緊止水夾；(4)由于裝置中充滿H1，外界空氣不易進入，所以沉淀的白色可維持較長時間，故答案為試管Ⅰ中反應生成的H1充滿了試管Ⅰ和試管Ⅱ，且外界空氣不容易進入。【點睛】Fe(OH)1很容易被空氣中的氧氣氧化，這是Fe(OH)1的重要性質，本題是在原有性質基礎上進行了改編，設計成了探究型實驗題。本題考查水解方面的問題，又考查了氧化還原方面的問題，還有實驗中的實際問題，同時還考查了實驗的設計，題目難度中等。20、乙醇、濃硫酸、乙酸CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O飽和碳酸鈉溶液B、C因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產物蒸發而損失原料；溫度過高可能發生其它副反應分液漏斗B【解析】

（1）將濃硫酸加入乙醇中是為了防止混合產生的熱量導致局部過熱而是液體迸濺，待溶液冷卻后再與乙酸混合是為了防止乙酸揮發；（2）飽和碳酸鈉溶液的作用主要為，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度；（3）加熱的目的是為了加快化學反應速率，因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產物蒸發而損失原料，溫度過高可能發生其它副反應；（4）因為乙酸乙酯不溶于水，且密度比水小，所以可以用分液的方法分離；乙酸乙酯在酸性和堿性條件下會發生水解，所以選擇中性干燥劑；【詳解】（1）將濃硫酸加入乙醇中是為了防止混合產生的熱量導致局部過熱而是液體迸濺，待溶液冷卻后再與乙酸混合是為了防止乙酸揮發，所以先加入乙醇，再加入濃硫酸，最后加入乙酸；酯化反應方程式為CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；（2）飽和碳酸鈉溶液的作用主要為，中和乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯溶解度，所以B項和C項正確；（3）加熱的目的是為了加快化學反應速率，因為反應物乙醇、乙酸的沸點較低，若用大火加熱，反應物大量隨產物蒸發而損失原料，溫度過