【文档说明】【精准解析】四川省宜宾市叙州区第二中学2019-2020学年高二下学期第二次月考化学试题.doc，共(15)页，433.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省叙州区第二中学高二第二学月考试化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿

纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物分90分，共300分7.可能用到的相

对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-23P-31S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷选择题（42分）一、选择题（每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单选题。1.暖宝宝贴有散热均衡、发热持久、直接撕开外包装便可发热等优点，它能保持51~60℃约12个小时，它采用铁的“氧化放热”原

理，利用微孔透氧的技术，采用完全隔绝空气的方式，使其发生原电池反应，铁粉在原电池中()原材料名：铁粉、水、活性炭、蛭石、食盐A.作正极B.得到电子C.被还原D.作负极【答案】D【解析】【详解】在原电池中，铁是活泼金属易失去电子作负极，被氧化，

发生氧化反应，另一个电极是正极，正极上得电子发生还原反应；故答案选D。2.下列各种情况下，溶液中离子可能大量共存的是()A.透明澄清溶液中：Cl-，Na+，Fe3+，SO42-B.水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Cl-，CO32-，NH4+，S2O32-C

.使pH=1溶液中：K+，Fe2+，NO3-，Cl-D.含有HCO3-的溶液中：NH4+，K+，Na+，AlO2-，SO42-【答案】A【解析】【详解】A．Cl-，Na+，Fe3+，SO42-之间不反应，能够

大量共存，故A项正确；B．水电离的H+浓度c（H+）=10-12mol/L的溶液呈酸性或碱性，NH4+与氢氧根离子反应，CO32-、S2O32-与氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B项错误；C．使pH=1溶液呈酸性，Fe2+，NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大

量共存，故C项错误；D．HCO3-、AlO2-之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，在溶液中不能大量共存，故D项错误；故答案选A。3.下列说法正确的是A.常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B.用稀盐酸洗涤AgCl沉淀

比用水洗涤损耗AgCl小C.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大D.物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的【答案】B【解析】【详解】A．常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，

沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变，A错误；B．用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动，所以溶解消耗的AgCl比用水洗涤损耗AgCl小，B正确；C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(

SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小，C错误；D．大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，D错误。答案选

B。4.下列关于价层电子对互斥模型(VSEPR模型)和杂化轨道理论的叙述中正确的是A.凡是中心原子采取sp2杂化的分子，其分子构型都是平面三角形B.对于主族元素，中心原子的杂化轨道数等于价层电子对数C.杂化轨道可用于形成键、π键或用于容纳未参与成键的弧电子对D.Sp3杂化轨道是由任

意的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的四个sp3杂化轨道【答案】B【解析】【详解】A、中心原子采取sp2杂化的分子的立体结构不一定为平面三角形，如苯分子中碳原子为sp2杂化，但苯是平面正六边形，故A错误；B、中心原子属于主族元素时，周围的价

层电子对数量与杂化轨道数量一致，故B正确；C.杂化轨道可用于形成键、或用于容纳未参与成键的弧电子对，不能形成用于π键，故C错误；D.Sp3杂化轨道是由能量相近的1个s轨道和3个p轨道杂化形成的四个sp3

杂化轨道，故D错误。5.下表中给出了四个实验装置和对应的部分实验现象，其中a、b、c、d为金属电极，由此可判断四种金属的活动性顺序是()实验装置部分实验现象a极质量减小b极质量增加b极有气泡产生c极无变化d极溶解c极有气泡产生电流计指示在导线中电流从a极流向d极A.d>a>b>cB.

b>c>d>aC.a>b>c>dD.a>b>d>c【答案】A【解析】【分析】原电池中较活泼的金属是负极，失去电子，发生氧化反应,电子经导线传递到正极，溶液中的阳离子向正极移动，正极上发生还原反应。【详解】a极质量减小，b极质量增加，说明a电极是负极，失去电子，b电极是正极，金属性a

＞b；b有气体产生，c无变化，说明b的金属性强于c；d极溶解，c极有气体产生，说明d电极是负极，c电极是正极，金属性d＞c；电流计指示在导线中电流从a极流向d极，说明d电极是负极，a电极是正极，金属性d＞a

，四种金属的活动性顺序是d＞a＞b＞c，故选A。【点睛】本题考查原电池原理的应用，明确原电池的工作原理，注意运用原电池判断金属性强弱是解答关键。6.某同学组装了如图所示的电化学装置，电极I为Al，其他电极均为Cu，下列说法正确的是A.盐桥中通常装有含琼脂的KCl饱和溶

液，起作用是平衡电荷，电池工作时，K+、Cl-会分别进入两边的溶液中B.该装置工作一段时间后，电极III上有红色固体析出C.该装置工作一段时间后，③号烧杯中电解质溶液浓度不变，两个电极的质量不变D.该装置工作时，③号烧杯中的SO42-向电极IV移动【答案】A

【解析】【分析】电极Ⅰ为Al，其它均为Cu，Al易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅱ是正极、Ⅲ是阳极，电流方向从正极流向负极，负极失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应，阳极上失电子发生氧化反应，阴极上得电子发生还原反应，以此解答该题。【详解】A.盐桥中通

常装有含琼脂的KCl饱和溶液，电池工作时，盐桥通过离子移动导电，所以K+、Cl-会分别进入两边的溶液中，故A正确；B、电极Ⅲ是电解池阳极，电极Ⅲ的电极反应式是Cu－2e-=Cu2+，电极III上没有红色固体析出，故B错误；C.电极Ⅲ的电极反应式是Cu－2e-=Cu2+、Ⅳ的电极反应式是Cu2+＋

2e-=Cu，③号烧杯是电镀池，该装置工作一段时间后，电解质溶液浓度不变，电极Ⅲ减轻、电极Ⅳ质量增大，故C错误；D.③号烧杯是电镀池，阴离子移向阳极，SO42-向电极III移动，故D错误。【点睛】本题考查了原电池、电解池原理，题目难度

中等，正确判断正负极、阴阳极为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池的工作原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。7.汽车尾气中NO产生的反应为：N2（g）+O2（g）⇌2NO（g），一定条件下，等物质的量的

N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应，如图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化．下列叙述正确的是A.温度T下，该反应的平衡常数201214()ccKc-=B.温度T下，随着

反应的进行，混合气体的密度减小C.曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D.若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的△H＜0【答案】A【解析】【详解】A、根据平衡常数的定义，结合开始时氮气和氧气的物质的量相等，可知该平衡常数为：201214cKcc−=（），选项

A正确；B、由于该容器是一个恒容容器，反应前后气体的质量不发生改变，所以气体的密度一直不变，选项B错误；C、催化剂仅能改变达到平衡所用的时间，不能使平衡移动，即不能改变平衡浓度，选项C错误；D、若曲线b对应的条件改变

是温度，根据先达到平衡可知为升高温度，平衡向吸热反应的方向移动，而氮气的浓度降低，说明平衡向正方向移动，正反应为吸热反应，△H>0，选项D错误。答案选A。第Ⅱ卷非选择题（58分）8.光伏材料是指能将太阳能直接转换成电能的材料。光伏材料又称太阳能材料，只有半导体材料具有这种功能。可做太阳电池

材料的有单晶硅、多晶硅、非晶硅、GaAs、GaAlAs、InP、CdS、CdTe、CuInSe等。（1）已知Se在周期表的位置为_____，硅的基态原子电子排布式为_____,基态Ga原子核外电子占据的最高能级为_____，铜的基态原子价电子排布图为_____。

（2）P、S、Ga电负性从大到小的顺序为_____。（3）与Al元素处于同一主族的硼元素具有缺电子性，其化合物往往具有加合性，因而硼酸(H3BO3)在水溶液中能与水反应生成[B(OH)4]-而体现一元弱酸的性质，[B(OH)4]-的结构式为____（标出配位键

）（4）已知[Cu(H2O)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为_____。（5）As元素的第一电离能____Se元素的第一电离能(填“大于”、“小于”或“等于”

)，原因是__________。（6）太阳电池材料的很多金属或金属化合物在灼烧时会产生特殊的火焰颜色，请用原子结构的知识阐述产生此现象的原因是____。【答案】(1).第四周期VIA族(2).1s22s22p63s23p2或者[Ne]3s23p2(3).4p(4).3d104s1

(5).S＞P＞Ga(6).(7).平面四边形(8).大于(9).略(10).略【解析】【分析】（1）Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子；硅核外有14个电子，根据能量最低原理书写硅原子核外电子排布式；根据能量最低原理，核外电子从低

能级向高能级排布；根据能量最低原理、洪特规则分析铜的基态原子价电子排布图；（2）同周期元素从左到右电负性逐渐增大；同主族元素从上到下电负性减小；（3）H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配

位键；（4）[Cu（NH3）4]2+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物；（5）砷、硒都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于

同周期相邻元素；（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量。【详解】（1）Se是34号元素，4个电子层、最外层6个电子，在周期表的位置为第四周期VIA族；硅核外有14个电子，根据能量最低原

理，硅原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p2；Ga是31号元素，核外有31个电子，基态Ga原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，最高能级为4p；根据能量最低原理、洪特规则，铜

的基态原子价电子排布图是3d104s1；（2）同周期元素从左到右电负性逐渐增大、同主族元素从上到下电负性减小，所以电负性S＞P＞Ga；（3）H3BO3与水反应生成[B(OH)4]-时形成1个配位键，[B(OH)4]-的结构式为；（4）[Cu（N

H3）4]2+具有对称的空间构型，则该微粒为正四面体结构或平面正方形结构，平面正方形结构有两种不同的二氯代物，正四面体结构有一种二氯代物，[Cu(H2O)4]2+中的2个H2O被Cl-取代，能得到2种不同结构的产物，则[Cu(H2O)4]2+的空间构型为平面四边形；

（5）砷、硒都是第4周期非金属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但砷元素原子4p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，所以As元素的第一电离能大于Se元素的第一电离能；（6）当基态原子的电子吸收能量后，电子

会跃迁到较高能级，变成激发态原子，电子从较高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态乃至基态时，将以光的形式释放能量，产生特殊的火焰颜色。9.氮及其化合物在生活及工业生产中有着重要应用。请回答以下问题：(1)如图是N2(g)、H2(g)与NH3(g)之间转化的能量关系图，则

：①N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为___________________.②过程(Ⅰ)和过程(Ⅱ)的反应热________(填“相同”或“不同”).③某温度下，在1L恒温恒容容器中充入1molN2和3molH2进行上述反应，10min达到平衡，此时容器内

压强变为原来的7/8.a.该过程的平衡常数的表达式为____________.b.N2的平衡转化率为________.c.此时若保持容器温度和体积不变，向其中再加入2.25molN2和0.5molNH3，则平衡_

_______(填“正向”“逆向”或“不”)移动.(2)用NH3可以消除氮氧化物的污染，已知：反应Ⅰ：4NH3(g)＋3O2(g)2N2(g)＋6H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1平衡常数为K1反应Ⅱ：N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2＝bkJ·mol－1平衡常数为K2反应Ⅲ：4NH3

(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)ΔH3＝ckJ·mol－1平衡常数为K3则反应Ⅱ中的b＝_____(用含a、c的代数式表示)，K3=_____(用K1和K2表示).反应Ⅲ中的ΔS______(填“>”

“<”或“＝”)0.(3)在恒容的密闭器中，充入一定量的NH3和NO进行上述反应Ⅲ，测得不同温度下反应体系中NH3的转化率(α)与压强p的关系如图所示：①分析得p1________p2.(填“>”“<”

或“＝”)②下列叙述中，不能作为判断反应Ⅲ已经达到平衡状态的标志的是________(填序号).a．N2的浓度不再改变b．断裂6molN—H键的同时，有6molH—O键形成c．容器中压强不再变化d．混合气体的密度保持不变【答案】(1).N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·

mol－1(2).相同(3).K=c2(NH3)/［c(N2)c3(H2)］(4).25%(5).不(6).(a-c)/3(7).132kk(8).>(9).<(10).bd【解析】【详解】（1）①据图可知2molNH3分解得到1molN2和3molH2，吸收92kJ/m

ol的热量，因而N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。②根据盖斯定律，反应热只与起始状态及终了状态有关，与过程无关，这两个过程

起始状态和终了状态相同，因而反应热相同。③可以根据三段式去求解，设转化xmol/LN2：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起130转x3x2x平1-x3-3x2x根据此时容器内压强变为原来的7/8，可列式得1-x+3-3x+2x7

=1+38，则x=0.25mol/L。a.K=23322c(NH)c(N)c(H)；b.N2的平衡转化率为0.25/1×100％=25％；c.平衡时c(N2)=0.75mol/L，c(H2)=2.25mol/L，

c(NH3)=0.5mol/L，K=23322c(NH)c(N)c(H)=0.029，向其中再加入2.25molN2和0.5molNH3，则c(N2)=3mol/L，c(H2)=2.25mol/L，c(NH3)=1

mol/L，Q=23(1)(3)(2.25)=0.029，因而Q=K，平衡不移动。（2）根据盖斯定律，设反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别为A、B、C，则B=(A-C)/3，因而b=(a-c)/3，由于c=a-3b，所以可知

K3=K1/K23，根据4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)可知该反应各物质均为气体，且气体体积增大，因而混乱度变大，故ΔS>0。（3）根据4NH3(g)＋6NO(g)5N2(g)＋6H2O(g)可知该反应的气体计量数在反应前后增大，因而保持温度

不变，NH3的转化率(α)越大，说明压强越小，因而p1<p2。a．N2的浓度不再改变，说明各组分浓度都不变，因而可以作为判断平衡的标志，正确；b．断裂6molN—H键的同时，有6molH—O键形成，根据反应特点，两者都表示正反应速率，因而错误；c．由于反应前后气体计量数变化，当

容器中压强不再变化可以判断平衡，正确；d．混合气体的密度ρ=m/V，由于各组分都是气体，反应前后混合气体总质量不变，又容器恒定，体积不变，因而密度始终是个定值，错误。故答案选bd。10.草酸钴可用于指示剂和催化剂的制备．用水钴矿(主要成分为

Co2O3，含少量Fe2O3、A12O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)制取CoC2O4•2H2O工艺流程如下已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀

时溶液的pH见表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Co(OH)2Fe(OH)2Mn(OH)2完全沉淀的pH3.75.29.29.69.8(1)Co2O3中Co的化合价是________________(2)写出浸出过程中Na2SO3与Co2O3发生反应的离子方程式：____________

____________________________(3)浸出液中加入NaClO3的目的是______________________________________(4)加Na2CO3能使浸出液中某些金

属离子转化成氢氧化物沉淀，沉淀除Al(OH)3外，还有的成分是____________，(填化学式)试用离子方程式和必要的文字简述其原理：______________________________________

_______________________________________________(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，萃取剂的作用是____________________；其使用的适宜pH范围是_____．A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5

(6)滤液I“除钙、镁”是将其转化为MgF2、CaF2沉淀．已知Ksp(MgF2)=7.35×10﹣11、Ksp(CaF2)=1.05×10﹣10，当加入过量NaF后，所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=_______．(7)用m1kg水钴矿(含Co2O360%)制备CoC2O4•

2H2O，最终得到产品m2kg，产率为________________。(不要求得出计算结果，只需列出数字计算式)。【答案】(1).+3(2).SO32−+Co2O3+4H+=2Co2++SO42−+2H2O(3).将浸出液中的Fe2

+氧化成Fe3+(4).Fe(OH)3(5).Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进水解平衡向右移动(6).除去溶液中的Mn2+(7).B(8).0.7(9).366×

0.6m1/166m2(1.32m1/m2)【解析】【分析】亚硫酸钠具有还原性，浸出过程将Fe3+、Co3+还原为Fe2+、Co2+；NaClO3具有氧化性，能将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原生成氯离子，同时生成水；加入的碳酸钠（或CO32-）与H+反应，c（H+）降

低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；加入过量NaF除掉钙离子和镁离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（O

H）2沉淀；加入草酸铵制得草酸钴晶体。(1)Co2O3中Co的化合价是+3价；(2)Na2SO3与Co2O3发生反应氧化还原反应；(3)加入NaClO3的目的是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+；(4

)加入的碳酸钠（或CO32-）与H+反应，c（H+）降低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；(5)由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止C

o2+转化为Co（OH）2沉淀；正确答案：除去溶液中的Mn2+B。(6)所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)=Ksp(MgF2)/Ksp(CaF2)=7.35×10﹣11/1.05×10﹣10=0.7；正确答案:0.7。(7)利用关系式发计算；【详解】(1)Co2O3中Co的化合

价是+3价；正确答案：+3(2)Na2SO3与Co2O3发生反应氧化还原反应，离子方程式为SO32−+Co2O3+4H+=2Co2++SO42−+2H2O；正确答案：SO32−+Co2O3+4H+=2Co2++SO42−+2H2O(3)加入NaClO3的目的是将浸出液中的Fe2+氧化成Fe

3+；正确答案：将浸出液中的Fe2+氧化成Fe3+(4)加入的碳酸钠（或CO32-）与H+反应，c（H+）降低，从而促进水解平衡向右移动，产生氢氧化铁、氢氧化铝沉淀；正确答案：Fe(OH)3Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，加入的碳酸钠(或CO32-)与H+反应，c(H+)降低，从而促进

水解平衡向右移动。(5)由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.0～3.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co（OH）2沉淀；(6)所得滤液c(Mg2+)/c(Ca2+)等于Ksp之比计算；(7)利用关系式

发计算；理论产量：Co2O3～2CoC2O4•2H2O166366m1×60%366×m1×60%/166产率为实际产量比理论产量:m2/(366×m1×60%/166)=366×0.6m1/166m2(1.32m1/m2)；正确答案:366×0.6m1/166m2(1.32m1/m2)。【点睛

】根据题干信息和联系下面的问题去理解流程图是关键，还要学会关系式法的运用。11.有机物A可用作果实催熟剂。某同学欲以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。请回答：（1）C分子中官能团的电子式是_______________；C的同分异构体F的核磁共振

氢谱中，只有一种类型氢原子的吸收峰，F的结构简式是___________。（2）反应②的化学方程式是__________________________________；反应⑤的化学方程式是_______________________

___________；（3）为了检验B中的溴元素，以下操作合理的顺序是_______________（填序号）。a．加AgNO3溶液b．加NaOH溶液c．加热d．加稀硝酸至溶液显酸性（4）实验室制A的化学方程式：____

______________________________；在制备中产生SO2会干扰A性质验证，写出SO2与溴水反应的离子方程式：__________________________________。【答案】(1).(2).CH3OCH3(3).CH3CH2Br+NaOHCH3C

H2OH+NaBr(4).CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O(5).bcda(6).C2H5OHCH2=CH2↑+H2O(7).Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-【解析】有机物A可用作果实

催熟剂,A为CH2=CH2,A和HBr发生加成反应生成B,B为CH3CH2Br,B发生取代反应生成C,C为CH3CH2OH,C被氧化生成D,D为CH3CHO,D被氧化生成E,E为CH3COOH；(1)C是乙醇,C的结构简式是CH3CH2OH,分子中含有的官能团是羟基,其电子式为

；C为CH3CH2OH，其同分异构体F的核磁共振氢谱中，只有一种类型氢原子的吸收峰，F的结构简式是CH3OCH3；正确答案：，CH3OCH3。（2）B为CH3CH2Br,B发生取代反应生成C,C为CH3CH2OH,反应的方程式：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaB

r；乙醇和乙酸在浓硫酸加热作用下发生酯化反应，化学方程式是：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；正确答案：CH3CH2Br+NaOHCH3CH2OH+NaBr；CH3COOH+C2H5OHCH3C

OOC2H5+H2O。（3）B为CH3CH2Br，加入NaOH溶液加热，有机物B发生水解生成溴化钠，然后向溶液中加入稀硝酸至溶液显酸性，中和氢氧化钠，再加入AgNO3溶液，出现浅黄色沉淀，证明B中含有溴元素；正确答案：bcda。（4）A为乙烯，实验

室用浓硫酸和乙醇加热170℃制备乙烯，化学方程式：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；在制备中产生SO2会干扰乙烯性质验证，SO2具有还原性，能够被溴水氧化，离子方程式：Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-；正确

答案：C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；Br2+SO2+2H2O=4H++SO+2Br-。