【文档说明】山西省柳林县2019-2020学年高一下学期期末教学质量检测化学试题【精准解析】.doc，共(17)页，442.500 KB，由小赞的店铺上传

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2019-2020学年第二学期高一期末教学质量检测化学试题（A）注意事项：1．答题前，考生务必用0.5mm黑色中性笔，将学校、班级、姓名、考号填写在答题卡上。2．请把答案做在答题卡上，交卷时只交答题卡，不交试题，

答案写在试题上无效。3．考试时间90分钟，满分100分。4．相对原子质量:H-1C-12N-140-16Na-23Fe-56一、单项选择题:（每题3分，共60分）1.“垃圾是放错了位置的资源”。生活中废弃的铁锅、铝

制易拉罐、铜导线等可以归为一类加以回收，它们属于A.酸B.碱C.盐D.金属或合金【答案】D【解析】【详解】电离出的阴离子全部是H+的化合物是酸。由酸根离子和金属阳离子（铵根离子）构成的化合物是盐。电离出的阴离子全部是OH－的化合物是碱。生活中废弃的铁锅、铝制易拉罐、铜导线等等都属于

废旧金属材料，它们的主要成分是金属单质或合金，故它们属于金属或合金。答案选D。2.食品安全警钟长鸣。近日，一批湖南大米中重金属元素镉超标事件被媒体广泛报导。下列有关镉（11248Cd）的说法正确的是A.原子序数为48

B.电子数为6C.中子数为112D.质量数为160【答案】A【解析】【详解】原子符号的左上角表示该原子的质量数，左下角表示原子的质子数，11248Cd表示该原子的质量数为112，质子数为48，A．原子序数=质子数=48，故A正确；B．原子核外电子数=质子数=48，故B错误

；C．中子数=质量数-质子数=112-48=64，故C错误；D．根据分析，该原子的质量数为112，故D错误；答案选A。3.下列叙述不正确的是()A.形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物B.大气污染物主要来自化石燃料的燃烧和工业生产过程产生的废气C.绿色化学的核心就是如何对被污染的环境进行无毒

无害的治理D.水华、赤潮等水体污染主要是由含氮、磷的生活污水任意排放造成的【答案】C【解析】【详解】A．二氧化硫是形成硫酸型酸雨，氮的氧化物会形成硝酸型酸雨，因此形成酸雨的主要物质是硫的氧化物和氮的氧化物，故A正确；B．化石燃料

燃烧和工业生产过程产生的废气中往往含有二氧化硫、CO等，是产生大气污染物的主要气体，故B正确；C．绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染，不是对环境进行无毒无害的治理，故C错误；D．含氮、磷的生活污水任意排放会造成水体富营养化，形成水华、赤潮等水体污染现象，故D正确；故

选C。4.可以用来鉴别甲烷和乙烯两种气体的试剂是A.乙醇B.溴水C.NaOH溶液D.灼热的铜丝【答案】B【解析】【详解】A．甲烷、乙烯都不与乙醇反应，故A不能鉴别甲烷和乙烯两种气体；B.甲烷与溴水不反应、乙烯与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故B能鉴别甲烷和乙烯两种气体；

C．甲烷、乙烯都不与NaOH溶液反应，故C不能鉴别甲烷和乙烯两种气体；D．甲烷、乙烯都不与灼热的铜丝反应，故D不能鉴别甲烷和乙烯两种气体；答案选B。5.下列有机物互为同分异构体的是A.正丁烷和异丁烷B.淀粉和纤维素C.乙烯和

聚乙烯D.乙酸和乙醇【答案】A【解析】【详解】A．正丁烷和异丁烷分子式均为C4H10，结构不同，互为同分异构体，故A符合题意；B．淀粉和纤维素虽然都可以表示为(C6H10O5)n，但n值不一定相等，所以不是同分异构体，故B不符合题意；C．聚乙烯是由n个乙烯分子加聚而成，二者不是同

分异构体，故C不符合题意；D．乙酸分子式为C2H4O2，乙醇分子式为C2H6O，分子式不同，不是同分异构体，故D不符合题意；综上所述答案为A。6.下列实验装置、试剂选用或操作正确的是A.除去CO2中的HClB.稀释浓硫酸C.制取少量氨气D.干燥Cl2【答案】D【解析】【详解】A．CO2与碳酸

钠溶液反应生成碳酸氢钠，违反了除杂原则，应该用饱和碳酸氢钠溶液除杂，故A错误；B．容量瓶只能用于配制一定浓度的溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故B错误；C．加热分解氯化铵固体生成的氨气和氯化氢在试管口附近又化合生成氯化铵，收集不到氨气，故C错误；D．氯气不与硫酸反

应，可以用浓硫酸干燥氯气，且导管长进短出，故D正确；故选D。7.下列说法正确的是A.化学变化中的能量变化主要由化学键变化引起的B.放热反应全部不需要加热即可发生C.需要加热条件的化学反应都是吸热反应D.化学反

应未必伴随能量变化【答案】A【解析】【详解】A．化学变化中存在化学键的断裂和形成，断键吸收能量，成键释放能量，则化学变化中的能量变化主要由化学键变化引起的，故A正确；B．铝热反应为放热反应，但需要加热才可发生，故B错误；C．铝热反应需要加热才可发生，但属于放热反应，故C错误；

D．化学变化中存在化学键的断裂和形成，断键吸收能量，成键释放能量，则化学反应伴随物质变化的同时一定伴随能量变化，故D错误；答案选A。8.金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量。已知12g石墨或金刚石完全燃烧时放出的热量依次为Q1和Q2，下列说法错误的是A.Q1＜Q

2B.石墨不如金刚石稳定C.石墨具有的能量比金刚石低D.等质量的石墨与金刚石完全燃烧，生成的二氧化碳一样多【答案】B【解析】【分析】石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量，可知石墨的能量低，燃烧为放热反应，则金刚石燃烧放热多，以此

来解答。【详解】A.金刚石燃烧放热多，则Q1＜Q2，故A正确；B.石墨转化为金刚石并需要吸收能量，石墨的能量低，石墨比金刚石稳定，故B错误；C.石墨转化为金刚石并需要吸收能量，可知石墨的能量低，故C正确；D

.由原子守恒可知，等质量的金刚石和石墨完全燃烧生成的二氧化碳一样多，故D正确；故选：B。9.对于反应2H2O2＝2H2O+O2↑，下列措施不能增大化学反应速率的是A.升高H2O2溶液的温度B.向H2O2溶液中加入少量MnO2粉末C.加水稀释，减小H2O2溶液的浓度D.向H2

O2溶液中加入一定浓度的FeCl3溶液【答案】C【解析】【详解】A．升高温度，活化分子百分数增大，反应速率加快，故A不符合题意；B．MnO2可以作为双氧水分解的催化剂，加快反应速率，故B不符合题意；C．

加水稀释，H2O2溶液的浓度减小，单位体积内活化分子数减少，反应速率减慢，故C符合题意；D．Fe3+可以作为催化剂加快反应速率，故D不符合题意；综上所述答案为C。10.课堂学习中，同学们利用镁条、锌片、铜片、导线、电流计、橙汁

、烧杯等用品探究原电池的组成。下列结论正确的是A.原电池是将电能转化成化学能的装置B.实验探究中，活泼性强的金属做正极，活泼性弱的金属做负极C.上图中a极为锌片、b极为镁条时，导线中会产生电流D.上图中a极为锌片、b极为铜片时，电子由铜

片通过导线流向锌片【答案】C【解析】【详解】A．原电池是将化学能转变为电能的装置，故A错误；B．原电池由两个电极、电解质溶液和导线等组成，橙汁显酸性，活泼性强的金属做负极，活泼性弱的金属做正极，故B错误；C．图中a极为锌片、b极为镁条时，镁和橙汁能自发的进行氧化还

原反应，所以能构成原电池，则导线中会产生电流，故C正确；D．图中a极为锌片、b极为铜片时，锌易失电子而作负极，铜作正极，原电池放电时，电子由负极锌片通过导线流向铜片，故D错误；故选C。11.X、Y、Z是第3周期主族元素，核电荷数依次增大，X的最高价氧化物对应的水化物是强

碱，Z的原子半径在该周期主族元素中最小。据此判断下列说法错误的是A.X是IA族元素，Z是ⅦA族元素B.X、Y、Z三种元素的最高化合价逐渐降低C.Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.X、Z形成的化合物是离子化合物【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z都是第三周期元素，核电荷

数依次增大，X的氧化物对应水化物强碱，则X为Na，Z的原子半径最小，则Z为Cl，Y在Na、Cl之间，以此来解答。【详解】A．X为Na，是IA族元素，Z为Cl，是ⅦA族元素，故A正确；B．Na的最高正价为

+1价，Cl的最高正价为+7，Y在Na、Cl之间，X、Y、Z三种元素的最高化合价逐渐增大，故B错误；C．Z为Cl，最高价氧化物对应的水化物为HClO4，为强酸，故C正确；D．X为Na，Z为Cl，Na易失去电子，Cl易得到电

子，则NaCl为离子化合物，故D正确；答案选B。12.下列递变规律正确的是（）A.Na、Mg、Al的金属性依次减弱B.P、S、Cl元素的最高正价依次降低C.Al3+、Mg2+、Na+的离子半径依次减小D.HNO3、H3PO4、H2S

O4的酸性依次增强【答案】A【解析】【详解】A．同周期自左向右金属性逐渐减弱，则Na、Mg、Al的金属性依次减弱，A正确；B．P、S、Cl元素的最高正价依次升高，分别是＋5、＋6、＋7，B错误；C．Al3＋、Mg2＋、Na＋的核外

电子排布相同，离子半径随原子序数的增大而减小，则Al3＋、Mg2＋、Na＋的离子半径依次增大，C错误；D、同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价氧化物水化物的酸性逐渐增强，同主族自上而下非金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的酸性逐渐减

弱，则H3PO4、H2SO4、HNO3的酸性依次增强，D错误；答案选A。13.用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A.标准状况下，22.4L乙醇完全燃烧后生成CO2的分子数为2NAB.56g的铁发生氧化还原反应，一定失去3NA个电子C.标准状况下，22.4L氧气和二氧

化碳混合气体中所含氧原子数为2NAD.0．1mol/L稀硫酸中含有SO42-离子数为0.1NA【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下乙醇不是气态，不能适用于气体摩尔体积，A错误；B．56g的铁发生氧化还原反应，不一定失

去3NA个电子，例如与盐酸反应失去2mol电子，B错误；C．氧气和CO2分子中均含有2个氧原子，则标准状况下，22.4L氧气和二氧化碳混合气体中所含氧原子数为2NA，C正确；D．0.1mol/L稀硫酸中硫酸根的浓度是0.1mol/L，

不能确定溶液体积，则不能计算SO42-离子数，D错误;答案选C。14.把A、B、C、D四块金属泡在稀H2SO4中，用导线两两相连可以组成各种原电池。若A、B相连A为负极；C、D相连D上有气泡逸出；A、C相连A上发

生氧化反应；B、D相连，B是电子流入的一极。则四种金属的活泼性顺序由大到小排列为A.A＞B＞C＞DB.A＞C＞B＞DC.A＞C＞D＞BD.B＞D＞C＞A【答案】C【解析】【分析】原电池中，负极材料为较为活泼的金属，发生氧化反应，正极为较不活泼的金属，发生还原反应，以此判断金属的活动性。【详解】

原电池中，负极材料为较为活泼的金属，则A、B相连A为负极，则活动性A＞B；若把C、D相连D上有气泡逸出，则D为正极，活动性C＞D；当把A、C相连，A溶解，则A为负极，活动性A＞C；当把B、D相连，B为正极，则活动性D＞B，则有活动性：A＞C＞D＞B，故选C。15

.下列实验不能获得成功的是实验目的实验步骤A探究催化剂对化学反应速率的影响向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液B探究乙醇能发生氧化反应将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中C探究石蜡油分解的产物不都是烷烃将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中D除去甲烷中混有的乙烯把混合气体通入

酸性高锰酸钾溶液A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A、向H2O2溶液中滴加少量FeCl3溶液可以探究催化剂对化学反应速率的影响，A正确；B、将铜丝在酒精灯加热后，立即伸入无水乙醇中，可以探究乙醇能发生氧化反应，B正确；

C、烷烃不能使溴的四氯化碳溶液褪色，则将石蜡油加强热产生的气体通入溴的四氯化碳溶液中可以探究石蜡油分解的产物不都是烷烃，C正确；D、酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化成CO2，因此不能用酸性高锰酸钾溶液除去甲烷中的乙烯，应该

用溴水，D错误;答案选D。16.下列各组物质中，均能发生水解反应的是()A.蛋白质和氨基酸B.油脂和蛋白质C.纤维素和葡萄糖D.淀粉和果糖【答案】B【解析】【详解】A．蛋白质水解最终产物是氨基酸，而氨基酸不能水解

，A错误；B．油脂水解产生高级脂肪酸和甘油，蛋白质水解最终产物是氨基酸，二者都能够水解，B正确；C．纤维素是多糖，水解最终产物是葡萄糖，葡萄糖是单糖，不能水解，C错误；D．淀粉是多糖，水解最终产物是葡萄糖，果糖是单糖，不能水解，D错误；答案选B。17.已知下列元素的原子半

径元素NSOSi原子半径/10-10m0.751.020.741.17根据以上数据，磷原子的半径可能是A.1.10×10-10mB.1.20×10-10mC.0.80×10-10mD.0.70×10-10m【答案】A【解析】【分析】【详解】同周期元素，从左到右，原子半

径减小，Si、P、S同周期，半径Si>P>S，P原子的半径大于S而小于Si，因此其半径的数值应介于1.02×10-10m与1.17×10-10m之间，A符合题意；答案选A。18.反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学

用语正确的是A.中子数为18的氯原子：1817ClB.N2的结构式：N=NC.Na+的结构示意图：D.H2O的电子式：【答案】D【解析】【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书

写要点分析。【详解】A.核素的表达式AZX中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为3517Cl，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错

误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故

选D。19.反应Br+H2→HBr+H的能量对反应历程的示意图，下列叙述中正确的是A.正反应为放热反应B.正反应为吸热反应C.加入催化剂，该反应吸收的能量增大D.从图中可看出，该反应的能量变化为117k

J/mol【答案】B【解析】【详解】A.正反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应，故A错误；B.正反应中，反应物的总能量低于生成物的总能量，所以为吸热反应，故B正确；C.加入催化剂，只能改变反应的活化能，不能

改变反应热，故C错误；D.从图中可看出，该反应的能量变化=117kJ/mol-42kJ/mol=75kJ/mol，故D错误；答案选B。20.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下发生的催化氧化反

应2SO2+O225VOΔ2SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果该反应在密闭容器中进行，则下列有关说法错误的是A.使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等C.为

了提高SO2的转化率，可适当提高O2的浓度D.在上述条件下，SO2不可能100％地转化为SO3【答案】B【解析】【详解】A.使用催化剂能加快反应速率，缩短反应时间，可以提高生产效率，故A正确；B.达到平衡时，SO2的浓度与S

O3的浓度可能相等，也可能不相等，要根据反应物的初始浓度及转化率进行判断，故B错误；C.提高O2的浓度，平衡正向移动，SO2的转化率提高，故C正确；D.此反应为可逆反应，不能完全进行到底，，SO2不可能100％地转化为SO3，故D正确；故答案为B。【点睛】易错选A项，注意生产效率不同于转

化率，催化剂使反应速率加快，缩短反应时间，就可以提高生产效率，但不会使提高物质的转化率。二、非选择题（本部分3题，共40分）21.下表是元素周期表的一部分，根据要求回答下列问题。(1)十种元素中化学性质最不活泼的元素是___(填元素符号)。(2)A、C、D三种元素的氧化物对应的水化物，其中碱性

最强的是____(填化学式)。(3)I元素跟A元素形成化合物的电子式是_______。并用电子式表示该化合物的形成过程_____。(4)G的单质和B的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式是______

_____。(5)元素A和F能形成两种化合物，写出其中较稳定的化合物与CO2反应生成氧气的化学方程式_____。【答案】(1).Ar(2).NaOH(3).(4).(5).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(6).2Na2O2+

2CO2=2Na2CO3+O2【解析】【分析】依据元素周期表可知字母分别代表的元素为：A：钠，B：钾，C：镁，D：铝，E：碳，F：氧，G：氯，H：氮，I：氟，R：氩，据此分析解答。【详解】(1)Ar为惰性

气体，最外层满足了8个电子的稳定结构，最不活泼；(2)A为钠，C为镁，D为铝，三种元素分别对应的水化物为NaOH、Mg(OH)2、Al(OH)3，非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg＞Al，则NaOH碱性最强；(3)A为钠，I为

氟，I元素跟A元素形成化合物是NaF，为离子化合物，电子式为：，该化合物的形成过程为；(4)G为氯，B为钾，B的最高价氧化物对应水化物为强碱KOH，氯气与氢氧化钾反应生成氯化钾，次氯酸钾和水，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=Cl-+C

lO-+H2O；(5)A为钠，F为氧，二者能形成Na2O与Na2O2两种物质，其中过氧化钠更稳定，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学反应方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。22.从能量的变化和反应的快慢等角

度研究反应：2H2+O2＝2H2O。（1）为了加快正反应速率，可以采取的措施有________（填序号，下同）。A．使用催化剂B.适当提高氧气的浓度C．适当提高反应的温度D．适当降低反应的温度（2）下图能正确表示该反应中能量变化的是___

_____。（3）从断键和成键的角度分析上述反应中能量的变化。化学键H—HO＝OH—O键能kJ/mol436496463请填写下表：化学键填“吸收热量”或“放出热量”能量变化（kJ）拆开化学键2molH2化学键________________

1molO2化学键形成化学键4molH-O键________________总能量变化________________（4）氢氧燃料电池的总反应方程式为2H2+O2＝2H2O。其中，氢气在______极发生_______反应。电路中每转移0.2mol电子，标准状况下消耗H2的体积是__

____L。【答案】(1).ABC(2).A(3).吸收热量(4).1368(5).放出热量(6).1850(7).放出热量(8).484(9).负(10).氧化(11).2．24【解析】分析：（1）根据外界条件对反应速率的影响分析判断；（2）氢气燃烧是放热反应；（3）根据断键吸热

、形成化学键放热分析；（4）原电池中负极失去电子，发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应。详解：（1）A．使用催化剂可以加快反应速率，A正确；B.适当提高氧气的浓度可以加快反应速率，B正确；C．适当提高反应的温度可以加快反应速率，C正确；D．适当降低反应的温度减小反应速率

，D错误。答案选ABC。（2）氢气燃烧是放热反应，这说明反应物的总能量高于生成物的总能量，因此能正确表示该反应中能量变化的是A。（3）由于断键吸收能量，则拆开2molH2化学键需要吸收2mol×436kJ

/mol＝872kJ，拆开1molO2化学键需要吸收能量是1mol×496kJ/mol＝496kJ，则断键共需要吸收的能量是872kJ+496kJ＝1368kJ；形成4molH-O键放出的能量是4mol×463kJ/mol＝1

852kJ，所以2mol氢气反应最终放出的能量是1852kJ－1368kJ＝484kJ。（4）氢气在反应中失去电子，则氢气在负极通入。1mol氢气失去2mol电子，电路中每转移0.2mol电子，则消耗氢气是0.1mol，

标准状况下的体积是2.24L。23.“酒是陈的香”，就是因为酒在储存过程中生成了有香味的乙酸乙酯，在实验室我们也可以用如图所示的装置制取乙酸乙酯。回答下列问题：（1）写出制取乙酸乙酯的化学反应方程式_______。（2）在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：____

_____。（3）浓硫酸的作用是：①____________；②___________；（4）饱和碳酸钠溶液的作用是______。（5）装置中通蒸气的导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，不能插入溶液中，目的是______。

（6）若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的实验方法的名称是________。（7）做此实验时，有时还向盛乙酸和乙醇的试管里加入几块碎瓷片，其目的是______。【答案】(1).CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸CH3COOCH2CH

3+H2O(2).先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸。(3).催化作用（催化剂）(4).吸水作用（吸水剂）(5).中和挥发出来的乙酸，溶解挥发出来的乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯(6).防

止倒吸(7).分液(8).防止大试管中液体暴沸而冲出导管【解析】【分析】(1)本题为乙酸乙酯的制备，根据酯化反应的机理书写反应方程式；(2)根据物质的性质分析加入试剂的顺序为：乙醇→根据浓硫酸→乙酸，原因：浓硫酸密度比乙醇的大，如果先加浓硫酸，密度小的乙醇会在浓硫酸上层，浓硫酸放热会使乙醇

沸腾而溅出；(3)防倒吸装置的使用：避免反应过程中因试管中乙醇挥发压强减小而发生倒吸现象；(4)分析实验中各试剂及装置的作用：浓硫酸的作用：催化剂、吸水剂；饱和Na2CO3的作用：中和乙酸，溶解乙醇，便于闻酯的气味；降低乙酸乙酯在水中的溶解度；玻璃导管

的作用：冷凝回流、导气。【详解】(1)酯化反应的本质为酸脱羟基，醇脱氢，乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O，故答案为C

H3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O；(2)在大试管中配制一定比例的乙醇、乙酸和浓硫酸的混合液的方法是：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试管，最后再加入乙酸。故答案：先在试管中加入一定量的乙醇，然后边加边振荡试管将浓硫酸慢慢加入试

管，最后再加入乙酸。(3)乙酸与乙醇发生酯化反应，需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案为催化剂；吸水剂；(4)制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之

转化为乙酸钠溶于水中，便于闻乙酸乙酯的香味；溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，便于分层得到酯；故答案为中和乙酸、溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度；(5)导管不能插入溶液中，导管要插在饱和碳酸钠溶液的液面上，伸入液面下可能发生倒吸，故答案：防止倒吸；(

6)分离乙酸乙酯时先将盛有混合物的试管充分振荡，让饱和碳酸钠溶液中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，溶解挥发出来的乙醇；降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置分层后取上层液得乙酸乙酯，故答案：分液；(7)液体加热要加碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，故答案：防止大试管中液体

暴沸而冲出导管。