安徽省合肥市合肥百花中学六校联考2022-2023学年高二化学下学期7月期末考试试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期合肥市六校联考高一年级期末教学质量检测化学学科试卷注意事项：1．本试卷满分100分，考试时间75分钟。2．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡收回。3．可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64一、单选题(共18题，每题3分，共54分)1.生活离不开化学。下列有关叙述正确的是（）A.手机芯片的材料主要是二氧化硅B.晶体硅可用作现代通讯的光纤C.房屋所用的门窗玻璃主要成分是D.太阳能电池属于节能环保的绿色产品【答案】D【解析】【详解】A．手机芯片的材料主要是单质硅，A选项错误；B．可用作现代通讯的光纤的是二氧化硅，B选项错误；C．玻璃是硅酸盐产品，主要成分可以表示为Na2O·CaO·6SiO2，硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，是和玻璃不同的物质，C选项错误；D．太阳能电池是将太阳能转化为电能的装置,属于节能环保的绿色产品，D选项正确；答案选D。2.下列关于原电池的叙述中，错误的是A.原电池能将化学能转变为电能B.原电池的负极得电子，发生还原反应C.原电池工作时，其负极不断产生电子并经外电路流向正极D.原电池的构成条件之一是形成闭合回路【答案】B【解析】【详解】A．原电池利用氧化还原反应形成电流，化学能转化为电能，A项正确；B．原电池的负极失电子发生氧化反应，B项错误； C．负极失电子经导线传导正极，C项正确；D．原电池若短路不能形成稳定的电流，原电池构成条件之一形成闭合回路，D项正确；故选B。3.化学反应A2＋B2=2AB的能量变化如图所示，则下列说法中正确的是A.该反应断开化学键消耗的总能量大于形成化学键释放的总能量B.加入催化剂，该反应放出热量增大C.断裂2molAB中化学键需要吸收ykJ能量D.1molA2和1molB2的总能量低于2molAB的总能量【答案】C【解析】【详解】A．由图可知该反应是放热反应，所以该反应断开化学键消耗的总能量应小于形成化学键释放的总能量，故A错误；B．催化剂不改变反应热，故B错误；C．化学键的断裂吸收能量，根据图象，断裂2molA-B键需要吸收ykJ能量，故C正确；D．根据图象，1molA2和1molB2的总能量高于2molAB的总能量，故D错误；故选C。4.下列关于硫及其化合物的说法不正确的是(　　)A.SO2与水反应生成H2SO3B.SO2能使紫色石蕊溶液先变红后褪色C.在少量胆矾中加入浓硫酸，晶体由蓝色变成白色体现了浓硫酸的吸水性D.常温下铁遇到浓硫酸发生钝化【答案】B【解析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，能与水反应生成H2SO3，故A正确；B．二氧化硫的漂白性具有选择性，不能使指示剂褪色，故B错误；C．浓硫酸有吸水性，在少量胆矾中加入浓硫酸，晶体由蓝色变成白色，故C正确；D．浓硫酸有强氧化性，常温下铁遇到浓硫酸发生钝化，故D正确； 答案为B。5.下列叙述不合理的是A.判断甲烷为正四面体结构：二氯甲烷没有同分异构现象B.乙酸、甲醇、稀硫酸：用于制备乙酸甲酯C.相同碳原子的烷烃，支链越多熔沸点越低：新戊烷＜异戊烷＜正戊烷D.鉴别乙烯和乙烷：将气体分别通入到含溴的四氯化碳溶液中【答案】B【解析】【详解】A．二氯甲烷若为平面结构，则有两种同分异构体，现二氯甲烷没有同分异构现象，则表明二氯甲烷为空间结构，甲烷呈正四面体结构，A合理；B．乙酸、甲醇和浓硫酸混合加热，可制备乙酸甲酯，B不合理；C．同数碳原子的烷烃，相对分子质量相同，支链越多分子间的作用力越小，熔沸点越低，即新戊烷＜异戊烷＜正戊烷，C合理；D．乙烯分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，所以可以用溴的四氯化碳溶液鉴别乙烯和乙烷，D合理；故选B。6.在不同条件下进行2A(g)+B(g)=3C(g)+4D(g)的反应中，表示的反应速率最快的是：A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】比较化学反应速率时，首先看单位，题中所给的四个选项的单位相同，均为mol•L﹣1．min﹣1；再看是否是同一种物质表示的化学反应速率，四个选项所给的化学反应速率是用四种不同的物质表示的，则根据不同物质表示的化学反应速率的数值之比等于其化学计量数之比，可以四种不同的物质表示的化学反应速率转化为同种物质表示的化学反应速率；【详解】A．；B．；C．； D．；故选B。7.氯气与水反应的化学方程式为，可用于自来水消毒。下列关于该反应的说法正确的是A.升高温度能减慢反应速率B.增大的浓度能加快反应速率C.增大压强，对该反应的速率没有影响D.达到化学平衡时，能100%转化【答案】B【解析】【详解】A．升高温度能加快反应速率，故A错误；B．增大反应物的浓度，能加快反应速率，故B正确；C．增大压强，能够增大在水中的溶解度，使反应物氯气的浓度增大，可以加快反应速率，故C错误；D．反应为可逆反应，反应物的转化率不能100%转化，故D错误；故选B。8.下列叙述正确的是A.能使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了漂白性B.向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再加入过量溶液，沉淀消失C.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入固体，铜粉仍不溶解D.将足量通入氨的饱和溶液中可析出固体【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，故A错误；B．氢氧化铝是两性氢氧化物，不溶于弱碱氨水，但溶于强酸，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出的氢离子能与氢氧化铝反应，使氢氧化铝溶解，所以向氯化铝溶液中滴加氨水会产生白色沉淀，再加入过量硫酸氢钠溶液，氢氧化铝沉淀会溶解消失，故B正确；C．铜是不活泼金属，不能与稀硫酸反应，但在酸性条件下能与硝酸根离子反应，所以在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入硝酸铜固体，铜粉会与氢离子、硝酸根离子反应而溶解，故C错误； D．碳酸氢钠溶于水，二氧化碳与通入足量氨气的氯化钠饱和溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，若通入的氨气不足量，不会有碳酸氢钠沉淀生成，所以将足量二氧化碳通入氨的氯化钠饱和溶液中不一定能析出碳酸氢钠固体，故D错误；故选B。9.食品安全备受社会关注。下列符合食品安全要求的是A.用福尔马林浸泡莲藕B.饮料中添加足量防腐剂C.酱油中添加含铁的营养强化剂D.用亚硝酸钠溶液腌制牛肉【答案】C【解析】【详解】A．福尔马林是浓度较高的甲醛溶液，甲醛有毒，可以使蛋白质变性，用甲醛浸泡的食品不能食用，A项不符合食品安全要求；B．摄入过量防腐剂会使人体的消化吸收功能下降，对人体健康造成损害，B项不符合食品安全要求；C．酱油中添加适量的含铁物质能得到铁强化酱油，加入少量的含铁物质可以预防人的贫血，C项符合食品安全要求；D．工业盐为亚硝酸钠，亚硝酸钠有毒，是一种致癌物质，对人体有害，D项不符合食品安全要求。答案选C。10.氨可用于燃料电池，易液化，运输储存方便，安全性能更高。新型NH2-O2燃料电池的装置如图示，电池工作时总反应为4NH3+3O2=2N2+6H2O，下列说法正确的是：A.电解NaCl溶液制钠B.高温加热HgO制汞C.OH⁻向电极b方向迁移D.当消耗2.24LO2时，电路中转移电子0.4mol【答案】C【解析】【分析】由电池总反应可知，氧气得到电子发生还原反应，a为正极，氨气失去电子生成氮气发生氧化反应，b为负极；【详解】A．电解熔融NaCl，而不是氯化钠溶液制钠，A错误；B．Hg、Ag等不活泼金属通常采用热分解法冶炼，可以加热HgO分解生成汞来制汞而不是高温加热，B错误； C．a电极作正极，b电极作负极，原电池中OH-向负极电极b方向迁移，C正确；D．气体不一定在标况下，无法计算转移电子数，D错误；故选C。11.下列冶炼金属的方法错误的是：A.电解NaCl溶液制钠B.高温加热HgO制汞C.高温下用CO还原Fe2O3制铁D.高温下用H2还原CuO制铜【答案】A【解析】【详解】A．电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气、氯气，电解熔融NaCl制钠，故A错误；B．高温加热HgO生成Hg和氧气，故B正确；C．高温下用CO还原Fe2O3生成Fe和二氧化碳，故C正确；D．高温下用H2还原CuO生成铜和水，故D正确；选A。12.巴豆酸的结构简式为CH3—CH=CH—COOH。下列关于该物质的说法不正确的是(　　)A.分子式为C4H6O2B.含有两种不同的官能团C.能发生氧化、取代、加成、酯化等反应D.分子中所有原子有可能在同一平面【答案】D【解析】【详解】A.该物质的分子式为C4H6O2，故正确；B.结构中含有碳碳双键和羧基两种官能团，故正确；C.含有碳碳双键和羧基，能发生氧化、取代、加成、酯化反应等，故正确；D.分子含有甲基，碳原子形成的四个共价键，不可能所有原子都在一个平面上，故错误。故选D。13.用圆底烧瓶收集NH3后进行喷泉实验。对实验现象的分析正确的是 A.烧瓶中形成喷泉，说明NH3与H2O发生了反应B.烧瓶中剩余少量气体，能证明NH3的溶解已达饱和C.烧瓶中溶液为红色的原因是：NH3+H2ONH3•H2ONH+OH-D.烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，能证明氨水具有挥发性【答案】C【解析】【详解】A．烧瓶中形成喷泉，不一定是因为NH3与H2O发生了反应引起的，还有可能是因为NH3极易溶于水造成的，故不能说明NH3与H2O发生了反应，A错误；B．烧瓶中剩余少量气体可能是空气，来源于实验中的某个操作，比如图中止水夹下方的玻璃管未插入水中时会有空气进入，故烧瓶中剩余少量气体不能说明NH3的溶解达到饱和，B错误；C．烧瓶中溶液变为红色，说明溶液呈碱性，原因为NH3+H2ONH3•H2O+OH-，C正确；D．烧瓶中溶液露置在空气中一段时间后pH下降，不一定是因为氨水的挥发性，还可能是因为吸收了空气中的CO2，故烧瓶中溶液pH下降，不能说明氨水具有挥发性，D错误；故选C14.除去下列物质中的杂质(括号内的物质)，所使用的试剂和主要操作都正确的是：选项物质使用的试剂主要操作A乙醇(水)金属钠蒸馏B乙酸乙酯(乙酸)饱和碳酸钠溶液分液C苯(水)浓溴水过滤D乙烷(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．金属钠均能与水、乙醇反应，金属钠不能除去乙醇中的水，正确的操作方法是加入新制生石灰，再蒸馏，故A错误；B．饱和碳酸钠能与乙酸反应，降低乙酸乙酯在水中溶解度使之析出，然后分液方法分离，故B正确；C．苯是有机溶剂，能萃取溴水中的溴，引入新的杂质，故C错误； D．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成二氧化碳，引入新的杂质，正确的操作是通入足量的溴水，故D错误；答案为B。15.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于密闭真空容器中(假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计)，在恒定温度下使其达到分解平衡H2NCOONH4(s)2NH3(g)+CO2(g)。能判断该反应已经达到化学平衡的是①v(NH3)正=2v(CO2)逆②密闭容器中总压强不变③密闭容器中混合气体的密度不变④密闭容器中混合气体的平均相对分子质量不变⑤密闭容器混合气体的总物质的量不变⑥密闭容器中CO2的体积分数不变⑦混合气体总质量不变A.①②④⑤⑦B.①②③⑤⑦C.①④⑤⑥⑦D.②③④⑤⑥【答案】B【解析】【详解】①v(NH3)正=2v(CO2)逆，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故①正确；②该反应为气体物质的量增大的反应，容器内压强为变量，当密闭容器中总压强不变时，表明达到平衡状态，故②正确；③H2NCOONH4(s)为固体，混合气体的质量为变量，混合气体的体积不变，则密闭容器中混合气体的密度为变量，当容器内混合气体的密度不变时，表明达到平衡状态，故③正确；④只有NH3(g)、CO2(g)为气体，且二者的物质的量之比始终为2：1，则混合气体的平均相对分子质量始终不变，不能判断平衡状态，故④错误；⑤H2NCOONH4(s)为固体，混合气体的总物质的量为变量，当密闭容器混合气体的总物质的量不变时，表明达到平衡状态，故⑤正确；⑥只有NH3(g)、CO2(g)为气体，且二者的物质的量之比始终为2：1，则密闭容器中CO2的体积分数始终不变，不能判断平衡状态，故⑥错误；⑦H2NCOONH4(s)为固体，混合气体总质量为变量，当混合气体的总质量不变时，表明达到平衡状态，故⑦正确；故选：B。16.醇R－CH2－CH2－OH中的化学键如图所示，则下列说法正确的是 A.当该醇与金属钠反应时，被破坏的键是②B.当该醇燃烧时，被破坏键只有②③④C.当该醇与乙酸发生取代反应时，被破坏的键是④D.当该醇发生催化氧化反应时，被破坏的键是①和②【答案】C【解析】【详解】A．当该醇与金属钠反应时，羟基上的氢参加反应，被破坏的键是④，故A错误；B．当该醇燃烧时要生成CO2和H2O，所有的键都要断，故B错误；C．当该醇与乙酸发生取代反应时酸脱羟基醇脱H，被破坏的键是④，故C正确；D．当该醇发生催化氧化反应时要断羟基上的H和与羟基相连的C上的H生成醛，被破坏的键是④和②，故D错误；故答案为C。17.海带中含有丰富的碘元素，碘元素在海带中以碘化物的形式存在。在实验室中，从海带灰浸取液中提取碘单质的流程如图：下列说法正确的是A.为提高①中反应的速率，可增大硫酸浓度或在高温条件下进行B.操作②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出C.③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液为紫红色D.③中反应的离子方程式为I2+2OH−=IO−+I−+H2O【答案】B【解析】 【分析】海带灰浸取液加过氧化氢，碘离子被氧化为I2，用CCl4萃取I2，含I2的CCl4溶液加氢氧化钠溶液反萃取，碘元素以NaI、NaIO3的形式进入水溶液，水层加硫酸，NaI、NaIO3在酸性条件下生成I2，得含I2的悬浊液，过滤得到固体I2。【详解】A．双氧水在高温条件下易分解，反应①不能在高温条件下进行，故A错误；B．CCl4的密度大于水，CCl4在下层，操作②中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B正确；C．③操作使用的是反萃取法，得到的上层溶液中含有NaI、NaIO3，溶液为无色，故C错误；D．反应③为浓氢氧化钠和碘反应生成，反应的离子方程式为3I2+6OH−=+5I−+3H2O，故D错误；选B。18.足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、NO2的混合气体，这些气体与1.68LO2(标准状况下)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗溶液NaOH的体积是A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL【答案】A【解析】【分析】向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，生成NO2、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，据此计算n(NaOH)，进而计算消耗氢氧化钠溶液体积。【详解】生成NO2、NO的混合气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：×4＝0.3mol，然后根据1molCu失去2mol电子可知，铜的物质的量为0.15mol；向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，故所需的n(NaOH)＝0.15mol×2＝0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.06L＝60mL，故选：A。【点睛】本题考查金属与硝酸反应的计算，侧重考查学生的分析思维能力与解题方法技巧，注意利用守恒法进行解答。二、非选择题(共46分)19.SO2在生活、生产中有重要用途，使用不当会造成环境污染。（1）某同学利用如图所示装置研究二氧化硫的性质。 ①仪器a的名称为___________。②向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是___________。③实验时，装置B中没有明显变化。实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氯水，生成的白色沉淀为___________(填化学式)。（2）某化工厂用如图所示工艺流程除去燃煤产生的SO2。①写出在催化剂条件下总反应的化学方程式___________。②过程II发生反应的离子方程式为___________。【答案】（1）①.分液漏斗②.除去装置内的空气，防止氧气干扰实验③.BaSO4（2）①.2SO2+O2+2H2O2H2SO4②.2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2+++4H+【解析】【分析】（1）装置A中Na2SO3与浓硫酸反应制备SO2，装置B中探究SO2能否与BaCl2反应，装置C探究SO2氧化性，装置D吸收尾气，防止污染大气；（2）过程I中FeSO4、O2、H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，反应的化学方程式为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O；过程II中SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4、H2SO4，反应的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。【小问1详解】①根据仪器a的结构特点知，仪器a的名称为分液漏斗；答案为：分液漏斗；②由于O2具有氧化性，SO2具有还原性，空气中O2会干扰SO2性质的探究，故向仪器a中滴加浓硫酸之前，需先通入一段时间N2，此操作的目的是除去装置内的空气，防止氧气干扰实验；答案为：除去装置内的空气，防止氧气干扰实验；③实验时，装置B中没有明显变化，说明SO2与BaCl2溶液不反应；实验结束后取下装置B，向其中滴加适量氯水，发生反应SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，生成的白色沉淀为 BaSO4；答案为：BaSO4。【小问2详解】①结合流程图示和分析知，在催化剂条件下总反应的化学方程式为2SO2+O2+2H2O2H2SO4；答案为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；②过程II中SO2与Fe2(SO4)3溶液反应生成FeSO4、H2SO4，反应的化学方程式为SO2+Fe2(SO4)3+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，离子方程式为SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+；答案为：SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2+++4H+。20.Ⅰ.燃料电池是一种高效、环境友好的供电装置，下图是甲烷燃料电池原理示意图：(1)a电极为___________(填“正极”或“负极”)，内电路中OH-移向___________极(填”a”或”b”)；(2)写出该装置中负极上的电极反应式：___________。Ⅱ.某温度时，在一个2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气态物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据，试填写下列空白：(3)图中对应的化学反应方程式为：___________(4)1min时，ν(逆)___________ν(正)(填“大于”或“小于”或“等于”)，从开始至2min，Z的平均反应速率为___________ (5)下列能说明反应已达平衡的是___________。a.X、Y、Z三种气体的浓度不再改变b.气体混合物物质的量不再改变c.反应已经停止d.反应速率v(X)∶v(Y)=3∶1e.单位时间内消耗X的物质的量∶单位时间内消耗Z的物质的量=3∶2f.混合气体的密度不随时间变化【答案】①.负极②.a③.CH4+10OH--8e-=CO+7H2O④.3X+Y2Z⑤.小于⑥.0.05mol·L-1·min-1⑦.abe【解析】【分析】【详解】(1)根据装置可知a电极参与反应的是甲烷，失电子，做原电池负极，在原电池内电路中，阴离子移向负极，即移向a电极，故答案为：负极；a；(2)a电极为负极，电解质溶液为碱性，根据电子守恒和元素守恒可得出电极反应为：CH4+10OH--8e-=CO+7H2O；(3)由图可知由初始到平衡过程中，X减少了0.1mol，Y减少了0.3mol，Z增加了0.2mol，但三者最后同时存在，所以X、Y为反应物，Z为生成物，计量数之比为3:1:2，且该反应为可逆反应，故反应方程式为：3X+Y2Z；(4)由图可知，1min时X、Y在减少，Z在增加，则反应在往正向进行，所以ν(逆)小于ν(正)，根据公式可以得出(5)a．X、Y、Z三种气体的浓度不再改变，表明此时正反应速率等于逆反应速率，反应到达平衡，a正确；b．根据方程式3X(g)+Y(g)2Z(g)可知该反应是气体总量发生改变的反应，只有平衡时气体总物质的量才不会改变，若混合物气体物质的量不再改变，则表明到达了平衡，b正确；c．可逆反应到达平衡时是动态平衡，不是反应已经停止，c错误；d．根据反应方程式3X(g)+Y(g)2Z(g)可知反应速率v(X)∶v(Y)永远为3∶1，不能确定是否到达平衡，d错误；e．单位时间内消耗X的物质的量∶单位时间内消耗Z的物质的量=3∶2，即X的正反应速率与Z的逆 反应速率之比为3∶2，根据方程式可知X的正反应速率与Z的正反应速率之比也为3∶2，即可得出Z的正反应速率与Z的逆反应速率相等，说明此时为平衡状态，e正确；f．该反应气体总质量不变，容器的体积不变，即混合气体的密度不改变，所以混合气体的密度不随时间变化不能判断是否到达平衡状态，f错误；答案选abe21.已知有机物A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。B和D是生活中两种常见的有机物。相互转化关系如图所示：（1）A分子的结构简式为____；B中官能团名称为____；D中官能团名称为___。（2）在反应①~④中，属于取代反应的是_____(填序号)。（3）实验室用B和D反应制取G，装置如图所示。Ⅰ．反应④的化学方程式是_______________。Ⅱ．b试管中盛放的溶液是_______________Ⅲ．分离出试管B中油状液体用到的主要仪器是___________。【答案】（1）①.CH2=CH2②.羟基③.羧基（2）④（3）①.CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O②.饱和碳酸钠溶液③.分液漏斗【解析】【分析】有机物A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A是乙烯，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，B是乙醇；乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛氧化为乙酸，C是乙醛、D是乙酸；乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，G是乙酸乙酯。【小问1详解】由分析可知，A为乙醇，A分子的结构简式为CH2=CH2；B为乙醇，官能团名称为羟基；D为乙酸，官 能团名称为羧基；【小问2详解】由分析可知，反应①~④中，属于取代反应的是④；【小问3详解】Ⅰ．反应④为乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。Ⅱ．b试管中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠可以吸收乙醇、反应掉乙酸且利于乙酸乙酯的分层析出；