河南省新郑市2016-2017学年高二化学上册开学考试题5

河南省新郑市第一中学分校2016—2017学年度高二开学考化学试题（解析版）1．下列反应中气体作氧化剂的是A.S03通入水中：S03+H20＝H2S04B．C12通人FeCl2溶液中：C12+2FeCl2＝2FeCl3C．HCl通入NaOH溶液中：HCl+NaOH＝NaCl+H20D．C02通入NaOH溶液中：C02+2NaOH＝Na2C03+H2【答案】B【解析】ACD的元素未发生化学价变化，在B中Cl化合价降低，是氧化剂。2．化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是A．碘酒是指碘单质的乙醇溶液B．浓硫酸可以刻蚀石英制艺术品C．84消毒液的有效成分是NaClOD．氢氧化铝、小苏打等可用于治疗胃酸过多【答案】B【解析】试题分析：A、碘酒是指单质碘的酒精溶液，A正确；B、氢氟酸可刻蚀石英制艺术品，B错误；C、84消毒液的有效成分是NaClO，C正确；D、氢氧化铝、小苏打等可用于治疗胃酸过多，D正确。答案选B。考点：化学与生活3．如果1g水中有m个氢原子，则阿伏加德罗常数的数值为()A．m/9B．9mC．2mD．m/2【答案】B【解析】试题分析：1g水中有m个氢原子，则，解得NA=9m，答案选B。考点：考查阿伏加德罗常数计算4．将SO2和X气体分别通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，若同时通入，有沉淀生成，则X气体不可能是A．CO2B．NH3C．Cl2D．H2S【答案】A【解析】试题分析：A、二氧化碳是酸性气体，和二氧化硫以及氯化钡均不反应，不会产生沉淀物，故A错误；B、2NH3+SO2═（NH4）2SO3，（NH4）2SO3+BaCl2═BaSO3↓+2NH4Cl，故B正确；C、Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故C正确；D、2H2S+SO2═3S↓+H2O，故D正确．故选A考点：二氧化硫的化学性质；离子反应发生的条件5．设nA代表阿伏伽德罗常数(NA)的数值，下列说法正确的是()A、1mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为nAB、乙烯和环丙烷(C3H6)组成的28g混合气体中含有3nA个氢原子C、标准状况下，22.4L氯气与足量的氢氧化钠溶液反应转移的电子数为nAD、将0.1mol氯化铁溶于1L水中，所得溶液含有0.1nAFe3+ 【答案】C【解析】略6．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（

）①常温常压下，17g甲基（-14CH3）所含的中子数为9NA；②常温常压下，22.4LNO气体的分子数小于NA；③64g铜发生氧化还原反应，失去2NA个电子；④常温常压下，100ml0.5mol/l的乙酸溶液中，乙酸分子数目小于0.05NA；⑤标况下，22.4LCH2Cl2所含有的分子数为NA；⑥常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为4NA；A．②④B．①②C．③④D．⑤⑥【答案】A【解析】17g甲基（-14CH3）的物质的量为1mol，1mol甲基（-14CH3）含有8mol中子，①错；常温常压下气体的摩尔体积为24.5mol/L，所以常温常压下22.4LNO气体的物质的量小于1mol，②正确；64g铜的物质的量为1mol，发生氧化还原反应后，铜的化合价可能为+2价，也可能为+1价，失去电子数可能为2NA个，也可能为NA个，③错；常温常压下，100ml0.5mol/l的乙酸溶液，乙酸的物质的量为0.05mol，由于乙酸是弱酸不能全部电离，所以乙酸分子数目小于0.05NA，④正确；标况CH2Cl2的状态为液态，⑤错；氦气为单原子分子，1mol氦气含有的核外电子数为2NA，⑥错；7．下列药品的保存方法错误的是A．浓氨水保存在无色细口瓶中B．氢氟酸保存在塑料瓶中C．浓硝酸保存在无色广口瓶中D．存放FeCl2溶液的试剂瓶内加少量铁屑【答案】C【解析】试题分析：A、浓氨水是液体，保存在细口瓶中，正确；B、氢氟酸腐蚀玻璃，保存在塑料瓶中，正确；C、浓硝酸见光分解，保存在棕色试剂瓶中，错误；D、存放FeCl2溶液的试剂瓶中加入少量的铁屑，防止Fe2＋被氧化，正确。考点：考查药品的存放。8．下列反应属于放热反应的是：①稀硫酸与氢氧化钾溶液反应②锌与稀硫酸的反应③生石灰变成熟石灰的反应④氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合反应⑤石灰石高温煅烧⑥灼热的炭与CO2反应⑦甲烷与O2的燃烧反应A．①②③⑤B．①②③⑦C．①②⑤⑥⑦D．④⑥【答案】B【解析】试题分析：①酸碱中和反应为放热反应，故稀硫酸与氢氧化钾溶液反应是放热反应，正确；②活泼金属与酸反应为放热反应，故锌与稀硫酸的反应是放热反应，正确；③生石灰变成熟石灰是放热反应，正确；④氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合反应是吸热反应，错误；⑤石灰石高温煅烧是吸热反应，错误；⑥灼热的炭与CO2反应是吸热反应，错误；⑦甲烷与O2的燃烧反应是放热反应，正确，故答案为B项。考点：本题考查放热反应的判断。9．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素，甲是由其中的三种元素组成的化合物，0.1mol·L-1甲溶液的pH为13（25℃），YA.原子半径：W＞Z＞Y＞XB.Y元素在周期表中的位置为第三周期第IVA族C.与氢气化合时，Z比Y容易D.甲中只含有离子键【答案】C【解析】由0.1mol·L-1甲溶液的pH为13（25℃），可以推知甲为一元强碱，可能为NaOH；Y为C。故X、Y、Z、W10．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，氧原子总数为0.3NAB．1molAl3＋完全水解生成氢氧化铝胶体粒子的数目为NAC．常温常压下，32gO2-中所含电子的数目为17NAD．标准状况下,11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA【答案】C【解析】试题分析：A．在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，溶剂水中也含有氧原子，故氧原子总数远大于0.3NA，错误；B．水解平衡是可逆反应，不可完全转化，且胶粒是多个氢氧化铝的聚合体，错误；C．常温常压下，每个O2-中含有17个电子，1molO2-中所含电子的数目为17NA，正确；D．标准状况下，苯为液体，不能根据气体摩尔体积计算物质的量，错误；答案为C。考点：考查阿伏加德罗常数的正确判断11．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）。A．42gC3H6中含有的共用电子对数目为8NAB．电解饱和食盐水时，当0.1molNaCl反应时，转移的电子数为0.1NAC．常温常压下，22.4LN2和O2的混合气体中含有的分子数目为NAD．1L0.01mol·L－1KAl(SO4)2溶液中含有的阳离子数目为0.02NA【答案】B【解析】有关NA的问题，解答时应对各种“陷阱”了如指掌，避免犯错。A项，注意1个CC中含2对共用电子对，1molC3H6中含有共用电子对数为9NA，错误。B项，发生反应2NaCl＋2H2O电解=2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，当0.1molNaCl反应时，转移电子数为0.1NA，正确。C项，状态为常温常压，此时气体的摩尔体积大于22.4L·mol－1，22.4L混合气体的分子数小于NA。D项，由于Al3＋水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，则阳离子数目大于0.02NA，错误。电解=12．NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是 A．0.1molFe与0.1molCl2充分反应转移电子数为0.2NA B．16g甲基正离子（13CH3+）所含中子数为9NA C．关于反应：C2H2（g）+2.5O2（g）=2CO2（g）+H2O（1）；△H=-1300kJ·mol-1，若CO2中有4NA对共用电子对生成，则放出热量为1300kJ D．0.lmol/LFe2(SO4)3溶液200mL中阴离子和阳离子总数为0.1NA【答案】A【解析】略13．下列选项中所涉及的两个量一定相等的是A．11.2LCl2与4.25gNH3所含有的原子数B．等质量的Al分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应转移的电子数C．标准状况下36gH2O与1.204×1024个O2分子所占的体积D．18.0g重水(D2O)与20gNe所含有的电子数【答案】B【解析】试题分析：A、不能确定11.2LCl2所处状态，则不能计算其物质的量，因此与4.25gNH3所含有的原子数不一定相等，A错误；B、铝在反应中失去3个电子，则等质量的Al分别与足量的盐酸、NaOH溶液反应转移的电子数相等，B正确；C、标准状况下水不是气态，不能适用于气体摩尔体积，则36gH2O与1.204×1024个O2分子所占的体积不相等，C错误；D、18.0g重水(D2O)的物质的量是0.9mol，所含电子的物质的量是9mol，20gNe的物质的量是1mol，所含有的电子的物质的量是10mol，所含电子数不相等，D错误，答案选B。考点：考查物质的量的有关计算14．用铁片和稀硫酸反应制氢气时，下列措施不能使氢气生成速率加快的是A．不用稀硫酸改用98%的浓硫酸B．加热C．滴加CuSO4溶液D．不用铁片改用铁粉【答案】A【解析】试题分析：A、铁遇浓硫酸钝化，表面形成一层致密的氧化膜，故反应速率减慢，A错误；B、加热反应速率加快，B正确；C、硫酸铜与铁反应生成铜，形成原电池，加快化学反应速率，故C正确；D、改用铁粉增大接触面积，加快化学反应速率，故D正确，此题选A考点：考查外界条件对化学反应速率的影响相关知识15．乙酸与乙酸乙酯的混合物中H元素的质量分数是1/11，则O元素的质量分数是A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：乙酸的分子式为C2H4O2，乙酸乙酯的分子式为C4H8O2，二者的碳氢原子个数比为1：2,质量比为6：1，乙酸与乙酸乙酯的混合物中H元素的质量分数是1/11，则C元素的质量分数是6/11，O元素的质量分数为1—1/11—6/11=4/11，选D。考点：考查根据化学式计算、巧寻固定比求元素的质量分数。16．A、B、C、D四种短周期元素，0.5molA的元素的离子得到NA个电子后被还原为中性原子；0.4gA的氧化物恰好与100mL0.2mol/L的盐酸完全反应；A元素原子核内质子数与中子数相等。B元素原子核外电子数比A元素原子核外电子数多1；Cˉ离子核外电子层数比A元素的离子核外电子层数多1；D元素原子最外层电子数是次外层电子数的2倍。请填写下列空格：(1)推断A、B、C、D四种元素的符号A_________；B_________；C________；D________；(2)D元素的最高价氧化物的电子式是_______________结构式该分子内含有_______键(填极性或非极性)。【答案】【解析】略17．（14分）下表是元素周期表的一部分。表中所列的字母分别代表一种化学元素。ab[cdefghijklmno请根据要求用元素符号或化学式回答下列问题：（1）表中所列元素中，原子最外层有2个电子的元素为。（2）画出d元素原子的结构示意图，其气态氢化物溶于水显性。（填“酸”或“碱”）（3）比较元素g和元素h形成的最高价氧化物的水化物的碱性强弱＞。（4）表中j元素在元素周期表中的位置是。（5）表中所列元素中，最高价氧化物对应水化物碱性最强的是（填写化合物的化学式，下同），具有两性的是，【答案】（1）He、Mg（2），碱性（3）NaOH﹥Mg(OH)2(4)第三周期ⅣA族（5）KOH、Al(OH)3【解析】最外层2个电子有零族的He和=2\*ROMANIIA,各字母代表的元素H、He、C、N、O、F、Na、Mg、Al、Si、S、Cl、Ar、K、Ge.g和元素h形成的最高价氧化物的水化物的碱性强弱NaOH﹥Mg(OH)2最高价氧化物对应水化物碱性最强的是KOH,具有两性的是Al(OH)318．如图1所示，某兴趣小组同学将铜片加入稀硝酸，发现开始时气泡产生速率非常慢，一段时间后速率明显加快，烧瓶内溶液呈浅蓝色并不断加深，液面上方的气体颜色也在不断加深。该小组同学拟通过实验探究反应速率变化的原因。图1图2（1）图1中铜与稀硝酸反应的离子方程式为；用离子方程式表示NaOH溶液所起的作用；（2）小组同学提出了如下假设并设计实验探究：Ⅰ.甲同学认为是反应放热导致溶液温度升高所致，完成此实验还需要的仪器是；测定反应过程中溶液不同时间的温度，结果如下表：时间/min05101520253550607080温度/℃25262626262626.527272727结合实验目的和表中数据，你得出的结论是；Ⅱ.乙同学认为生成的Cu2+对反应有催化作用，为验证此假设，取A、B两支试管分别加入等量的铜片和稀硝酸，那么最好是在其中一支试管中加入少量的（填序号）。A.硝酸铜晶体B.硝酸铜溶液C.硫酸铜晶体D.硫酸铜溶液然后对比两支试管的反应，发现现象基本相同。因此得出结论：Cu2+并不是反应的催化剂。Ⅲ.丙同学根据现象推测反应过程中还有少量生成，进而认为该物质对反应有催化作用，如图2所示，实验中丙同学从a处通入该物质后，发现左管中产生气泡速率明显快于右管。小组同学得出最后结论：这种物质对铜和稀硝酸的反应有催化作用。（3）实验结束后，发现试管中溶液呈绿色，而不显蓝色。部分同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，另一部分同学认为是该溶液中溶解了通入的物质。请你设计一个实验方案来证明哪种假设正确。(写出实验操作、实验现象和结论)。【答案】（1）3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O（2分）NO+NO2+2OH−＝2NO2−+H2O（2分）（2）Ⅰ.温度计（2分）温度不是速率明显加快的主要原因（2分）Ⅱ.A（2分）Ⅲ.NO2（2分）（3）加热该绿色溶液，观察颜色变化（或向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化或向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化）（2分）【解析】试题分析：（1）硝酸具有强氧化性，稀硝酸的还原产物是NO，所以图1中铜与稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−＝3Cu2++2NO↑+4H2O。反应中液面上方的气体颜色也在不断加深，这是由于NO被氧化生成了红棕色的NO2。不论是NO还是NO2都是大气污染物，需要尾气处理，所以氢氧化钠溶液的作用是吸收NO和NO2，防止污染空气，反应的离子方程式为NO+NO2+2OH−＝2NO2−+H2O。（2）I、如果是因为反应放热导致溶液温度升高所致，则必须测量溶液的温度，因此完成此实验还需要的仪器是温度计。根据表中数据可知，80min内溶液的温度只上升了2℃，这说明随着反应的进行，溶液的温度变化不明显，因此温度不是速率明显加快的主要原因。Ⅱ、为验证铜离子是否有催化作用，作对比实验，在一支试管中加入含有铜离子的盐，一支试管中不加铜盐，然后比较反应速率，根据反应速率大小确定假设是否正确。为防止阴离子对实验的干扰，最好选择硝酸铜晶体，答案选A。Ⅲ、根据液面上方的气体颜色也在不断加深可推断反应过程中还有少量NO2生成。（3）如果试管中溶液呈绿色，而不显蓝色。是由于NO2引起的，则可以将将绿色的混合溶液加热，若能放出红棕色气体、且溶液变蓝色，说明这个假设正确或将NO2气体通入蓝色硝酸铜溶液中观察溶液颜色是否变绿色。考点：考查铜与稀硝酸反应原理的实验探究、实验方案设计与评价等19．（14分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按下图所示装置进行实验。请回答下列问题：(1)装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________。(2)实验过程中，装置B中产生的现象是________________________，这个现象说明SO2具有的性质是________________。(3)装置C中Na2S溶液在空气中不易保存，时间长了会变浑浊，原因是(用离子方程式表示)__________________________________。(4)装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象__________________________________。(5)如果把分液漏斗中的中的浓H2SO4换作浓HNO3，对此实验是否有影响________（填“是”或“否”），请说明你的理由_____________________________(6)工业上用黄铜矿（CuFeS2）冶炼铜，副产品中也有SO2，冶炼铜的反应为若CuFeS2中Fe的化合价为＋2，反应中被还原的元素是（填元素符号）。当生成0.8mol铜时，此反应转移的电子数目是___________________。【答案】(1)蒸馏烧瓶（1分）(2)溶液颜色由紫色逐渐退去还原性（每空1分，计2分）(3)2S2-＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－（2分）(4)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色（2分）(5)是（1分）浓HNO3可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到SO2气体（2分）（6）Cu、O（2分）（只写一个不得分）10NA或6.02×1024（2分）【解析】（1）根据仪器的构造可判断，该仪器是蒸馏烧瓶。（2）A中产生SO2，由于SO2具有还原性，而酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，所以B中溶液颜色由紫色逐渐退去。（3）硫化钠中硫元素的化合价是最低价－2价，具有还原性，极易被氧化，生成单质硫，方程式为2S2-＋O2＋2H2O=2S↓＋4OH－。（4）SO2的漂白性原理是和有色物质结合，生成不稳定的无色物质。在加热的条件下，又能恢复原来的颜色，据此可以检验。即品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色。（5）由于浓硝酸具有强氧化性，浓HNO3可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到SO2气体，因此对实验造成影响。（6）CuFeS2中Fe的化合价为＋2，则Cu的化合价是＋2价，S的化合价是－2价。在生成物中Cu的化合价是0价，得到电子，被还原。同时氧气也是氧化剂，氧元素被还原；当生成0.8mol铜时，被还原的铜是0.8mol，氧气是2.1mol，所以转移电子是0.8mol×2＋2.1mol×4＝10mol，即转移电子的个数是10NA或6.02×1024。20．(1)某化学兴趣小组的同学进行Cl2、NH3的制备及性质检验等实验的流程和部分装置如下：①请利用A、G装置设计一个简单的实验验证Cl2、Fe3＋、I2的氧化性强弱为Cl2>Fe3＋>I2(实验中不断地小心振荡G装置中的试管)。请写出A中发生反应的离子方程式：______________________________________________，请写出试剂M为________溶液，证明氧化性为Cl2>Fe3＋>I2的实验现象是________________________________________________________________________。②已知3Cl2＋2NH36HCl＋N2，当D的烧瓶中充满黄绿色气体后，关闭a、c打开b，D中的现象为黄绿色气体消失，产生白烟，反应一段时间后，关闭b打开c，观察到的现象为________________________________________________________________________。(2)某废水中含有一定量的Na＋、SO32—，可能含有CO32—，某研究小组欲测定其中SO32—的浓度，设计如下实验方案：①从下列试剂中选择试剂X为________(填序号)；A．0.1mol/LKMnO4(H2SO4酸化)溶液B．0.5mol/LNaOH溶液C．新制氯水D．KI溶液②加入试剂X生成SO42—的离子方程式为_______________________________________③证明该废水中是否含有CO32—的实验方案为_________________________________________________【答案】(1)①MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OFeI2先观察到下层CCl4由无色变为紫红色，后看到上层溶液由浅绿色变为黄色②烧杯中的液体进入烧瓶中，形成喷泉(2)①C②Cl2＋SO32—＋H2O2Cl－＋SO42—＋2H＋③向废水中加入足量的盐酸，将生成的气体先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水，若紫色酸性KMnO4溶液颜色变浅，石灰水变浑浊，则证明废水中含有CO2【解析】(1)①根据题中所给装置，要证明氧化性Cl2>Fe3＋>I2，可将氯气通入试剂M(FeI2溶液)中，由Cl2先后将I－和Fe2＋氧化为I2和Fe3＋，可得出结论。I2的生成可由CCl4层出现紫色看出，而Fe3＋的生成可由上层溶液变成黄色看出。②反应生成的HCl极易溶于水，可形成喷泉。(2)由题中流程图看出测定原理为：利用氧化剂将SO32—氧化为SO42—，再加入BaCl2将其沉淀为BaSO4，加入盐酸酸化的目的是排除CO32—的干扰，硫酸酸化的KMnO4溶液中含有SO42—，会干扰实验，故可用新制氯水来氧化SO32—21．（6分）在2L的容器中放入4molN2O5，发生如下反应：2N2O5（g）4NO2（g）＋O2（g）。反应进行到5min时，测得N2O5转化了20%，（1）5min时，剩余N2O5的物质的量；（2）前5min，v（NO2）为多少；（3）5min时，N2O5的物质的量占混合气体总物质的量的百分比（保留一位小数）。【答案】（1）3.2（2）0.16（3）61.5%【解析】试题分析：（1）5min时测得N2O5转化了20%，则消耗N2O5的物质的量是4mol×20%=0.8mol，所以5min时，剩余N2O5的物质的量是4mol-0.8mol=3.2mol；（2）消耗0.8molN2O5，则生成1.6mol二氧化氮，所以v（NO2）=1.6mol/2L/5min=0.16mol/（L·min）；（3）5min时生成氧气的物质的量是0.8mol/2=0.4mol，则5min时混合气体的总物质的量是3.2+0.4+0.8=4.4mol，N2O5的物质的量占混合气体总物质的量的百分比为3.2mol/4.4mol×100%=61.5%。考点：考查化学方程式的计算22．由短周期元素组成的甲、乙和丙物质，一定条件下，存在下列转化关系：（1）若甲、乙、丙都是单质，甲、乙是同种气体。写出丙→乙的离子方程式。（2）若甲是厨房某种液态调味品的主要成份，乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则丙的化学式是；与丙中阳离子的质子数和电子数均相等的微粒是（写出一种微粒的化学式）。（3）若甲、乙是同种有机物，体积分数为75%的该有机物的水溶液常用于医疗消毒。写出分子中含有3个碳原子的丙的结构简式。【答案】（12分）（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）CH3COONH4；Na+、H3O+；（3）HCOOCH2CH3；【解析】试题分析：（1）若甲、乙、丙都是单质，甲、乙是同种气体，则丙为Al，气体为氢气，丙与强碱溶液反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）乙能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则乙为氨气，丙为铵盐，结合甲是厨房某种液态调味品的主要成份，甲应该是某种酸，故甲为乙酸，则丙为CH3COONH4，丙中阳离子为铵根离子，与铵根离子具有质子数和电子数均相等的微粒有，Na+、H3O+等，故答案为：CH3COONH4；Na+、H3O+；（3）若甲、乙是同种有机物，体积分数为75%该有机物的水溶液常用于医疗消毒，有机物为乙醇，则丙为酯，丙中含有3个碳原子，则丙为甲酸乙酯，结构简式为HCOOCH2CH3，故答案为：HCOOCH2CH3。考点：考查了推断题、元素化合物的性质的相关知识。23．有机化合物反应如下图，据此回答下列问题：（1）乙烯的结构式为：。（2）写出反应②④的化学方程式：②，反应类型：（1分）；④，反应类型：（1分）。（3）实验室常用下列装置制取乙酸乙酯，请回答相关问题：①饱和碳酸钠溶液的主要作用是。②若要把制得的乙酸乙酯分离出来，应采用的操作是。③进行该实验时，最好向试管甲中加入几块碎瓷片，其目的是。【答案】（1）（2）2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（或取代反应）（1分）（3）①酯在其中的溶解度小，有利于酯分离、除去粗产品中的乙酸（或乙酸、乙醇）②分液③防暴沸（防止剧烈沸腾）【解析】试题分析：（1）根据题给转化关系知，乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化生成乙醛，乙醇和D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯。（1）乙烯的结构式为：；（2）反应②④的化学方程式和反应类型分别为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O酯化反应（或取代反应）；（3）根据乙酸乙酯的制备实验可知：①饱和碳酸钠溶液的主要作用是：除去乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度。②乙酸乙酯和碳酸钠溶液时互不相容的两种液体，故用分液的方法分离；③加入几块碎瓷片，其目的是防止爆沸。考点：考查有机物的结构和性质、乙酸乙酯的制取24．（8分）已知A-O分别