陕西省咸阳市实验中学2024-2025学年高一化学下学期第二次月考试题含解析

PAGE17-陕西省咸阳市试验中学2024-2025学年高一化学下学期其次次月考试题（含解析）1.考试时间90分钟，满分为100分2.可能用到的相对原子质量：H—1；C—12；N—14；O—16第Ⅰ卷（选择题，共48分）一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。）1.下列有关能量转化的说法中错误的是()A.人类目前所干脆利用的能量大部分是由化学反应产生的B.充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行C.燃料电池的能量转化率理论上可高达100%D.化学反应伴随着能量变更是化学反应的基本特征之一【答案】C【解析】【详解】A．目前的能源结构中，燃料燃烧是主要的能量来源，燃烧为化学变更，所以说人类目前所干脆利用的能量大部分是由化学反应产生的，A正确；B．对于原电池的正极，放电时得电子，发生还原反应，那么在充电时须要失电子发生氧化反应复原成原来的状态，对于原电池的负极，放电时失电子，发生氧化反应，那么在充电时须要得电子发生还原反应复原成原来的状态，故充电是使放电时的氧化还原反应逆向进行，B正确；C．能量在转化的过程中会有损耗，燃料电池将化学能转化成电能的过程中，会有部分转化成热能，故转化率达不到100%，C错误；D．化学反应的基本特征是产生新物质，发生能量变更，D正确；故选C。2.元素周期表中某区域的一些元素多用于制造半导体材料，它们是（）A.左下方区域的金属元素 B.金属元素和非金属元素分界线旁边的元素C.右上方区域非金属元素 D.稀有气体元素【答案】B【解析】【分析】依据元素周期表中各元素的排布及相关性质来解题，一般金属元素位于左下角，可以做导体材料，非金属元素一般不导电，金属与非金属交界处的元素可以用来做半导体材料。【详解】A．元素周期表中有金属元素和非金属元素，其中金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体材料，故A错误；B．在金属与非金属元素交界处的元素大多数可用于制作半导体材料，故B正确；C．非金属元素一般位于元素周期表的右上方（氢元素除外），非金属元素一般不导电，是绝缘体材料，故C错误；D．稀有气体元素属于非金属元素，它们的性质更稳定，一般不用来做半导体材料，故D错误。故答案为B。3.下列关于氟、氯、溴、碘性质的比较，错误的是(

)A.原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多B.单质的颜色随核电荷数的增加而加深C.氢化物的还原性随核电荷数的增加而增加D.含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱【答案】D【解析】【详解】A．F、Cl、Br、I原子核外电子层数分别为2、3、4、5，原子核外电子层数随核电荷数的增加而增多，A正确；B．F、Cl、Br、I元素单质的颜色分别是淡黄绿色、黄绿色、深红棕色、紫黑色，所以单质的颜色随核电荷数的增多而加深，B正确；C．非金属单质的氧化性越强，它所对应的阴离子的还原性越弱，由于氧化性F＞Cl＞Br＞I，所以它们氢化物中-1价的非金属的还原性HF＜HCl＜HBr＜HI，C正确；D．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，由于F没有含氧酸，且选项中没有说明是最高价含氧酸，故不能比较酸性强弱，D错误；故选D。4.下列关于化学键的说法中正确的是(

)A.化学键不是一种作用力B.过氧化氢中既含离子键，又含非极性键C.化学键可以使离子结合，也可以使分子结合D.化学反应中的能量变更主要是由化学键变更引起的【答案】D【解析】【详解】A．化学键是相邻原子之间猛烈的相互作用，所以化学键是一种作用力，故A错误；B．过氧化氢中既含极性键O-H键，又含非极性键O-O键，不含离子键，故B错误；C．形成化学键的微粒可能是阴阳离子或原子，所以化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合，不能使分子结合，使分子间结合的是分子间作用力，故C错误；D．化学反应的实质是有旧化学键的断裂（吸热过程）和新化学键的形成（放热过程），化学反应中的能量变更主要是由化学键变更引起的，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学键，侧重考查基本概念，侧重于考查学生的分析实力和应用实力，留意把握化学键的分类和化学反应的实质，易错点C，分子间作用力比化学键强度小得多，使分子间结合的是分子间作用力。5.下列物质中不能用来区分乙酸、乙醇、苯的是（）A.金属钠 B.溴水 C.碳酸钠溶液 D.紫色石蕊溶液【答案】B【解析】【详解】A．乙酸和乙醇都能与金属钠反应生成氢气，但乙酸反应更猛烈，苯与钠不反应，故A错误；B．乙酸和乙醇与水混溶，加入溴水不能区分乙酸和乙醇，故B正确；C．乙酸具有酸性，与碳酸钠反应生成二氧化碳，溶液中有气体产生，乙醇与水溶液混溶，苯不溶于水溶液，三者现象各不相同，可鉴别，故C错误；D．乙酸具有酸性，紫色石蕊试液变红，乙醇与水混溶，无现象，苯不溶于水，可鉴别，故D错误；故答案为B。6.某有机物的结构简式为HO－CH2CH＝CHCH2－COOH,该有机物不行能发生的化学反应是（）A.水解 B.酯化 C.加成 D.氧化【答案】A【解析】【分析】结合该有机物含有的官能团进行分析；【详解】该有机物含有的官能团为羟基、碳碳双键、羧基。羟基和羧基均可发生酯化反应，碳碳双键可发生加成反应，羟基和碳碳双键可发生氧化反应，但是不能发生水解反应。综上所述，本题选A。7.四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的是(

)A.甲能使酸性KMnO4溶液褪色B.乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特别的键D.丁的分子式为CH3CH2OH【答案】C【解析】【详解】A．甲烷化学性稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．苯中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特别的键，6个C-C键键长相等，故C正确；D．乙醇分子式为C2H6O，CH3CH2OH是乙醇的结构简式，故D错误；故选C。8.利用下列反应不能制得括号中纯净物的是(

)A.肯定条件下，乙烯与氯气反应（1，2-二氯乙烷）B.肯定条件下，乙烯与水反应（乙醇）C.光照条件下，等物质的量的氯气与乙烷反应（氯乙烷）D.肯定条件下，浓硝酸与苯反应（硝基苯）【答案】C【解析】【详解】A．乙烯与氯气发生加成反应：CH2=CH2+Cl2CH2Cl—CH2Cl，没有副产物，可以得到纯净物，A不符合题意；B．乙烯与水发生加成反应：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，没有副产物，可以得到纯净物，B不符合题意；C．光照条件下，等物质的量的氯气与乙烷发生取代反应，会生成一系列的氯代乙烷（一氯乙烷、二氯乙烷、三氯乙烷等）的化合物，且每种氯代乙烷还可能有多种同分异构体，故无法得到纯净的氯乙烷，C符合题意；D．浓硝酸与苯发生取代反应反应：，H2O与硝基苯不互溶，可以得到纯净的硝基苯，D不符合题意；故选C。9.下列过程中所发生的化学变更属于取代反应的是(

)A.苯与浓溴水混合后撒入铁粉B.乙醇、乙酸与浓硫酸混合后加热C.在加热及镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应D.在加热及铜作催化剂的条件下，乙醇与氧气反应【答案】B【解析】【分析】取代反应是指化合物或有机物分子中任何一个原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应。【详解】A．苯与液溴的在FeBr3的催化下可以发生取代反应，反应物必需是液溴，浓溴水不能反应，A不符合题意；B．乙醇、乙酸与浓硫酸混合后加热的反应为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，属于取代反应，B符合题意；C．在加热及镍作催化剂的条件下，苯与氢气反应为：，属于加成反应，C不符合题意；D．在加热及铜作催化剂的条件下，乙醇与氧气反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，属于氧化反应，D不符合题意；故选B。10.下列关于有机物的说法中错误的是(

)A.油脂有油和脂肪之分，但都属于酯B.麦芽糖在人体内的水解产物能和银氨溶液发生反应C.淀粉和纤维素都是多糖，且彻底水解后的产物相同D.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇时，先加入足量烧碱溶液，再分液即得乙酸乙酯【答案】D【解析】【分析】【详解】A．油脂有油和脂肪之分，都是甘油和高级脂肪酸形成的酯，都属于酯，故A正确；B．麦芽糖在人体内的水解产物是葡萄糖，葡萄糖分子中含有醛基，能和银氨溶液发生反应，故B正确；C．淀粉和纤维素都是多糖，且彻底水解后的产物相同，都是葡萄糖，故C正确；D．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇时，先加入足量饱和碳酸钠溶液，除去乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，静置，再分液即得乙酸乙酯，故D错误；故选D。11.下列有关同系物、同分异构体的说法正确的是(

)A.分子组成相差一个或多个CH2原子团的物质互为同系物B.结构不同，式量相同的物质肯定是同分异构体C.同系物的化学性质相像，同分异构体的化学性质肯定不相像D.正丁烷一氯代物的同分异构体有2种，二氯代物的同分异构体有6种【答案】D【解析】【分析】同系物是是指结构相像、分子组成相差若干个“CH2”同分异构体是具有相同分子式而结构不同的化合物。【详解】A．依据分析同系物除了分子组成相差若干个“CH2”之外，还要求结构相像。比如环己烷（分子式C6H12）与乙烯CH2=CH2（分子式C2H4）相差4个“CH2”，但结构不相像，不是同系物，AB．依据分析，同分异构体要求具有相同分子式，而不是相同的相对分子质量（即式量），比如CO和N2相对分子质量都是28，但它们不是同分异构体，B错误；C．同系物的由于结构相像，所以化学性质相像；但同分异构体若官能团相同，化学性质也相像，如1-丁烯和2-丁烯是同分异构体，都有碳碳双键的化学性质，C错误；D．正丁烷一氯代物的同分异构体有、2种，二氯代物的同分异构体有、、、、、6种，D正确；故选D。12.燃料电池广泛应用于航天飞机。以30%KOH溶液为电解质溶液的这种电池在运用时的电极反应如下：H2+2OH--2e-=2H2OO2+2H2O+4e-=4OH-据此推断，下列说法中正确的是(

)A.H2在正极发生氧化反应B.供电时的总反应为：2H2+O2=2H2OC.燃料电池是将燃料燃烧时释放出的热能干脆转化为电能D.燃料电池的电极肯定是由两种金属组成【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，A错误；B．电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一样，供电时的总反应为2H2+O2=2H2O，B正确；C．氢氧燃料电池是将化学能干脆转变为电能的装置，过程中没有燃料的燃烧，C错误；D．燃料电池的电极材料不参与反应，也可以用石墨作电极，D错误；故选B。13.工业上利用氢气与氮气在高温、高压、催化剂作用下制取氨气：N2+3H22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。假如反应在密闭容器中进行，下列有关说法中错误的是(

)A.运用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B.在上述条件下，H2不行能100%的转化为NH3C.为了提高H2的转化率，应适当提高N2的浓度D.达到平衡时，N2的浓度和H2的浓度之比为1:3【答案】D【解析】【分析】【详解】A．催化剂能降低反应活化能，加快反应速率，提高生产效率，故A正确；B．N2+3H22NH3是可逆反应，在上述条件下，H2不行能100%的转化为NH3，故B正确；C．适当提高N2的浓度使平衡正向移动，提高H2的转化率，故C正确；D．达到平衡时，N2的浓度和H2的浓度之比不肯定为1:3，要看投料比，只有按N2的浓度和H2的浓度之比为1:3投料时，才有可能，故D错误；故选D。14.石蜡是石油减压分馏的产品，某试验小组利用如图的试验探究石蜡油（液态石蜡）分解的部分产物。下列说法正确的是(

)A.石蜡属于油脂B.该试验证明石蜡油分解产物只有乙烯C.B中发生氧化反应，所以溶液褪色D.碎瓷片的作用是防止暴沸【答案】C【解析】【分析】石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入酸性高锰酸钾溶液后，发生了氧化反应，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。【详解】A．石蜡是石油减压蒸馏的产品，是17个碳原子以上的液态烷烃混合物，属于烃类，不属于酯类，故A错误；B．蜡油（液态石蜡）分解的部分产物含有乙烯，乙烯分子中含有不饱和键，简洁被高锰酸钾氧化，但分解产物中除乙烯外还有其它产物，故B错误；C．蜡油分解的部分产物含有乙烯，乙烯分子中含有不饱和键，简洁被高锰酸钾氧化，分解产物通入高锰酸钾溶液中，B中溶液褪色，发生的是氧化反应，故C正确；D．碎瓷片的作用不是防止石蜡油暴沸，而是催化剂，加速石蜡油分解，故D错误；故选C。【点睛】明确试验原理为解答关键，驾驭石蜡油的主要成分、石蜡油分解产物、乙烯的化学性质是解题关键，留意官能团及其性质的关系，易错点D，该反应中碎瓷片的作用不是防止石蜡油暴沸，而是催化剂。15.X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，X元素的一种核素的中子数为0，X和Z处于同一主族，Y的一种同位素在考古时用来测定文物的年头，W、Z的最外层电子数之和与Q的最外层电子数相等，W的最内层电子数和最外层电子数之和等于次外层电子数。下列说法中错误的是(

)A.原子半径：Q＞W＞Z＞Y＞XB.Y与X形成的化合物在肯定条件下可与Q的单质发生反应C.化合物XQ和ZQ中化学键的类型不同D.W的一种氧化物是形成酸雨的主要成分【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的5种短周期主族元素，X元素的一种核素的中子数为0，X应为H元素；X和Z处于同一主族，则Z为Na；Y的一种同位素在考古时用来测定文物的年头，Y为C元素，W的最内层电子数和最外层电子数之和等于次外层电子数，其原子序数为：2+8+6＝16，W为S；W、Z的最外层电子数之和与Q的最外层电子数相等，Q为氯元素。【详解】依据分析可知，X、Y、Z、W、Q元素分别为H、C、Na、S、Cl元素。A．同主族从上到下原子半径渐渐增大，同周期自左向右原子半径渐渐减小，则原子半径：Z＞W＞Q＞Y＞X，故A错误；B．CH4在光照条件下可与氯气发生取代反应，故B正确；C．化合物HCl和NaCl中化学键的类型不同，H-Cl键是共价键，钠离子与氯离子间是离子键，故C正确；D．W的氧化物二氧化硫是形成酸雨的主要成分，故D正确；故选A。【点睛】推断元素为解答关键，留意驾驭元素周期律内容及原子核外电子排布规律，难点是元素的推断，易错点是C，留意离子键和共价键的推断方法。16.如图是化学课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置示意图。下列有关该装置的说法正确的是（）A.铜片为负极，其旁边的溶液变蓝，溶液中有Cu2＋产生B.假如将锌片换成铁片，电路中的电流方向将变更C.其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”D.假如将稀硫酸换成柠檬汁，LED灯将不会发光【答案】C【解析】【分析】【详解】A．Zn比Cu活泼，锌片作负极，发生氧化反应，铜片作正极，发生还原反应，铜片上有气泡产生，A错误；B．假如将锌片换成铁片，Fe比Cu活泼，铁片作负极，电路中的电流方向不会发生变更，B错误；C．其能量转化的形式主要是“化学能→电能→光能”，C正确；D．假如将稀硫酸换成柠檬汁，由于柠檬汁中含有柠檬酸，溶液呈酸性，LED灯仍旧会发光，D错误；故答案选C。第Ⅱ卷（非选择题，共52分）二、非选择题（本题共5小题，共计52分）17.(1)下列各组物质①和②和③CH4和CH3CH2CH3④金刚石和石墨⑤H、D、T⑥16O、17O、18O⑦乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）⑧臭氧（O3）和氧气（O2）。属于同素异形体的是________________；互为同位素的是_________________；互为同系物的是___________________；互为同分异构体的是_____________。（请将正确的序号填在横线上）【答案】(1).④⑧(2).⑤⑥(3).①③(4).②⑦【解析】【分析】同系物是指结构相像、分子组成相差若干个“CH2”同分异构体是具有相同分子式而结构不同的化合物；同素异形体是由同种元素形成的不同单质；同位素是质子数相同，中子数不同的核素；【详解】①和是结构相像、分子组成相1个“CH2”原子团的有机化合物，属于同系物；②和是具有相同分子式而结构不同的化合物，属于同分异构体；③CH4和CH3CH2CH3是结构相像、分子组成相2个“CH2”④金刚石和石墨是由同种元素形成的不同单质，属于同素异形体；⑤H、D、T是质子数相同，中子数不同的核素，属于同位素；⑥16O、17O、18O是质子数相同，中子数不同的核素，属于同位素；⑦乙醇（CH3CH2OH）和甲醚（CH3OCH3）是具有相同分子式而结构不同的化合物，属于同分异构体；⑧臭氧（O3）和氧气（O2）是由同种元素形成的不同单质，属于同素异形体；综上所述，属于同素异形体的是④⑧；互为同位素的是⑤⑥；互为同系物的是①③；互为同分异构体的是②⑦。18.B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。A、B、C、D、E之间能进行如图所示的反应。(1)A的官能团的名称________________，B的电子式为________________。(2)写出①发生的化学反应方程式______________________。(3)写出反应④化学反应方程式______________________。(4)下列关于化合物B的说法正确的是_____________（填字母）。A．B分子中全部原子都同一平面上B．相同物质的量的B和甲烷完全燃烧消耗氧气的量相同C．B可以与Cl2发生加成反应D．B使溴的四氯化碳溶液和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理相同【答案】(1).羟基(2).(3).2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑(4).2CH2CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(5).AC【解析】【分析】B的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故B是乙烯（CH2=CH2）。乙烯与水发生加成反应得到A：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故A是乙醇（CH3CH2OH），乙醇与钠反应得到E：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故E是乙醇钠（CH3CH2ONa），乙醇与乙酸在浓硫酸的催化下反应得到C：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故C是乙酸乙酯（CH3COOCH2CH3），乙醇在Cu催化下与氧气发生催化氧化得到D：2CH2CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故D是乙醛（CH3CHO）。【详解】（1）依据分析，A是乙醇（CH3CH2OH），官能团是羟基；B是乙烯，乙烯是共价化合物，碳和氢之间共用1对电子，碳和碳之间共用2对电子，电子式为；（2）依据分析，①是乙醇与Na的反应，化学反应方程式为：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑；（3）依据分析，④是乙醇的催化氧化反应，化学反应方程式为：2CH2CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A．乙烯分子中的六个原子均在同一平面，A正确；B．1mol乙烯完全燃烧消耗3molO2，1mol甲烷完全燃烧消耗2molO2，等物质的量的二者消耗O2的量不同，B错误；C．乙烯有碳碳双键，可以与Cl2发生加成反应，C正确；D．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色发生的是加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色发生的是氧化反应，原理不同，D错误；故选AC。19.(1)20世纪30年头，Eyring和Pzer在碰撞理论的基础上提出化学反应的过渡态理论：化学反应并不是通过简洁的碰撞就能完成的，而是在反应物到生成物的过程中经过一个高能量的过渡态。如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中的能量变更示意图，说明这个反应是_________（填“吸热”或“放热”）反应，NO2和CO的总能量_________（填“小于”、“大于”或“等于”）CO2和NO的总能量。(2)在某体积为2L的密闭容器中充入0.5molNO2和1molCO，在肯定条件下发生反应：NO2+CO⇌CO2+NO，2min时，测得容器中NO的物质的量为0.2mol，则：①该段时间内，用CO2表示的平均反应速率为_________。②假设此反应在5min时达到平衡，则此时容器内气体的总物质的量为_________。③下列事实能够说明上述反应在该条件下已经达到化学平衡状态的是_________。A．容器内气体的质量保持不变B．NO2的物质的量浓度不再变更C．NO2的消耗速率与CO2的消耗速率相等D．容器内气体总的物质的量保持不变【答案】(1).放热(2).大于(3).0.05mol•L﹣1•min﹣1(4).1.5mol(5).BC【解析】【详解】（1）由图可知，反应物NO2和CO的总能量大于生成物CO2和NO的总能量，该反应为放热反应；（2）依据题意可列出三段式：①该段时间内，用CO2表示平均反应速率为：；②反应是一个前后体积不变的反应，所以反应在5min时达到平衡，则此时容器内气体的总物质的量=反应前的气体的总物质的量=1.5mol，③化学平衡的判定主要有两种方法，一是v正=v逆，二是变量不变。A．容器内的气体反应前后遵循质量守恒，容器内气体的质量是个定值，不能判定是否达到平衡状态，A错误；B．NO2的物质的量浓度是个变量，随着反应的进行不断变更，当它不再变更时，该反应达到平衡状态，B正确；C．NO2的消耗是正反应方向，CO2的消耗是逆反应方向，二者速率相等符合化学计量数之比，故v正=v逆，反应达到平衡，C正确；D．反应是一个前后体积不变的反应，即前后物质的量不变的反应，故总物质的量是个定值，不能判定是否达到平衡状态，D错误；故选BC。20.“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，在试验室我们也可以用如图所示的装置来制取乙酸乙酯。试回答下列问题：(1)写出a试管中的化学反应方程式_______________。(2)b中为饱和碳酸钠溶液，其主要作用是_________。(3)b中导管要插在液面上，不能插入溶液中目的是_____________。(4)试管b中视察到的现象____________________。(5)若要把制得的乙酸乙酯分别出来，应采纳的试验操作是_________(填操作名称）；主要运用的玻璃仪器是_______。（仪器的名称）【答案】(1).CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O(2).除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出(3).防止倒吸(4).上层产生油状液体，并闻到水果香味(5).分液(6).分液漏斗【解析】【分析】a试管中的化学反应方程式CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，b中为饱和碳酸钠溶液，其主要作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出。【详解】(1)CH3COOH和C2H5OH在浓硫酸催化作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，a试管中的化学反应方程式CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。故答案为：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；(2)b中为饱和碳酸钠溶液，其主要作用是除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层析出。故答案为：除去乙酸和乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度便于分层析出；(3)a中加热不均可能导致产生不稳定的蒸汽流，b中导管要插在液面上，不能插入溶液中的目的是防止倒吸。故答案为：防止倒吸；(4)乙酸乙酯的溶解度较小，是油状液体，密度比水小，试管b中视察到的现象上层产生油状液体，