[化学]湖南省郴州市九校联考2023-2024学年高一下学期5月月考试题(解析版)

这是一份[化学]湖南省郴州市九校联考2023-2024学年高一下学期5月月考试题(解析版)，共19页。试卷主要包含了 下列有关化学用语表述正确的是， 下列说法正确的是， 下列说法正确的个数是等内容，欢迎下载使用。
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 中华文化博大精深，蕴含着丰富的化学知识。下列有关说法错误的是（ ）
A. 苏轼《格物粗谈·果品》中记载：“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气既发，并无涩味。”这种气体为乙烯
B. 《本草纲目》中记载：“盖此矾，色绿，味酸，烧之则赤”，“矾”指是
C. “故近朱者赤，近墨者黑”，其中“朱”指的是朱砂，古代常用的红色颜料，主要成分为四氧化三铁
D. 《天工开物》记载：“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，其中“硝”指的是
【答案】C
【解析】
【详解】A．木瓜产生的气体促进了红柿的成熟，是果实的催熟剂，所以此气体应为乙烯，故A正确；
B．绿色矾，呈酸性，灼烧后生成红色物质，即“矾”指的是，FeSO4溶液呈酸性，灼烧后生成红色Fe2O3，故B正确；
C．朱砂，古代常用的一种红色颜料，其主要成分是HgS，故C错误；
D．火药的硝指的是硝酸钾，火药反应原理为：，故D正确；
故选C。
2. 下列有关化学用语表述正确的是（ ）
A. 的结构示意图： B. 次氯酸的电子式：
C. 的电子式： D. 乙酸的空间填充模型：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫元素为16号元素，硫离子最外层有8个电子，结构示意图：，故A错误；
B．次氯酸的电子式：，故B错误；
C．的电子式：，故C错误；
D．乙酸结构简式为CH3COOH，空间填充模型：，故D正确；
故选D。
3. 设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A. 的醋酸溶液中，含有的氢离子总数为
B. 固体溶于水时，断开的化学键数目为
C. 最多与反应
D. 含有的键数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．醋酸为一元弱酸，水溶液中部分电离，因此的醋酸溶液中，含有的氢离子总数小于，故A错误；
B．物质的量为0.5ml，固体溶于水，Na+和之间的离子键断裂，中的H-O键断裂，固体溶于水时，断开的化学键数目为，故B正确；
C．物质的量为，最多与反应，故C错误；
D．物质的量为0.5ml，含有Si-O键数为2NA，故D错误；
故选B。
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 的转化只能通过置换反应实现
B. 浓硫酸和蔗糖的反应体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性
C. 使溴水褪色以及使酸性高锰酸钾溶液褪色涉及的反应原理相同
D. 与水反应能生成NaOH，说明是碱性氧化物
【答案】B
【解析】
【详解】A．的转化可以是Fe与FeCl3反应生成FeCl2，离子方程式为：，属于化合反应，故A错误；
B．浓硫酸和蔗糖的反应有黑色物质C和刺激性气体SO2生成，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，故B正确；
C．使溴水褪色是与溴水发生加成反应，生成CH2BrCH2Br，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，生成CO2，故C错误；
D．碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物，与酸反应生成盐、水、O2，不是碱性氧化物，故D错误；
故选B。
5. 对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是（ ）
A. 同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：
B. 食醋去除水垢中的：
C. 水玻璃长期露置在空气中变浑浊：
D. 饱和氨盐水中通入过量的二氧化碳，有白色固体生成：
【答案】C
【解析】
【详解】A．同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合，发生反应的实质为H+与OH-结合生成H2O，离子方程式为：，故A错误；
B．醋酸为弱酸，离子方程式中不可拆分，食醋去除水垢中的：，故B错误；
C．水玻璃是NaSiO3水溶液，长期露置在空气中与CO2发生反应，生成硅酸，使得溶液变浑浊：，故C正确；
D．饱和氨盐水中通入过量的二氧化碳，有白色固体生成：，故D错误；
故选C。
6. 下列实验装置正确且能够达到目的的是（ ）
A. 海带提碘实验中利用甲装置灼烧碎海带
B. 利用乙装置制备并能实现随关随停
C. 利用丙装置制取并收集
D. 利用丁装置比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A．灼烧海带成灰时，应放在坩埚内灼烧，故A错误；
B．高锰酸钾可溶于水，不能实现随关随停，故B错误；
C．氨气密度比空气小，要用向下排空气法收集，故C错误；
D．碳酸钠和硫酸反应生成二氧化碳，证明非金属性S大于C，二氧化碳与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C大于Si，故D正确；
故选D。
7. 下列说法正确的个数是（ ）
①用可见光束照射蛋白质溶液时，从侧面可以看到一条光亮的“通路”
②分子中，最多有7个原子共面
③用酸性溶液可以区分乙烷和乙烯，也可以除去乙烷中的乙烯杂质得到纯净乙烷
④与碳酸钠反应得
⑤无水乙醇可与单质钠反应置换出氢气，但乙醇不属于电解质且不可与氢氧化钠溶液发生反应
⑥糖类、油脂和蛋白质均是天然有机高分子化合物，都可发生水解反应
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
【答案】A
【解析】
【详解】①蛋白质溶液为胶体，具有丁达尔效应，一束平行光射入蛋白质溶液中，侧面可看到一束光亮的通路，正确；
②碳碳双键两端的原子共面，单键可以旋转，则分子中，最多有7个原子共面，正确；
③酸性溶液乙烯反应生成二氧化碳杂质 ，不可以除去乙烷中的乙烯杂质得到纯净乙烷，错误；
④与碳酸钠反也可能只生成碳酸氢钠，而得不到二氧化碳，错误；
⑤电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；无水乙醇含有羟基，可与单质钠反应置换出氢气，但乙醇不属于电解质且不可与氢氧化钠溶液发生反应，正确；
⑥葡萄糖等、油脂不是天然有机高分子化合物，葡萄糖不可发生水解反应，错误；
故选A。
8. 下列关于碱性乙醇()燃料电池的说法正确的是（ ）
A. 当6ml电子通过装置时，a电极上消耗23g乙醇
B. 放电一段时间后，KOH溶液中的总物质的量不变
C. 电池工作时，电解质溶液中移向b电极，b电极发生氧化反应
D. 当用电器连通电极后电子由b电极经过KOH溶液流向a电极
【答案】A
【解析】
【分析】a极通入乙醇，乙醇失电子发生氧化反应，a是负极，电极反应式为：；b极通入氧气，氧气得电子发生还原反应，b是正极，电极反应式为：。
【详解】A．根据电极反应式可知，当6ml电子通过装置时，a电极上消耗0.5ml乙醇，质量为23g，故A正确；
B．总反应方程式为：，放电会消耗OH-，KOH溶液中的总物质的量减少，故B错误；
C．由分析得，b为正极，发生还原反应，移向a电极，故C错误；
D．a是负极，b为正极，电子由a电极经导线流向b电极，故D错误；
故选A。
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 用pH试纸测得某雨水的pH=6，说明该雨水为酸雨
B. 胶体的制备是在饱和氯化铁溶液中逐滴加入NaOH溶液，再煮沸
C. 向淀粉溶液中加少量稀硫酸，加热4~5min，冷却后向其中加入新制悬浊液，加热，无砖红色沉淀生成，说明淀粉没有发生水解
D. 煤的气化和液化是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A．酸雨是指pH＜5.6的雨，故A错误；
B．胶体的制备是：在沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，故B错误；
C．检验淀粉是否发生水解，向淀粉溶液中加少量稀硫酸，加热4~5min，冷却后先加氢氧化钠中和硫酸，再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热至沸腾，若有砖红色沉淀出现，说明淀粉发生了水解，故C错误；
D．煤的气化是将煤转化为可燃性气体的过程，煤的液化是煤与其他物质作用生成液体燃料，均为化学变化，故D正确；
故选D。
10. 部分含氮、硫元素的化合物的“价-类”二维图如图所示。下列关于各物质的说法错误的是（ ）
A. 将c、f同时通入水中，加入有白色沉淀生成
B. e的浓溶液可用于干燥c
C. g与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体
D. i的浓溶液在常温下与铁不反应
【答案】D
【解析】
【分析】由图可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3、e为H2SO4、f为NH3、g为NO、h为NO2、i为HNO3。
【详解】A．c为SO2、f为NH3，同时通入水中，生成（NH4）2SO4，加入有白色沉淀BaSO3生成，故A正确；
B．浓H2SO4可用于干燥SO2，故B正确；
C．NO与CO在汽车催化转化器中会转化成两种无毒气体N2、CO2，故C正确；
D．Fe常温下在浓硝酸中钝化，即Fe与浓硝酸反应生成了一层致密的氧化物薄膜，这层薄膜阻止了酸与内层金属的进一步反应，故D错误；
故选D。
11. 某温度下，在一恒容容器中进行如下反应，下列情况能说明反应达到平衡的是（ ）
①单位时间内，有断裂的同时有形成
②单位时间内，有反应，同时有生成
③容器内压强不随时间而变化
④当C的浓度不再变化时
⑤气体的密度不随时间而变化
⑥用、、表示的该反应的化学反应速率之比为2：1：2
A. ②③④B. ①③⑤C. ①④⑥D. ②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①单位时间内，有断裂的同时有形成，此时，反应达到平衡，①符合题意；
②有反应，同时有生成均指正反应，正逆反应速率不一定相等，不能判断反应是否达到平衡状态，②不符合题意；
③反应为前后气体分子数不同的反应，压强随反应的进行发生变化，当压强不变时，反应达到平衡状态，③符合题意；
④C为固体，浓度为常数，不能由此判断反应是否达到平衡，④不符合题意；
⑤体系中存在固体，气体总质量随反应的进行会发生变化，容器恒容密闭，根据可知，混合气体的密度会随着反应的进行发生变化，当其不变时，反应达到平衡状态，⑤符合题意；
⑥不论反应是否平衡，均存在、、表示的该反应的化学反应速率之比为2：1：2，不能由此判断反应是否达到平衡，⑥不符合题意；
故选B。
12. 某种化合物的结构如图所示，其所含元素X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，已知X的某种核素原子核内没有中子，Y的某种核素可用于测定文物年代，Q是地壳素中含量最高的元素，下列叙述错误的是（ ）
A. 最简单气态氢化物的稳定性：YW
D. Q与W形成的化合物中只含有离子键
【答案】D
【解析】
【分析】X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，已知X的某种核素原子核内没有中子，X为氢；Y的某种核素可用于测定文物年代，为碳；Q是地壳素中含量最高的元素，为氧；Z形成3个共价键，为氮；W形成+1价阳离子，为钠；
【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，最简单气态氢化物的稳定性：CNa+，C正确；
D．O与Na形成的化合物中过氧化钠中也含有氧氧共价键，如图，D错误；
故选D。
13. X溶液中含有表中所示离子中的5种，且其离子个数相等。向X溶液中加入足量稀盐酸有气体生成，反应前后阴离子种类不变。下列叙述正确的是（ ）
A. 向X溶液中加入足量稀盐酸后生成的气体为酸性氧化物
B. 溶液中含有3种阳离子、2种阴离子
C. 可利用酸性高锰酸钾溶液验证X溶液中的存在
D. 向反应后的溶液中继续加入过量的氢氧化钠溶液，会生成与两种沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】向X溶液中加入足量稀盐酸，有气体生成，反应前后阴离子种类不变说明X溶液中不含有氢氧根离子、碳酸根离子和碳酸氢根离子；由加入足量稀盐酸有气体生成可知，一定含有亚铁离子、硝酸根离子，酸性条件下亚铁离子与稀硝酸反应生成铁离子、一氧化氮和水；由加入足量稀盐酸反应后阴离子种类不变可知，溶液中含有氯离子；由X溶液中5种离子个数相等，结合电荷守恒可知，溶液中含有硫酸根离子、镁离子，不含有钡离子、钠离子、铁离子、铝离子，则X溶液中的5种离子为亚铁离子、镁离子、硝酸根离子、氯离子和硫酸根离子。
【详解】A．NO为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，A错误；
B．5种离子为亚铁离子、镁离子、硝酸根离子、氯离子和硫酸根离子，B错误；
C．酸性高锰酸钾溶液也会和溶液中氯离子发生氧化还原反应而褪色，不能检验亚铁离子，C错误；
D．向反应后的溶液中继续加入过量的氢氧化钠溶液，铁离子和镁离子会生成与两种沉淀，D正确；
故选D。
14. 根据下图所得判断正确的是（ ）
图二为反应正反应速率随时间变化的曲线
A. 图一中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 图二该反应在c点达到平衡状态
C. 图二当时，的浓度变化量：b~c段小于a~b段
D. 图三表示镁条放入盐酸中生成速率随时间的变化，反应速率加快的主要原因可能是该反应为放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．图一中为放热反应，反应的实质是旧化学键的断裂和新化学键的生成，反应物的总键能+=生成物的总键能，即生成物总键能更大，故A错误；
B．达到平衡状态时，且保持不变，而c点之后，V正下降，说明c未达到平衡状态，故B错误；
C．，由图可知，当时，b~c段正反应速率更大，即的浓度变化量更大，故C错误；
D．镁条放入盐酸中，随着反应的进行盐酸浓度下降，生成速率应逐渐下降，反应速率加快的主要原因可能是该反应为放热反应，使得温度上升，生成速率加快，故D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 硫酸铜可用作家禽养殖饲料的添加剂。一种以含砷氧化铜矿[含CuO、、砷的化合物及铅的化合物]为原料制备饲料级硫酸铜的工艺流程如图所示。回答下列问题：
（1）①与次氯酸钠溶液反应可以生成一种叫联氨()的物质，请写出的电子式：_______。
②写出实验室制氨气的化学方程式：_______。
（2）“除砷”时控制pH=9，最终转化为沉淀。
①As的原子序数为33，则其在元素周期表中的位置为_______。
②已知中硫为+6价，则中存在的共价键类型为_______。
③该转化过程中生成的离子方程式为_______。
④生成转移的电子数为_______。
（3）铅和碳同族，若可写成，则可写为_______。
（4）由碱式硫酸铜制取产品硫酸铜晶体的方法：将碱式硫酸铜先溶于硫酸，再_______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）①. ②.
（2）①. 第四周期第ⅤA族 ②. 极性共价键、非极性共价键 ③. ④. 3NA
（3）
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】含砷氧化铜矿加入氨水、硫酸铵溶液氨浸得到含有的滤液，滤液加入硫化铵将铅离子转化为硫化铅沉淀，过滤滤液加入硫酸亚铁、将最终转化为沉淀，过滤滤液蒸氨沉铜得到碱式碳酸铜沉淀，处理得到硫酸铜晶体；
（1）①为共价化合物，电子式：。
②氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，；
（2）①As的原子序数为33，则其在元素周期表中的位置为第四周期第ⅤA族。
②已知中硫为+6价，该离子带2个单位负电荷，则中除存在硫氧键外还存在1个过氧键，故共价键类型为极性共价键、非极性共价键。
③“除砷”时控制pH=9，最终转化为沉淀，则碱性条件下将亚铁离子氧化为铁离子、氧化为，被还原为硫酸根离子，反应中As化合价由+3变为+5、铁化合价由+2变为+3，中过氧键中氧化合价由-1变为-2，结合电子守恒可知，该转化过程中生成的离子方程式为。
④结合③分析可知，电子转移为，生成转移的电子数为3NA；
（3）Pd的化合价为+2、+4，结合化合价可知，可写为；
（4）由碱式硫酸铜制取产品硫酸铜晶体的方法：将碱式硫酸铜先溶于硫酸，再蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到晶体。
16. 二十大报告中提出“推动绿色发展，促进人与自然和谐共生”，为保护生态环境做出了重要指示。氮氧化物会严重污染空气，汽车尾气及一些工业生产的烟气中都含有氮氧化物，工业上常用催化转化法、氨还原法、氧化剂氧化法等进行处理。
（1）一定温度下，向3L恒容密闭容器中充入一定量的CO和发生反应：，反应经10min达到平衡状态。CO的物质的量随时间的变化曲线如图所示：
①0~10min内，用的浓度变化表示的平均反应速率为_______。
②5min时_______(填“>”“A点时；
③A．适当升高温度，该反应的反应速率增大，A符合题意；
B．及时分离出气体，反应速率减小，B不符合题意；
C．其他条件一定时，恒容充入一定量Ar，对反应速率无影响，C不符合题意；
D．其他条件一定时，恒压充入一定量Ar，相当于压强减小，反应速率下降，D不符合题意；
故选A；
（2）由图可知，反应③为；温度升高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度下降，NO脱除率下降；
（3）①正极为过氧化氢失去电子，电极反应式为：；
②负极NO失去电子变为，电极方程式为：，11.2L(标准状况)NO物质的量为0.5ml，通过外电路的电子的物质的量为1.5ml。
17. 硫酸亚铁铵晶体[]是一种重要的分析试剂。已知，在隔绝空气加热至580℃时，硫酸亚铁铵晶体会完全分解，剩余固体为红棕色粉末。某探究小组对其进行性质探究。
（1）小明同学按照如图所示的装置进行实验，打开止水夹通入氩气，一段时间后关闭止水夹。加热A中的硫酸亚铁铵晶体，检验产物。
①向装置内添加试剂前的操作流程为_______，C中球形干燥管的作用是_______。
②已知分解产物全为化合物，B中的试剂为碱石灰，则C中能观察到的现象为_______。
（2）小红同学利用如图的装置去验证分解产物中还含有、。
①装置的连接顺序为A_______(用字母代替)。
②能证明分解产物中含有的实验现象是_______，写出F中发生反应的离子方程式：_______。
（3）小豪同学发现，在制备硫酸亚铁铵的过程中会产生硫酸铁铵，检验产生杂质的试剂可以是_______。
（4）小杰同学在查阅资料后发现，可向热的硫酸亚铁溶液中加入一定量硫酸铵，水浴浓缩后制得硫酸亚铁铵晶体，写出该过程反应的化学方程式：_______。
【答案】（1）①. 关闭止水夹，球形干燥管末端伸入水中，微热硬质玻璃管，如果球形干燥管末端有气泡冒出，冷却后有水进入球形干燥管，则气密性良好 ②. 防止倒吸 ③. 溶液由无色变红色
（2）①. GEDFH ②. D中无明显现象，F中出现白色沉淀 ③. SO2+H2O2+ Ba2+= BaSO4↓+ 2H+
（3）KSCN
（4）
【解析】连接装置后，先检查装置气密性，打开止水夹通入氩气，一段时间后关闭止水夹。加热A中的硫酸亚铁铵晶体，检验生成的产物。气体产物要先通过防倒吸装置G，再通过E检验SO3，SO2在E中既不反应也几乎不溶解，接着通过D确认SO3已除尽，接着通过F检验SO2，在F中SO2被H2O2氧化产生H2SO4，从而产生硫酸钡沉淀，最后通过尾气吸收装置H。
（1）①向装置内添加试剂前需要进行气密性检查：关闭止水夹，球形干燥管末端伸入水中，微热硬质玻璃管，如果球形干燥管末端有气泡冒出，冷却后有水进入球形干燥管，则气密性良好；C中球形干燥管的作用是防止倒吸；②已知在隔绝空气加热至580℃时，硫酸亚铁铵晶体会完全分解，剩余固体为红棕色粉末，即生成氧化铁，已知分解产物全为化合物，则还生成水、二氧化硫、三氧化硫、氨气，B中的试剂为碱石灰，吸收水、二氧化硫、三氧化硫，则氨气进入C，氨水显碱性，则C中能观察到的现象为：溶液由无色变红色；
（2）①气体产物要先通过防倒吸装置G，再通过E检验SO3，SO2在E中既不反应也几乎不溶解，接着通过D确认SO3已除尽，接着通过F检验SO2，在F中SO2被H2O2氧化产生H2SO4，从而产生硫酸钡沉淀，最后通过尾气吸收装置H。因此，依次连接的合理顺序为A、G、E、D、F、H；②能证明分解产物中有SO2的实验现象是D中无明显现象，F中出现白色沉淀；SO2被过氧化氢氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为SO2+H2O2+ Ba2+= BaSO4↓+ 2H+；
（3）在制备硫酸亚铁铵的过程中会产生硫酸铁铵，检验产生的杂质，即检验三价铁离子，取少量固体溶于水，加入KSCN，如果溶液变红，则有硫酸铁铵；
（4）根据原子守恒可得：。
18. 石油是“工业的血液”，是重要的化工原料，利用石油经过一系列变化可以获得多种化工产品，下图为实验室利用原油合成部分有机物的流程。
（1）已知A的产量是衡量一个国家石油化工水平的重要标志，是石油化工的重要基本原料，还可用于催熟水果。则A的结构简式为_______。
（2）丙烯酸乙酯中含有的官能团的名称是_______，久置的丙烯酸乙酯自身会发生聚合反应，所得聚合物具有较好的弹性，可用于生产织物和皮革处理剂。请用化学方程式表示上述聚合过程：_______。
（3）写出反应④的化学方程式：_______，该反应的类型是_______。
（4）下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 乙酸与丙烯酸属于同系物
B. 可用碳酸氢钠溶液鉴别丙烯酸和丙烯酸乙酯
C. 聚丙烯酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D. 步骤①中分离苯与溴苯可用分液法
（5）分子式为的烃也是石油分馏的产物之一，其一氯代物一共有_______种。
（6）某化学课外小组用B物质25g、30g、浓硫酸适量，发生以上反应⑤，制备并纯化乙酸乙酯后，得到纯乙酸乙酯26.4g，则乙酸乙酯的产率为_______。()
【答案】（1）CH2=CH2
（2）①. 碳碳双键、酯基 ②. nCH2=CH-COOCH2CH3→
（3）①. ②. 氧化反应
（4）B
（5）4
（6）60%
【解析】石油分馏得到石蜡油，石蜡油催化重整得到苯，苯发生溴代得到溴苯；石蜡油经加热通过碎瓷片得到CH3-CH=CH2，再氧化得到丙烯酸；丙烯酸与乙醇通过酯化反应得到丙烯酸乙酯，即B为乙醇，石蜡油加热还可以分离出A，且A与水反应得到乙醇，A的产量是衡量一个国家石油化工水平的重要标志，是石油化工的重要基本原料，还可用于催熟水果，即A为CH2=CH2，乙醇催化氧化得到乙醛，乙醛再氧化得到乙酸；乙酸与乙醇通过酯化反应得到乙酸乙酯。
（1）由分析得，A为CH2=CH2；
（2）丙烯酸乙酯中含有的官能团的名称是：碳碳双键、酯基；丙烯酸乙酯发生加聚反应得到聚丙烯酸乙酯，化学方程式为：nCH2=CH-COOCH2CH3→；
（3）反应④是乙醇被O2氧化为乙醛，化学方程式为：，反应类型为：氧化反应；
（4）A．乙酸含有羧基，丙烯酸含有羧基和碳碳双键，二者具有不同的官能团，不属于同系物，故A错误；
B．丙烯酸具有羧基，能与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，丙烯酸乙酯与碳酸氢钠溶液不反应，无明显现象，因此可用碳酸氢钠溶液鉴别丙烯酸和丙烯酸乙酯，故B正确；
C．聚丙烯没有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C错误；
D．苯与溴苯可以互溶，不能用分液法分离，故D错误；
故选B；
（5）C4H10是石油分馏的产物之一，其一氯代物共有CH2ClCH2CH2CH3、CH3CHClCH2CH3、ClC（CH3）3、CH（CH3）2CH2Cl，共4种；
（6）乙醇25g物质的量约为0.54ml，乙酸30g物质的量为0.5ml，由反应方程式可知，乙醇过量，则理论上得到乙酸乙酯0.5ml，质量为44g，由实验制得纯乙酸乙酯26.4g，则乙酸乙酯的产率为。
阳离子
阴离子