(化学）湖南省娄底市2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题

2020年上学期高二期末考试化学试题
说明：本卷满分100分，考试时间90分钟
可能用到的相对原子质量： H-1 O-16 Ti-48 Fe-56
一、选择题：（每小题只有一个正确选项， 每小题3分，共48分）
1.中国是瓷器的故乡，钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色出窑万彩”的神奇窑变著称。下列关于陶瓷的说法正确的是(   )
A. 高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物
B. 瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料
C. 氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料
D. "窑变"是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化
【答案】D
【解析】
【详解】A. 陶瓷中含有多种物质，属于混合物，不符合题意，A错误；
B. 瓷器属于无机非金属材料，不符合题意，B错误；
C. 氮化硅属于新型无机非金属材料，不符合题意，C错误；
D. “窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，符合题意，D正确；
答案为D。
2.下列变化中，不属于化学变化的是(　 　)
A. SO2使品红溶液褪色 B. 氯水使有色布条褪色
C. 活性炭使红墨水褪色 D. 漂粉精使某些染料褪色
【答案】C
【解析】
【分析】
二氧化硫和次氯酸具有漂白性，活性炭具有吸附性，据此回答问题。
【详解】A. SO2具有漂白性，使品红溶液褪色，属于化学变化，A不符合题意；
B. 氯水中含有漂白性的次氯酸，使有色布条褪色，属于化学变化，B不符合题意；
C. 活性炭具有吸附性，使红墨水褪色，属于物理变化，不属于化学变化，C符合题意；
D. 漂粉精溶于水，水解生成次氯酸，使某些染料褪色，属于化学变化，D不符合题意；
答案为C。

3.NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（   ）
A. 10g质量分数为34%的H2O2溶液含有的氢原子数为0.2NA
B. 0.1mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NA
C. 标准状态下，11.2LSO2含有的氧原子数为NA
D. 100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数是0.01NA
【答案】C
【解析】
【详解】A. 10g质量分数为34%的H2O2溶液中过氧化氢的质量为3.4g，物质的量为0.1mol，即过氧化氢含有的氢原子数为0.2NA，但水分子也含有氢原子，故溶液中氢原子含量远大于0.2NA，A错误；
B. Na2O2和Na2O两物质阳离子和阴离子的比例均为2:1，即0.1mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.3NA，B错误；
C. 标准状态下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，C正确；
D. 醋酸在水溶液中部分发生电离，100 mL 0.1 mol/L醋酸中含有的醋酸分子数小于0.01NA，D错误。
答案为C。
4.能正确表示下列反应的离子方程式是
A. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClO－＋SO2＋H2O===HClO＋HSO3-
B. 0.1 mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2 mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3＋＋2SO42-＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4＋AlO2-＋2H2O
C. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-＋6H＋＋5H2O2＝2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
D. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O3＋6H＋＋2I－＝2Fe2＋＋I2＋3H2O
【答案】D
【解析】
A项，次氯酸钠溶液具有氧化性，亚硫酸氢根离子具有还原性，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：ClO-+SO2+H2O=SO42-+Cl-+2H+，故A错误；B项，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2物质的量之比1：2，离子方程式为：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3•H2O，故B错误；C项，高锰酸钾具有强的氧化性，能氧化氯离子，所以不能用盐酸酸化，一般用稀硫酸酸化，故C错误；D项，Fe2O3可溶于氢碘酸，Fe3+具有氧化性能氧化I-，反应的离子方程式为：Fe2O3+2I-+6H+=2Fe2++3H2O+I2，故D正确。
点睛：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查氧化还原反应型离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，如题中A、C、D均涉及氧化还原反应的判断，注意与反应物的用量有关的反应，如B项属于复分解型的离子反应，SO42-和Ba2+为1:1正好生成BaSO4沉淀，NH4+、Al3+、OH-为1:1:4，NH4+和Al3+都能与OH-反应，因为Al(OH)3难溶于NH3•H2O，所以生成Al(OH)3和NH3•H2O。
5.在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是
A. FeFeCl3 FeCl2
B. Al（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3
C. C6H5ONaC6H5OHCO2
D NH4Cl(s) NH3Mg(OH)2
【答案】D
【解析】
【详解】A. Fe和盐酸反应生成氯化亚铁，A错误；
B. Al（OH）3和盐酸反应生成氯化铝，溶液蒸发时，铝离子水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸受热易挥发，促进平衡右移，故最后蒸干得到氢氧化铝固体，不能得到氯化铝固体，B错误；
C. C6H5ONa加盐酸生成苯酚，苯酚与碳酸钠反应，生成苯酚钠和碳酸氢钠，没有二氧化碳气体放出，C错误；
D. NH4Cl(s)和氢氧化钙反应生成氨气，氨气溶于水显碱性，与氯化镁反应生成氢氧化镁，D正确。
答案为D。
6.下列说法正确的是（   ）
A. 有化学键断裂不一定发生化学反应 B. 吸热反应只有加热才能发生
C. 有能量变化的一定是化学反应 D. 活化分子间的碰撞一定发生化学反应
【答案】A
【解析】
【详解】A. 有化学键断裂不一定发生化学反应，可能是晶体溶解，如氯化钠固体溶于水中，离子键被破坏，A正确；
B. 吸热反应是指反应物能量比生成物能量小的关系，与反应条件无关，B错误；
C. 有能量变化的不一定是化学反应，可能是物质状态发生变化，如固体变液体，C错误；
D. 活化分子间的有效碰撞才能发生化学反应，D错误。
答案为A。
7.短周期元素X、Y、Z、W 原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13。X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是（ ）
A. 原子半径的大小顺序: r(Y)>r(Z)>r(W)
B. 元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同
C. 元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强
D. 只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物
【答案】D
【解析】
【详解】由题推知：X为H（氢），Y为N（氮），Z为O（氧），W为Na（钠）。
A．原子半径大小应该是：r(W)>r(Y)>r(Z)，选项A错误；
B．元素Z、W 的简单离子分别为O2-和Na+，电子层结构相同，选项B错误；
C．Y、Z气态氢化物分别是NH3和H2O，稳定性H2O大于NH3 ，选项C错误；
D．只含X、Y、Z三种元素的化合物可以是共价化合物如：HNO3，也可以是离子化合物如：NH4NO3 ，选项D正确。
答案选D。
8.下列说法正确的是（ ）
A. 乙烯使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色的本质是不同的
B. 蛋白质、油脂、纤维素等均属于天然高分子化合物
C. 保鲜膜按材质可分为聚乙烯（PE）、聚氯乙烯（PVC）等，PVC的单体可由PE的单体与氯化氢加成制得
D. 乙醇用作医用消毒剂时，无水乙醇消毒效果最好
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙烯使溴水褪色发生了加成反应，乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色发生了氧化反应，故A正确；
B．油脂不是高分子化合物，故B错误；
C．聚乙烯（PE）的单体不含碳碳双键，不能发生加成反应，故C错误；
D．乙醇用作医用消毒剂时，75%效果最好，故D错误；
答案选A。
9.10mL浓度为1mol/L的盐酸和过量的锌反应，为加快反应速率，又不影响生成氢气的总量，可采用的方法是
A. 再加入10mL浓度为0.5mol/L的硫酸
B. 加入几滴CuCl2溶液
C. 加入几滴NaNO3溶液
D. 加入少量CH3COONa溶液
【答案】B
【解析】
0.5mol/L硫酸溶液中c(H+)=1mol/L与1mol/L的盐酸溶液中c(H+)=1mol/L相同，反应速率不变，A错误；CuCl2溶液与锌反应生成铜，锌、铜、盐酸构成原电池，反应速率加快，B正确；NO3-、H+与锌反应不产生氢气，C错误；CH3COONa溶液与盐酸相遇生成CH3COOH，强酸变为弱酸，反应速率减慢，但是生成氢气的量不变，D错误；正确选项B。
10.向一定量的Fe、FeO、Fe2O3的混合物中加入100mL浓度为1.00mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，有气体放出，所得溶液中加入KSCN溶液后无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量此混合物，能得到铁的质量是（ ）
A. 11.2g B. 5.6g C. 2.8g D. 1.4g
【答案】C
【解析】
【分析】
盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可以知道n(Fe)=n(FeCl2)，据此结合m=nM计算得到的铁的质量。
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可以知道n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1×1=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可以知道n(Fe)=n(FeCl2)=0.05mol，质量为0.05×56=2.8g；综上所述，本题正确选项C。
11.某种碱性氢氧燃料电池的的正极反应式为:O2+4e-+2H2O=4OH-。下列有关该电池的叙述正确的是（   ）
A. 工作时，电解质溶液中的OH-向正极移动
B. 工作一段时间后，电解液中KOH的物质的量浓度减小
C. 负极上发生的反应为H2-2e-=2H+
D. 若电池在工作过程中有0.4mol电子转移，则正极消耗2.24L O2
【答案】B
【解析】
【详解】A. 正极发生还原反应，得到电子，电子带负电，阴离子如OH-向反方向，即负极移动，A错误；
B. 燃烧电池总反应为2H2+O2=2H2O，反应生成大量的水，电解液中KOH的物质的量浓度减小，B正确；
C. 负极发生氧化反应，在碱性环境下发生的反应为H2+2OH--2e-=2H2O，C错误；
D. 若电池在工作过程中有0.4mol电子转移，则正极消耗0.1mol氧气，但状况不知，体积无法计算，D错误。
答案为B。
12.海水开发利用的部分过程如图所示，下列说法错误的是

A. 粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
B. 向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
C. 实际生产中常选用Ca(OH)2作为沉淀剂
D. 工业生产中电解氯化镁溶液的方法制取镁
【答案】D
【解析】
【详解】A. 粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42−等杂质，精制时通常在溶液中依次中加入过量的BaCl2溶液、过量的NaOH溶液和过量的Na2CO3溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，故A正确；
B. 向苦卤中通入Cl2置换出溴单质，分离得到溴，通入Cl2是为了提取溴，故B正确；
C. 实际生产中常选用碳酸钙、氧化钙制取得到的Ca(OH)2作镁离子的沉淀剂，故C正确；
D. 获取金属Mg是电解熔融氯化镁得到金属镁，氧化镁的熔点太高，不宜采用电解熔融物的方法，故D错误；
故选D。
13.在盛有饱和硫酸钠溶液的烧杯中，保持温度不变，用惰性电极电解一定时间后（ ）
A. 溶液的pH值将增大 B. 钠离子数和硫酸根离子数的比值将变小
C. 溶液的浓度逐渐增大，有一定量晶体析出 D. 溶液的浓度不变，有晶体析出
【答案】D
【解析】
【分析】
电解饱和硫酸钠溶液的总反应式为2H2O 2H2↑+ O2↑，一段时间后，水减少，则溶解的硫酸钠减少，溶液仍旧为饱和溶液，硫酸钠的浓度不变，有固体析出。
【详解】A. 溶液仍旧为中性溶液，pH值将不变，A错误；
B. 硫酸钠溶液仍旧为此温度下的饱和溶液，则钠离子数和硫酸根离子数的比值将不变，B错误；
C. 溶液的浓度不变，有一定量晶体析出，C错误；
D. 溶液的浓度不变，溶剂的质量减少，则溶解的溶质的量减少，有晶体析出，D正确；
答案为D。
【点睛】温度不变时，某溶质的饱和溶液的浓度、pH不变。
14.下列说法正确的是
A. 水的电离方程式：H2O = H＋+ OH－
B. pH=7的溶液一定是中性溶液
C. 升高温度，水的电离程度增大
D. 将稀醋酸加水稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)也减小
【答案】C
【解析】
【详解】A、水的电离是可逆反应，A错误；
B、没有说明温度，pH=7的溶液不一定是中性溶液，B错误；
C、水的电离是吸热反应，升高温度电离程度增大，C正确；
D、醋酸加水稀释c（H+）减小，c（OH-）增大，D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查了电解质的电离，明确电离平衡常数与酸的强弱之间的关系，电离平衡常数用来表示弱电解质的电离程度及其相对强弱，而平衡常数只受温度的影响。
15.下列有关实验能达到相应实验目的的是

A. 实验①用于实验室制备氯气 B. 实验②用于制备干燥的氨气
C. 实验③用于石油分馏制备汽油 D. 实验④用于制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验①的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；
B．NH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验②达不到实验目的，B项错误；
C．装置③为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；
D．右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；
本题答案选C。
16.298 K时，在20.0 mL 0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1 氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是

A. 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B. M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C. M点处的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D. N点处的溶液中pH”或“ (7). 溶液的酸碱性不同
【解析】
【分析】
装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl气体和H2O，HCl气体会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。
【详解】（1）①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
②装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，由于Cl2中混有HCl气体和H2O，装置B中盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl气体；
③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有氯气与水反应Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；
（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。
i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO42-与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；
②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；根据方案II，方案II的反应为2FeO42-+6Cl-+16H+=2Fe3++3Cl2↑+8H2O，由方案II得出氧化性FeO42->Cl2，实验表明，Cl2和FeO42-氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱。
【点睛】与气体有关的制备实验装置的连接顺序一般为：气体发生装置→除杂净化装置→制备实验装置→尾气吸收。进行物质性质实验探究是要控制反应的条件、排除其他物质的干扰。
18.工业上，以钛铁矿为原料制备二氧化钛的某工艺流程如下图所示。钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3），其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价。回答下列问题：

（1）步骤①中为了提高酸浸的速率可采取的措施有________。
（2）FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为________。
（3）步骤②③④中，均需进行的操作是_________（填操作名称），若在实验室中进行步骤⑤操作，需要的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、泥三角、____________。
（4）步骤④中选择热水的原因是____________。
（5）步骤③中实现混合物的分离是利用物质的_________（填字母序号）。
a 熔、沸点差异 b 溶解性差异 c 氧化性、还原性差异
（6）工业上用4.0吨钛铁矿制得1. 6吨的二氧化钛，则钛铁矿中钛元素的质量分数是______。（假设生产过程中钛没有损失）
【答案】 (1). 将矿石粉碎、适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌等 (2). (3). 过滤 (4). 坩埚 (5). 促进水解，同时增大的溶解度 (6). b (7). 24%
【解析】
【分析】
钛铁矿主要成分为钛酸亚铁（FeTiO3）,其中一部分铁元素在风化过程中会转化为+3价，加入硫酸后主要产生铁离子、TiO2-等离子，加入过量铁粉后，三价铁离子还原为亚铁离子，溶液经过冷却结晶后生成绿矾，剩余溶液加入热水生成H2TiO3，最后煅烧生成二氧化钛。
【详解】（1）步骤①中为了提高酸浸的速率可采取的措施有将矿石粉碎、适当提高硫酸的浓度、加热、搅拌等。
（2）根据流程图，FeTiO3与稀硫酸反应的离子方程式为。
（3）步骤②③④中，均为固液分离，得到滤渣，即均需进行的操作是过滤，若在实验室中进行步骤⑤操作，需要的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、泥三角、坩埚。
（4）上步冷却结晶得到绿矾，故步骤④中选择热水的原因是促进水解，同时增大的溶解度。
（5）步骤③中，实现混合物的分离是利用物质的溶解性差异，选b。
（6）工业上用4.0吨钛铁矿制得1. 6吨的二氧化钛，则钛铁矿中钛元素的质量分数是 （假设生产过程中钛没有损失）。
19.甲醇是一种可再生能源,又是一种重要的化工原料.具有广阔的开发和应用前景。工业上可用如下方法合成甲醇：CO（g）+2H2（g） CH3OH（g）。
（1）已知:①2CH3OH(l)+3O2(g) 2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1275.6kJ·mol-1；
②2CO(g)+O2(g)2CO2(g)△H=-566.0kJ·mol-1；
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1。
则甲醇液体不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式为_____。
（2）在一定温度下，向2L密闭容器中充人1mol CO和2mol H2，发生反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，5min反应达到平衡,此时CO的转化率为80%。
①前5min内甲醇平均反应速率为______；已知该反应在低温下能自发进行，则反应的△H__________0（填“＞”“=” 或“＜”）。
②在该温度下反应的平衡常数K=__________。
（3）"甲醇---过氧化氢燃料电池"的结构主要包括燃料腔、 氧化剂腔和质子交换膜三部分。放电过程中其中一个腔中生成了CO2。放电过程中生成H+的反应，发生在__________腔中，该腔中的电极反应式为__________。
【答案】 (1). CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(l)△H=-442.8kJ·mol-1 (2). 0.08mol·L-1·min-1 (3). ＜ (4). 100 (5). 燃料 (6). CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+
【解析】
【分析】
根据盖斯定律计算热反应方程式焓变，根据可逆反应三段式计算平衡反应速率和平衡常数。
【详解】（1）根据盖斯定律，甲醇液体不完全燃烧生成CO和液态水的热化学方程式为CH3OH(l) +O2(g) =CO(g)+2H2O(l)△H=-1275.6kJ·mol-1×0.5+566.0kJ·mol-1×0.5-44.0kJ·mol-1×2=-442.8kJ·mol-1。
（2）设反应到平衡时，一氧化碳的物质的量变化了xmol，以此列三段式：

5min反应达到平衡，此时CO的转化率为=80%，即x=0.8；
①前5min内甲醇的平均反应速率为mol·L-1·min-1；已知该反应在低温下能自发进行，根据自发进行吉布斯自由能ΔG=ΔH-TΔS ＜0可知，ΔS＞0，反应的△H＜0。
②在该温度下反应的平衡常数K=。
（3）"甲醇---过氧化氢燃料电池"的结构主要包括燃料腔、 氧化剂腔和质子交换膜三部分。放电过程中其中一个腔中生成了CO2，即甲醇发生氧化反应生成了二氧化碳，为燃料腔，过氧化氢作为氧化剂，处于氧化剂腔，生成氧气和水。放电过程中生成H+的反应，发生在燃料腔中，该腔中的电极反应式为CH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+。
20.（石油是一种重要的资源。A～F是常见有机物，它们之间的转化关系如图1所示（部分产物和反应条件已略去），其中A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，E是最简单的芳香烃。回答下列问题：

（1）D的官能团名称是______；
（2）F的结构简式为______；
（3）写出下列步骤中的化学方程式（注明反应条件）：
步骤③________；
步骤④_______；
（4）用图2所示实验装置制取乙酸乙酯。请回答：试管b中所装溶液应为______，乙酸乙酯生成后，分离出产品时的操作方法是______。
【答案】 (1). 羧基 (2). (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 分液
【解析】
【分析】
A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，即A为乙烯，E是最简单的芳香烃，即E为苯，苯在浓硫酸和浓硝酸的混酸环境中反应生成硝基苯，B经过2步氧化生成D，最后B、D结合生成乙酸乙酯，即B为乙醇，C为乙醛，D为乙酸，A与水在加压条件下反应生成乙醇。
【详解】（1）D为乙酸，官能团名称是羧基；
（2）F为硝基苯，结构简式为；
（3）步骤③为乙醇的催化氧化，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；
步骤④为酯化反应，CH3COOH+CH3CH2OH CH3COOCH2CH3+H2O；
（4）制取乙酸乙酯时，杂质可能包括挥发的乙醇和乙酸，即试管b中所装溶液应为饱和碳酸钠溶液，吸收杂质，降低乙酸乙酯在水中的溶解度，乙酸乙酯生成后，分离出产品时的操作方法是分液。