1、湖南省娄底市2019-2020学年高二化学下学期期末考试试题（含解析）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
2、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
3、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0.2NAB. 0.1mol Na2O2和Na2O的混合物中含有的离子总数等于0.4NAC. 标准状态下，11.2LSO2含有的氧原子数为NAD. 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
4、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：ClOSO2H2O
5、=HClOHSO3-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：Al32SO42-2Ba24OH2BaSO4AlO2-2H2OC. 用浓盐酸酸化的KMnO4溶液与H2O2反应，证明H2O2具有还原性：2MnO4-6H5H2O22Mn25O28H2OD. Fe2O3溶于过量氢碘酸溶液中：Fe2O36H2I2Fe2I23H2O【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)
6、2物质的量之比1：2，离子方程式为：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=Al(OH)3+2BaSO4+NH3H2O，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:
7、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NH3H2O，所以生成Al(OH)3和NH3H2O。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 FeCl2B. Al（OH）3AlCl3（aq）无水AlCl3C. C6H5ONaC6H5OHCO2D 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
8、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
9、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
10、），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；CY、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
11、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】0.5m
12、ol/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.
13、 11.2gB. 5.6gC. 2.8gD. 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)=0.11=0.05mol；用足量的CO在高温下还原相
14、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0.0556=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
15、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，
16、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
17、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
18、电离方程式：H2O = H+ OHB. 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. 实验用于实验
19、室制备氯气B. 实验用于制备干燥的氨气C. 实验用于石油分馏制备汽油D. 实验用于制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A实验的图中利用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；BNH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，实验达不到实验目的，B项错误；C装置为分馏装置，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 0.10molL1氨水中滴入0.10molL1的盐酸，溶液的pH与所
20、加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1 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 mLC. 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
21、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）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；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；C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+8H2
22、O，另外还有氯气与水反应Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（2）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；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
23、-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Cl2FeO42-；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
24、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）步骤中，均需进行的操作是_（填操作名称），若在实验室中进行步骤操作，需要的硅酸盐材质的仪器有酒精灯、泥三角、_。（4）步骤中选择热水的原因是_。（5）步骤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
25、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
26、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，故步骤中选择热水的原因是促进水解，同时增大的溶解度。（5）步骤中，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） CH
27、3OH（g）。（1）已知:2CH3OH(l)+3O2(g) 2CO2(g)+4H2O(g)H=-1275.6kJmol-1；2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H=-566.0kJmol-1；H2O(l)=H2O(g)H=+44.0kJmol-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%。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“”）。在该温度下反应的平衡
28、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=-442.8kJmol-1 (2). 0.08molL-1min-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
29、化学方程式为CH3OH(l) +O2(g) =CO(g)+2H2O(l)H=-1275.6kJmol-10.5+566.0kJmol-10.5-44.0kJmol-12=-442.8kJmol-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；前5min内甲醇的平均反应速率为molL-1min-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G=H-TS 0可知，S0，反应的H0。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
30、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。AF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_；步骤_；（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
31、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）步骤为乙醇的催化氧化，2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；步骤为酯化反应，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。
