1、江西省上饶市横峰中学2019-2020学年高一化学下学期入学考试试题（统招班，含解析）本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。满分100分，考试时间90分钟。第I卷（选择题 共48分）一、选择题（本大题共16小题，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.已知在周期表中第118号元素位于周期表的第七周期0族，预测第114号元素的下列叙述中，错误的是A. 位于周期表的第七周期第A族B. 原子的最外层有4个电子C. 肯定是非金属元素D. 常见的化合价有+2和+4价【答案】C【解析】【详解】A第七周期0族元素原子序数为118，处于第18列，114号元素与118号元素同周期
2、，原子序数相差4，故所处列数也相差4，即114号元素处于14列，为A族元素，即114号元素位于周期表的第七周期第A族，A正确；B114号元素处于A族，则原子的最外层有4个电子，B正确；C同主族自上而下元素的金属性逐渐增强，故114号元素为金属元素，C错误；D114号元素处于A族，常见的化合价有+2和+4价，D正确；答案选C。【点晴】解答的关键是确定元素在周期表中的位置，根据同主族元素性质的相似性与递变性解答，注意掌握利用原子序数确定元素在元素周期表位置的方法，即由原子序数确定元素位置的规律：只要记住了稀有气体元素的原子序数(He2、Ne10、Ar18、Kr36、Xe54、Rn86)，就可由主族
3、元素的原子序数推出主族元素的位置。（1）若比相应的稀有气体元素多1或2，则应处在下周期的第A族或第A族，如88号元素：8886=2，则应在第七周期第A族；（2）若比相应的稀有气体元素少15时，则应处在同周期的第A族第A族，如84号元素应在第六周期第A族；（3）若预测新元素，可与未发现的稀有气体元素(118号)比较，按上述方法推测知：114号元素应为第七周期第A族。2.下表为元素周期表中短周期的一部分，其中Y元素的核电荷数为M与N元素核电荷数之和。下列说法正确的是A. 氢化物稳定性：NZ，因为N的氢化物中存在氢键B. 简单离子半径：NX，是因为它们具有相同的电子层结构且X的核电荷数更大C. 元素
4、的非金属性：MY，是因为M单质能与YN2反应生成Y单质D. 熔沸点：YN2MN2，是因为YN2的分子间作用力强【答案】B【解析】短周期元素M与Y上下相邻，它们原子序数的差值为8，其中Y元素的核电荷数为M与N元素核电荷数之和，所以N为8号元素氧，相应地X、M、Y分别是铝、碳和硅。A. 氢化物稳定性：NZ，是因为N的非金属性强于Z，故A错误；B. 电子层结构相同的离子的半径随着核电荷数增大而减小，简单离子半径：NX，是因为它们具有相同的电子层结构且X的核电荷数更大，故B正确；C. M单质与YN2反应生成Y单质表现了M的较强的还原性，元素的非金属性：MY，是因为M的原子半径小于Y，故C错误；D. 熔
5、沸点：YN2MN2，是因为YN2是原子晶体，而MN2是分子晶体，原子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，故D错误。故选B。3.下列关于的叙述中，正确的是（ ）A. 质子数为22B. 电子数为20C. 中子数为18D. 质量数为：42【答案】D【解析】【分析】元素符号的左下角为质子数，左上角为质量数，质量数质子数中子数，阳离子的电子数质子数电荷数。【详解】A质子数为20，故A错误； B电子数为：质子数电荷数20218，故B错误；C中子数质量数质子数422022，故C错误；D质量数为42，故D正确；故答案选D。4.已知R2+核外有a个电子，b个中子。表示R原子符号正确的是()A. B. C. D.
6、 【答案】C【解析】【分析】阳离子中质子数核外电子数电荷数，质量数质子数中子数，表示核素的原子符号应写出质子数和质量数。【详解】R2离子核外有a个电子，阳离子中质子数核外电子数电荷数a2，质量数质子数中子数a2b，所以R原子符号为，故答案选C。【点睛】注意原子经过得电子或失电子形成离子，在计算离子所含质子数时要注意得失电子的影响。5.下列物质中，属于含有共价键的离子化合物是A. Ba(OH)2B. CaCl2C. H2SO4D. NH3【答案】A【解析】【分析】首先判断该化合物的类型，然后再分析含有化学键的类型；【详解】A、Ba(OH)2为离子化合物，含有化学键为离子键和极性共价键，故A符合题
7、意；B、CaCl2属于离子化合物，只含离子键，故B不符合题意；C、H2SO4属于共价化合物，只含共价键，故C不符合题意；D、NH3属于共价化合物，只含共价键，故D不符合题意；答案选A。6.下列关于化学用语的表述正确的是( )A. HClO的结构式：HClOB. 纯碱的化学式为：Na2CO3C. 原子核内有8个中子的碳原子：D. Na2O2电子式为：【答案】B【解析】【详解】A次氯酸的中心原子是氧原子，结构式为HOCl，故A错误；B碳酸钠俗称纯碱，化学式为Na2CO3，故B正确；C碳原子的质子数为6，而质量数质子数中子数，故原子核内有8个中子的碳原子的质量数为14，则符号为，故C错误；D过氧化钠
8、为离子化合物，由2个钠离子和1个过氧根构成，过氧根中氧原子间只有一对共用电子对，故电子式为，故D错误；故答案选B。7.下列反应中不需加热的吸热反应是A. 锌粒与稀硫酸的反应B. 灼热的木炭与CO2反应C. 甲烷在氧气中的燃烧反应D. Ba(OH)28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应【答案】D【解析】【详解】A锌粒与稀硫酸的反应是放热反应，A不符合题意；B灼热的木炭与CO2的反应是吸热反应，在高温下进行，B不符合题意；C甲烷在氧气中的燃烧反应是放热反应，C不符合题意；DBa（OH）28H2O晶体与NH4Cl晶体的反应是吸热反应，在常温下就可以发生，D符合题意；答案选D。8.已知某化学反应A2（g
9、）+2B2（g）2AB2（g）（A2、B2、AB2的结构式分别为 AA、BB、BAB），能量变化如图所示，下列有关叙述中正确的是A. 该反应的进行一定需要加热或点燃条件B. 该反应若生成2molAB2（g）则放出的热量为（E1E2）kJC. 该反应断开化学键消耗总能量大于形成化学键释放的总能量D. 生成2 molBA键放出E2 kJ能量【答案】C【解析】【详解】A.反应前后能量守恒可知，反应物能量之和小于生成物的能量之和，反应是吸热反应，吸热反应不一定都要加热，例如氢氧化钡和氯化铵在常温下就反应，故A错误；B.根据图像，该反应是吸热反应，生成2molAB2(g)则吸收的热量为 (E1E2) k
10、J，故B错误；C.反应是吸热反应，依据能量守恒可知，反应中反应物的总能量低于生成物的总能量，即反应物的键能总和大于生成物的键能总和，故C正确；D.断裂化学键吸收热量，形成化学键放出热量，所以生成2 mol BA键，即生成1mol AB2(g)放出E2 kJ能量，故D错误；故选C。9.某原电池总反应的离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+能实现该反应的原电池是（ ）A. 正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3B. 正极为C，负极是Fe，电解质溶液为FeCl2C. 正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2(SO4)3D. 正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4【答案】A【解析】【
11、分析】该原电池总反应的离子方程式为2Fe3+Fe=3Fe2+，铁离子得电子被还原，则可溶性铁盐溶液为电解质溶液，Fe失电子发生氧化反应，则Fe作负极，不如Fe活泼的金属或导电的非金属作正极。【详解】AFe作负极、Cu作正极、氯化铁溶液为电解质溶液，符合题给信息，故A正确；B活泼性ZnFe，则Zn作负极，不符合题给信息，故B错误；C活泼性ZnFe，则Zn作负极，不符合题给信息，故C错误；D电解质为硫酸铜，应该为可溶性铁盐，故D错误；故选A。10.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，其附近的溶液变蓝，溶液中有Cu2产
12、生B. 如果将锌片换成铁片，电路中的电流方向将改变C. 其能量转化的形式主要是“化学能电能光能”D. 如果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】AZn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如果将锌片换成铁片，Fe比Cu活泼，铁片作负极，电路中的电流方向不会发生改变，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如果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灯仍然会发光，D错误；故答案选C。11.向容积为2L的密闭容器中充入2molA气体和1mol B气体，在一定条件下发生
13、如下反应：2A(g)B(g)3C(g)；经2s后达到平衡，测得C气体的浓度为0.6 molL1。下列说法中正确的是（ ）用物质A表示该反应的平均速率为0.2 molL1s1用物质B表示该反应的平均反应速率为0.2 molL1s1平衡时物质A与B的转化率相等平衡时物质B的浓度为0.2 molL1A. B. C. D. 【答案】B【解析】由题意，平衡时生成C的物质的量为：0.6 molL-12L=1.2mol，根据方程式和有关数据列三段式：所以用物质A表示该反应的平均反应速率为：=0.2 molL-1s-1，正确；用物质B表示该反应的平均反应速率为：=0.1 molL-1s-1，错误；平衡时物质A
14、与B的转化率分别为100%=40%、100%=40%，所以平衡时物质A与B的转化率相等，正确；平衡时物质B的浓度为=0.3 molL-1，错误。综上，正确，选B。12.在恒温恒容密闭容器中发生反应2NO22NO+O2，不能说明反应达到平衡状态的是( )A. 2v（O2）=v（NO2）B. 单位时间内生成n mol O2的同时生成2n molNO2C. 混合气体的颜色不再改变D. 混合气体的平均相对分子质量不再改变【答案】A【解析】v（O2）、v（NO2）都是正反应速率，反应任意时刻都满足2v（O2）=v（NO2），不一定达到平衡状态；单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，说明反
15、应v正=v逆，反应一定达到平衡状态；NO2是红棕色，混合气体颜色不变，说明NO2浓度不变，反应一定达到平衡状态；反应混合物都为气体，根据质量守恒，混合气体的总质量不变，总物质的量是变量，平均相对分子质量是变量，当平均相对分子质量不再改变时，反应一定达平衡状态。故选A。13.下列化学用语书写正确的是A. 乙烯的结构简式：CH2CH2B. 溴乙烷的分子式：C2H5BrC. CH4分子的比例模型：D. 四氧化碳的电子式：【答案】B【解析】A项，乙烯中含有碳碳双键，结构简式为：CH2=CH2，故A错误；B项，溴乙烷可看作乙烷(C2H6)分子中一个氢原子被溴原子代替所得物质，分子式为：C2H5Br，故B
16、正确；C项，CH4分子的比例模型为：，是球棍模型，故C错误；D项，四氧化碳的电子式为：，故D错误。点睛：本题考查化学用语的正误判断，注意：书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键不能省略应该写出来；球棍模型主要体现的是分子的空间结构和成键类型，比例模型主要体现的是组成该分子的原子间的大小关系；书写共价化合物电子式时，没有成键的价电子也要写出来。14.下列物质间发生反应可以制得纯净的氯乙烷的是A. 乙烷在光照条件下与Cl2反应B. 乙烯与氯化氢加成C. 乙烯通过浓盐酸D. 乙烷通过氯水【答案】B【解析】【分析】A、光照条件下，氯气和乙烷发生取代反应生成氯代烃和HCl；B、一定条件下，乙烯和HCl发生加
17、成反应生成一氯乙烷；C、乙烯和盐酸不反应； D、乙烷和氯水不反应。【详解】A、光照条件下，氯气和乙烷发生取代反应生成乙烷的多种氯代烃，同时生成HCl，所以不能制备较纯净的一氯乙烷，故A错误; B、一定条件下，乙烯和HCl发生加成反应生成一氯乙烷，没有副产物生成，所以可以制备较纯净的一氯乙烷，故B正确； C、乙烯和盐酸不反应，所以不能制取一氯乙烷，故A错误；D、乙烷和氯水不反应，所以不能制取一氯乙烷，故D错误；故选B。15.下列各反应中属于加成反应的是( )CH2CH2H2O CH3CH2OHH2Cl2 2HClH2 CH3CH2OHCH3CH32Cl2 CH2ClCH2Cl2HClA. B.
18、C. D. 【答案】A【解析】【分析】有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应，据此分析作答。【详解】CH2CH2H2O CH3CH2OH，属于加成反应；H2Cl2 2HCl是化合反应，不属于有机反应类型；H2 CH3CH2OH是加成反应；CH3CH32Cl2 CH2ClCH2Cl2HCl是取代反应；综上所述，属于加成反应，A项正确；答案选A。【点睛】有机物中的化学反应类型是常考点，其中取代反应与加成反应的特点很显著，判断依据可归纳为：若为取代反应，以甲烷与氯气在光照下反应为例，甲烷分子内的一个H被取代，消耗一个Cl2，同时产生一个无机小分子H
19、Cl；若为加成反应，以CH2=CH2与Br2反应为例，其原理是：C=C中的双键断开其中一个，两个C各形成一个半键，分别与两个Br原子结合成键，其特点就是双键变单键，不饱和变饱和。因此抓住有机反应类型的主要特点才能万变不离其宗，解答此类题型时游刃有余。16.“青取之于蓝而胜于蓝”中的蓝是指靛蓝，它是历史上最早使用的还原性染料，结构简式如图，下列关于它的性质的叙述中错误的是( )A. 它的苯环上的一氯取代物有4种B. 它的化学式是C14H10N2O2C. 它可以与溴水因发生加成反应而使溴水褪色D. 它不属于烃类【答案】B【解析】【详解】A.靛蓝的苯环上有4种H原子（如图），则其苯环上的一氯取代物有
20、4种，A正确；B.根据有机物成键特点，靛蓝的分子式为C16H10N2O2，B错误；C靛蓝中含有碳碳双键，能与溴水因发生加成反应，使溴水褪色，C正确；D.靛蓝中除含有碳氢两种元素外，还含有N和O两种元素，因此不属于烃，D正确；答案选B。 第II卷（非选择题 共52分）二、非选择题（共5小题）17.有下列各组微粒或物质：AO2和O3B与CC2H6和C4H10D和ECH3CH2CH2CH3和F1H2和2H2H和（1）_组两种微粒互为同位素；（2）_组两种物质互为同素异形体；（3）_组两种物质属于同系物；（4）_组两物质互为同分异构体；（5）_组两物质是同一物质。【答案】 (1). B (2). A
21、(3). C (4). E (5). DF【解析】【详解】AO2和O3是氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体；B与的质子数相同、中子数不同，是Cl元素的两种核素，两者互为同位素；CC2H6和C4H10都属于烷烃，结构相似、分子组成上相差2个“CH2”原子团，两者互为同系物；D和都为二氯甲烷的结构式，为同一物质；ECH3CH2CH2CH3和的分子式都为C4H10，前者为正丁烷、后者为异丁烷，两者互为同分异构体；F1H2和2H2是两种不同的氢分子，为同一物质；H、的分子式分别为C6H12、C6H6，两者既不是同系物、也不是同分异构体、也不是同一物质；（1）互为同位素的是B；（2）互为同素异形体
22、的是A；（3）互为同系物的是C；（4）互为同分异构体的是E；（5）D和F组中两物质是同一物质。18.根据提供条件推断元素，并按要求填空：（1）原子核外有3个电子层，其最外层电子数为7，最高价氧化物化学式_，最高价氧化物对应水化物化学式_，其最高价氧化物对应水化物与NaOH反应的化学方程式为_。（2）第三周期元素，其最外层电子数与电子层数相同。该元素最高价氧化物的化学式为 _，最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠反应的化学方程式为_。（3）原子序数依次递增的同周期4种元素，它们氢化物的质子数与电子数都与Ar相同，这些氢化物的化学式分别为_、_、_、_。（4）某元素的最高正价与最低负价的代数和为4，且
23、最高价氧化物中含氧元素质量分数为60%。则该元素最高价氧化物的化学式为_，该氧化物属_（填“离子”或“共价”）化合物。【答案】 (1). Cl2O7 (2). HClO4 (3). HClO4+NaOH=NaClO4+H2O (4). Al2O3 (5). Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O (6). SiH4 (7). PH3 (8). H2S (9). HCl (10). SO3 (11). 共价【解析】【详解】（1）原子核外有3个电子层，其最外层电子数为7，则该元素为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物化学式为Cl2O7，最高价氧化物对应水化物化学式为HClO4，HClO4与
24、NaOH反应的化学方程式为HClO4+NaOH=NaClO4+H2O。（2）第三周期元素，其最外层电子数与电子层数相同，则该元素为Al，其最高价为+3价，最高价氧化物的化学式为Al2O3，最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，它与氢氧化钠反应的化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O。（3）原子序数依次递增的同周期4种元素，它们氢化物的质子数与电子数都与Ar相同，则这4种元素位于第三周期，分别为Si、P、S、Cl，形成的氢化物的化学式分别为SiH4、PH3、H2S、HCl。（4）某元素的最高正价与最低负价的代数和为4，则该元素的最高价为+6，最低负价为-2，设其最高价氧化
25、物的化学式为RO3，相对分子质量为M，根据含氧元素质量分数为60%，即，可求出M=80，则该元素的相对原子质量为80-48=32，该元素为硫元素，最高价氧化物的化学式为SO3，该氧化物属共价化合物。19.铁及铁的化合物应用广泛，如FeCl3可用作催化剂、印刷电路铜板腐蚀剂和外伤止血剂等。（1）写出FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板的离子方程式：_。（2）若将（1）中反应设计成原电池，请在方框内画出原电池的装置图，标出正、负极，并写出电极反应式。_正极反应式：_。负极反应式：_【答案】 (1). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (2). (3). 2Fe3+2e-=2Fe2+ (4). Cu-2
26、e-=Cu2+【解析】【详解】（1）FeCl3溶液腐蚀铜生成CuCl2和FeCl2，反应的离子方程式为：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+。（2）反应2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+中Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+，故设计成原电池时Cu作负极，选择比铜不活泼的金属或碳棒作正极，FeCl3溶液作电解质溶液，装置图为；正极反应式为2Fe3+2e-=2Fe2+；负极反应式为Cu-2e-=Cu2+。20.t时，将 2molSO2 和 1molO2 通入体积为 2L 的恒温恒容密闭容器中，发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H=-196.6kJ/mol，2min 时反应达到化学
27、平衡，此时测得反应物O2 还剩余 0.8mol，请填写下列空白：（1）从反应开始到达化学平衡，生成 SO3 的平均反应速率为_ ；平衡时SO2 转化率为_；（2）下列叙述能证明该反应已达到化学平衡状态的是 _；A容器内压强不再发生变化BSO2 的体积分数不再发生变化C容器内气体原子总数不再发生变化D相同时间内消耗 2nmolSO2 的同时消耗 nmolO2E相同时间内消耗 2nmolSO2 的同时生成 nmolO2F混合气体密度不再变化 （3）以下操作会引起化学反应速率变快是_；A向容器中通入O2 B扩大容器的体积 C使用正催化剂 D升高温度 E向容器中通入氦气。【答案】 (1). 0.1mo
28、lL-1min-1 (2). 20 (3). ABE (4). ACD【解析】【分析】(1)由反应的“三段式”得：v(SO3)；平衡时，SO2转化率100%；(2)可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；(3)增大浓度、升高温度、加入催化剂、增大压强、增大反应物接触面积都能加快反应速率。【详解】(1)由反应的“三段式”得：v(SO3)molL1min10.1 molL1min1；平衡时，SO2转化率100%100%20%；(2) A随着反应得进行，容器内压强不断发生变化，当压强不变时，已达平衡，故A符合题意；B
29、SO2的体积分数在反应中为变量，变量不变，已达平衡，故B符合题意；C容器内气体原子总数为恒量，容器内气体原子总数不再发生变化不能作平衡标志，故C不符合题意；D相同时间内消耗2n molSO2的同时消耗n molO2，均为正反应速率，不能作平衡标志，故D不符合题意；E相同时间内消耗2n molSO2的同时生成n molO2，说明正、逆反应速率相等，可证明已达到平衡，故E符合题意；F恒容密闭容器中，混合气体密度不随时间变化而变化，为恒量，混合气体密度不再变化不能作平衡标志，故F不符合题意；答案选ABE；(3)A向容器中通入O2，增大了反应物的浓度，反应速率加快，故A符合题意；B扩大容器的体积，相当
30、于减小压强，反应速率变慢，故B不符合题意；C使用正催化剂，反应速率加快，故C符合题意；D升高温度，反应速率加快，故D符合题意；E恒温恒容密闭容器中通入氦气，与反应相关的物质的浓度不变，反应速率不变，故E不符合题意；答案选ACD。【点睛】化学平衡状态判断时要注意两个原则：用速率判断：v正v逆，注意“双向同时，符合比例”；用量判断：“变量不变，已达平衡”。21.实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，瓶口竖直安装通有冷却水的冷凝管（使反应混合物的蒸气冷凝为液体流回烧瓶内），加热回流一段时间后换成蒸馏装置进行蒸馏（如下图所示），得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品。请回答
31、下列问题：（已知：乙醇、乙酸、乙酸乙酯的沸点依次是78.4、118、77.1）（1）在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是_。（2）配制乙醇和浓硫酸的混合液的方法是：先在烧瓶中加入一定量的_，然后慢慢将_加入烧瓶，边加边振荡。（3）在该实验中，若用1 mol乙醇和1 mol 乙酸在浓硫酸作用下加热，充分反应，不能生成1 mol乙酸乙酯的主要原因是_。（4）现拟分离含乙酸、乙醇和水的乙酸乙酯粗产品，下图是分离操作步骤流程图。请在图中圆括号内填入适当的试剂，在方括号内填入适当的分离方法。试剂：a是_，试剂：b是_。分离方法：是_，是_，是_。【答案】 (1). 防止烧瓶
32、中液体暴沸 (2). 乙醇 (3). 浓硫酸 (4). 该反应是可逆反应，反应不能进行到底；乙醇、乙酸受热挥发原料损失 (5). 饱和碳酸钠溶液 (6). 硫酸 (7). 分液 (8). 蒸馏 (9). 蒸馏【解析】【详解】(1)加入碎瓷片可防止液体暴沸，故答案为防止液体暴沸；(2)浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢将浓硫酸加入烧瓶，边加边振荡，故答案为乙醇；浓硫酸；(3)乙酸和乙醇制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，反应物不能完全转化，另外乙醇、乙酸受热挥发原料损失，也使得1 mol乙醇和1 mol 乙酸在浓硫酸作用下加热，不能生成1 mol乙酸乙酯，故答案为该反应是可逆反应，反应不能进行完全；乙醇、乙酸受热挥发原料损失；(4)乙酸乙酯是不溶于水的液体，而且饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，乙醇和乙酸均易溶于水，且乙酸能与碳酸钠反应生成乙酸钠、水和CO2，故分离粗产品乙酸乙酯、乙酸、乙醇、水的混合物，加入的试剂a为饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可；对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇；然后水层中的乙酸钠，根据强酸制弱酸，要用硫酸反应得到乙酸，即试剂b为硫酸，再蒸馏得到乙酸，故答案为饱和Na2CO3溶液；硫酸；分液；蒸馏；蒸馏。
