1、桂林市第十八中学17级高三第一次月考试卷理科综合能力测试化学本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。38小题。考试时间150分钟，满分300分。第卷(选择题，共126分)注意事项：1答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、考号、座位号填写清楚。请认真核准姓名、考号、座位号和科目。2每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效。3第卷共21题，每小题6分，共126分。以下数据可供解题时参考：可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 Cl35.5 S32 F
2、e561.化学与生活密切相关，下列叙述错误的是A. 活性炭具有除异味和杀菌作用B. 高纯硅可用于制作光感电池C. 中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料D. 碘酒可用于皮肤外用消毒【答案】A【解析】【详解】A.活性炭具有吸附性，可除异味和吸附颜色，利用的是物理性质，不具有杀菌作用，故选择A项；B.硅是半导体，可以用于制作光感电池，不选B项；C.碳化硅是一种无机非金属材料，不选C项；D.酒精可使蛋白质变性，碘酒具有杀菌消毒的作用，不选D项。答案选A。2.关于化合物2-苯基丙烯（），下列说法正确的是A. 不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 易溶于水及甲苯C. 分子中所有原子共平面D.
3、可以发生加成聚合反应【答案】D【解析】【详解】A. 2-苯基丙烯含碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，A项错误；B.使酸性高锰酸钾溶液褪色不含亲水基团，不易溶于水，B项错误；C.碳碳单键可旋转，故苯环不一定与碳碳双键共面，且两个碳氢单键一定不和碳碳双键共面，C项错误；D. 2-苯基丙烯含碳碳双键，可发生加聚反应，D项正确。答案选D。【点睛】原子共面问题要注意“三键直线，双键平面，单键可转”。3.为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 1 mol NH
4、4ClO4溶于水含NH4+和ClO4离子数均为NAB. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3C. 产生6.4g O2反应转移的电子总数为0.8NAD. 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L【答案】B【解析】【详解】A. NH4+为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA，故A错误；B. 2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为13，故B正确；C. 6.4g O2的物质的量=0.2mol，根据2NH4ClO4 N2+Cl2
5、+2O2+4H2O，产生6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。4.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是物质（括号内为杂质）除杂试剂AFeCl2溶液（FeCl3）Fe粉BNaCl溶液（MgCl2）NaOH溶液、稀HClCCl2（HCl）H2O、浓H2SO4DNO（NO2）H2O、无水CaCl2A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】分析】发生的反应中，存在
6、元素的化合价变化，与氧化还原反应有关；反之，不存在元素的化合价变化，则与氧化还原反应无关，以此解答该题。【详解】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2，2FeCl3+Fe=3FeCl2，此过程中Fe的化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故A不符合题意；B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2 +2NaCl，过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O ，此过程中没有元素化合价发生变化，未涉及氧化还原反应，故B符合题意；C.部分氯气与H2O 发生反应生成氯化氢和次氯酸，反应过程中氯元素化合价变化，涉及到了氧化还原反应，故C不符合题意
7、；D.NO2 与水反应生成硝酸和NO。反应过程中氮元素化合价发生变化，涉及到了氧化还原反应，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重于氧化还原反应判断的考查，注意把握发生的反应及反应中元素的化合价变化，题目难度不大。5.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A. 4.6g由NO2和N2O4组成的混合气体中含有的原子总数为0.3NAB. 0.2gD216O中含有的质子数，中子数，电子数均为0.1NAC. 6.2克白磷分子（P4）中含PP键为0.05NAD. 铁与足量稀硝酸反应时，生产0.1molNO转移的电子数为0.3NA【答案】C【解析
8、】【详解】A. NO2和N2O4分子中N、O原子数目比均为为N：O=1：2，故4.6g混合气体含有原子总数为： ，不选A项；B.每个D216O分子中含有质子数，中子数，电子数均为10，故0.2gD216O中含有质子数，中子数，电子数均为 ，不选B项；C. 6.2克白磷分子（P4）中含PP键为，选择C项； D. 铁与足量稀硝酸发生反应：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，氮元素由+5价变成+2价，故生产0.1molNO转移的电子数为0.3NA，不选D项。答案选C。6.2019武汉市武昌区高三五月调研考试室温下，用0.100 molL1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.1
9、00 molL1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A. 表示的是滴定醋酸的曲线B. pH=7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)20.00mLC. V(NaOH)20.00mL时，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)D. V(NaOH)10.00mL时，醋酸中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)【答案】C【解析】【详解】A. 未滴加NaOH溶液时，0.1mol/L盐酸pH=1，0.1mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是图，故A错误； B. V（NaOH）=20.00mL时恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH=7，则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小，即V（N
10、aOH）20.00mL，故B错误；C. V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，浓度小于氯离子，即c（Cl-）c（CH3COO-），故C正确；D. V（NaOH）=10.00mL时，与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），根据电荷守恒可知：c（CH3COO-）c（Na+），溶液中正确的离子浓度大小为：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为
11、解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。7.图甲为一种新型污水处理装置，该装置可利用一种微生物将有机废水的化学能直接转化为电能。图乙为电解氯化铜溶液的实验装置的一部分。下列说法中正确的是A. a极要与Y极连接B. N电极发生还原反应，当N电极消耗5.6L（标准状况下）气体时，则a电极增重64gC. 不论b为何种电极材料，b极的电极反应式一定为2C1-2e-=Cl2D. 若有机废水中主要含有乙醛，则图甲中M极发生的电极应为：CH3CHO+3H2O-l0e-=2CO2+l0H+【答案】D【解析】【分析】图甲中，M电极上有机物发生氧化反应，为电源负极，N
12、电极上O2发生还原反应，为电源正极；图乙中，a极上Cu2+发生还原反应，连接电源负极，即X极，b极上Cl-发生氧化反应，连接电源正极，即Y极。【详解】A.图甲中，X极为电源负极，Y极为电源正极；图乙中，a极上Cu2+发生还原反应，连接X极，b极上Cl-发生氧化反应，连接Y极，故A项错误；B.理论上，N电极消耗5.6LO2（标准状况下）时，转移电子数为，又a极上发生反应Cu2+2e-= Cu，生成0.5mol Cu，质量为32g，故B项错误；C.当b为活泼电极时，比如锌、铁、铜等，电极材料均会发生氧化反应，故C项错误；D. 若有机废水中主要含有乙醛，则图甲中M极发生的电极应为：CH3CHO+3H
13、2O-10e-=2CO2+l0H+，D项正确。答案选D。8.硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如图：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，最合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测
14、定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5). 将Fe2+全部氧化Fe3+，不引入杂质 (6). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (7). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【详解】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持8095，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）
15、；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相
16、对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。【点睛】因H2O2的还原产物为H2O，不会引入新杂质，在工业生产中常用作氧化剂。9.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料。实验室制备BCl3的原理：B2O3+3C+3Cl2 =2BCl3+3CO，某实验小组利用干燥的氯气和下列装置（装置可重复使用）制备BCl3并验证反应中有CO生成。（已知：BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5；硝基苯的密度比水大。）请回答下列问题：实验：制备BCl3并验证产物CO（1）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，请写出该反应
17、的化学方程式_。（2）该实验装置中合理的连接顺序为G_FDI；其中装置E的作用是_。（3）能证明反应中有CO生成的现象是_。实验：产品中氯含量的测定准确称取少许m克产品，置于蒸馏水中完全水解，并配成100mL溶液。取10.00mL溶液于锥形瓶中加入V1mL浓度为C1 mol/LAgNO3溶液使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动。以硝酸铁为指示剂，用C2 mol/L KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液。重复步骤二次，达到滴定终点时用去KSCN溶液的平均体积为V2mL。已知：Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)。（4）步骤移取溶液时所需仪器名称为_，步骤中达到滴定终点的现象为_。
18、（5）产品中氯元素的质量分数为_。（6）下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是_。A步骤中未加硝基苯B步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线C用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡D滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴【答案】 (1). BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl (2). E (3). H (4). J (5). H (6). 将BCl3冷凝为液态分离出来 (7). F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊 (8). 酸式滴定管或移液管 (9). 当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色 (10).
19、 (11). B【解析】【详解】（1）BCl3接触潮湿空气时会形成白雾，是三氯化硼水解生成HCl，HCl溶于空气中的水形成盐酸小液滴形成白雾，则三氯化硼水解的化学方程式为BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。本小题答案为：BCl3+3H2O=H3BO3+3HCl。 （2）干燥的氯气、B2O3、C反应生成BCl3和CO，BCl3的熔点为-107.3，沸点为12.5，收集三氯化硼要用冰水冷却，未反应的氯气用氢氧化钠溶液吸收，三氯化硼易水解，为防止氢氧化钠溶液中的水进入装置E，在E和J之间加H装置，用于吸水，生成的CO经干燥后在通过F装置还原氧化铜，再将生成的气体通过澄清的石灰水检验，可以证明原
20、反应中有CO生成，多余的CO不能排放到空气中，要排水法收集。则该实验装置中合理的连接顺序为GEHJHFDI；其中装置E的作用是将BCl3冷凝为液态分离出来。本小题答案为：E 、H 、J 、H ；将BCl3冷凝为液态分离出来。 （3）CO能还原氧化铜，使黑色的氧化铜生成红色的铜单质，CO自身被氧化成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊，则能证明反应中有CO生成的现象是F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。本小题答案为：F中黑色固体变成红色且澄清石灰水变浑浊。（4）步骤所移溶液显酸性，故移取溶液时所需仪器名称为酸式滴定管或移液管；用KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，当硝酸银恰好反应完时，再滴
21、入KSCN标准溶液，KSCN遇硝酸铁会生成硫氰化铁血红色溶液，则步骤中达到滴定终点的现象为当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。本小题答案为：酸式滴定管或移液管；当滴入最后一滴KSCN溶液时，混合液由无色变为红色且半分钟内不褪色。（5）消耗的硫氰化钾的物质的量为10-3C2V2mol/L，则过量的硝酸银的物质的量为10-3C2V2mol/L，则与产品中的氯离子反应的硝酸银的物质的量为(10-3C1V1-10-3C2V2)mol/L，则10.00mL该产品溶液中的氯离子的物质的量也为(10-3C1V1-10-3C2V2)mol/L，100.00mL该产品溶液中的氯离
22、子的物质的量也为(10-2C1V1-10-2C2V2)mol/L，质量为35.5(10-2C1V1-10-2C2V2)g，产品中氯元素的质量分数为35.5(10-2C1V1-10-2C2V2)/m100%，即。（6）A.步骤中未加硝基苯，会使一部分氯化银转化为硫氰化银，导致n(SCN-)增大，根据关系式n(Ag+)=n(Cl-)+n(SCN-)可知样品中含有的n(Cl-)偏小，故A不符合题意；B.步骤中配制100mL溶液时，定容时俯视刻度线，则使c(Cl-)偏大，等体积时含有的n(Cl-)偏大，故 B符合题意；C.用KSCN溶液滴定剩余AgNO3溶液时，滴定前有气泡，滴定后无气泡，气泡占一定的
23、体积，则读出KSCN溶液的体积偏大，消耗KSCN的物质的量偏大，根据KSCN计算出剩余的AgNO3的物质的量偏大，则与产品反应的硝酸银的物质的量偏小，则与硝酸银反应的氯离子的物质的量偏小，则测得产品中氯含量偏低，故 C不符合题意；D.滴定剩余AgNO3溶液时，KSCN溶液滴到锥形瓶外面一滴，消耗KSCN的物质的量偏大，根据KSCN计算出剩余的AgNO3的物质的量偏大，则与产品反应的硝酸银的物质的量偏小，则与硝酸银反应的氯离子的物质的量偏小，则测得产品中氯含量偏低，故 D不符合题意。答案选B。10.氮元素可以形成多种氢化物，如NH3、N2H4等。（1）工业上，可用次氯酸钠与氨反应制备N2H4（肼
24、），副产物对环境友好，写出反应化学方程式_。（2）工业上以NH3和CO2为原料合成尿素CO(NH2)2，反应化学方程式为：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)，该反应的平衡常数和温度关系如图所示：该反应的H_0（填“”或“”）。已知原料气中的氨碳比为x，CO2的平衡转化率为a，在一定温度和压强下，a与x的关系如图所示。a随着x的增大而增大的原因是_。图中A点处，NH3的平衡转化率为_。（3）在氨水加水稀释的过程中，NH3H2O的电离程度增大，的值_。（填“增大”、“减小”或“不变”，）室温下，amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是_（用离子方程式表示
25、），该反应的平衡常数为_（用含a的数学表达式表示）。【答案】 (1). 2NH3NaClON2H4NaClH2O (2). (3). 增大c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率 (4). 42% (5). 不变 (6). NH4+H2ONH3H2O+H+ (7). 【解析】【详解】（1）由题，NH3和NaClO反应副产物对环境无污染，可知产物为NaCl和H2O，反应方程式为：2NH3NaClON2H4NaClH2O；（2）由表中数据可知，温度越高，平衡常数越小，说明反应为放热反应，即H0；x增大说明NH3含量增加，即增大了c(NH3)，平衡正向移动，从而提高CO2的转化率，故a随着
26、x的增大而增大；由图A点处x=3，若假设原料气中n(CO2) =1mol，则n(NH3)=3mol，又CO2的转化率为63%，即CO2反应了0.63mol，由题给反应方程式可知NH3反应了1.26mol，所以NH3的转化率为： ；（3）由题：，其中Kb表示NH3H2O的电离平衡常数，Kw表示水的离子积常数，在温度不变的情况下，数值不变，故的值不变；(NH4)2SO4溶液的pH=5，原因是NH4+发生水解，离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；amol/L的(NH4)2SO4溶液的pH=5，故c(H+)=10-5mol/L，故c(NH3H2O)=10-5mol/L，又NH4+发生水解部
27、分不计，故c(NH4+)=2amol/L，所以平衡常数为：11.A、B、C、D、E、F、G、H、I为原子序数递增的前4周期的元素，已知A原子的最外层电子是次外层电子数的2倍，D为周期表中电负性最大的元素，F与C位于同一主族，E与G在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金属，H为应用最广泛的金属；I处于周期表中的第二副族。请回答下列问题：（1）B单质分子中与键数目比为_。B、C、D第一电离能由小到大的顺序为_（填写元素符号）。（2）H元素原子的价层电子排布式为_，H3离子可以与上述元素中的三种形成的某阴离子生成血红色的络合物；该阴离子又与AI元素中的某些原子形成的分子互为等电子体
28、，这种分子的化学式为_（写一种即可），该分子中心原子轨道的杂化类型为_，该阴离子空间构型为_。（3）D与G可以形成如图的晶胞，则黑点表示的是元素_（填写元素符号），该元素原子在该晶胞中的配位数为_。【答案】 (1). 1：2 (2). ONF (3). 3d64s2 (4). CO2（CS2、N2O） (5). sp (6). 直线形 (7). Ca (8). 8【解析】【分析】在前4周期中：因为A原子的最外层电子是次外层电子数的2倍，故A为C；由D为周期表中电负性最大的元素，D为F；故此，B为N，C为O；H为应用最广泛的金属，故H为Fe；I处于周期表中的第二副族，故I为Zn；又F与C位于同一
29、主族，故F为S；因为E与G在周期表的位置是上下相连，两元素所在主族中所有元素都是金属，故E为Mg，G为Ca。【详解】（1）由题干可知B为N，形成的单质是N2，含氮氮三键，故与键键数目比为1：2；氮原子中2p轨道是半满状态，能量较低，故N、O、F三者第一电离能由小到大的顺序为ONF；（2）由题给条件可知H为Fe，故其价电子排布为：3d64s2；Fe3+遇SCN-生成血红色络合物，SCN-的等电子体有CO2、CS2、N2O等，类比CO2可知其中心原子杂化类型为sp杂化，故空间结构为直线形；（3）因为D与G分别为F和Ca，分子式为CaF2，由所给晶胞示意图中黑点为4，白点为8，可知黑点为Ca，白点为
30、F；又因为Ca在晶胞中是面心立方，故其配位数为8。12.某糖厂以甘蔗为原料制糖，同时得到大量的甘蔗渣。对甘蔗渣进行综合利用，不仅可以提高经济效益，而且还可以防止环境污染。现按下列方式进行综合利用。已知H是具有香味的液体，试填空：（1）A的名称是_；G中所含官能团的名称为_，其中与H同类物质的异构体还有(写结构简式)_。（2）写出下列化学方程式：DE：_，GH：_，其反应类型为：_（3）若G中混有E，请用化学方法检验E存在(要求写出操作、现象和结论)_。（4）写出用D原料(其他无机试剂任选)制备化合物乙二醇的合成路线_。【答案】 (1). 纤维素 (2). 羧基 (3). HCOOCH2CH2C
31、H3、CH3CH2COOCH3 (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (5). CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+ H2O (6). 取代反应 (7). 取适量试样于试管中，先用NaOH中和G，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生红色沉淀，则有E存在 (8). C2H5OHCH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OH【解析】【分析】由题给流程图和包含信息可知A为纤维素，水解得葡萄糖（B），葡萄糖经酒化酶处理生成乙醇（D），乙醇经催化氧化得乙醛（E），乙醛被新制氢氧化铜氧化的乙酸（G），乙醇和乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙
32、酯（H）；葡萄糖在人体中缓慢氧化生成CO2（C）。【详解】（1）甘蔗渣中大量纤维素，故结合A的分子式，可知A为纤维素；G为乙醛被新制氢氧化铜氧化所得乙酸，故含有羧基；H为乙酸乙酯，故其酯类同分异构体有：HCOOCH2CH2CH3、CH3CH2COOCH3；（2）DE是乙醇催化氧化生成乙醛，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；GH是乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，故反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+ H2O，反应类型为取代反应；（3）检验乙酸中是否混有乙醛，可选用新制氢氧化铜来检验，但乙酸溶液为酸性，需先加入NaOH中和，故步骤为：取适量试样于试管中，先用NaOH中和G，再加入新制氢氧化铜悬浊液，加热，若产生红色沉淀，则有E存在；（4）用乙醇做原料制乙二醇，可经下列流程实现：C2H5OHCH2=CH2CH2BrCH2BrHOCH2CH2OH【点睛】醛类物质发生银镜反应或和新制氢氧化铜反应均在碱性环境下进行。