2022届上海市上海中学东校高二下学期期中素质评估化学B试题（含解析）

上海市上海中学东校2021-2022学年高二下学期中素质评估化学试题(B)(满分：100分时间：60分钟)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16S-32一、选择题(共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)1.日本计划将福岛核废水排入海洋，引起人们的强烈谴责。有关核废水中氚(3H)的说法正确的是A.与氢元素互为同位素 B.中子数与质子数之差为2C.核废水中的氚的原子百分率与自然界中是一样的 D.化学性质与氕和氘几乎相同【1题答案】【答案】D【解析】【详解】A．氚(3H)为氢元素的一种核素，与氢元素的其他核素互为同位素，不是与氢元素互为同位素，A错误；B．氚(3H)的中子数为3-1=2，质子数为1，相差1，B错误；C．核废水中的氚的原子百分率要高于自然界中，C错误；D．氚、氕和氘为氢元素的不同核素，所含电子数相同，化学性质几乎相同，D正确；综上所述答案为D。2.下列原子的最外层电子轨道表示式正确的是A.铍原子：B.碳原子：C.氮原子：D.铝原子：【2题答案】【答案】C【解析】【详解】A．铍原子最外层含有2个电子，均属于2s轨道，其外层电子轨道表示式为，故A错误；B．碳原子最外层含有4个电子，其最外层电子轨道表示式为，故B错误；C．氮原子最外层2s轨道含有2个电子，2p轨道含有3个电子，其最外层电子轨道表示式为，故C正确；D．Al的核电荷数为13，其最外层电子排布式为3s23p1，则Al原子的最外层电子轨道表示式为，故D错误；故选：C。3.下列关于油脂的说法正确的是A.油脂就是脂肪 B.油脂是高分子化合物C.油脂是混合物 D.油脂都是饱和的【3题答案】【答案】C【解析】【详解】A．一般把常温下是液体的称作油，而把常温下是固体的称作脂肪，油脂是油和脂肪的统称，故A错误；B．高分子指相对分子质量很大的分子，一般其化学式中会出现聚合度n，油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故B错误；C．油脂是多种物质组成的，是混合物，故C正确；D．油脂中的烃基有的是饱和的，有的是不饱和的，故D错误；故选C。4.下列各组物质形成的晶体，一定属于同类型晶体的是ASiO2和Si B.KI和I2 C.Na2S和Na D.CO2和C【4题答案】【答案】A【解析】【详解】A．SiO2和Si都属于原子晶体，A正确；B．KI为离子晶体，I2为分子晶体，B错误；C．Na2S为离子晶体，Na为金属晶体，C错误；D．CO2为分子晶体，C如果是石墨则为混合型晶体，如果是金刚石则为原子晶体，D错误；故选A。5.下列分子式表示的物质一定是纯净物的是A.C3H7Cl B.C4H10 C.CH2Cl2 D.C2H6O【5题答案】【答案】C【解析】【详解】A.C3H7Cl有同分异构体，所以C3H7Cl不一定是纯净物，故A错误；B.C4H10有同分异构体，正丁烷和异丁烷，故B错误；C.CH2Cl2没有同分异构体，只表示二氯甲烷，故C正确；D.C2H6O有同分异构体，甲醚和乙醇，故D错误；所以本题答案：C。【点睛】判断分子式有没有同分异构体，如果有就不能只表示一种物质。6.属于石油分馏产品的是A.焦炉气 B.汽油 C.乙烯 D.乙醇【6题答案】【答案】B【解析】【分析】根据石油的加工：分馏、裂化、裂解及能源的合成进行判断。【详解】A．焦炉气是煤干馏的产物，故A不正确；B．汽油是石油分馏产品，故B正确；C．乙烯是石油裂解的产品，故C不正确；D．乙醇工业主要是乙烯合成的产品，故D不正确；故选答案B。【点睛】此题考查化学与能源基本知识点，利用常识即可判断。7.下列溶液中，Cl-的物质的量浓度最大的是A.0.1L2mol/L的KCl溶液 B.1L1mol/L的NaCl溶液C.0.2L1mol/L的MgCl2溶液 D.10mL1mol/L的AlCl3溶液【7题答案】【答案】D【解析】分析】【详解】A．0.1L2mol/L的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度2mol/L；B．1L1mol/L的NaCl溶液中Cl-的物质的量浓度1mol/L；C．0.2L1mol/L的MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度2mol/L；D．10mL1mol/L的AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度3mol/L；由以上得出Cl-的物质的量浓度最大的是3mol/L；故选D。8.近期，中国科学家在实验室中首次实现从二氧化碳到淀粉的全合成，下列表示相关微粒的化学用语正确的是A.CO2分子的电子式： B.甲醇的结构式：CH3OHC.中子数为8的碳原子：14C D.O2-的结构示意图：【8题答案】【答案】C【解析】【详解】A．CO2分子中碳原子和氧原子间为双键，故电子式为，故A错误；B．甲醇结构式为，故B错误；C．中子数为8的碳原子，质量数为8+6=14，故C正确；D．氧离子核外有2个电子层、10个电子，离子结构示意图为，故D错误；故选C。9.下列物质的性质可以用“键能”来解释的是A.SiO2熔点高 B.氩气性质稳定C.碘易升华 D.NH3极易溶于水【9题答案】【答案】A【解析】【详解】A、SiO2是共价化合物，熔化SiO2需要破坏共价键，SiO2熔点高，说明键能大，故A正确；B、氩气是由单原子组成的分子，不含化学键，故B错误；C、碘升华破坏分子间作用力，与键能无关，故C错误；D、NH3极易溶于水，是与水形成分子间氢键，与键能无关，故D错误；故选A。10.将金属钠溶于水，此过程中不存在A.金属键破坏 B.共价键断裂 C.离子键形成 D.共价键形成【10题答案】【答案】C【解析】【详解】A．金属钠溶于水反应生成氢氧化钠和氢气，则反应的离子反应方程式为：，该过程中金属钠内部的化学键是金属键，金属键会断裂，故A错误；B．水中存在共价键H-OH，在反应时共价键断裂，故B错误；C．钠与水反应的产物是钠离子，由水得到的是氢氧根离子，这两个离子在水中不形成离子键，只有固态时才有离子键，故C正确；D．钠与水反应生成产物氢气时有共价键形成，故D错误；故选C选项。11.如图是四种常见有机物的比例模型示意图。下列说法正确的是A.甲能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.乙可与酸性高锰酸钾发生加成反应C.丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的独特的键D.丁可与乙酸发生中和反应【11题答案】【答案】C【解析】【分析】由比例模型可知四种常见有机物分别为甲烷、乙烯、苯、乙醇【详解】A．甲烷的化学性质稳定，不能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B．乙烯中含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故B错误；C．苯与浓硫酸、浓硝酸的混合液共热发生取代反应生成硝基苯，故C正确；D．乙醇在浓硫酸作用下可与乙酸发生取代反应生成乙酸乙酯，故D错误；故选C．12.X元素的简单阳离子和Y元素的简单阴离子的核外电子层结构相同，下列叙述正确的是A.简单离子半径： B.原子半径：C.原子序数： D.原子最外层电子数：【12题答案】【答案】D【解析】【分析】X元素的简单阳离子和Y元素的简单阴离子的核外电子层结构相同，则X在Y的下一周期。【详解】A．具有相同核外电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，由分析可知，X元素的核电荷数大于Y，则离子半径：，A错误；B．电子层数越多，原子半径越大，X位于Y的下一个周期，则原子半径：，B错误；C．由分析可知原子序数：，C错误；D．同周期元素从左到右，最外层电子数依次增大，X形成阳离子，Y形成阴离子，则X最外层电子数小于4，Y最外层电子数大于4，所以原子最外层电子数：，D正确；答案选D。13.关于元素周期表的说法正确的是A.元素周期表有7个周期，8个主族B.元素周期表有18个纵行，共16个族C.短周期元素中可能有副族元素D.最外层电子数相同的元素一定在同一族【13题答案】【答案】B【解析】【详解】A．元素周期表中有7个主族，7个周期，A选项错误；B．元素周期表中共18个纵行，分为7个主族，7个副族，1个0族，1个第Ⅷ族，共16个族，B选项正确；C．短周期为一、二、三周期，不包含副族元素，C选项错误；D．最外层电子数相同的元素不一定在同一族，如Mg和He最外层电子数都是2，但Mg是ⅡA族元素，He是0族元素，D选项错误；答案选B。14.不能作为卤族元素(氯、溴、碘)非金属性递变规律的判断依据的是A.单质的氧化性 B.氢卤酸的酸性C.卤化氢的热稳定性 D.与氢气化合的难易程度【14题答案】【答案】B【解析】【分析】非金属性比较的方法：1．元素在周期表中的相对位置如：同主族元素自上而下，非金属性依次减弱，如F>CI>Br>I；2．非金属单质与氢气化合的越容易，非金属性越强如：F2、Cl2、Br2、I2与H2化合由易到难，所以非金属性F>C1>Br>I；3．气态氢化物的越稳定，非金属性越强如：稳定性HBr>HI>所以非金属性：Br>I；4．最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性越强如酸性：HC1O4>HBrO4>则非金属性：Cl>Br；5．非金属性强的元素的单质能置换出非金属性弱的元素的单质，Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；以此来解析；【详解】A．非金属性越强，单质氧化性越强，则Cl2、Br2、I2的氧化性能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，A不符合题意；B．氢卤酸的酸性非金属性强弱无关，其酸性强弱不能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，B符合题意；C．HCl、HBr、HI的热稳定性与非金属性强弱有关，其氢化物稳定性能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，C不符合题意；D．与氢气化合的难易程度与非金属性强弱有关，与氢气化合的难易能作为Cl、Br、I元素非金属性递变规律的判断依据，D不符合题意；故选B。15.阿伏加德罗常数为NA。下列说法正确的是A.lmolCl2和足量Fe充分反应，转移电子数为3NAB.1mol乙醇中含有C—H共价键数为5NAC.标准状况下，2.24LH2O含有H—O键的数为0.2NAD.0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数为0.5NA【15题答案】【答案】B【解析】【详解】A．lmolCl2和足量Fe充分反应生成氯化铁，氯元素由0价变为-1价，Cl2有两个氯原子，所以lmolCl2反应转移电子数为2NA，故A错误；B．乙醇分子式为CH3CH2OH，所以1mol乙醇中含有C—H共价键数为5NA，故B正确；C．标准状况下水为液体，所以不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D．乙酸乙酯在酸性条件下水解是一个可逆反应，所以0.5mol乙酸乙酯在酸性条件下水解，生成乙醇的分子数小于0.5NA，故D错误；故选B选项。16.4℃时，1000mL水中溶解了22.4L氯化氢气体(在标准状况下测得)，下列关于所得溶液的说法中，正确的是A.该溶液溶质的物质的量浓度为1mol/LB.该溶液溶质的物质的量浓度因溶液的密度未知而无法求得C.该溶液溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得D.该溶液的体积为23.4L【16题答案】【答案】B【解析】【分析】标况下22.4LHCl的物质的量为1mol，质量为36.5g；4℃时，1000mL的质量为1000g。【详解】A．1000mL水中溶解了22.4L氯化氢气体得到的溶液体积不是1L，则物质的量浓度不是1mol/L，A错误；B．若已知溶液的密度，则可以根据水的质量和HCl的质量计算溶液的体积，从而确定溶质的物质的量浓度，B正确；C．根据水的质量和HCl的质量计算溶液的质量，可以求出溶质的质量分数，C错误；D．HCl溶于水之后体积不再是22.4L，D错误；综上所述答案为B。17.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高价与最低负价绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径Z>W>R B.W与X、W与Z形成的化学键类型完全相同C.对应的氢化物的热稳定性：R>W D.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸【17题答案】【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Y最外层电子数为4，Z的核电荷数是Y的2倍，故Y为C元素，Z为Mg元素；W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W的最外层电子数为6，故W为S元素，所以R为Cl元素，结合元素周期律与物质的结构性质判断。【详解】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Y最外层电子数为4，Z的核电荷数是Y的2倍，故Y为C元素，Z为Mg元素；W的原子序数等于Mg元素，W最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W的最外层电子数为6，故W为S元素，所以R为Cl元素；A．Z为Mg元素、W为S元素、R为Cl元素，同周期从左向右原子半径在减小，则原子半径为Z＞W＞R，故A正确；B．W与X形成物质为H2S，含有共价键，W与Z形成的物质是MgS，属于离子化合物，含有离子键，化学键类型不同，故B错误；C．W为S元素、R为Cl元素，非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以对应氢化物的稳定性：R＞W，故C正确；D．Y为C元素，其最高价氧化物对应的水化物是碳酸，碳酸属于弱酸，故D正确；故答案为B。18.agO2和agX气体在相同压强下体积随温度变化存在如下图关系，推测X气体可能是

A.H2 B.CH4 C.SO2 D.O3【18题答案】【答案】C【解析】【分析】在相同温度、压强下，气体的体积与气体的物质的量呈正比，据此分析解答。【详解】在相同温度、相同压强下，O2的体积是X气体的体积的2倍，则O2的物质的量是X的2倍，由于两种气体的质量相同，则X的摩尔质量数值上是O2的2倍，O2的摩尔质量是32g/mol，则X的摩尔质量是64g/mol，X气体的相对分子质量是64，故气体X是SO2，故合理选项是C。19.CalebinA可用于治疗阿尔茨海默病，在其合成过程中有如下物质转化过程：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.苯甲醛与X互为同系物B.X、Y和Z的分子中，均含有酯基C.可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有XD.将Z与NaOH乙醇溶液共热，可发生消去反应【19题答案】【答案】C【解析】【详解】A．苯甲醛与X的氧原子个数不同，官能团不同，不为同系物，故A错误；B．X中含有醚键和羰基，不含酯基，Y和Z分子中均含有酯基，故B错误；C．X含有醛基，但Z没有，可以用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有X，故C正确；D．Z不是卤代烃，不能与NaOH乙醇溶液共热发生消去反应，故D错误；故选C。20.由三种单体合成的高分子材料：。以下不属于合成该物质的单体是A. B.C. D.CH3—CH=CH—CN【20题答案】【答案】A【解析】【详解】观察高分子的结构可知该分子为加聚产物，判断单体时先把方括号、n去掉，然后从左到右减一键、加一键、减一键、……，可得单体为CH3—CH=CH—CN、、，故不属于合成该物质的单体的是，A符合题意；选A。二、综合题(共60分)21.我国的“天宫”空间站的核心舱“天和”选择了高效柔性砷化镓(GaAs)薄膜太阳能电池来供电。（1）镓的原子结构示意图为，镓元素在元素周期表中的位置是____。（2）As与N同族，预测As的氢化物分子的空间构型是____，其稳定性比氨气____(填“强”或“弱”)。（3）氮气分子的电子式为____。氮气性质比较稳定，从分子结构的角度说明理由____。（4）GaAs的熔点为1238℃且熔融状态不导电，据此判断它是____(填“共价”或“离子”)化合物。（5）下列说法错误的是____(填写字母)。a.镓的金属性比铝的强b.砷化镓具有半导体性质c.As与H2在低温时可剧烈化合为AsH3d.酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4【21题答案】【答案】（1）第四周期ⅢA族（2）①.三角锥形②.弱（3）①.②.氮氮参键键能更大，很难断开，更稳定（4）共价（5）c【解析】【小问1详解】由镓的原子结构示意图可知，镓元素位于元素周期表第四周期ⅢA族，故答案为：第四周期ⅢA族。小问2详解】砷化氢中砷原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，空间构型为三角锥形；同主族元素从上到下，非金属性减弱，气态氢化物稳定性减弱，砷化氢的稳定性小于氨气的热稳定性。【小问3详解】氮气中氮原子间为三键，故电子式为，氮氮参键键能更大，很难断开，更稳定。【小问4详解】砷化镓的熔点高且熔融状态不导电，说明砷化镓为共价化合物。【小问5详解】a．同主族元素，从上到下元素的金属性依次增强，则镓的金属性比铝的强，故正确；b．砷化镓与硅一样是半导体材料，具有半导体性质，故正确；c．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，砷与氢气在低温时不能发生化合反应生成砷化氢，故错误；d.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则酸性由强到弱的顺序为H2SO4>H3PO4>H3AsO4，故正确；故选c。23.硼及其化合物在工业中有很多用处。一些硼的卤化物的沸点如图所示：卤化物沸点/℃-100.312.590（1）硼原子核外共有_______种形状不同的电子云；溴原子的最外层电子排布式为_______。（2）上表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F-B-F的键角为_______，BF3属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。（3）解释表中三种卤化硼沸点存在差异的原因_______。【23题答案】【答案】（1）①.2②.4s24p5（2）①.120°②.非极性（3）BF3、BCl3、BBr3均形成分子晶体，且相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高【解析】【小问1详解】已知B是5号元素，其核外电子排布式为：1s22s22p1，故硼原子的核外共有球形的s电子云和纺锤体形的p电子云，2种形状不同的电子云；Br是35号元素，则溴原子的核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，故其最外层电子排布式为4s24p5，故答案为：2；4s24p5；【小问2详解】上表中三种卤化物分子的空间构型均为平面正三角形，由此推断F-B-F的键角为120°，BF3中正负电荷中心重合，则其属于非极性分子，故答案为：120°；非极性；【小问3详解】BF3、BCl3、BBr3均形成分子晶体，且相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高，故答案为：BF3、BCl3、BBr3均形成分子晶体，且相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大，沸点依次升高。25.是一种重要的化工原料。工业上可以利用硫(S8)与CH4为原料制备CS2，S8受热分解成气态S2，发生反应，CS2的结构式为_______，利用燃煤废气(含、、、、、等)使尾气中的转化为单质硫，可实现废物利用，保护环境，写出其中一个反应的化学方程式_______。【25题答案】【答案】①.S=C=S②.2H2S+O2=2S+2H2O、2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=N2+2xS+2xH2O【解析】【详解】根据等电子原理可知，CS2与CO2互为等电子体，则CS2的结构式为S=C=S，利用燃煤废气(含、、、、、等)使尾气中的转化为单质硫，即H2S中S元素被氧化，则燃煤废气中的O2、SO2、NOx均具有氧化性，均可将H2S中的S元素氧化成S，反应方程式为：2H2S+O2=2S+2H2O、2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=N2+2xS+2xH2O可实现废物利用，保护环境，故答案为：S=C=S；2H2S+O2=2S+2H2O、2H2S+SO2=3S+2H2O、2xH2S+2NOx=N2+2xS+2xH2O。26.乙酸乙酯是一种重要的化工原料，广泛用于药物染料等工业。某兴趣小组同学欲制备并分离提纯乙酸乙酯，实验装置如图1所示：已知：①乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH；②查阅资料得到下列数据：物质乙醇乙酸乙酸乙酯乙醚沸点/℃78.0118.077.534.6密度/(g·cm-3)0.81.10.90.7水溶性互溶可溶微溶微溶（1）为防止加热时液体暴沸，需要在试管a中加入碎瓷片。如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应采取的操作是____(填写字母)。a.立即补加b.冷却后补加c.不需补加d.重新配料（2）生成乙酸乙酯的化学反应方程式为____。（3）有关试管b中饱和Na2CO3溶液的说法正确的是____(填写字母)。a.溶解乙醇b.吸收乙酸c.增大乙酸乙酯的溶解度（4）产品纯化。从试管b中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，首先向乙酸乙酯中加入无水氯化钙，除去____(填名称)；然后再加入无水硫酸钠除去水，最后进行____(填操作名称)，得到较纯净的乙酸乙酯。为了证明浓硫酸在该反应中起催化剂和吸水剂的作用，小组同学利用图1装置进行了以下4个实验。实验开始先用酒精灯微热3min，再加热使之微微沸腾3min。实验结束后充分振荡试管b再测有机层的厚度，实验记录如下：实验编号试管a中试剂试管b中试剂有机层的厚度/cmA2mL乙醇、1mL乙酸、3mLl8mol·L-1浓硫酸饱和Na2CO33.0B2mL乙醇、1mL乙酸0.1C2mL乙醇、1mL乙酸、3mL2mol·L-1H2SO40.6D2mL乙醇、1mL乙酸、盐酸0.6（5）对照实验C与实验D，证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是____mL和____mol·L-1。根据实验____(填实验编号)的数据，可以推测浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。（6）另一化学小组同学设计如图2所示的装置制取乙酸乙酯(铁架台、铁夹、加热装置均已略去)。此装置和图1装置相比，其中一个优点是____。【26题答案】【答案】（1）b

（2）CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O（3）ab（4）①.乙醇②.蒸馏（5）①.3②.4③.A和C（6）可以更好的控制反应的温度，减少副反应的发生【解析】【分析】乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂条件下进行加热，两者发生酯化反应(或取代反应)生成乙酸乙酯，乙醇和乙酸易挥发，生成的乙酸乙酯中会混有乙醇和乙酸，装置b中饱和碳酸钠溶液用于溶解乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯溶解度。【小问1详解】碎瓷片起到防止暴沸的作用，加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应先停止加热，冷却到室温后再加，答案选b。【小问2详解】乙酸和乙醇在浓硫酸作催化剂条件下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。【小问3详解】乙醇易溶于水，乙酸能和碳酸钠溶液反应，乙酸乙酯不溶于碳酸钠溶液，试管b中饱和Na2CO3溶液的作用为：溶解乙醇、除去乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，答案选ab。【小问4详解】已知：乙醇能与氯化钙形成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，乙醚和乙酸乙酯的沸点不同，从试管b中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，首先向乙酸乙酯中加入无水氯化钙，除去乙醇，然后再加入无水硫酸钠除去水，最后进行蒸馏，得到较纯净的乙酸乙酯。【小问5详解】实验C与实验D，证明H+对酯化反应具有催化作用，生成的乙酸乙酯的量相等，故氢离子浓度相等，所以加入盐酸的体积和浓度分别为：3mL、4mol/L；实验A和实验C中其他条件相同，硫酸浓度不同，但使用浓硫酸的乙酸乙酯的量多，可以推测浓H2SO4的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。【小问6详解】由图可知，图2装置可以更好地控制反应的温度，减小副反应的发生，(或者是冷凝效果更好，得到产物更多）。28.肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如图路线合成。已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+（1）D的名称为____。（2）反应①~⑥中属于加成反应的是____(填序号)。（3）反应③的反应条件是____；反应④的化学方程式是____。（4）若要检验中含有氯元素，正确的操作步骤是____(按实验步骤操作的先后顺序填写序号)。A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）E物质的同分异构体中，苯环上有两个取代基，其中一个是羧基的有____种。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙烯为原料制备CH3CH=CHCHO的合成路线流程图(无机试剂任选)____。(