重庆市杨家坪中学2022-2023学年高一下学期5月第二次月考化学Word版含解析.docx

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重庆市杨家坪中学高2025届5月第二次月考化学试卷可能用到的原子量：H-1N-14O-16S-32Cl-35.5第I卷(单项选择题，包括14小题，每题3分，共42分)1.材料是人类生活的物质基础。下列关于材料的说法正确的是A.“天宫空间站”的太阳能电池板主要材料是高纯度的二氧化硅B.神舟飞船航天员穿的航天服的材料是多种合成纤维C.高硬度耐磨SiC材料属于新型有机高分子材料D.汽车轮胎使用的橡胶是无机高分子材料【答案】B【解析】【详解】A．太阳能电池板主要材料是性能优良的半导体材料硅，不是二氧化硅，故A错误；B．航天员穿的航天服的材料是由多种合成纤维形成的复合材料，故B正确；C．碳化硅属于性能优良的无机非金属材料，不是新型有机高分子材料，故C错误；D．汽车轮胎使用的橡胶是有机合成高分子材料，故D错误；故选B。2.下列化学用语正确的是A.S2—的结构示意图为：B.乙烯分子的电子式：C.乙烯的结构简式：CH2=CH2D.次氯酸的结构式：H－Cl－O【答案】C【解析】【详解】A．硫离子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故A错误；B．乙烯的结构简式为CH2=CH2，电子式为，故B错误；C．乙烯的分子式为C2H4，结构简式为CH2=CH2，故C正确；D．次氯酸的分子式为HClO，结构式为H—O—Cl，故D错误；故选C。3.下列说法错误的是 A.18O2和16O3互为同位素B.石墨和金刚石互为同素异形体C.C3H8和C6H14一定互为同系物D.CH3(CH2)2CH3与CH3CH(CH3)2互为同分异构体【答案】A【解析】【详解】A．同位素是质子数相同、中子数不同的原子的互称，18O2和16O3是氧元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故A错误；B．石墨和金刚石是碳元素形成的不同种单质，互为同素异形体，故B正确；C．由分子式可知，C3H8和C6H14是结构相似，相差若干个CH2原子团的烷烃，互为同系物，故C正确；D．由结构简式可知，正丁烷和异丁烷的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选A4.下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．与在放电或者高温下反应只能生NO，NO再进一步氧化为，则不能一步实现，故A错误；B．S在燃烧只能生成，进一步被氧化，则不能一步实现，故B错误；C．通过反应流程可制备高纯度晶体硅，故C正确；D．金属的活性Mg＞Al，Al不能置换Mg，所以Al不与MgO反应，故D错误；答案选C。5.我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该反应历程示意如下： 下列说法不正确的是A该反应遵循质量守恒定律B.CH4→CH3COOH过程中，有C—H键发生断裂C.①→②吸收能量并形成了C—C键D.生成CH3COOH总反应的原子利用率为100％【答案】C【解析】【详解】A．该反应总反应为CH4+CO2CH3COOH，反应遵循质量守恒定律，故A项说法正确；B．图中变化可知，甲烷在催化剂作用下经过选择性活化，其中甲烷分子中碳原子会与催化剂形成一新的共价键，必有C−H键发生断裂，故B项说法正确；C．①→②的焓值降低，过程为放热过程，有C−C键形成，故C项说法错误；D．由图可知，1mol甲烷和1mol二氧化碳反应生成1mol乙酸，生成CH3COOH总反应的原子利用率为100%，故D项说法正确；综上所述，说法不正确的是C项，故答案为C。6.下列措施中，不能增大化学反应速率的的是A.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2时，适当升高温度B.用铁和稀硫酸反应制取氢气时，换成浓硫酸C.用KClO3固体分解制取O2时，固体中添加少量MnO2D.稀硫酸与锌制取氢气时加入少量硫酸铜溶液【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钙与稀盐酸反应生成二氧化碳时，适当升高温度可以增大化学反应速率，故A不符合题意；B．铁在浓硫酸发生钝化，反应生成的致密氧化层薄膜阻碍反应的继续进行，所以用铁和稀硫酸反应制取氢气时，换成浓硫酸不能增大化学反应速率，故B符合题意；C．用氯酸钾固体分解制取氧气时，固体中添加少量催化剂二氧化锰可以增大化学反应速率，故C 不符合题意；D．稀硫酸与锌制取氢气时加入少量硫酸铜溶液，锌与硫酸铜溶液发生置换反应置换出的铜在稀硫酸构成原电池，原电池反应可以增大化学反应速率，故D不符合题意；故选B。7.对于反应A(g)+3B(g)2C(s)+2D(g)，下列各数据表示不同条件下的反应速率，其中应进行得最快的是A.v(A)=0.1mol/(L•s)B.v(B)=1.2mol/(L•min)C.v(C)=0.5mol/(L•s)D.v(D)=0.3mol/(L•s)【答案】D【解析】【详解】C为浓度为定值的固体，不能用来表示反应速率，由化学反应速率之比等于化学计量数之比可知，物质的反应速率与化学计量数的比值越大，该条件下反应速率越快，由题给数据可得：==0.1mol/(L•s)、==mol/(L•s)、==0.15mol/(L•s)，则v(D)为0.3mol/(L•s)表示的反应速率最快，故选D。8.下列关于阿伏伽德罗常数NA的说法正确的是A.46gNO2和N2O4的混合物中有2NA个O原子B.1mol/L的HNO3溶液中含有NA个NOC.标准状况下，22.4LCHCl3中含有的分子数为NAD.把足量铜粉投入只含2molH2SO4的浓硫酸中并加热，得到气体的体积在标准状况下为22.4L【答案】A【解析】【详解】A．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，则46g中二氧化氮和四氧化二氮的混合物中含有氧原子的个数为×2×NAmol—1=2NA，故A正确；B．缺溶液的体积，无法计算1mol/L硝酸溶液中的硝酸根离子的物质的量和个数，故B错误；C．标准状况下，三氯甲烷为液态，无法计算22.4L三氯甲烷的物质的量和含有的分子数，故C错误；D．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中浓硫酸的浓度减小会变为稀硫酸，铜与稀硫酸不反应，则把足量铜粉投入只含2mol 硫酸的浓硫酸中并加热，硫酸不可能完全反应，反应得到二氧化硫的体积在标准状况下小于2mol××22.4L/mol=22.4L，故D错误；故选A。9.用下列实验装置进行相应实验，有关说法不正确的是A.装置①可用于演示喷泉实验B.装置②可用于比较金属X和Zn的金属活动性强弱C.装置③可用于实验室制备并收集NO2D.装置④可用于制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．SO2是酸性氧化物，容易和NaOH溶液反应，将胶头滴管里的NaOH溶液挤入圆底烧瓶中，由于SO2的溶解，使烧瓶内压强降低，打开止水夹，烧杯中的NaOH溶液就会被大气压入圆底烧瓶形成喷泉，故A正确；B．将金属X和锌相连浸入稀硫酸中，通过观察电流表指针的偏转以及电极是否变细、哪个电极上有气体产生可以判断X和Zn的金属活动性强弱，故B正确；C．铜和浓硝酸可以生成NO2，但NO2和水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集NO2，故C错误；D．乙醇、乙酸和浓硫酸共热可以制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集生成的乙酸乙酯，同时除去杂质乙酸和乙醇，用图示装置可以防止倒吸，故D正确；故选C。10.短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中Y、Z同主族，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，W、Y、Z三种元素参与形成一种有机功能材料，其结构如图所示(R表示一种有机基团)。下列说法正确的是A.该结构中每种原子都达到了8电子的稳定B.简单离子还原性：Y＞ZC.X、Y、Z的原子半径大小：Z＞X＞Y D.X与Z的最高价氧化物的水化物均具有强氧化性【答案】C【解析】【分析】短周期主族非金属元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W形成1条单键，W为H，Y形成2条键，Z形成6条键，Y、Z同主族，Y为O，Z为S，W、X、Y三种元素的原子序数之和等于Z的原子序数，X为N。【详解】A，该结构中S原子最外层电子数多于8个，H最外层只有2个电子，不都是8电子稳定结构，A错误；B．O的非金属性强于S，则O2-的还原性弱于S2-，B错误；C．S比N、O多一个电子层，原子半径最大，同周期元素，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径S>N>O，C正确；D．硝酸具有强氧化性，但是只有浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸不具有强氧化性，D错误；故答案选C。11.下列有关实验的操作、现象和结论有错误的是操作现象实验结论A将乙烯通入溴水溶液中溶液褪色乙烯一定发生了加成反应B向某溶液中滴加盐酸产生无色能使品红溶液褪色的气体原溶液中一定存在SOC向某溶液中滴加NaOH溶液，加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体原溶液中一定存在NHD向某溶液中先加入适量的稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀原溶液中一定含有Cl—A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．将乙烯通入溴水溶液中，溶液褪色说明乙烯一定与Br2发生了加成反应，A正确； B．也能与稀盐酸反应生成能使品红溶液褪色的SO2气体，则产生无色能使品红溶液褪色的气体，不能由此断定溶液中一定存在，B错误；C．向某溶液中滴加NaOH溶液，加热产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的氨气，说明原溶液中一定存在，C正确；D．向某溶液中先加入适量的稀硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀说明原溶液中一定含有氯离子，D正确；故选B。12.某有机物的结构简式为HO－CH2CH=CHCH2－OH，关于该物质下列说法不正确的是A.该有机化合物中含有三种官能团B.该有机化合物可以在一定条件下发生酯化反应C.1mol该有机物与足量钠反应能产生2gH2D.该有机物中最多4个碳原子共面【答案】A【解析】【详解】A．根据有机物的结构简式可知，含有官能团两种为碳碳双键和羟基，A项错误；B．该有机物含有羟基在一定条件下可以发生酯化反应，B项正确；C．该有机物含有2个羟基，1mol有机物和Na反应生成1mol氢气，即1mol该有机物与足量钠反应能产生2g氢气，C项正确；D．乙烯为平面结构，则该有机物中最多4个碳原子共面，D项正确；答案选A。13.关于如图所示的原电池，下列说法正确的是A.石墨电极上发生氧化反应B.将稀硫酸换成乙醇，灯泡亮度不变C.该装置将电能转化为化学能 D.电子由锌片通过导线流向石墨棒【答案】D【解析】【分析】由图可知，锌电极为原电池的负极，锌失去电子发生氧化反应生成生成锌离子，石墨电极为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，电子由负极锌片通过导线流向正极石墨棒。【详解】A．由分析可知，石墨电极为正极，氢离子在正极得到电子发生还原反应生成氢气，故A错误；B．若将稀硫酸换成乙醇，锌片和石墨棒在非电解质乙醇中无法构成原电池，没有电流产生，所以灯泡不会变亮，故B错误；C．由分析可知，该装置是将化学能转化为电能的原电池，故C错误；D．由分析可知，电池工作时，电子由负极锌片通过导线流向正极石墨棒，故D正确；故选D。14.一定温度下，把3molA和1molB混合盛入容积为2L的密闭容器里，发生如下反应：3A(g)+B(s)xC(g)+2D(g)，经5s反应达平衡，在此5s内C的平均反应速率为0.2mol/(L•s)，同时生成1molD，下列叙述中不正确的是A.x=4B.A的转化率为50%C.平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为2：3D.若混合气体的密度不再变化，则该可逆反应达到化学平衡状态【答案】C【解析】【详解】A．由化学反应速率之比等于化学计量数之比可得：x：2=0.2mol/(L•s)：，解得x=4，故A正确；B．平衡时，反应1molD，由方程式可知，A的转化率为×100%=50%，故B正确；C．平衡时，反应1molD，由方程式可知，平衡时A的物质的量为3molA—1mol×=1.5mol，由反应速率可知，C的物质的量为0.2mol/(L•s)×5s×2L=2mol，则平衡时，混合气体的总物质的量为4.5mol，由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时，相同条件下容器内气体的压强与起始时压强比为4.5mol：4mol=9：8，故C错误； D．由质量守恒定律可知，该反应是气体质量增大的反应，恒容条件下，反应中混合气体的密度增大，则若混合气体的密度不再变化说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故D正确；故选C。第II卷(填空题，包含有4个大题，共58分)二、非选择题(包含4个大题，共58分)15.某温度时，在一个5L恒容容器中，X、Y、Z均为气体，三种物质的物质的量随时间的变化曲线如图所示。根据图中数据填空：（1）该反应的化学方程式为______。（2）反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为______。平衡时X的转化率为______。（3）2min反应达到平衡，容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时______填“大”、“小”或“相等”，下同，混合气体密度比起始时______。（4）下列叙述能证明该反应已经达到化学平衡状态的是填序号______。A．Y的体积分数不再变化B．容器内气体压强不再变化C．υ(X):υ(Y)=3:1D．单位时间内消耗3nmolX同时生成2nmolZ【答案】①.3X(g)+Y(g)2Z(g)②.0.02mol∙L-1∙min-1③.30%④.大⑤.相等⑥.AB【解析】【详解】⑴根据图象可知，X、Y是反应物，Z为生成物，分别改变量为0.3mol，0.1mol，0.2mol，根据改变量之比等于计量系数之比，因此得到该反应的化学方程式为3X(g)+Y(g)2Z(g)，故答案为3X(g)+Y(g)2Z(g)；⑵反应开始至2min，以气体Z表示的平均反应速率为，平衡时X改变量为0.3mol，此时X的转化率为，故答案为0.02mol∙L-1∙min-1；30%； ⑶2min反应达到平衡，平均相对分子质量，气体质量未变，气体物质的量减小，因此容器内混合气体的平均相对分子质量比起始时大，，气体质量未变，容器体积未变，混合气体密度比起始时相等，故答案为大；相等；⑷A选项，Y的体积分数不再变化，证明达到平衡，故A正确，符合题意；B选项，反应向右，压强不断减小，当容器内气体压强不再变化，则达到平衡，故B正确，符合题意；C选项，υ(X):υ(Y)=3:1，反应速率没有正逆，因此不能说明达到平衡，故C错误，不符合题意；D选项，单位时间内消耗3nmolX，正反应方向，同时生成2nmolZ，正反应方向，铜一个方向不能说明达到平衡，故D错误，不符合题意；综上所述，答案为AB。16.人类使用能源经历了三个时期。（1）柴草时期从能量转化的角度看，木材燃烧时化学能主要转化成______能和光能。（2）化石能源时期天然气的主要成分是甲烷，甲烷的电子式为，其化学键类型是______(填“离子键”或“共价键”)；依据原电池原理，回答下列问题：如图是使用固体电解质的燃料电池，装置中以稀土金属材料作惰性电极，在两极上分别通入CH4和空气，其中固体电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2固体，它在高温下能传导正极生成的O2—(O2+4e—=2O2—)。①c电极为_______(填“正”或“负”)极。②d电极上的电极反应为______。③如果消耗160g甲烷，假设化学能完全转化为电能，则转移电子的数目为______(用NA表示)，需要消耗标准状况下氧气的体积为______L。（3）多能源结构时期可再生能源和清洁能源(绿色能源) 将成为新能源的主力军。未来新能源的特点是资源丰富，在使用时对环境无污染或污染很小，且可以再生，下列能源中：①天然气②煤③核能④石油⑤太阳能⑥生物质能⑦风能⑧氢能，符合未来新能源标准的是_______。A.①②③④B.⑤⑥⑦⑧C.③⑤⑥⑦⑧D.③④⑤⑥⑦⑧【答案】（1）热（2）①.共价键②.正③.CH4—8e—+4O2—=CO2+2H2O④.80NA⑤.448（3）B【解析】【小问1详解】从能量转化的角度看，木材燃烧时，通过化学反应产生能量，化学能主要转化成热能和光能，故答案为：热；【小问2详解】由电子式可知，甲烷分子中碳原子和氢原子间通过形成共用电子对相结合，化学键类型是共价键，故答案为：共价键；①由电流的移动方向可知，c电极为燃料电池的正极，故答案为：正；②由电流的移动方向可知，d电极为燃料电池的负极，氧离子作用下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和水，电极反应式为CH4—8e—+4O2—=CO2+2H2O，故答案为：CH4—8e—+4O2—=CO2+2H2O；③假设化学能完全转化为电能，如果消耗160g甲烷，由电极反应式可知，外电路转移电子的数目为×8×NAmol—1=80NA，由得失电子数目守恒可知，消耗标准状况下氧气的体积为×2×22.4L/mol=448L，故答案为：80NA；448；【小问3详解】天然气、石油和煤是不可再生的化石能源，不是新能源；核能是不可再生的，且使用不当造成泄露会严重污染环境，所以核能不属于未来新能源；太阳能、生物质能、风能、氢能都是可以再生的、对环境无污染或污染很小的环境友好型能源，属于未来新能源，故选B。17.某化学自主实验小组通过实验探究NH3、NO2的性质。探究Ⅰ：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持及固定装置略去)。 （1）A装置中制取NH3的化学方程式是______。（2）甲、乙分别是______(填字母)。a.浓硫酸、碱石灰b.碱石灰、无水氯化钙c.碱石灰、碱石灰d.五氧化二磷、五氧化二磷（3）若NO2能够被NH3还原，预期C装置中能观察到的现象是_______。（4）此实验装置存在一个明显的缺陷是_______。探究Ⅱ：探究NO2、O2混合气体的喷泉实验。（5）请在G装置中的虚线上描出导管实线图，并写出H处的离子反应方程式______。（6）G装置中浓硫酸有三种作用：混合NO2、O2气体；干燥NO2、O2；______。（7）将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若混合气体全部被吸收(假设气体均在标况下实验)，则所得溶液物质的量浓度为______mol•L-1(保留两位有效数字)。【答案】（1）NH3·H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2（2）b（3）C装置中混合气体颜色变浅（4）缺少尾气吸收装置（5），Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O（6）观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例（7）0.036【解析】【分析】探究Ⅰ：由实验装置图可知，装置A中浓氨水与生石灰反应制备氨气，装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置E中铜与浓硝酸反应制备二氧化氮，装置D中盛有的无水氯化钙用于干燥二氧化氮气体，装置中C用于探究二氧化氮与氨气能否反应；探究Ⅱ：由实验装置图可知，装置F中在二氧化锰的催化作用下过氧化氢分解制备氧气，装置H中铜与浓硝酸反应制备二氧化氮，装置G 中盛有的浓硫酸混合并干燥二氧化氮和氧气，同时观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，其中G上方圆底烧瓶用于收集二氧化氮和氧气气体。【小问1详解】由分析可知，A装置中制取氨气的反应为浓氨水与氧化钙反应生成氢氧化钙和氨气，反应的化学方程式为NH3·H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2，故答案为：NH3·H2O+CaO=NH3↑+Ca(OH)2；【小问2详解】干燥氨气只能用碱石灰，五氧化二磷会吸收碱性气体氨气，氨气容易与无水氯化钙形成络合物；干燥二氧化氮可用五氧化二磷固体或者无水氯化钙，但是不能用碱石灰，因为二氧化氮可与碱石灰发生反应，所以装置B中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置D中盛有的无水氯化钙用于干燥二氧化氮，故选b；【小问3详解】二氧化氮为红棕色气体，若二氧化氮能被氨气还原，生成无色气体N2，则装置C中的混合气体颜色会变浅，故答案为：混合气体颜色变浅；【小问4详解】氨气和二氧化氮均会对环境造成污染，所以此实验装置存在的缺陷是缺少尾气吸收装置，会造成环境污染，故答案为：缺少尾气吸收装置；【小问5详解】氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，故应进气管短，出气管长，则G装置的实线图为；由分析可知，装置H中铜与浓硝酸反应制备二氧化氮，反应的离子方程式为Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：；Cu+2NO+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O；小问6详解】由分析可知，装置G中盛有的浓硫酸混合并干燥二氧化氮和氧气，同时观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，故答案为：观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例；【小问7详解】烧瓶中充满溶液时发生的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，设烧瓶的体积为VL，则烧瓶中二氧化氮的体积为L，混合气体全部被吸收所得硝酸溶液的体积为VL，所以硝酸溶液的浓度 0.036mol•L-1，故答案为：0.036。18.A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，能进行如图所示的多种转化。（1）写出A、D的官能团名称分别为_______。（2）写出反应③的化学方程式_______，反应类型_______；要除去生成物C中混有的反应物，可加入的试剂是_______，然后通过_______操作分离。（3）发生反应①时钠在_______。(填“液面上”或“液体底部”)。（4）比B多一个碳原子的B的同系物，在一定条件下可发生聚合反应，生成一种高分子化合物，请写出该反应的化学方程式_______，判断产物中是否剩余丙烯，可将反应后的混合气体通入_______(填下方序号)，然后根据现象判断。A.酸性高锰酸钾溶液B.溴水C.澄清石灰水（5）根据丙烯酸(CH2=CHCOOH)的结构判断，丙烯酸可能发生的反应有_______(填序号)。①中和反应②取代反应③加成反应④氧化反应A.①③B.①②③C.①③④D.①②③④（6）F的相对分子质量是B的两倍，则与B互为同系物的F有_______种，写出其结构简式_______。【答案】（1）羟基、醛基（2）①.CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O②.酯化反应③.饱和碳酸钠溶液④.分液（3）液体底部（4）①.nCH3CH=CH2②.AB（5）ABCD（6）①.3②.CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、【解析】【分析】A是化学实验室中最常见的有机物，它易溶于水并有特殊香味，则A为乙醇；由有机物的转化关系可知，反应①为乙醇与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，则E为乙醇钠；反应②为催化剂作用下乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则B为乙烯；反应③为浓硫酸作用下乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，则C为丙烯酸乙酯；反应④铜做催化剂条件下乙醇与氧气发生催化氧化反应生成乙醛和水，则D为乙醛。 【小问1详解】由分析可知，A为官能团为羟基的乙醇、D为官能团为醛基的乙醛，故答案为：羟基；醛基；【小问2详解】由分析可知，反应③为浓硫酸作用下乙醇与丙烯酸共热发生酯化反应生成丙烯酸乙酯和水，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O，反应生成的丙烯酸乙酯中混有丙烯酸和乙醇，可以用加入饱和碳酸钠溶液洗涤，然后分液的方法分离得到丙烯酸乙酯，故答案为：CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；酯化反应；饱和碳酸钠溶液；分液；【小问3详解】金属钠的密度小于水，但大于乙醇，所以发生反应①时钠会沉在乙醇的底部，故答案为：液体底部；【小问4详解】比乙烯多一个碳原子的同系物为一定条件下能发生加聚反应生成聚丙烯的丙烯，生成聚丙烯的反应方程式为nCH3CH=CH2，丙烯能与溴水发生加成反应使溶液褪色，也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，而聚丙烯分子中不含有碳碳双键，不能发生加成反应使溴水褪色，也不能发生氧化反应使酸性高锰酸钾溶液褪色，则判断产物中是否剩余丙烯，可将反应后的混合气体通入溴水中，或酸性高锰酸钾溶液中，故选AB，故答案为：nCH3CH=CH2；AB；【小问5详解】丙烯酸分子中含有的羧基能发生中和反应和取代反应，含有的碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，故选ABCD；【小问6详解】