【化学】西藏山南市第二高级中学2020届高三上学期第二次月考（解析版）

【化学】西藏山南市第二高级中学2020届高三上学期第二次月考（解析版）

西藏山南市第二高级中学2020届高三上学期第二次月考 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量为：Na:23 H:1 O:16 Cl:35.5 Cu:64 Fe:56 S:32‎ 一、选择题：每小题6分。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.化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）‎ A. 泡沫灭火器可用于一般灭火，也适用于电器灭火 B. 疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性 C. 家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 D. 电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法 ‎【答案】A ‎【详解】A．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合时发生盐的双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出CO2进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，会导致触电或电器短路，因此泡沫灭火器不适用于电器灭火，A错误；‎ B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，B正确；‎ C．油性漆是指用有机物作为溶剂或分散剂的油漆；水性漆是指用水作为溶剂或分散剂的油漆，使用水性漆可以减少有机物的挥发对人体健康和室内环境造成的影响，C正确；‎ D．电热水器内胆连接一个镁棒，就形成了原电池，因为镁棒比较活泼，Mg棒作原电池的负极，从而对正极的热水器内胆（多为不锈钢或铜制）起到了保护作用，这种保护方法为：牺牲阳极的阴极保护法，D正确；‎ 故合理选项是A。‎ ‎2.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（ ）‎ A. 标准状况下，‎11.2 L水中含有的分子数是0.5NA B. 常温常压下，‎17g氨气中所含原子数为NA C. 1 mol OH- 中含有电子数为10NA D. 1 mol/LBaCl2溶液中含有的氯离子数为2NA ‎【答案】C ‎【详解】A. 标准状况下水是液体，不能利用气体摩尔体积计算‎11.2 L水中含有的分子数，A错误；‎ B. 常温常压下，‎17g氨气是1mol，其中所含原子数为4NA，B错误；‎ C. 1 mol OH-中含有电子数为10NA，C正确；‎ D. 1 mol/LBaCl2溶液的体积未知，不能计算其中含有的氯离子数，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎3.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）‎ A. H2SO4溶液与氨水反应：H++OH-=H2O B. CuO与稀盐酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2O C. AlCl3溶液与氢氧化钠溶液反应：AlCl3+3OH-=Al(OH)3↓+3Cl-‎ D Cl2与氢氧化钠溶液反应：Cl2+2OH-=2ClO-+H2O ‎【答案】B ‎【详解】A. 一水合氨是弱电解质，应该用化学式表示，A错误；‎ B. CuO与稀盐酸反应：CuO+2H+=Cu2++H2O，B正确；‎ C. AlCl3在溶液中完全电离，应该用离子符号表示，C错误；‎ D. Cl2与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，D错误‘‎ 答案选B。‎ ‎4.下列叙述正确的是（ ）‎ ‎①Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物 ‎②Na2CO3溶液和NaHCO3溶液都能跟CaCl2溶液反应得到白色沉淀 ‎③钠在常温下不容易被氧化 ‎④Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行 ‎⑤石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成 ‎⑥钠与浓NH4Cl溶液反应，放出的气体中含H2和NH3‎ A. 都正确 B. ②③④⑤ C. ④⑤⑥ D. ②⑤⑥‎ ‎【答案】C ‎【详解】①Na2O和水反应只生成碱，是碱性氧化物；Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故错误；‎ ‎②Na2CO3溶液和CaCl2溶液反应得到碳酸钙沉淀，NaHCO3溶液与CaCl2溶液不反应，无沉淀生成，故错误；‎ ‎③钠的性质活泼，在常温下易被氧化生成氧化钠，故错误； ④Na2O2能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，Na2O2能与水反应生成氢氧化钠和氧气；而Na2O与二氧化碳和水反应不会产生氧气，因此Na2O2可作供氧剂，而Na2O不行，故正确；‎ ‎⑤Na2O2粉末与水反应生成氢氧化钠和氧气，所得溶液呈碱性，使石蕊试液变蓝；过氧化钠具有强的氧化性，具有漂白性，可以使石蕊试液褪色,所以石蕊试液中加入Na2O2粉末，先变蓝后褪色，并有气泡生成，故正确； ⑥钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠和氯化铵能反应生成氯化钠、氨气，故正确；‎ 所以正确的选项为④⑤⑥；本题选C。‎ ‎【点睛】碱性氧化物是指与酸反应只生成盐和水的氧化物；也就是说，氧化物在与酸发生反应时，各元素的化合价不发生变化，为非氧化还原反应；但氧化物与酸发生氧化还原反应时，该氧化物就不是碱性氧化物，过氧化钠与盐酸发生的反应为氧化还原反应，因此过氧化钠不属于碱性氧化物。‎ ‎5.下表中物质的分类组合完全正确的是（ ）‎ 选项 A B C D 强电解质 KNO3‎ H2SO4‎ BaSO4‎ HCIO4‎ 弱电解质 CH3COONH4‎ CaCO3‎ H2CO3‎ NH3H2O 非电解质 SO2‎ CS2‎ H2O C2H5OH ‎【答案】D ‎【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。‎ 电解质根据电离程度可以分为强电解质和弱电解质。‎ 强电解质是指在水溶液或熔融状态下能完全电离的化合物，包括强酸、强碱、绝大多数的盐和金属氧化物。‎ 弱电解质是指在水溶液中或熔融状态下部分电离的化合物，包括弱酸、弱碱和水。‎ 非电解质是指在水溶液中和熔融状态下均不能导电的化合物。‎ ‎【详解】A. CH3COONH4是盐，是强电解质，故A错误；‎ B. CaCO3是强电解质，故B错误；‎ C. H2O是电解质，故C错误；‎ D. HCIO4是强酸,是强电解质, NH3.H2O是弱碱,是弱电解质, C2H5OH是非电解质，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎6.根据下列反应进行判断，下列各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的是(　　)‎ ‎①ClO3-＋5Cl-＋6H+===3Cl2＋3H2O　②2FeCl3＋2KI===2FeCl2＋2KCl＋I2　③2FeCl2＋Cl2===2FeCl3‎ A. ClO3- >Cl2 >I2 >Fe3+ B. Cl2> ClO3- >I2 >Fe3+‎ C. ClO3- >Fe3+ >Cl2 >I2 D. ClO3- >Cl2 >Fe3+ >I2‎ ‎【答案】D ‎【分析】利用氧化还原反应中的强弱规律进行分析；‎ ‎【详解】氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，①ClO3－为氧化剂，Cl2为氧化产物，即氧化性：ClO3－>Cl2；②氧化性：FeCl3>I2；③氧化性：Cl2>FeCl3；综上所述，氧化性强弱顺序是ClO3－>Cl2>FeCl3>I2，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎7.某工业生产中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S。下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化剂为Fe3+，还原剂为Cu2+和S2-‎ B. 氧化产物是S，还原产物是Fe2+和Cu2+‎ C 当转移1mol电子时，有‎46g CuFeS2参加反应 D. 氧化剂的氧化性Fe3+>Fe2+>Cu2+‎ ‎【答案】C ‎【分析】反应过程中CuFeS2中S元素化合价从‎-2升高到0价，铁离子中铁元素化合价从+3价降低到+2价（注：CuFeS2是二硫化亚铁铜，由此可知该物质中Fe呈+2价，Cu呈+2价；若Fe呈+3价，则不能和-2价的S共存），据此分析解答。‎ ‎【详解】A、CuFeS2中Cu为+2价，Fe为+2价，S为-2价，CuFeS2中S元素化合价从‎-2升高到0价，铁离子中铁元素化合价从+3价降低到+2价，氧化剂是Fe3+，还原剂是CuFeS2，A错误；‎ B、氧化剂是Fe3+，还原剂是CuFeS2，则氧化产物是S，还原产物是Fe2+，B错误；‎ C、CuFeS2中S元素化合价从‎-2升高到0价，当转移1mol电子时，反应的CuFeS2为0.25mol，质量是‎184g/mol×0.25mol=‎46g，C正确；‎ D、氧化剂的氧化性应该是Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】准确判断出反应中元素的化合价变化情况是解答的关键，注意掌握氧化还原反应的分析思路：判价态、找变价、双线桥、分升降、写得失、算电子、定其他。其中“找变价”是非常关键的一步，特别是反应物中含有同种元素的氧化还原反应，必须弄清它们的变化情况。‎ ‎8.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有NH4＋、K＋、Na＋、Mg2＋、Ba2＋、Fe3＋、SO42―、CO32―、Cl―和I―。你取该溶液进行了以下实验：‎ ‎（1）用pH试纸检验，表明溶液呈强酸性；‎ ‎（2）取部分溶液，加入CCl4及数滴氯水，经振荡后CCl4层呈紫红色；‎ ‎（3）另取部分溶液，加入稀NaOH 溶液使其变为碱性，溶液中无沉淀生成；‎ ‎（4）取部分上述碱性溶液，加Na2CO3溶液有白色沉淀生成；‎ ‎（5）将（3）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝；‎ 根据上述实验事实，你可知道该溶液中肯定含有的离子是①_____________________；肯定不存在的离子②__________________；还不能确定是否存在的离子是③_______________，若要确定其中的阳离子可采用的方法④__________________；写出第（2）步骤中的离子方程式是⑤_____________________________；第（5）步骤中得到的气体化学键类型是⑥_______________________；‎ ‎【答案】(1). NH4+、Ba2+、I- (2). Mg2+、Fe3+、 SO42-、CO32- (3). K+、Na +、Cl- (4). 焰色反应 (5). 2I-+Cl2=2Cl-+I2 (6). 极性共价键 ‎【解析】根据相关离子和物质的性质，结合溶液的酸碱性、实验现象和溶液电中性分析解答。‎ 溶液呈强酸性，说明溶液中肯定含有H+，而H+与CO32-发生反应而不能共存，说明溶液中肯定不含有CO32-；CCl4层呈紫红色，说明有I2，这是由于I-被氯气氧化所产生的，从而说明溶液中含有I-，而I-与Fe3+能发生氧化还原反应，而不能共存，说明溶液中肯定不含有Fe3+；根据实验（3）现象：溶液从酸性逐渐变为碱性，在滴加过程中和滴加完毕后，溶液均无沉淀产生，而Mg2+能与碱反应产生沉淀，说明溶液中肯定不含有Mg2+；取出部分上述碱性溶液加Na2CO3溶液后，有白色沉淀生成，说明溶液中肯定含有Ba2+，而Ba2+能与SO42-产生沉淀，说明溶液中不含CO32-和SO42-；将（3）得到的碱性溶液加热，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明一定含有NH4+，综上所述：一定存在的离子是NH4+、Ba2+、I-，一定不存在的离子是Mg2+、Fe3+、SO42-、CO32-，而K+、Na +、Cl-不能确定；若要确定其中的阳离子可采用的方法焰色反应；第（2）步骤中的离子方程式是氯气氧化碘离子：2I-+Cl2=2Cl-+I2；第（5）步骤中得到的气体是氨气，化学键类型是极性共价键。‎ 点睛：本题考查物质的检验及鉴别，把握常见离子的性质、离子之间的反应、离子检验等为推断的关键，侧重分析与推断能力的综合考查。注意进行离子推断时要遵循以下三条原则：①互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子；②电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子③进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。‎ ‎9.掌握仪器名称、组装及使用方法是中学化学实验的基础，下图为两套实验装置。 ‎ ‎ ‎ ‎（1）写出下列仪器的名称：a.____________，b.___________，c.__________。‎ ‎（2）仪器a～e中，使用前必须检查是否漏水的有___________。（填序号）‎ ‎（3）若利用装置分离四氯化碳和酒精的混合物，还缺少的仪器是__________，将仪器补充完整后进行实验，温度计水银球的位置在_______处。冷凝水由____口流出（填f或g）。‎ ‎（4）现需配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，装置是某同学转移溶液的示意图。‎ ‎①图中的错误是_____________________________。‎ ‎②根据计算得知，所需NaOH的质量为_______。‎ ‎③配制时，其正确的操作顺序是（字母表示，每个字母只能用一次）_____________。‎ A．用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶 B．准确称取计算量的氢氧化钠固体于烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解 C．将溶解的氢氧化钠溶液沿玻璃棒注入500mL的容量瓶中 D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀 E．改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切 F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度2～‎3cm处 ‎（5）若出现如下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。若没有进行A操作___________；容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水_____________；若定容时俯视刻度线__________。‎ ‎【答案】(1). 蒸馏烧瓶 (2). 冷凝管 (3). 容量瓶 (4). c (5). 酒精灯 (6). 蒸馏烧瓶支管口 (7). f (8). 未用玻璃棒引流 (9). ‎2.0g (10). BCAFED (11). 偏低 (12). 无影响 (13). 偏高 ‎【详解】（1）根据仪器构造可知a、b、c分别蒸馏烧瓶、冷凝管、容量瓶。‎ ‎（2）带有活塞或旋塞的玻璃仪器使用前需要检查是否漏水，则仪器a～e中，使用前必须检查是否漏水的有容量瓶，答案选c。‎ ‎（3）分离四氯化碳和酒精的混合物需要蒸馏，因此还缺少的仪器是酒精灯。蒸馏时温度计测量蒸汽的温度，则温度计水银球的位置在蒸馏烧瓶支管口处。冷凝水应该是逆向冷却，则由g口进水，f口流出。‎ ‎（4）①根据示意图可知图中的错误是未用玻璃棒引流；‎ ‎②配制0.1mol/LNaOH溶液450mL，需要500mL容量瓶，所需NaOH的质量为‎0.5L×0.1mol/L×‎40g/mol＝‎‎2.0g ‎③配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，所以正确的操作顺序是BCAFED。‎ ‎（5）若没有进行A操作，即没有洗涤，则溶质减少，浓度偏低；容量瓶用蒸馏洗涤后残留有少量的水无影响；若定容时俯视刻度线，溶液体积减少，浓度偏高。‎ ‎10.亚氯酸钠是(NaClO2)一种高效氧化剂、漂白剂。在NaOH溶液中ClO2与H2O2反应可以得到亚氯酸钠。‎ ‎(1)ClO2中氯元素的化合价是________；在制备亚氯酸钠的反应中ClO2作______(填“氧化剂”或“还原剂”)；若反应中生成1mol NaClO2，转移电子的物质的量为______。‎ ‎(2)该反应的化学方程式为_____________________________________________。‎ ‎(3)科学家经研究发现NaClO2也可用于制取自来水消毒剂ClO2。在一定条件下，将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内二者反应可制得ClO2。还原产物为________，当消耗标准状况下‎1.12L Cl2时，制得ClO2________ g。‎ ‎【答案】(1). +4 (2). 氧化剂 (3). 1mol (4). 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O (5). NaCl (6). 6.75‎ ‎【分析】（1）ClO2中O元素化合价为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0，可以确定Cl元素化合价；得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂；该反应中Cl元素化合价由+4价变为+3价，生成1mol NaClO2移电子1mol；‎ ‎（2）二氧化氯和双氧水、氢氧化钠反应生成NaClO2、氧气和水；‎ ‎（3）该反应中，Cl元素化合价由+3价、0价变为+4价、-1价，氯气是氧化剂，对应的产物是氯化钠，该反应中转移电子数为2。‎ ‎【详解】（1）ClO2中O为-2价，则氯元素的化合价是+4价；Cl元素的化合价降低，被还原，则NaClO2作氧化剂，反应中生成1mol NaClO2，转移电子物质的量为1mol；‎ ‎（2）由分析可知，反应的方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O；‎ ‎（3）将Cl2通入填充有固体NaClO2的反应柱内二者反应可制得ClO2，NaClO2中Cl从+3价升高到+4价，Cl2中Cl元素的化合价从0价降低到-1价，其反应为2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl，则还原产物为NaCl，当消耗标准状况下‎1.12L Cl2，即0.05mol，生成ClO2为0.1mol，其质量为0.1mol×‎67.5g/mol=‎6.75g。‎ ‎【点睛】本题以氯元素及其化合物之间的转化为载体考查氧化还原反应，明确元素化合价与物质性质关系是解本题关键，注意同一种元素之间发生氧化还原反应时化合价不能出现交叉现象。‎ ‎11.锌在工业中有重要作用，也是人体必需的微量元素。回答下列问题：‎ ‎（1）Zn原子核外电子排布式为________。‎ ‎（2）黄铜是人类最早使用的合金之一，主要由Zn和Cu组成。第一电离能I1(Zn)______ I1(Cu)(填“大于”或“小于”)。原因是___________________________________________。‎ ‎（3）ZnF2具有较高的熔点(‎872 ℃‎)，其化学键类型是________；ZnF2不溶于有机溶剂而ZnCl2、ZnBr2、ZnI2能够溶于乙醇、乙醚等有机溶剂，原因是__________________________‎ ‎_______________________________________。‎ ‎（4）《中华本草》等中医典籍中，记载了炉甘石(ZnCO3)入药，可用于治疗皮肤炎症或表面创伤。ZnCO3中，阴离子空间构型为________，C原子的杂化形式为___________________。‎ ‎（5）金属Zn晶体中的原子堆积方式如图所示，这种堆积方式称为____________________。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，Zn的密度为________g·cm－3(列出计算式)。‎ ‎【答案】(1). [Ar]3d104s2(或1s22s22p63s23p63d104s2) (2). 大于 (3). Zn核外电子排布为全满稳定结构，较难失电子 (4). 离子键 (5). ZnF2为离子化合物，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的化学键以共价键为主，极性较小 (6). 平面三角形 (7). sp2 (8). 六方最密堆积(A3型) (9). ‎ ‎【分析】本题是物质结构与性质的综合题，需要熟练掌握这一部分涉及的主要知识点，一般来说，题目都是一个一个小题独立出现的，只要按照顺序进行判断计算就可以了。‎ ‎【详解】（1）Zn是第30号元素，所以核外电子排布式为[Ar]3d104s2。‎ ‎（2）Zn的第一电离能应该高于Cu的第一电离能，原因是，Zn的核外电子排布已经达到了每个能级都是全满的稳定结构，所以失电子比较困难。同时也可以考虑到Zn最外层上是一对电子，而Cu的最外层是一个电子，Zn电离最外层一个电子还要拆开电子对，额外吸收能量。‎ ‎（3）根据氟化锌的熔点可以判断其为离子化合物，所以一定存在离子键。作为离子化合物，氟化锌在有机溶剂中应该不溶，而氯化锌、溴化锌和碘化锌都是共价化合物，分子的极性较小，能够溶于乙醇等弱极性有机溶剂。‎ ‎（4）碳酸锌中的阴离子为CO32-，根据价层电子对互斥理论，其中心原子C的价电子对为3+(4－3×2＋2)/2=3对，所以空间构型为正三角形，中心C为sp2杂化。‎ ‎（5）由图示，堆积方式为六方最紧密堆积。为了计算的方便，选取该六棱柱结构进行计算。六棱柱顶点的原子是6个六棱柱共用的，面心是两个六棱柱共用，所以该六棱柱中的锌原子为12×+2×+3=6个，所以该结构的质量为6×65/NA g。该六棱柱的底面为正六边形，边长为a ‎ cm，底面的面积为6个边长为acm的正三角形面积之和，根据正三角形面积的计算公式，该底面的面积为6× cm2，高为c cm，所以体积为6× cm3。所以密度为：g·cm-3。‎ ‎【点睛】本题是比较常规的结构综合习题，考查的知识点也是多数习题考查的重点知识。需要指出的是最后一步的计算，可以选择其中的晶胞，即一个平行六面体作为计算的单元，直接重复课上讲解的密度计算过程即可。本题的解析中选择了比较特殊的解题方法，选择六棱柱作为计算单元，注意六棱柱并不是该晶体的晶胞（晶胞一定是平行六面体），但是作为一个计算密度的单元还是可以的。‎ ‎12.已知： A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平；D是常用作厨房中调味品。请回答下列问题：‎ ‎（1）写出C的结构简式________________________。‎ ‎（2）写出下列反应的反应类型：①________________，④________________。‎ ‎（3）写出下列反应的化学方程式： ‎ ‎②______________________________________________________________。‎ ‎⑤______________________________________________________________。‎ ‎【答案】(1). CH3CHO (2). 加成反应 (3). 取代反应或酯化反应 (4). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (5). CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH ‎【分析】已知A是石油裂解气的主要成份且A的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平，因此A是乙烯，与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛，乙醛氧化生成D是乙酸，乙酸常用作厨房中调味品。乙酸和乙醇发生酯化反应生成E是乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性溶液中水解生成乙酸钠和乙醇，F酸化转化为乙酸，则F是乙酸钠，据此解答。‎ ‎【详解】（1）根据以上分析可知C是乙醛，结构简式为CH3CHO；‎ ‎（2）反应①是乙烯与水的加成反应；反应④是酯化反应，也是取代反应；‎ ‎（3）反应②是乙醇的催化氧化，反应的方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应⑤是乙酸乙酯在碱性溶液中水解，方程式为CH3COOCH2CH3+NaOHCH3COONa+CH3CH2OH。‎