【文档说明】四川省泸县第一中学2023-2024学年高三上学期开学考试理综化学试题 含解析.docx，共(17)页，1.165 MB，由小赞的店铺上传

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泸县一中高2021级高三上学期开学考试理科综合试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.考试时间150分钟，满分300可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48

Fe56I127一、选择题：本题共13个小题，每小题6分，共78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.糖类、油脂、蛋白质都属于人体必需的营养素。下列物质中，不能水解的是A.葡萄糖B.淀粉C.油脂D.蛋白质【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖为

单糖，不能水解，A符合题意；B．淀粉为多糖，能够水解，B不符合题意；C．油脂中含酯基，能够水解，C不符合题意；D．蛋白质为中含酰胺基，可以水解，最终产物为氨基酸，D不符合题意；故选A。2.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.32g甲醇分子中含有的C-H键数为4NAB.电解精炼铜，若阳极

质量减少32g，转移电子数一定为NAC.1mol羟基含有的电子数为10NAD-1231L0.1molLNaCO溶液中阴离子数大于0.1NA【答案】D【解析】【详解】A.每个甲醇分子中含有3个C-H，32g甲醇分子中含有的C-H键数为3NA，故A错误；B．

电解精炼铜，阳极铁、锌优先铜放电，所以电解精炼Cu时阳极减少32g时，转移电子数不一定为NA，故B错误；C．1mol羟基含有的电子数为9NA，故C错误；.D．在1L0.1mol/L的碳酸钠溶液中，含有溶质碳酸钠0.1mol，

由于碳酸根离子部分水解，一部分碳酸根离子水解产生碳酸氢根离子和氢氧根离子，少部分碳酸氢根离子水解产生碳酸和氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以溶液中阴离子总数大于0.1NA，故D正确；故选D。3.下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的

是A.反应①属于取代反应B.反应②属于酯化反应C.产物是乙酸乙酯的同系物D.产物的化学名称是乙酸异丙酯【答案】B【解析】【详解】A．由方程式可知，反应①为酸性条件下乙酸与异丙醇发生取代反应生成乙酸异丙酯和水，故A

正确；B．由方程式可知，反应②为乙酸与丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，则该反应不属于酯化反应，故B错误；C．由结构简式可知，乙酸异丙酯和乙酸乙酯的结构相似，分子组成相差CH2个原子团，互为同系物，故C正确；D．由结构简式可知，产物的化

学名称是乙酸异丙酯，故D正确；故选B。4.某同学欲利用如图装置制取能较长时间存在的Fe(OH)2，其中实验所用溶液现配现用且蒸馏水先加热煮沸。下列分析正确的是A.X可以是稀硫酸或稀硝酸或稀盐酸B.实验开始时应先关闭止水夹a、打开b，

再向烧瓶中加入XC.反应一段时间后可在烧瓶中观察到白色沉淀D.反应结束后若关闭b及分液漏斗活塞，则Fe(OH)2可较长时间存在【答案】D【解析】【详解】A.稀硝酸会将铁氧化为+3价的铁离子，故A错误；B.实验开始时，应先打开a、b，利用生成的氢气将装置中空气排出，然后关闭a，利用压强

差将烧瓶中生成的亚铁离子排入到锥形瓶中反应生成Fe(OH)2，故B错误；C.反应一段时间后可在锥形瓶中观察到白色沉淀，故C错误；D.由于装置中的空气及溶液中氧气已经被除去，故Fe(OH)2可较长时间存在，故D正确，故选D。【点睛】解题时要注意硝酸的强氧化性，在分析实验装

置时应注意题干中信息，如长时间保存，要考虑是否变质的问题。5.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，已知X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾，Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，W的最高价氧化物对应水

化物和其氢化物均为强酸。下列说法不正确的是A.X、Y、Z、W原子半径大小：W>Z>Y>XB.最简单氢化物的稳定性：X<YC.WY2能对自来水进行杀菌消毒D.Z单质在Y单质和W单质中均可燃烧【答案】A【解析】【分析】由X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短

周期主族元素，X、Y为同周期的相邻元素且形成的某种二元化合物能形成光化学烟雾可知，X为N元素、Y为O元素；Z为金属元素且Z原子的L层电子数比其它各层上电子数之和大5，则Z的最外层有3个电子，为Na元素；W的最高价氧化物对应水化物和其氢化物

均为强酸，则W为Cl元素。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径依次减小，Na元素的原子半径大于Cl元素，故A错误；B项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，O元素的非金属性强于N元素，则最简单氢化物的稳定性：N<O，故B正确；C项、WY2为ClO2，ClO2具有

强氧化性，能对自来水进行杀菌消毒，故C正确；D项、金属钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，在氯气中燃烧生成氯化钠，故D正确；故选A。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给信息正确判断元素

是解本题的关键。6.电还原法是指利用电解原理合成不同的有机产物，因其条件温和、操作简便，该技术有着广泛的应用。如图是酸性条件下利用CO2电还原制备CH4的示意图，下列判断错误的是A.电子由a极流出，流入b极B.b极的电极反应式为

：242CO8e8H=CH2HO−＋＋＋＋C.离子交换膜为阴离子交换膜D.b极的副产物可能是H2【答案】C【解析】【分析】如图是酸性条件下利用CO2电还原制备CH4的电解装置，由图可知电极b表面CO2通过电还原生成CH4，碳元素化合价+4降低-4

价，得电子，则电极b为阴极，电极反应式：242CO8e8HCH2HO−+++=+；电极a为阳极，电极反应式：222HO4eO4H−+−=+，H+由阳极区经离子交换膜进入阴极区；【详解】A．电极a为阳极，发生失电子的氧化反应，电子流入b极，故A正确；B

．结合分析可知b极的电极反应式为：242CO8e8H=CH2HO−＋＋＋＋，故B正确；C．H+由阳极区经离子交换膜进入阴极区，说明离子交换膜为阳离子交换膜，故C错误；D．H+由阳极区经离子交换膜进入阴极区，可能在阴极得电子生成氢气，故D正确；答案选C。7.25℃时，二元

弱酸2HM的电的常数alK=a、4.6a2K=1.010−、23HCO的电离常数7a1K=4.410−。调节225mL0.1mol/LHM溶液的pH，溶液中()lgcHM−−与pH的关系如图所示(忽略溶液体积变化)，下列有关叙述错误的是A.25℃时，3a110

−B.z点：()()-2-cHM=cMC.溶液中水的电离程度：y>z>xD.向23NaCO溶液加入足量NaHM溶液将发生反应；223222HMCO2MCOHO−−−+=++【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，x点

溶液中，HM—的浓度为10—4mol/L、pH为0，由电离常数公式可知，电离常数Ka1(H2M)=()()-+2cHMcH)cH(M=-4210mol/L1mol/Lc(HM)，二元弱酸H2M在溶液中分步电

离，以一级为主，溶液中H2M的浓度小于0.1mol/L，则a大于1×10—3，故A正确；B．由图可知，z点溶液pH为4.6，由电离常数公式可知，电离常数Ka2(H2M)=()()2-+-c)MH(ccHM=1×10—

4.6，则溶液中HM—的浓度与M2—的浓度相等，故B正确；C．由图可知，x、y、z三点溶液都呈酸性，说明溶液中的氢离子抑制水的电离，溶液中氢离子浓度越大，水的电离程度越小，则z点水的电离程度大于y点，故C错误；D．由电离常数可知，H2M的二

级电离常数大于碳酸的一级电离常数，则HM—的电离程度大于碳酸，由强酸制弱酸可知，足量NaHM溶液与碳酸钠溶液反应生成Na2M、二氧化碳和水，反应的离子方程式为223222HMCO2MCOHO−−−+=++，故D正确；故选C。三、非选择题：共174分。第22~32题为必考题，每个

试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共129分。8.某种牛奶的营养成分表如下所示(NRV％是指每100g食品中营养素的含量占该营养素每日摄入量的比例)。营养成分表项目每

100gNRV%能量309kJ4%蛋白质3.6g4%脂肪4.4g7%碳水化合物5.0g2%钠65mg3%钙120mg15%回答下列问题。（1）成分表中含有的元素有Na、Ca、H、C、N、O，其中位于同周期的元素是_

__________(填元素名称)。（2）Na在元素周期表中的位置是___________，它与氧元素形成的常见化合物中含有非极性共价键，其电子式为___________。（3）比较下列物质的性质，用“>”或“<”填空。①半径：r(Na＋)___________r(O2-)；②沸点：NH3

___________CH4（4）设计实验证明Ca、Mg都能与水反应，且比较它们与水反应的难易程度。(限选试剂与仪器：烧杯、小试管、胶头滴管、酚酞、蒸馏水、钙、镁条、砂纸)CaMg操作取绿豆大小的一块钙投入盛有水的___________中。将打磨后的镁条投入盛有冷水的试管中。现象

钙先沉入水中，表面产生大量气体，一段时间后上浮，溶液变浑浊。一段时间后，镁条表面有细小气泡产生。描述或推测①钙密度比水大；②溶液中产生的沉淀主要是___________。由细小气泡猜测Mg可能与水发生反应，还需要补充的实

验操作及现象是___________。结论钙能与水反应生成沉淀和氢气，且反应剧烈。镁能与水缓慢反应，化学方程式为___________。【答案】（1）碳、氮、氧（2）①.第三周期第IA族②.（3）①.<②.>（4）①.烧杯②.Ca(OH)2③.收集一小试管含少量空气的气

体，靠近酒精灯火焰，发出爆鸣声④.Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑【解析】【小问1详解】Na、Ca、H、C、N、O六种元素中，C、N、O电子层数相同，均为第二周期元素，故答案为：碳、氮、氧。【小问2详解】Na位于元素周期表的第三周期第IA族，它与氧

元素形成的常见化合物中含有非极性共价键的是Na2O2，Na2O2是由Na+和22O−构成的，其电子式为，故答案为：第三周期第IA族；。【小问3详解】①Na+、O2-核外电子排布完全相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：r(Na+)<r(O2-)，故答案为：<；②NH3存在

分子间形成氢键，沸点较高，CH4不能形成氢键，沸点较低，所以沸点：NH3>CH4，故答案为：>。【小问4详解】取绿豆大小的一块钙投入盛有水的烧杯中，钙先沉入水中，说明钙密度比水大，表面产生大量气体，一段时间后上浮，说明钙与水反应生成Ca(OH)2和

氢气，且反应剧烈，化学方程式为Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于钙和水的反应是放热反应，生成的氢氧化钙微溶于水且溶解度随温度升高而减小，因此溶液变浑浊，产生的沉淀主要是Ca(OH)2。将打磨后的镁条投入盛有冷水的试管

中，一段时间后，镁条表面有细小气泡产生，由细小气泡猜测Mg可能与水发生反应，还需要补充的实验操作及现象是：收集一小试管含少量空气的气体，靠近酒精灯火焰，发出爆鸣声，证明生成了氢气，镁能与水缓慢反应，化学方程式为：Mg+

2H2O=Mg(OH)2+H2↑，故答案为：烧杯；Ca(OH)2；收集一小试管含少量空气的气体，靠近酒精灯火焰，发出爆鸣声；Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑。9.工业尾气2HS对环境和人体健康会产生严重危害，回收2HS制备高附加值的硫磺是保护环境和资源利用的有效措施。已知：()()()22

22HSg2HgSgΔ169.8kJ/molH+=+。回答下列问题：（1）上述反应中相关键能数据：化学键SS=HS−HH−键能()kJ/mola339436①反应能自发进行的条件是_______，a=_______kJ/mol。②在恒温恒容密闭容器中，充

入一定量2HS气体发生上述反应，下列说法正确的是_______(填标号)。A．2HS的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡B．2H与()2Sg体积比不再改变，说明该反应达到平衡C．平衡时向容器中充入情性气体，平衡逆向移动D．平衡时向容器中充入2H和()2Sg，再达平衡时，()()(

)22222HSHSccc不变（2）保持压强恒定为156kPA，向密闭容器中充入2HS和2N(2N不参与反应)发生上述反应，2HS的平衡转化率()2HSa]与通入气体中()()22HS:Nxxnn=、温度()T关系如下图所示。①从反应开始至反应

体系分别达到M、N点状态，平均反应速率较快的是达到_______(填“M”或“N”)的过程。②相同温度下，()2HSa随着x增大而减小，其原因是_______。③1T温度下，平衡常数pK=_______(要求带单位，结果保留1位小数)。(提示：pK为用压强计算的平衡常数，分压=总压物质的量分数)

（3）我国科学家设计协同转化装置处理尾气2HS。为避免硫磺沉积在Y极，将氧化吸收和电解过程分开进行，装置如图所示(电解反应器中，以石墨为电极)。①H+通过质子交换膜移向_______(填“X”或“Y”)极区。②协同转化装置实现物质转化的总反应方程式为_______。【

答案】（1）①.高温下可以自发进行②.314.2③.AD（2）①.M②.x值越大，等效于增大了H2S的浓度，但是平衡常数不变，转化率降低③.11.6kPa（3）①.X②.H2S+CO2==电解CO+S↓+H2O【解析】【小问1详解】①反应能自发进行的条件是△H-T△

S<0，该反应的△H>0，△S>0，故在高温下可以自发进行，焓变=反应物键能和-生成物键能和，169.8kJ/mol=4×339kJ/mol-2×436kJ/mol-akJ/mol，解得a=314.2kJ/mol。②

A．该反应为体积增大的反应，2HS的体积分数不再改变，说明该反应达到平衡，A正确；B．2H与()2Sg体积比始终为2:1，2H与()2Sg体积比不再改变，不能说明该反应达到平衡，B错误；C．平衡时向容器中充入情性

气体，各物质浓度不变，平衡不移动，C错误；D．K=()()()22222HSHSccc，温度不变，平衡常数不变，平衡时向容器中充入2H和()2Sg，再达平衡时，()()()22222HSHSccc不变，D

正确；故选AD。【小问2详解】①该反应为吸热反应，温度升高，H2S的转化率增大，故温度T1<T2，温度越高，反应速率越快，从反应开始至反应体系分别达到M、N点状态，平均反应速率较块的是达到N的过程。②相同温度下，压强恒定，()2HSa

随着x增大而减小，其原因是x值越大，等效于增大了H2S的浓度，但是平衡常数不变，转化率降低。③1T温度下M点，列出三段式：2222HS(g)2H(g)+S(g)(mol)400(mol)1.61.60.8(mol

)2.41.60.8起始转化平衡平衡常数pK=()()()22222HSHSppp=221.60.8(156)2.41.60.82.41.60.182.42.416.615605.8kPakkPaPa++++

++≈11.6kPa。【小问3详解】①结合CO2得到电子生成CO，阴极发生还原反应，则X电极为阴极，Y电极为阳极，电解池中，阳离子向阴极移动，则H+通过质子交换膜移向X极区。②协同转化装置实现物质转化的总反应方程式为H2S+CO2==电解CO+S↓+H2O。

10.铈(Ce)是一种典型的稀土元素，属于国家战略资源。现以玻璃粉末(主要含2CeO，还含少量)22323SiOFeOAlO、、为原料制备无水氯化铈(3CeCl，强酸弱碱盐)的某种工艺如下：回答下列问题：（1）滤渣1的主要成分是______

_____。（2）已知2CeO难溶于水，浸取时发生氧化还原反应的离子方程式为___________。（3）有关沉淀数据如下表：沉淀3Al(OH)3Fe(OH)3Ce(OH)开始沉淀的pH3.42.38完全沉淀pH4.43.29NaOH调pH除杂时，则须调节溶液pH的范

围为___________。（4）加入有机物HT“萃取与反萃取”时发生反应：()()()()33Ce3HTCeT3H++++萃取反萃取水层有机层有机层水层，则“反萃取”时加入物质X的化学式为___________。（5）“系列操作

”包括将3CeCl溶液___________、___________，过滤，得到32CeCl7HO晶体；32CeCl7HO和4NHCl固体在真空中混合加热制无水3CeCl，加入4NHCl固体的作用

是___________。【答案】（1）2SiO（2）3222222CeOHO6H2CeO4HO++++=++（3）4.4pH8（4）HCl（5）①.蒸发浓缩②.冷却结晶③.4NHCl受热分解生成HCl，抑制3Ce+的水解【解析】【分析】玻璃粉末(主要含CeO2，

还含少量SiO2、Fe2O3、Al2O3)，硫酸酸浸将其转化为离子，H2O2将CeO2还原为Ce3+。过滤I所得滤渣为SiO2，加入NaOH，将Fe3+、Al3+转化为沉淀除去，滤渣2为Al(OH)3、Fe(OH)3;加入HT进行萃取、反萃取，富集Ce3+。【小问1详解】由分析可知，

滤渣1为SiO2；【小问2详解】酸浸时，H2O2将CeO2还原，所以方程式为：3222222CeOHO6H2CeO4HO++++=++；【小问3详解】调pH时，需将Fe3+、Al3+转化为沉淀，而不能使得Ce3+沉淀，所以pH范围应为4.4pH8；【小问4详解】反萃

取时，该平衡应逆向移动，加入H+，且产物为CeCl3，所以加入HCl；【小问5详解】①含有结晶水的物质，在获取晶体时，采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥的方法；②CeCl3为强酸弱碱盐，加热时会发生水解，需要抑制其水解才能得到无水Ce

Cl3，所以4NHCl受热分解生成HCl，抑制3Ce+的水解；[化学——选修3：物质结构与性质]11.Ⅰ.下图为①冰②金刚石③铜④氯化钙⑤干冰五种晶体或晶体的晶胞结构：①冰晶体②金刚石晶体③铜晶胞④氯化钙晶胞⑤干冰晶胞（1）上述晶体中，粒子之

间以共价键结合形成的晶体是_______。(用序号填空，下同)（2）②金刚石④2CaCl⑤干冰3种晶体熔点由高到低的顺序为_______。（3）冰的熔点远高于干冰，除2HO是极性分子、2CO是非极性分子外，还有个重要的原因是_______。（4）每个Cu晶胞中实际占

有_______个Cu原子，2CaCl晶体中2Ca+的配位数为_______。Ⅱ.氮化硅(34SiN)陶瓷可代替金属制造发动机的耐热部件。工业上用气相沉淀法制备氮化硅：()()()()()422343SiClg2Ng6HgSiNs12HClg+++高温。请回答：（5）基态N原子价电子

排布图为_______。（6）Si原子与H原子结合时，Si呈正化合价，则电负性：Si_______H(选填“>”或“<”)。（7）元素第一电离能：Si_______N(选填“>”或“<")。（8）基态Cl原子核外有____

___种能量不同的电子，其中能量最高的电子所占据的原子轨道呈_______形。（9）4Si−与Cl−具有相同的电子构型，()4rSi−大于()rCl−，原因是_______。Ⅲ.锂电池正极材料NCA(0.80.150.05

2LiNiCoAlO)，极大地改善了锂电池的性能。请回答下列问题：（10）基态Co原子的价电子排布式为_______，电子占据的最高能层的符号为_______。（11）氧化锂(2LiO)熔点为1567℃，氧化镁(MgO)的熔点为2853℃。Li+、2Mg+的

离子半径依次为0.076nm、0.072nm。它们的熔点差异除离子半径因素外，还有_______。（12）4LiAlH是有机合成的常用还原剂。阴离子4AlH−的立体构型名称为_______，其等电子体的化学式为____

___(填一种即可)（13）NiO晶胞与NaCl晶胞相似，如图所示：的的①连接面心上6个2O−构成_______(填序号)A.正四面体B.正八面体C.立方体D.正四边形②已知NiO晶胞参数为apm，NA代表阿伏加德罗常数的值。则NiO晶体的密度为_______3g/cm(列出计算式)。

【答案】（1）②（2）②>④>⑤（3）冰中分子间氢键而CO2没有（4）①.4②.8（5）（6）<（7）<（8）①.5②.哑铃型（9）两者电子结构相同而Si4-核电荷数少半径大（10）①.3d74s2②.N（11）MgO中Mg2+相比Li+电荷数更

多，所以离子键更强晶格能更大熔沸点高（12）①.正四面体②.CH4、SiH4、+4NH等（任写一个）（13）①.B②.323-1033AA59+164310=g/cmN(a10)aN（）【解析】【小问1详解】共价键晶体中粒子以共价键连接，由金刚石，答案为②

；【小问2详解】几种晶体熔沸点高低：原子晶体>离子晶体>分子晶体，干冰为分子晶体而金刚石为原子晶体，CaCl2为离子晶体，所以熔点高低排序为②>④>⑤；【小问3详解】分子晶体中除了范德华力之外，分子间氢键影响熔沸点高低，冰中分子间氢键而CO2没有；【小问4详解】。铜晶

体为面心晶胞，原子分别位于顶点和面心，原子总数为116+8=428。CaCl2中Ca2+的配位数即是离它最近的Cl-的个数为共由4+4=8；【小问5详解】N的最外层电子排布为2s22p3，价电子排布图为；【小问6详解】电负性大的元素显负价，电负性Si<H

；【小问7详解】Si与P为同周期第一电离能ⅣA<ⅤA。而N、P同族，至上而下第一电离能增大，即第一电离能Si<P<N，所以Si<N；【小问8详解】Cl的电子排布为1s22s22p63s23p5，该原子电子占据了5个能级，所以有5种不同能量的电子。电子由低能量依次排入高能量，最高能量的电子为3p

电子，轨道为哑铃型；【小问9详解】粒子半径取决于电子层及核电荷数，两者电子结构相同而Si4-核电荷数少半径大；【小问10详解】Co为27号元素，电子排布式为[Ar]3d74s2。则其价电子排布式为最外层电子和d电子为3d74s2。最高能层为4

层符号为N；【小问11详解】离子晶体的熔沸点取决于离子半径和离子所带电荷数，MgO中Mg2+相比Li+电荷数更多，所以离子键更强晶格能更大熔沸点高；小问12详解】中心原子Al的价层电子对数为3+1-41=4+=42对，无孤电子对，则该粒子

的立体构型为正四面体。其等电子体有CH4、SiH4、+4NH等；【小问13详解】六个离子形成的八面体结构或者四角双锥，答案为B。O2-位于面心和顶点共4个，则晶体密度为323-1033AAAMN59+164310ρ===g/cmNVN(a10)aN

晶胞（）。[化学——选修5：有机化学基础]12.由汽油裂解得到的短链烯烃A、B是重要的化工原料。下图是制备无纺布(聚丙烯)和香料(乙酸乙酯)的【过程。回答下列问题：（1）写出物质的结构简式：B___________；G___________。（2）A、E的官

能团名称分别为___________、___________。（3）反应③、⑤的化学方程式分别为___________、___________。（4）下列说法错误的是___________(填标号)。A.B能使溴水褪色，生成的有机物名

称为1，2-二溴乙烷B.反应②、④均为加成反应C.C分子中所有原子在同一平面上D.实验室制取乙酸乙酯添加药品的顺序是乙醇、浓硫酸和冰乙酸（5）写出同时符合下列条件的乙酸乙酯的同分异构体___________。①能与碳酸氢钠溶液反

应产生气泡②分子中含有2个甲基【答案】（1）①.CH2=CH2②.（2）①.碳碳双键②.羧基（3）①.2CH3CH2OH+O2Cu⎯⎯→△2CH3CHO+2H2O②.CH3COOH+C2H5OH浓硫酸CH3COOC2H5+H2O（4）BC（5）【解析】【分析】汽油裂解

生成A、B两种物质，A可以生成聚丙烯G，说明A是丙烯，B最终转化为乙酸乙酯，经过分析得知：B是乙烯，C是乙醇、D是乙醛、E是CH3COOH。【小问1详解】B是乙烯，结构简式为CH2=CH2，G是聚丙烯，结构简式为；【小问2详解】A是丙烯，官能团是碳碳双键，E是CH3COO

H，官能团是羧基；【小问3详解】反应③是乙醇氧化为乙醛，方程式为2CH3CH2OH+O2Cu⎯⎯→△22CH3CHO+2H2O，反应⑤是酯化反应，方程式为CH3COOH+C2H5OH浓硫酸CH3COOC2H5+H2O；【小问4

详解】乙烯与溴水加成反应生成1,2-二溴乙烷，A正确；反应②是加成反应，反应④是氧化反应，B错误；乙醇分子中所有原子不可能在同一平面，C错误；实验室制取乙酸乙酯添加药品的顺序是乙醇、浓硫酸和冰乙酸，D正确；【小问5

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