安徽省合肥市庐江县2021-2022学年高一化学下学期期末考试试题（Word版附解析）

庐江县2021-2022学年度第二学期期末教学质量检测高一化学试题可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Cl-35.5Cu-64一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。1.化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是：A.京东方生产的可折叠柔性屏中的灵魂材料——纳米银与硝酸不会发生化学反应B.2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C.硅是制作光导纤维的主要材料D.“超轻海绵”使用的石墨烯是新型有机高分子材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A．纳米银也能与硝酸发生氧化还原反应生成硝酸银和氮的氧化物，故A错误；B．聚乙烯属于高分子材料，故B正确；C．硅是制作计算机芯片的主要材料，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故C错误；D．“超轻海绵”使用的石墨烯是碳单质，故D错误；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.甲烷分子的空间填充模型：B.中子数为20的氯原子：20ClC.氮气分子的电子式：D.S2-的结构示意图：【答案】A【解析】【详解】A．甲烷分子的空间填充模型：，A正确；B．氯的质子数为17，中子数为20的氯原子：37Cl，B错误；C．氮气分子的电子式：，C错误； D．S2-核外18电子，核电荷数为16，结构示意图：，D错误；故选A。3.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.1.6gO2和O3混合气体中，所含氧原子数目为0.1NAB.1mol/LAl2(SO4)3溶液中，所含数目为3NAC.标准状况下，11.2LCCl4中所含氯原子数目为2NAD.71gCl2与足量NaOH溶液反应，转移电子数目为2NA【答案】A【解析】【详解】A．O2和O3混合气体只含有O原子，1.6g该混合物含有O原子物质的量为0.1mol，所含氧原子数目为0.1NA，A正确；B．未给出溶液的体积，不能计算所含数目，B错误；C．标准状况下，CCl4不是气体，不能用气体摩尔体积计算，C错误；D．Cl2与足量NaOH发生反应：，71gCl2物质的量为1mol，则转移电子数目为NA，D错误；故选A。4.下列反应的离子方程式书写正确的是A.向氨水中滴加盐酸：H++OH-=H2OB.碳酸钙溶解于稀硝酸中：CO+2H+=CO2↑+H2OC.将铜片投入稀硝酸：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2OD.向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2+OH-=HSO【答案】C【解析】【分析】【详解】A．向氨水中滴加盐酸反应的离子方程式为：H++NH3·H2O=H2O+，A错误；B．碳酸钙溶解于稀硝酸中的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+H2O+Ca2+，B错误； C．将铜片投入稀硝酸的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，C正确；D．向氢氧化钠溶液中通入少量二氧化硫：SO2+2OH-=SO+H2O，D错误；故答案为：C。5.利用氮元素的价类二维图可以设计氮及其化合物之间的转化路径，下列说法不正确的是A.工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3B.可利用Cu与硝酸的反应，将N元素转化为NO或NO2C.由氮气转化为含氮化合物的反应中，必须提供氧化剂D.实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3【答案】C【解析】【分析】【详解】A．氮的固定是将游离态的氮转化为含氮化合物的过程，工业固氮的常用方法是由N2和H2合成NH3，故A正确；B．铜与稀硝酸反应生成NO，铜与浓硝酸反应生成NO2，故B正确；C．氮气生成氨气过程中需要还原剂，故C错误；D．实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3，故D正确；故选C。6.金刚石和石墨都是碳的单质，石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量。已知12g石墨或金刚石完全燃烧时放出的热量依次为Q1和Q2，下列说法正确的是AQ2<Q1B.金刚石比石墨稳定C.等物质的量的石墨与金刚石，石墨具有的能量比金刚石高 D.质量相等的石墨与金刚石完全燃烧，生成的二氧化碳一样多【答案】D【解析】【分析】【详解】A．石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量，相同物质的量的金刚石的能量大于石墨，12g石墨或金刚石完全燃烧时，金刚石放出的能量多，所以Q2>Q1，故A错误；B．石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量，相同物质的量的金刚石的能量大于石墨，所以石墨比金刚石稳定，故B错误；C．石墨在一定条件下可以转化为金刚石并需要吸收能量，相同物质的量的金刚石的能量大于石墨，故C错误；D．根据碳元素守恒，质量相等的石墨与金刚石完全燃烧，生成的二氧化碳一样多，故D正确；选D。7.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，X、Y的简单离子的核外电子数相同，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Z原子最外层电子数是K层的3倍。下列说法正确的是A.简单离子半径：Y＞ZB.X只能形成HXO3型的酸C.气态氢化物的热稳定性：W<ZD.Y与Z、W都能形成离子化合物【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的不同主族的短周期元素，Y的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na元素；Z原子最外层电子数是K层的3倍，Z为第3周期元素，为S元素；则W为Cl元素；X、Y的简单离子的核外电子数相同，则X为N元素，据此判断。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是N、Na、S、Cl。则A.电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径Y＜Z，故A错误；B.N元素可以形成HXO3型的酸，也可以是HXO2型的酸，故B错误；C.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，热稳定性W＞Z，故C错误；D.Y与Z、W都能形成离子化合物，分别是硫化钠、氯化钠，故D正确；故答案选D。【点睛】本题考查了元素周期表和元素周期律的推断。本题的易错点为X元素的判断，要注意四种元素属 于不同主族。8.某有机物的结构简式如图所示，有关说法正确的是A.分子式为C11H11O3B.能发生取代、加成、酯化等反应C.既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，也不能使溴水褪色D.1mol该有机物能与23gNa反应【答案】B【解析】【详解】A．根据该有机物结构简式可知，其分子式为C11H12O3，A错误；B．该有机物含有碳碳双键、羧基、羟基等官能团，能发生取代、加成、酯化等反应，B正确；C．碳碳双键、苯环支链(羧基除外)能使酸性高锰酸钾溶液褪色，碳碳双键能使溴水褪色，C错误；D．羧基、羟基能与Na发生反应，1mol该有机物能与2molNa反应，质量为46gNa，D错误；故选B。9.一种可穿戴电池的结构如图所示，该电池的总反应为。下列关于电池工作原理的说法中，错误的是A.为负极B.电子由负极经隔离膜流向正极C.正极反应式为D.凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性【答案】B【解析】 【分析】【详解】A．根据总反应式，锌失电子化合价升高，所以为负极，故A正确；B．原电池中电子由负极外电路流向正极，故B错误；C．根据总反应式，正极得电子生成，正极反应式为，故C正确；D．凝胶聚合物电解质具有优异的耐火性能，凝胶电解质可提高电池的安全性和稳定性，故D正确；选B。10.探究金属铜与过量浓硫酸反应的装置(固定装置已略去)如图所示。关于实验操作或现象述错误的是A.上下抽动铜丝，可控制反应随时发生或停止B.c装置中黑色固体变为红色C.e中可以选用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液D.其他条件不变，用铁丝代替铜丝，c、d中两次实验现象相同【答案】B【解析】【分析】由实验装置，a装置中铜丝与浓硫酸加热，发生反应Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，装置b中的浓硫酸可除去水蒸气，c装置中黑色的CuO固体颜色无明显变化，说明没有H2产生，SO2能使品红溶液褪色，所以d装置中品红溶液红色褪去，e为尾气处理装置，据此分析解答。【详解】A．上下抽动铜丝，可控制浓硫酸与铜丝接触与否，从而控制反应的发生与停止，A选项正确；B．没有H2产生，故c装置中黑色的CuO固体颜色无明显变化，B选项错误；C．e为尾气处理装置，用于吸收SO2，SO2是酸性气体，具有还原性，可用NaOH溶液或酸性KMnO4溶液吸收，C选项正确；D．用铁丝代替铜丝，其他条件不变，铁丝与浓硫酸加热仍然产生SO2，不产生氢气，则c、d中两次实验现象相同，D选项正确； 故选B。二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有两个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列实验操作能达到目的的是选项操作目的A向混合物中加入足量NaOH溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥除去Fe2O3中的Al2O3杂质B测定相同浓度的HCl溶液、HBr溶液的pH比较Cl和Br的非金属性强弱C将相同大小的镁片和铝片用导线连接，插入NaOH溶液中证明原电池中活泼性较强的金属作负极D向蔗糖溶液中加入新制的银氨溶液，水浴加热证明蔗糖是非还原性糖A.AB.BC.CD.D【答案】AD【解析】【详解】A．Al2O3能与NaOH反应生成可溶于水的NaAlO2，Fe2O3与NaOH不反应，也难溶于水，A符合题意；B．比较Cl和Br的非金属性强弱，用其最高价含氧酸酸性比较，非金属越强，最高价含氧酸酸性越强，不能用其氢化物的酸性比较，B不符合题意；C．Mg比Al活泼，但Mg与NaOH不反应，Al与NaOH反应，Al作负极，该操作不能证明原电池中活泼性较强的金属作负极，C不符合题意；D．还原性糖能将新制的银氨溶液中+1价银还原得到银单质，该操作不能得到银镜，证明蔗糖是非还原性糖，D符合题意；故选AD。12.某同学设计以下实验方案，从海带中提取I2。下列说法不正确的是 A.操作①是过滤B.含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集C.③的离子方程式是5I–+IO+6H+＝3I2+3H2OD.②中双氧水作还原剂【答案】D【解析】【分析】由流程可知，热水溶解后，操作①为过滤，滤液含碘离子，加过氧化氢可氧化碘离子生成碘单质，试剂a为苯或四氯化碳可萃取碘，分液得到含碘的有机溶液，再加NaOH与碘反应生成I-和IO，分液后向含I-和IO的溶液中加稀硫酸发生5I–+IO+6H+＝3I2+3H2O，过滤提取得到粗碘，以此解答该题。【详解】A．根据以上分析可知操作①是过滤，A正确；B．海水中碘含量较低，因此含I2的溶液经3步转化为I2的悬浊液，其目的是富集，B正确；C．反应③是碘酸根离子氧化碘离子，反应的离子方程式是5I–+IO+6H+＝3I2+3H2O，C正确；D．②中双氧水作氧化剂，氧化碘离子，D错误；答案选D。13.工业上可以用CO2来生产甲醇燃料。在体积为2L的密闭容器中，充入lmolCO2和3molH2，一定条件下发生反应CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)。测得CH3OH和CO2的物质的量随时间变化如图所示。下列描述正确的是 A.达到平衡时，H2的转化率为75%B.3min时，CH3OH和CO2的浓度相等，达到了化学平衡状态C.反应进行到10min时，CO2的正逆反应速率相等，反应停止D.反应开始到10min，用CO2表示的反应速率为0.0375mol·L-1·min-1【答案】AD【解析】【详解】A．由图可知，达到平衡时，生成甲醇的物质的量是0.75mol，根据反应的化学方程式，可知消耗了氢气2.25mol，则H2的转化率为=75%，故A正确；B．3min后，CH3OH浓度还在增加，CO2的浓度还在减少，则3min时，反应没有达到平衡状态，故B错误；C．由图可知，反应进行到10min时，CH3OH和CO2的浓度不在发生变化，反应达到平衡状态，则CO2的正逆反应速率相等但不等于零，反应没有停止，故C错误；D．反应开始到10min，CO2减少了0.75mol，则用CO2表示的反应速率为V(CO2)=mol·L-1·min-1=0.0375mol·L-1·min-1，故D正确；本题答案AD。14.将1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体0.05mol，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法正确的是A.该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中，N2O4的的体积分数是20%D.得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【答案】C【解析】【分析】【详解】A．金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为，氢氧根的物质的量为，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：、，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是2：1，故A错 误；B．该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：，故B错误；C．标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol，根据电子转移守恒可知，，解得：a=0.04，N2O4的体积分数为，故C正确；D．金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为，根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO3）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：，故D错误。故答案选C。三、非选择题：共54分。15.A、B、D、E、G为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，B原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍。B单质在D单质中充分燃烧能生成其最高价化合物，与具有相同的电子层结构。A单质在G单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸。回答下列问题：（1）G在元素周期表中的位置是___________，的电子式为___________；（2）D、E、G分别形成的简单离子的半径由大到小的顺序为___________(用离子符号表示)；（3）由A、D、E三种元素组成的化合物含有的化学键类型为___________；（4）设计一个简单的实验证明G和B的非金属性强弱：___________(用化学方程式表示)。【答案】（1）①.第3周期ⅦA族②.（2）（3）离子键、共价键（4）【解析】【分析】A、B、D、E、G为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，非金属元素A最外层电子数与其周期数相同，A为H；B的最外层电子数是其所在周期数的2倍，B单质在D单质中充分燃烧能生成其最高价化合物BD2，B为C、D为O；E+与D2-具有相同的电子层结构，E为Na；A单质在G单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸，G为Cl，以此来解答。【小问1详解】G为Cl，在周期表中的位置是第三周期ⅦA族，CO2是共价化合物，电子式为； 【小问2详解】电子层越多、离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则元素D、E、G分别形成的简单离子的半径由大到小的顺序为；【小问3详解】由A、D、E三种元素组成的化合物是NaOH，含有的化学键类型为离子键、共价键；【小问4详解】由最高价含氧酸的酸性强弱可比较非金属性强弱，根据强酸制弱酸的原理，则设计一个简单的实验证明C和Cl的非金属性强弱为。16.近年来，我国化工技术获得重大突破，利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇(CH3OH)是其中的一个研究项目。该研究发生的主要反应如下：Ⅰ．CO与H2反应合成甲醇：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)Ⅱ．CO2与H2反应合成甲醇：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)（1）上述反应符合原子经济性的是反应___________(I或II)。（2）在某一时刻采取下列措施，能使反应I的反应速率减小的措施是___________。A.恒温恒容下，再充入COB.升高温度C.恒温恒容下，向其中充入ArD.恒温恒压下，向其中充入Ar（3）一定温度下，在容积固定的密闭容器中发生反应Ⅱ，下列说法可以表明反应达到化学平衡状态的是___________。A.单位时间内消耗3molH2，同时生成1mol的CH3OHB.CH3OH的体积分数不再发生变化C.3v(CO2)=v(H2)D.容器内气体密度不再改变（4）H2还原CO电化学法制备甲醇(CO+2H2=CH3OH)的工作原理如图所示： 通入H2的一端是电池的___________极(填“正”或“负”)，电池工作过程中H+通过质子膜向___________(填“左”或者“右”)移动，通入CO的一端发生的电极反应式为___________。【答案】（1）Ⅰ（2）D（3）B（4）①.负②.左③.CO+4e-+4H+=CH3OH【解析】【小问1详解】原子经济性指的是反应物原子全部转移到生成物中，原子利用率是100%。反应Ⅰ和Ⅱ中符合原子经济性的是反应Ⅰ。【小问2详解】A．恒温恒容下，再充入CO，增大了反应物浓度，反应速率加快，故A不选；B．升高温度可以加快反应速率，故B不选；C．恒温恒容下，向其中充入Ar，各物质浓度均无改变，反应速率不变，故C不选；D．恒温恒压下，向其中充入Ar，容器体积扩大，各物质浓度降低，反应速率减慢，故D选；故选D。【小问3详解】A．无论平衡与否，单位时间内消耗3molH2，一定同时同时生成1mol的CH3OH，所以该说法不能判断是否平衡，故A不选；B．CH3OH的体积分数不再发生变化可以说明反应达到了平衡状态，故B选；C．平衡时正逆反应速率相等，3v(CO2)=v(H2)不能表示出正逆反应速率相等，故C不选；D．该反应的反应物和生成物均为气体，气体总质量是不变的，容器体积也是固定的，所以容器内气体密度是一直不变的，所以当容器内气体密度不再改变时不能说明反应达到了平衡状态，故D不选；故选B。【小问4详解】该装置是原电池，根据总反应：CO+2H2=CH3OH可知，C化合价降低，CO在正极得到电子，H的化合价升高，H2在负极失去电子，所以通入H2的一端是负极；电池工作过程中阳离子移向正极，所以H+向左移动；通入CO的一端为正极，CO在酸性溶液中得到电子转变为CH3OH，电极反应式为：CO+4e-+4H+=CH3OH。17.钨在冶金工业有重要作用，某化工企业以黑钨矿(主要成分FeWO4和MnWO4，W为+6价)为原料冶炼金属钨的过程如下： 回答下列问题：(1)“熔融”前需将黑钨矿粉碎，其目的是_____________________________。(2)写出“熔融”过程中生成Fe2O3的化学方程式：_____________________。(3)下列仪器中，过滤操作用到的有___________(填标号)，所得滤渣B的化学式为________________。(4)检验沉淀D是否洗净操作为：取最后一次洗涤液少许于试管中，_________。(5)产品E的化学式为WO3-x，其中W的化合价有+5和+6两种。若x＝0.1，则+5价的W(V)占该化合物中钨元素总量的_________；该流程中由产品E冶炼金属钨的方法属于______法。【答案】①.增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分②.4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2③.ACE④.Fe2O3、MnO2⑤.滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净⑥.20%或⑦.热还原【解析】【分析】黑钨矿(主要成分FeWO4和MnWO4)与空气、碳酸钠熔融反应生成Fe2O3、MnO2、Na2WO4、CO2，加水溶解、过滤，得到滤渣Fe2O3、MnO2，滤液主要是Na2WO4，再向滤液中加入浓盐酸、过滤、洗涤，得到沉淀D，再煅烧D得到产品E(WO3-x)，再利用热还原法得到W。【详解】(1)“熔融”前需将黑钨矿粉碎，其目的是增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分；故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分。(2)FeWO4在空气中和碳酸钠反应生成Fe2O3、Na2WO4、CO2，因此“熔融”过程中生成Fe2O3的化学方程式：4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2；故答案为；4FeWO4＋O2＋4Na2CO32Fe2O3＋4Na2WO4＋4CO2。(3)下列仪器中，过滤操作用到的有烧杯、漏斗、玻璃棒，因此为ACE，Fe2O3、MnO2是难溶物，根据流程最后得到W，说明Na2WO4是易溶物，因此所得滤渣B的化学式为Fe2O3、MnO2；故答案为：ACE；Fe2O3、MnO2。(4)检验沉淀D是否洗净，主要是检验最后一次洗液中是否还含有氯离子，其操作为：取最后一次洗涤液少 许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净；故答案为：滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明洗涤干净。(5)产品E的化学式为WO3-x ，其中W的化合价有+5和+6两种。若x＝0.1，设+5价的W有amol，+6价的W有bmol，根据化合价及物质的量建立得到a+b=1mol，5a+6b=2×(3−0.1)，解得a=0.2，因此+5价的W(V)占该化合物中钨元素总量的；该流程中是由WO3-x与氢气反应得到W，因此冶炼金属钨的方法属于热还原法；故答案为：20%或；热还原。18.已知：有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B有特殊的香味，E是常见的高分子材料。现以A为主要原料合成乙酸乙酯，其合成路线如下图所示。（1）A、D分子中官能团的名称分别是____、_____。反应④、⑤的反应类型分别是____、____。（2）反应②的化学方程式是_______，反应④的化学方程式是_______。（3）某同学用如下图所示的实验装置制取少量乙酸乙酯。实验结束后，烧杯D中上层出现透明的、不溶于水的油状液体。①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是______。 ②仪器C的名称是_____。在该实验中，它的作用除了冷凝，还可以_________。③烧杯D中盛放的溶液是________，它的作用是_______(填字母)a．中和乙酸和乙醇b．中和乙酸，吸收乙醇c．乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度比在水中更小，利于它分层析出d．加速酯的生成，提高其产率④在实验室制备乙酸乙酯的实验中，要制备1mol乙酸乙酯所需的B和D远大于1mol(不考虑原料的挥发损耗)，原因是___________。【答案】（1）①.碳碳双键②.羧基③.酯化反应或取代反应④.加聚反应（2）①.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O②.CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O（3）①.防止暴沸②.球形干燥管③.防倒吸④.饱和碳酸钠溶液⑤.bc⑥.反应是可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化【解析】【分析】有机物A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A是CH2=CH2，CH2=CH2和H2O反应生成CH3CH2OH，则B是CH3CH2OH，CH3CH2OH被O2氧化生成C，C反应生成D，D和乙醇反应生成乙酸乙酯，则D是CH3COOH，C是CH3CHO，A反应生成E，E是高分子化合物，则E结构简式为。【小问1详解】A是CH2=CH2，D是CH3COOH，分子中官能团的名称分别是碳碳双键、羧基。反应④CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O、⑤nCH2=CH2，反应类型分别是酯化反应或取代反应、加聚反应。故答案为：碳碳双键；羧基；酯化反应或取代反应；加聚反应；【小问2详解】反应②CH3CH2OH被O2氧化生成CH3CHO，化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应④CH3COOH和乙醇反应生成乙酸乙酯，化学方程式是CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，。故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O；【小问3详解】①在烧瓶中除了加入乙醇、浓硫酸和乙酸外，还应放入几块碎瓷片，其目的是防止暴沸。故答案为：防止暴沸；②仪器C的名称是球形干燥管。在该实验中，它的作用除了冷凝，还可以防倒吸。故答案为：球形干燥 管；防倒吸；③烧杯D中盛放的溶液是饱和碳酸钠溶液，饱和碳酸钠溶液能溶解乙醇，能和乙酸反应生成二氧化碳和可溶性的乙酸钠，能降低乙酸乙酯溶解度，从而更好的析出乙酸乙酯，故选bc；故答案为：饱和碳酸钠溶液；bc；④在实验室制备乙酸乙酯的实验中，要制备1mol乙酸乙酯所需的CH3COOH和乙醇远大于1mol(不考虑原料的挥发损耗)，原因是反应是可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化。故答案为：反应是可逆反应，有一定的限度，不可能完全转化。