2019-2020年高二下学期6月月考化学试卷 含解析1．下列关于能量变化的说法正确的是A．相同质量的水和冰相比较，冰的能量高B．化学反应过程中能量的变化只有吸热和放热两种表现形式C．化学反应既遵循质量守恒，也遵循能量守恒D．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应【答案】C【解析】试题分析：水结冰是放出热量的，所以相同质量的水和冰相比较，冰的能量低，A不正确；B不正确，能量的转化方式是多种多样的，例如光能、电能等；反应是放热反应或吸热反应，和反应条件无关系，只与反应物或生成物总能量的相对大小有关系，D不正确，答案选C考点：考查能量转化的有关正误判断点评：该题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查试题基础性强，侧重对学生基础知识的巩固和训练，主要是考查学生对常见能量转化的熟悉了解程度，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力2．能正确表示下列反应的离子方程式是A、硫酸铝溶液中加入过量氨水 +3OH=Al(OH)3 ↓B、碳酸钠溶液中加入澄清石灰水 Ca(OH) 2 +=CaCO3 ↓ + 2C、冷的氢氧化钠溶液中通入氯气 Cl2 + 2=Cl + + H2OD、稀硫酸中加入铁粉 2Fe + 6= 2 + 3H2 ↑【答案】B【解析】试题分析：A：电荷不守恒，错；B：碳酸钠溶液中加入澄清石灰水的化学方程式为：Ca(OH)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH，离子方程式的书写正确；C： D：不符合化学事实，故选B考点：离子方程式的书写点评:离子方程式的书写，首先应该符合化学事实，其次应注意质量守恒和电荷守恒，还有沉淀符号和气体符号等3．C3H8的分子中有两个氢原子被氯原子取代，可能的同分异构体有（ ）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种【答案】B【解析】试题分析：分子式为C3H8的烷烃丙烷，只有1种结构，结构简式为CH3CH2CH3，2个氯原子可以取代同一碳原子上的2个H原子，有CH3CH2CHCl2、CH3CCl2CH3，取代不同碳原子上的H原子，有ClCH2CHClCH3，ClCH2CH2CH2Cl，故C3H8的分子中有两个氢原子被氯原子取代，共有4种，答案选B。
考点定位】本题主要是考查同分异构体的书写【名师点晴】分子式为C3H8的烷烃丙烷，只有1种结构，2个氯原子可以取代同一碳原子上的2个H原子，也可以取代不同碳原子上的H原子，即二取代或多取代产物数目的判断7一般采用定一移一或定二移一法：对于二元取代物同分异构体的数目判断，可固定一个取代基的位置，再移动另一取代基的位置以确定同分异构体的数目，因此答题时注意氯原子的取代位置4．经分析，某物质只含有一种元素，则该物质A．一定是纯净物 B．可能是化合物C．一定是混合物 D．可能是纯净物，也可能是混合物【答案】D【解析】试题分析：某物质只含有一种元素，可能是单质，即纯净物，也可能是混合物，例如氧气和臭氧等，所以选D考点：纯净物和混合物的定义5．下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是A．碳酸钙受热分解 B．乙醇燃烧 C．铝粉与氧化铁粉末反应 D．氧化钙溶于水【答案】A【解析】试题分析：A碳酸钙受热分解是吸热反应，生成物的总能量高于反应物总能量，正确，选A；B、乙醇燃烧是放热反应，不选B；C、铝粉和氧化铁反应是放热反应，不选C；D、氧化钙溶于水放热，不选D考点： 考查反应的热效应6．升高温度，0．01 molL-1下列溶液的pH基本不变的是A．NaOH B．H2SO4 C．NaCl D．Na2CO3【答案】B【解析】试题分析：A、升高温度，OH‾离子浓度不变，离子积Kw增大，所以H+浓度增大，pH减小；B、升高温度，H2SO4溶液H+浓度不变，则pH不变，正确；C、温度升高，NaCl溶液仍然为中性，因为离子积Kw增大，所以H+浓度增大，pH减小；D、温度升高，Na2CO3水解程度增大，pH改变。
考点：本题考查pH的分析与判断 7．今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1molL-1如果在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体（m mol），在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体（m mol），丙瓶不变片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中的HClO的物质的量浓度的大小关系是（溶液体积变化忽略不计） （ ）A．甲=乙>丙 B．甲>丙>乙 C．丙>甲=乙 D．乙>丙>甲【答案】B【解析】氯水中存在如下平衡：⇋，若在甲瓶中加入少量的NaHCO3晶体，则使氯水中氢离子浓度减少，平衡向右移动，溶液中HCLO的浓度增大；若在乙瓶中加入少量的NaHSO3晶体，被氯气氧化，使平衡向左移动，溶液中HCLO的浓度减小；所以正确关系为：甲>丙>乙8．用NA表示阿伏德罗常数，下列叙述正确的是A．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为 NAB．常温常压下，1.06g Na2CO3含有的Na+离子数为0.02 NAC．通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4LD．物质的量浓度为0.5 mol/L的MgCl2溶液中，含有Cl-个数为 NA【答案】B【解析】试题分析：A、标准状况下下，水不是气体，所以22.4L的水的物质的量不是1mol，则分子数不是NA，错误；B、碳酸钠中含有2个钠离子，1.06g碳酸钠的物质的量是1.06g/106g/mol=0.01mol，所以钠离子的数目是0.02NA，正确；C、标准状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L，不是通常状况，错误；D、氯化镁的溶液体积未知，所以氯离子的数目无法计算，错误，答案选B。
考点：考查阿伏伽德罗常数与微粒数的关系9．下列有机物中属于醇的是（ ）A. B. C. D.【答案】B【解析】试题分析：烃基或苯环侧链上的碳原子和羟基直接相连而形成的化合物是醇，而羟基和苯环直接相连而构成的化合物是酚类，据此可知选项B是醇类，A是羧酸类，C是醚类，D是酚类，答案选B考点：考查醇类物质的判断点评：该题是基础性试题的考查，试题基础性强，主要是考查学生对醇类概念以及判断的熟悉了解程度，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，难度不大该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后灵活运用即可10．下列反应中生成物总能量低于反应物总能量的是A．氢氧化钡晶体和氯化铵晶体混合反应 B．盐酸与金属镁反应 C．石灰石高温煅烧D．水的分解【答案】B【解析】A 是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量B 是放热反应，生成物总能量低于反应物总能量C 是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量D是吸热反应，生成物总能量高于反应物总能量故选B11．下列说法不正确的是A．金刚石和石墨互为同素异形体 B．1H、2H和3H互为同位素C．18O和16O是两种不同的核素D．氡的放射性同位素Rn，其原子中的质子数为136【答案】D【解析】试题分析：D项中氡的质子数应为86，错误。
考点：同素异形体、同位素、核素的概念12．下列各装置中，不能构成原电池的是（烧杯中所盛液体都是稀硫酸）【答案】D【解析】试题分析：原电池的形成条是有活动性不同的电极、电解质溶液、形成闭合回路、自发进行氧化还原反应对图示各个装置进行观察，发现只有D由于不能形成闭合回路，因此不可以形成原电池故选项是D考点：考查原电池构成的判断的知识13．某炔烃经催化加氢后，得到3-甲基戊烷，该炔烃是A、2-甲基-1戊炔B、2-甲基-3-戊炔C、3-甲基-1-戊炔D、3-甲基-2-戊炔【答案】C【解析】写出所有名称対应的结构简式，可知答案为C14．下列有关实验操作或判断正确的是( )A．摩尔是化学上常用的一个物理量B．用托盘天平称取25.20gNaClC．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线会导致所配溶液浓度偏小D．某物质含有6.021023个微粒，含有这个数目微粒的物质不一定是1mol【答案】D【解析】试题分析：A．摩尔是物质的量的单位，A错误；B．托盘天平只能读数到0.1g，因此不能用托盘天平称取25.20 gNaCl，B错误；C．配制一定物质的量浓度的溶液，定容时俯视刻度线导致溶液的体积减小，因此会导致所配溶液浓度偏大，C错误；D．某物质含有6.021023个微粒，由于不能确定微粒，所以含有这个数目微粒的物质不一定是1 mol，D正确，答案选D。
考点：考查物质的量的有关判断、计算以及托盘天平读数等15．在一定条件下，等物质的量的氯气与碘单质反应，得到一种红棕色液体ICl，ICl有很强的氧化性现有下列两个反应：①2ICl+2Zn=ZnCl2+ZnI2②=HCl+HIO下列叙述正确的是A.Cl2与I2生成IC1是非氧化还原反应B.反应①中，ZnI2只是氧化产物C.反应①中，当转移0.4mol电子时生成13.6gZnCl2D.反应②中，IC1既是氧化剂又是还原剂【答案】C【解析】A错，Cl2与I2生成IC1的过程，CL元素的化合价由0价降低到—1价，I元素的化合价由0价升高到+1价；B错，反应①中，ZnI2既是氧化产物又是还原产物；C正确；D错，反应②中各元素的化合价均不变，为非氧化还原反应；16．（14分）配制480 mL 0.5 molL－1的NaOH溶液，试回答下列问题：（1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、_____、____等2）计算、称量：需称量NaOH固体的质量为________3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是___________________4）转移、洗涤。
洗涤烧杯2～3次是为了_________________5）定容、摇匀定容的具体操作是____________________6）不规范的实验操作会导致实验结果的误差，下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是 ，偏低的是 ___ （填字母序号）A．容量瓶洗净后未烘干；B．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外C．定容时俯视刻度线；D．将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容E．定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线【答案】（14分）（1）胶头滴管 500 mL容量瓶 (2分) ；（2）10.0 g(2分)（3） 搅拌，加速溶解(2分)；（4） 保证溶质全部转移至容量瓶中(2分)（5） 向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切(2分)（6）C、D (2分) ；B、E(2分)解析】试题分析：配制480 mL 0.5 molL－1的NaOH溶液，由于与该体积最接近的容量瓶是500mL，因此要配制500mL 0.5 molL－1的NaOH溶液。
1）选择仪器：完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等2） 计算、称量：需称量NaOH固体的质量为m=cVM= 0.5 mol/L0．5L40g/mol=10.0g；（3）溶解、冷却，该步实验中需要使用玻璃棒，作用是搅拌，加速NaOH的溶解，同时可以使热量迅速扩散；（4）转移、洗涤洗涤烧杯2～3次是为了减少溶质的损失，保证溶质全部转移至容量瓶中，使溶液的配制浓度准确；（5）定容、摇匀定容的具体操作是向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1 cm～2 cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切6） A.容量瓶洗净后未烘干，只要最后加水定容时符合要求，不会产生任何影响；B.在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，使溶质减少，则配制的溶液浓度偏低； C.定容时俯视刻度线，则加入的水偏少，使溶液的体积偏小，浓度偏高； D.将称量好的NaOH固体放入小烧杯中溶解，未经冷却立即转移到容量瓶中并定容，当溶液恢复至室温时，体积偏小，则溶液的浓度就偏高，E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，则溶液的体积偏大，使溶液的浓度偏低。
因此使所配溶液的物质的量浓度偏高的是C、D；偏低的是B、E考点：考查物质的量浓度的溶液的配制的知识17．（9分）已知：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)；△H=－196 kJ/mo1，850K时，在2L固定容积的密闭容器中充入2mol SO2和2mol O2，10分钟后达到平衡，SO2浓度和时间关系如图回答下列问题（1）前10分钟内O2的平均反应速率为 mol/(Lmin)（2）平衡时，02的转化率为 ，此时反应共放热 kJ3）若15分钟时维持温度不变，压缩容器体积，使其体积变为1L，假设在20分钟时达到新平衡，此时c（O2）=1．15 mol/L，请在图上画出15-25分钟SO2的浓度变化曲线答案】（1）0．04（2分）（2）40% (2分) 156．8 (2分)（3）(3分)【解析】试题分析：（1）前10分钟内O2的平均反应速率=1/2V(SO2)=1/2(1-0．2)/10=0．04mol/(Lmin)2） 一定温度下，将0．4molSO2和0．2molO2放入固定容积为2L的密闭容器中，发生反应2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196．6kJ/mol，反应中SO3的物质的量浓度的变化情况如图分析得到平衡时C（SO3）=0．1mol/L，平衡生成三氧化硫物质的量=0．1mol/L2L=0．2mol；依据化学平衡三段式列式计算 2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196．6kJ/mol，起始量（mol/L） 1 1 0 变化量（mol/L）08 0．4 0．8平衡量（mol/L）0．2 0．6 0．8故氧气的转化率=0．4/1=40%。
Q=0．8*196．6=156．8kJ2）在第15分钟末将容器的体积缩小一半后，此时各物质的量浓度增加一倍，压强增大平衡正向进行，在20分钟时达到新平衡，此时c（O2）=1．15 mol/L，2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H=-196．6kJ/mol，起始量（mol/L） 0．4 1．2 1．6 变化量（mol/L） 0．1 0．05 0．1平衡量（mol/L）0．3 1．15 1．7终点二氧化硫的浓度为0．3 mol/L，曲线变化慢慢向下，20分钟之后浓度不变故图形如下：考点：本题考查了化学反应速率的定量表示方法、化学平衡常数、化学平衡的影响因素等知识点18．（18分）某化学研究性学习小组设计制取氯气及探究其性质的方案，并按下图所示装置完成实验A中发生反应的化学方程式为：MnO2 + 4HCl（浓） ==== MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O）【实验探究】（1）装置A中，仪器a的名称是 2）装置B中无色溶液将变为 色，该反应的化学方程式是 。
3）装置C中湿润的有色布条 （填“褪色”或“不褪色”），其原因是氯气与水反应生成了 （填化学式）（4）为了吸收多余的氯气，防止造成空气污染，装置D中应盛放 ____溶液（填“NaOH”或“H2SO4”）（5）用8.7gMnO2与足量浓盐酸反应，理论上可以生成标准状况下的Cl2 _______L知识拓展】（6）某同学查阅资料得知：高锰酸钾与浓盐酸在常温下也可以生成氯气（反应的化学方程式为：2KMnO4 + 16HCl（浓） ==== 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2↑ + 8H2O），该反应的氧化剂是 （填“KMnO4”或“HCl”）【知识应用】（7）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌是抑制大规模传染疾病爆发的重要措施之一请你列举一例对饮用水进行消毒杀菌的合理方法：________________________________【答案】24．（18分）(1) 分液漏斗 (2) 蓝 2KI + Cl2 = 2KCl + I2 (3)褪色 HClO (4) NaOH (5) 2.24 (6) KMnO4(7)向引用水中撒入漂白粉，加热煮沸等方法。
解析】试题分析：（1）根据仪器特点，仪器a的名称是分液漏斗；（2）氯气具有氧化性，能将碘离子氧化成碘单质，所以氯气与碘化钾溶液反应Cl2+2KI═2KCl+I2生成I2，I2遇淀粉变蓝，棉球变蓝，答案为：蓝；Cl2+2KI═2KCl+I2；（3）湿润的红色布条中的水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，生成的HClO具有漂白性，将湿润的红色布条漂白褪色，答案为：褪色；HClO；（4）氯气是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气，氯气与NaOH反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，答案为：NaOH；（5）（5）8.7g的MnO2的物质的量=8.7/87=0.1mol，则：MnO2+4HCl（浓）=MnCl2+Cl2↑+2H2O0.1mol 0.1mol 生成氯气0.1mol, 在标准状况下的体积为2.24L；（6）在2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O的反应中，Mn元素化合价降低，所以KMnO4 是氧化剂，答案为：KMnO4；（7）向引用水中撒入漂白粉，加热煮沸等方法。
考点：考查实验室制氯气原理，氯气性质的检验，尾气吸收，化学计算等知识19．某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验，利用氯酸钾分解制O2实验步骤如下：①连接好实验装置，检查装置的气密性②把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀，放入干燥的试管中，准确称量试管和药品的总质量为16．0 g③加热，开始反应，直到不再有气体产生为止④测量排入量筒中水的体积为284．3 mL，换算成标准状况下氧气的体积为279．0 mL⑤准确称量试管和残留物的质量为15． 6 g根据上述实验过程，回答下列问题：（1）如何检查装置的气密性？________________________________________________2）以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤：①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温③读取量筒内液体的体积这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代号)进行③的实验操作时，若仰视读数，则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)3）实验过程中产生氧气的物质的量是________mol；实验测得氧气的气体摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
答案】（1） 往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气（2分） ； (2) ②①③; 偏小 ; （3） 0．0125 ； 22．32 L/mol （2分）解析】试题分析：（1）检查装置的气密性的方法是往广口瓶中注满水，塞紧橡胶塞，按装置图连接好装置，用手将试管底部捂热，若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升，松开手后，过一会儿长玻璃管内的液面下降，则证明该装置不漏气；（2） ②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温；①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同；③读取量筒内液体的体积，故序号是②①③; 进行③的实验操作时，若仰视读数，由于量筒的小刻度在下，大刻度在上，所以读取氧气的体积偏小；（3）实验过程中产生氧气的物质的量是（16．0 g--15． 6 g）32g/mol=0．0125mol，实验测得氧气的气体摩尔体积是Vm=Vn=0．2790L0．0125mol= 22．32 L/mol．考点：考查装置却没想到检查、量取气体体积的步骤、误差分析、气体摩尔体积的计算的知识。
20．为测定某氯水的物质的量浓度，取100mL氯水，加入足量的碘化钾溶液充分反应，然后用300ml 1mol/L硫代硫酸钠（Na2S2O3)溶液恰好完全吸收生成的碘单质，问100mL氯水中溶解了多少L标准状况下氯气？（已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）【答案】3.36L【解析】21．工业上以黄铜矿(主要成分CuFeS2)为原料制备金属铜，有如下两种工艺I．火法熔炼工艺:将处理过的黄铜矿加人石英，再通人空气进行焙烧，即可制得粗铜1）焙烧的总反应式可表示为：2CuFeS2 + 2SiO2+5O2＝2Cu+2FeSiO3+4SO2该反应的氧化剂是 2）下列处理SO2的方法，不合理的是_____A高空排放 B用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠C用氨水吸收后，再经氧化制备硫酸铵 D用BaCl2溶液吸收制备BaSO3（3）炉渣主要成分有FeO 、Fe2O3 、SiO2 、Al2O3等，为得到Fe2O3加盐酸溶解后，后续处理过程中未涉及到的操作有 A过滤 B加过量NaOH溶液 C蒸发结晶 D灼烧 E加氧化剂II．FeCl3溶液浸取工艺:其生产流程如下图所示（4）浸出过程中，CuFeS2与FeCl3溶液反应的离子方程式为 ____________。
5）该工艺流程中，可以循环利用的物质是____ （填化学式）6）若用石墨电极电解滤液，写出阳极的电极反式_____________7）黄铜矿中含少量Pb,调节C1一浓度可控制滤液中Pb2+的浓度，当c(C1一)＝2mo1L-1时溶液中Pb2+物质的量浓度为 molL-1[已知KSP(PbCl2)＝1 x 10一5]【答案】（1）CuFeS2、O2（2）A、D（3）C（4）CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++2S（5）FeCl3 （6）Fe2+-e－＝Fe3+ （7）2.510－6【解析】（1）根据方程式2CuFeS2 + 2SiO2+5O2＝2Cu+2FeSiO3+4SO2知，铜元素的化合价降低，氧元素的化合价降低，因此该反应中氧化剂是CuFeS2和O22）SO2是大气污染物，A错；用纯碱溶液吸收制备亚硫酸钠，可以防止污染，B正确；用氨水吸收后，不经氧化制硫酸铵，也可以防上污染，C正确；SO2不能溶于氯化钡溶液，D错；答案选AD3）炉渣主要成分是FeO、Fe2O3、SiO2、Al2O3等，为得到Fe2O3，加盐酸溶解后，需要过滤出二氧化硅，然后再加入氧化剂将溶液中的亚铁离子氧化为三价铁离子，再加入过量氢氧化钠溶液后主要成分是氢氧化铁沉淀。
过滤、洗涤、灼烧就可以得到三氧化二铁，所以未涉及的实验操作是蒸发结晶4）过滤得到的滤纸中含有硫单质，这说明CuFeS2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，即CuFeS2+4Fe3+＝Cu2++5Fe2++S5）电解时产生的电解液又可以与黄铜矿反应，所以该工艺流程中，可以循环利用的物质是FeCl36）电解池中阳极失去电子，因此若用石墨做电极电解滤液，则亚铁离子在阳极失去电子，所以阳极反应是Fe2+－e－＝Fe3+7）已知KSP(PbCl2)＝110一5，因此当溶液中c(C1一)＝2mo1L-1时溶液中Pb2+物质的量浓度为molL-122．(13分) 已知有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂由A为原料衍生出的部分化工产品如下图所示回答下列问题：（1）A中所含官能团的名称为 2）写出下列反应的反应类型：A→B ，B→F 3）写出下列反应的化学方程式①A→E： ；②C→D： 4）由B生成C也可通过两步反应完成：，写出其中反应①的化学方程式 。
5）E和H是两种常见的塑料，其中一种塑料可作食品袋，该塑料的化学名称是 答案】（1）碳碳双键(1分) （2）加成反应(2分) 取代反应(2分)（3）①nCH2=CH2 (2分)②CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O (2分)（4）2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO+2H2O (2分) （5）聚乙烯(2分)【解析】试题分析：有机物A既是一种重要的化工原料，也是一种水果催熟剂，则A是乙烯乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，即E是聚乙烯；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，则B是乙醇乙醇被氧化生成乙酸，则C是乙酸乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸乙酯乙醇和；氯气再光照条件下发生取代反应生成F，则F的结构简式为ClCH2CH2OHF在浓硫酸的作用下发生消去反应生成G，则G的结构简式为ClCH＝CH2，G发生加聚反应生成H，则H的结构简式为1）根据以上分析可知A中所含官能团的名称为碳碳双键2）根据以上分析可知A→B是加成反应，B→F是取代反应3）①A→E的方程式为nCH2=CH2；②C→D的方程式为CH3COOH＋CH3CH2OHCH3COOCH2CH3＋H2O。
4）反应①是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH +O2 2CH3CHO+2H2O5）可作食品袋的塑料是聚乙烯考点：考查有机物推断。