【化学】安徽省合肥一六八中学、铜陵一中等四校2019-2020学年高二上学期开学联考试卷（解析版）

安徽省合肥一六八中学、铜陵一中等四校2019-2020学年高二上学期开学联考试卷
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 Al 27 Mn 55 Fe 56 Cl 35.5
一、选择题（每个题目只有1个选项符合要求，每题3分，共计48分）
1.据报道，我国华为公司的技术标准成为世界“5G”通讯标准的重要组成部分。随着“5G”时代的逐渐到来，以光导纤维为基础的信息高速通道更显重要。制造光导纤维的材料是（ ）
A. 晶体硅 B. 二氧化硅 C. 铜合金 D. 不锈钢
【答案】B
【解析】
【详解】二氧化硅具有良好的光学特性，其导光性非常好，制造光导纤维的主要原料为二氧化硅，用其制造的光导纤维传输信息，传输量大、快且信号损失率非常低，故选B。
2. 化学与环境保护、工业生产、生活等密切相关。下列说法不正确的是（ ）
A. PM2.5J是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物。PM2.5比胶体粒子小，因其比表面积大，故可吸附含有铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的重金属离子，入肺后对人体产生很大的危害
B. 富含氮、磷的生活污水不能排放到河中，也不能直接用于农田的灌溉
C. 大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染
D. 14C可用于文物的年代鉴定，14C和12C互为同位素
【答案】A
【解析】
【详解】A、砷是非金属，A不正确；
B、富含氮、磷的生活污水容易形成赤潮或水华，所以不能排放到河中，也不能直接用于农田的灌溉，B正确；
C、大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”，可以减少硫的氧化物和氮的氧化物对环境的污染，C正确；
D、14C可用于文物的年代鉴定，14C和12C的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，D不正确。
答案选A。
3.某种分散系的分散质粒子既能透过半透膜，也能透过滤纸，该分散系为（　　）
A. 溶液 B. 胶体 C. 悬浊液 D. 乳浊液
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液分散质粒子既能透过滤纸，又能透过半透膜，故A正确；
B.胶体分散质粒子能透过滤纸，不能透过半透膜，故B错误；
C.悬浊液分散质粒子不能透过滤纸，不能透过半透膜，故C错误；
D.乳浊液分散质粒子不能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误。
故选A。
4.糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下叙述正确的是（ ）
A. 植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色 B. 淀粉和纤维素互为同分异构体
C. 葡萄糖能发生银镜反应和水解反应 D. 蛋白质溶液遇醋酸铅变性
【答案】D
【解析】
【详解】A.植物油是不饱和高级脂肪酸甘油酯即含有C=C官能团，能与溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故A错误；
B.淀粉和纤维素化学式均为：(C6H10O5)n，但是n值不同，即淀粉和纤维素不是同分异构体，故B错误；
C.葡萄糖含有醛基，能发生银镜反应，但是葡萄糖是单糖不能发生水解反应，故C错误；
D.醋酸铅属于重金属盐，蛋白质遇重金属盐发生变性，变性是不可逆过程，故D正确。
故选D。
5. 下列各图所示装置的气密性检查中，漏气的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A.烧杯中有气泡产生，无法判断是否漏气，若松开手后导管中液面上升形成一段水柱，则不漏气；
B.长颈漏斗中液面高度不变，说明装置的气密性良好；
C.向右拉动活塞后，长颈漏斗中液面高度不变或无气泡产生，说明橡皮塞处漏气；
D.玻璃管中形成了一段水柱，说明装置的气密性良好。
综上所述，能确定装置漏气的是C。
6.有一块镁铝合金，其中镁与铝的质量比是8：9。加入足量稀H2SO4使其完全溶解后，再加入NaOH溶液，生成沉淀的质量随NaOH溶液体积变化的曲线如下图，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】镁与铝的质量比是8: 9，物质的量比是1:1。加足量盐酸溶解，再加氢氧化钠溶液，则氢氧化钠先中和掉多余的酸，再分别与Mg2+、Al3+生成Mg(OH)2、Al(OH)3沉淀，过量后Al(OH)3沉淀溶解，沉淀质量减少，最终只剩Mg(OH)2沉淀。由于镁、铝的物质的量相等，生成的Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量也相等，由两种沉淀的分子式知Al(OH)3的质量大于Mg(OH)2的质量，故最终沉淀不会消失，但最终沉淀质量小于沉淀达到最大时质量的一半，故A项正确。
综上所述，本题正确答案为A。
7.取软锰矿石（主要成分为）跟足量浓盐酸发生如下反应（杂质不参与反应），制得（标准状况）。下列有关说法中不正确的是（ ）
A. 这种软锰矿石中的质量分数为
B. 被氧化的的物质的量为
C. 参加反应的的质量为
D. 被还原的的物质的量为
【答案】B
【解析】
【详解】A. n(Cl2)= =1mol，由反应，1molMnO2参加反应，其质量为87g，则软锰矿石中MnO2的质量分数为×100%=75%，故A正确；
B 由反应可知，生成1mol气体时，2molHCl被氧化，故B错误；
C.根据化学反应计量关系4HCl—Cl2可知，n(HCl)=4mol，则参加反应的HCl的质量为：4×36.5g/mol=146g，故C正确；
D. Mn元素的化合价降低，被还原的MnO2的物质的量为1mol，故D正确；
故选B。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是（ ）
A. 1mol分子式为C2H6O的物质，含O—H数一定是NA
B. 标准状况下，22.4 L CH2=CH2中含C—H数为4 NA
C. 1 mol甲基（—CH3）中含有的电子数为9 NA
D. 0.1 mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3 NA
【答案】A
【解析】
【详解】A. 1mol分子式为C2H6O的物质，若为乙醇含O—H数是NA，若为甲醚不含有O—H键，A错误；
B. 标准状况下，22.4 L CH2=CH2中即1mol乙烯中含C—H数为4 NA，B正确；
C. 1个甲基中含有9个电子，则1 mol甲基（—CH3）中含有的电子数为9 NA，C正确；
D. 等物质的量的乙烯与乙醇，耗氧量相同，0.1 mol由乙烯与乙醇组成的混合物完全燃烧所消耗的氧气分子数为0.3 NA，D正确；
答案为A
9.下列各组物质中，互为同分异构体的是（ ）
A. 水与冰
B. O2与O3
C. 与
D. 与
【答案】D
【解析】
【详解】A、水与冰的构成物质均为H2O，是同一种物质，故A不选；
B、氧气和臭氧是由氧元素构成的两种性质不同的单质，互为同素异形体，故B不选；
C、由甲烷结构可知，与为同一种物质，故C不选；
D、与分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故D选，答案选D。
10.向300 mL 1 mol·L-1的稀硝酸中，加入5.6 g铁粉，充分反应后，铁粉全部溶解（假设还原产物只有NO），下列说法不正确的是（ ）
A. 最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+
B. 最终溶液中，硝酸无剩余
C. 标准状况下生成NO的体积为1.68 L
D. 再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，无明显变化
【答案】D
【解析】
【分析】当 ≥4：发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O，最终所得溶液中有Fe3+而没有Fe2+；当 ≤8/3：发生反应3Fe+8HNO3（稀）=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O，最终所得溶液中有Fe2+而没有Fe3+；当8/3< <4时，发生反应Fe+4HNO3（稀）=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O Fe+2Fe3+=3Fe2+最终所得溶液中既有Fe2+又有Fe3+，据此进行分析；
详解】A.已知：n（HNO3）=cV=1mol/L×0.3L=0.3mol，n（Fe）=m/M=5.6g/56g/mol=0.1mol；
=3/1，则溶液中既有Fe2+又有Fe3+，故不选A；
B.最终溶液中，硝酸无剩余，故不选B；
C.溶液是Fe（NO3）3和Fe（NO3）2的混合溶液，利用氮元素的守恒和得失电子数相等列方程组：假设生成Fe3+为xmol，生成Fe2+为ymol；①根据氮元素的守恒3x+2y+n（NO）=0.3②根据得失电子数相等3x+2y=3n（NO），二者联立得n（NO）=0.075mol，则V（NO）=0.075mol×22.4L/mol=1.68L，故不选C；
D.再向最终所得溶液中滴加稀硝酸，Fe2+会被氧化为Fe3+，溶液颜色变深，故D错误；
答案：D
11.已知X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断正确的是（）
A. 气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3
B. 非金属活泼性：Y＜X＜Z
C. 原子半径：X＞Y＞Z
D. 原子最外层电子数：X 【答案】A
【解析】
分析】X、Y、Z是三种原子序数相连的元素，最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则非金属性X＞Y＞Z.
【详解】A．非金属性X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，A正确；
B．由上述分析可知，非金属性X＞Y＞Z，B错误；
C．同周期非金属性强的原子半径小，则原子半径：Z＞Y＞X，C错误；
D．同周期从左向右最外层电子数增大，则原子最外层电子数：X＞Y＞Z，D错误；
答案选A。
12.下列变化过程中，只破坏共价键的是（ ）
A. I2升华 B. NaCl颗粒被粉碎
C. HCl溶于水得盐酸 D. 从NH4HCO3中闻到了刺激性气味
【答案】C
【解析】
【详解】A项，I2升华破坏的是分子间作用力，共价键没有破坏，不符合题意；
B项，NaCl颗粒被粉碎破坏的是离子键，不符合题意；
C项，HCl是共价化合物，溶于水在水分子的作用下电离成H+和Cl-，破坏的是共价键，符合题意；
D项，刺激性气味是NH4HCO3分解产生的氨气气味，NH4HCO3分解过程中既破坏了离子键又破坏了共价键，不符合题意；
答案选C。
13.少量铁粉与的稀盐酸反应，反应速率太慢。为了加快此反应速率而不改变的产量，可以使用如下方法中的（ ）
①加 ②加固体 ③滴入几滴浓盐酸
④改用的硝酸 ⑤加溶液 ⑥滴加几滴硫酸铜溶液
⑦升高温度（不考虑盐酸挥发） ⑧改用的盐酸
A. ③⑤⑥⑦ B. ③⑦⑧
C. ③⑥⑦⑧ D. ③④⑥⑦⑧
【答案】B
【解析】
【详解】①加H2O后，稀盐酸的浓度降低，即溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故①不符合题意；
②加NaOH固体，NaOH会消耗盐酸，即溶液中氢离子浓度减小，反应速率减慢，故②不符合题意；
③滴入几滴浓盐酸后，稀盐酸的浓度增大，即溶液中氢离子浓度增大，反应速率加快，故③符合题意；
④若改用的硝酸，由于硝酸具有强氧化性，硝酸与金属铁反应不生成氢气，故④不符合题意；
⑤加NaCl溶液，是溶液体积增大，即氢离子浓度减小，反应速率减慢，故⑤不符合题意；
⑥滴入几滴硫酸铜溶液，Fe与硫酸铜反应生成Cu，即形成了Fe—Cu原电池，反应速率加快，但Fe少量，导致生成的氢气减少，故⑥不符合题意；
⑦升高温度(不考虑盐酸挥发)，反应速率加快，故⑦符合题意；
⑧改用的盐酸，盐酸的浓度增大，化学反应速率加快，故⑧符合题意；
故选B。
14.实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I−等)中回收碘，其实验过程如下：

下列叙述不正确的是（ ）
A. “操作X”的名称为萃取，可在分液漏斗中进行
B. “还原”步骤发生的反应为：SO32−+I2+H2O == 2I−+SO42−+2H+
C. “氧化”过程中，可用双氧水替代氯气
D. “富集”即I2富集于有机溶剂，同时除去某些杂质离子
【答案】A
【解析】
【详解】A. “操作X”为分离CCl4层和水层名称为分液，可在分液漏斗中进行，A错误；
B. “还原”步骤为使溶液中的碘单质变为碘离子，用亚硫酸吸收，发生的反应为：SO32−+I2+H2O == 2I−+SO42−+2H+，B正确；
C. “氧化”过程中，双氧水为绿色氧化剂，可氧化碘离子为单质，则可用双氧水替代氯气，C正确；
D. “富集”即I2富集于有机溶剂，碘单质易溶于有机溶剂，而杂质离子易溶于水，利用碘的富集，除去某些杂质离子，D正确；
答案为A
15.某烷烃完全燃烧消耗的为，则其主链上含有5个碳原子的同分异构体（不考虑立体异构）有（ ）
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】C
【解析】
【详解】烷烃的通式为CnH2n+2，1mol某烷烃完全燃烧方程式为：CnH2n+2+O2nCO2+(n+1)H2O，则可得到等量关系：=11，n=7，故该烷烃为C7H16，主链上含有5个碳原子的同分异构体有：(CH3CH2)3CH、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH2C(CH3)2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3、CH3CH(CH3)CH2CH(CH3)CH3，5种；故C正确；
故选C。
16.由甲醛（）、乙酸和乙酸乙酯组成的混合物中，氧元素的质量分数是，则碳元素的质量分数为（ ）
A. 9% B. 27% C. 54% D. 无法计算
【答案】C
【解析】
【详解】在混合物中，只有3种元素C、H、O，氧元素的质量分数为37%，那么碳和氢元素的质量分数为1-37%=63%，在甲醛（CH2O）、乙酸（C2H4O2）和乙酸乙酯（C4H8O2）中，C原子与H原子数目之比是定值，为1：2，故m（C）：m（H）=12：2=6：1，所以C占，故碳元素质量分数为63%×=54%，故C正确；
故选C。
二、填空题（共计52分）
17.如表是元素周期表的一部分，其中每个数字编号代表一种短周期元素。

请按要求回答下列问题：
（1）元素②的元素名称是____。
（2）元素⑤处于周期表中第____周期第___族。
（3）①⑦七种元素中原子半径最大的是___（填元素符号）。②③④三种元素的最简单氢化物中最稳定的是____（填化学式）。
（4）元素③和元素⑦的氢化物均极易溶于水，且二者能反应产生大量白烟，写出该白色物质发生分解的化学方程式______。
（5）元素⑥的最高价氧化物对应的水化物是一种____性氢氧化物，该物质与元素⑦的最高价氧化物对应水化物反应的离子方程式为_____。
【答案】(1). 碳 (2). 三 (3). IA (4). Na (5). H2O (6). (7). 两 (8).
【解析】
【分析】根据元素周期表推断各种元素种类；根据元素周期律分析各元素的性质和结构；
【详解】根据元素在周期表中的位置分析可知，①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Al，⑦是Cl，
（1）元素②的元素是碳元素；
（2）元素⑤是Na元素，处于周期表中第三周期第IA族；
（3）同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，则①⑦七种元素中原子半径最大的是第三周期最左边的Na；同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，②③④三种元素的非金属性，O>N>C，非金属性越强，气态氢化物就越稳定，则其最简单氢化物中最稳定的是H2O；
（4）元素③是N和元素⑦是Cl，它们的氢化物分别为NH3和HCl，它们反应生成的是NH4Cl，NH4Cl受热分解生成HCl和NH3，方程式为：NH4ClNH3↑+HCl↑；
（5）元素⑥是Al，它的最高价氧化物对应的水化物是Al(OH)3，是一种两性氢氧化物，元素⑦是Cl，它的最高价氧化物的水化物为HClO4，Al(OH)3和HClO4反应生成Al(ClO4)3和水，离子方程式为Al(OH)3 + 3H+ = Al3+ + 3H2O；
18.中国有广阔的海岸线，建设发展海洋经济、海水的综合利用大有可为。空气吹出法工艺，是目前“海水提漠”的最主要方法之一。其工艺流程如图所示，试回答下列问题：

（1）以上步骤I中已获得游离态的溴，步骤II又将之转变成化合态的溴，其目的是_____。
（2）步骤②通入热空气或水蒸气吹出，利用了溴的___。
A.氧化性 B.还原性 C.挥发性 D.腐蚀性
（3）流程Ⅱ中涉及的离子反应方程式如下，请在下面横线内填入适当的化学计量数：
____
（4）上述流程中吹出的溴蒸气，也可先用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏。写出溴与二氧化硫水溶液反应的离子方程式：____。
（5）流程Ⅲ蒸馏过程中，温度应控制在80~90℃。温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：___。
【答案】(1). 富集溴元素 (2). C (3). (4). (5). 温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率
【解析】
【分析】根据流程分析Br2的制备、除杂、收集分析解答；根据氧化还原反应的本质和氧化还原反应配平分析解答。
【详解】根据流程分析可知：海水通过一定方法淡化得到淡水和卤水,卤水加入氧化剂氧化溴离子为单质溴，通入热空气或水蒸气吹出Br2，利用的是溴单质的易挥发性，再利用酸溶液中溴酸根离子和溴离子发生氧化还原反应得到溴单质；
(1)步骤Ⅰ中已获得游离态的溴浓度很低，如果直接蒸馏，生产成本较高，不利于工业生产，步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴，其目的是富集溴元素，降低成本，故答案为：富集溴元素；
(2)溴易挥发,步骤Ⅱ通入热空气或水蒸气吹出Br2，就是利用溴的挥发性，故答案为：C；
(3)该反应中Br元素化合价由0价变为−1价、+5价,其最小公倍数是5,再结合原子守恒或电荷守恒得方程式为：3Br2+3CO32−═BrO3−+5Br−+3CO2↑，故答案为：3；3；1；5；3；
(4)上述流程中吹出的溴蒸气，也可以用二氧化硫水溶液吸收，再用氯气氧化后蒸馏，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和溴化氢，反应的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，故答案为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
(5) 流程Ⅲ蒸馏过程中，若温度过高，蒸馏时会有大量水蒸气随水排出，温度过低时，溴又不能完全排出，使得产率降低，所以温度需要控制在80~90℃，故答案为：温度过高，大量水蒸气随水排出，溴蒸气中水分含量增加，而温度过低，溴不能完全蒸出，降低溴的产率。
19.氮及其化合物在人们的生活经常出现。
（1）汽车尾气中NO生成过程的能量变化示意图如图：

该条件下，和完全反应生成，会___（填“吸收”或“放出”）__kJ能量。
（2）一定温度下，在体积为的恒容密闭容器中，氮的气态氧化物X和Y之间反应过程中各物质的物质的量与时间的关系如图所示。

①写出该反应的化学反应方程式：____（用物质的化学式表示）
②在内，用Y表示的反应速率为____。
③下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____（填字母）。
a.容器内压强不再发生变化
b.X的体积分数不再发生变化
c.容器内原子总数不再发生变化
d.相同时间内消耗的同时生成
④反应达到平衡后，若降低温度，则v（正）____，v（逆）___。（填“增大“减小”或“不变”）。
（3）反应在四种不同情况下的反应速率分别为：
① ②
③ ④
该反应在四种不同情况下速率由大到小的顺序为（用序号填空）_____。
【答案】(1). 吸收 (2). 91.5 (3). (4). (5). ab (6). 减小 (7). 减小 (8). ②>③>①=④
【解析】
【分析】根据断键和成键过程中能量变化计算反应热；根据反应物的浓度变化计算反应速率；根据化学平衡状态的特征分析反应是否达到平衡；根据反应速率与化学计量数间的关系比较反应的快慢。
【详解】（1）断键吸收能量为945kJ+498kJ=1443kJ/mol，成键放出能量为2×630kJ=1260kJ/mol，由于吸收的能量大于放出的能量，所该反应为吸热反应，生成1molNO吸收的热量为(1443kJ/mol-1260kJ/mol)=91.5kJ/mol，故答案为：吸收；91.5；
（2）①根据图示可知反应物X消耗1mol-0.4mol=0.6mol时，生成Y0.7mol-0.4mol=0.3mol，则根据原子守恒可知该反应为；
②v(Y)= ；
③a.该反应为气体体积减小的反应，当容器内压强不再发生变化，说明反应已经达到平衡，故此项正确；
b.X的体积分数不再发生变化，说明反应物的浓度不再变化，说明反应已经达到平衡，故此项正确；
c.根据原子守恒，反应前后原子总数始终不变，所以容器内原子总数不再发生变化不能说明反应已经达到平衡，故此项错误；
d.消耗的同时生成都是逆反应的过程，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故此项错误，故选ab；
④温度越高反应越快，所以减低温度时，正逆反应速率都减小，故答案为：减小；减小；
（3）根据反应速率之比等于化学计量数之比计算知：①②，则；③，则 ，④，则，所以该反应在四种不同情况下速率由大到小的顺序为②>③>①=④。
20.A、B、C、D、E为五种常见的有机物，它们之间的转化关系如图1所示。其中A是一种可以使溴水及酸性溶液褪色的气体，可作为水果的催熟剂。D分子的模型如图2所示。

请回答下列问题：
（1）A的结构简式为_____，E中的官能团名称为______。
（2）由B生成C的反应类型是_____，由B生成E的反应类型是___。
（3）A反应生成B的化学方程式为____。
（4）B在一定条件下可以生成某种高分子化合物，该高分子化合物的链节是_____。
（5）C物质存在一种同分异构体，该同分异构体属于有毒的一类致癌物，其别名为恶烷，曾被广泛的用于洗涤，制药，印染等行业，试推测其结构简式_____。
（结构不稳定）
（6）C在条件下，借助催化剂与空气充分作用也可以转化成D，其转化的化方程式为_____。
（7）在实验室中取和在浓硫酸催化条件下得到，试计算该反应产物的产率是______。（保留三位有效数字）
【答案】(1). (2). 酯基 (3). 氧化反应 (4). 取代反应（酯化反应） (5). (6). (7). (8). (9).
【解析】
【分析】根据反应流程图中的反应条件、及信息提示分析推断；根据分子模型分析推测化合物的结构；根据反应方程式计算反应产物的产率。
【详解】由于A是一种可以使溴水及酸性溶液褪色的气体，可作为水果的催熟剂，可推测出A为CH2=CH2，CH2=CH2与水发生加成反应生成CH3CH2OH，即B为CH3CH2OH，乙醇被高锰酸钾氧化生成乙酸，即D为CH3COOH，乙醇在Cu在催化剂，加热的条件下，发生催化氧化，生成乙醛，即C为CH3CHO，乙醇和乙酸在浓硫酸共热的条件下反应生成乙酸乙酯，则E为CH3COOCH2CH3，
(1)经过推测可知，A为CH2=CH2，它的官能团为碳碳双键，E是乙醇与乙酸发生酯化反应生成的乙酸乙酯，官能团为酯基，故答案为：CH2=CH2，酯基；
(2)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇在Cu作催化剂的条件下加热发生催化氧化，生成乙醛，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，则B生成C的反应类型是氧化反应，由B生成E的反应类型是酯化反应；故答案为：氧化反应、取代反应（酯化反应）；
(3)乙烯与水发生加成反应生成乙醇，化学方程式为：；
(4)乙烯在一定条件下可以发生加聚反应生成聚乙烯，聚乙烯的链节是；
(5)根据分析可知，C是乙醛，C物质的化学式为：C2H4O，它的同分异构体可能是醚，即它的结构简式可能为： ；
(6)C是乙醛，在条件下，借助催化剂与空气充分作用也可以转化成乙酸，其转化的化方程式为：；
(7)在实验室中取和在浓硫酸催化条件下得到，根据方程式可知，n(CH3CH2OH)：n(CH3COOH)：n(CH3COOCH2CH3)=1:1:1，n(CH3CH2OH)≈0.65mol，n(CH3COOH)=0.5mol，所以乙醇过量，需要用乙醇的物质的量计算，乙醇完全反应应该生产0.5mol乙酸乙酯，即理论上应生成乙酸乙酯的质量为：88g/mol×0.5mol=44g，实际上生成乙酸乙酯41.8g，则反应产物的产率是×100%=95%；故答案为：95%。
21.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系，其中部分产物未写出。常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体。根据如图关系推断：

（1）写出化学式：A____，G____。
（2）实验室收集气体D和A的方法依次是____法、_____法。
（3）写出C→E的化学方程式：____。
（4）请写出A与E反应生成D的化学方程式：_____。
（5）检验物质A的方法和现象是______。
【答案】(1). NH3 (2). HNO3 (3). 排水法 (4). 向下排空气法催化剂 (5). (6). (7). 用湿润的红色石蕊试纸，若遇到变蓝则说明有存在（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有存在）
【解析】
【分析】根据X可以发生的离子反应判断X可能含有的离子；根据题目反应转化关系分析解答；根据化学实验基础分析解答。
【详解】X既能与OH-反应放出气体，又能与H+反应生成气体，可推断X一定含有NH4+，可能含有HCO3-或CO32-，B为H2O，X与OH-反应生成NH3，即A为NH3，C为CO2，其中CO2与Na2O2反应生成O2，即E为O2，NH3与O2反应生成NO和H2O，即D为NO，F为NO2，NO2与H2O反应生成HNO3，即G为硝酸。
(1)X能与OH-反应放出气体，即X中含有NH4+，则A为NH3，F为NO2与水反应生成HNO3，则G为硝酸；
(2)D为NO，A为NH3，由于NO密度接近空气，则不能用排空气法收集，故收集NO气体需用排水法，由于NH3极易溶于水，则收集NH3需要采用向下排空气法；
(3)C为CO2，E为O2，C→E即过氧化钠与CO2反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：；
(4)根据分析可知，气体A为NH3，E为O2， NH3与O2反应生成NO和H2O，化学方程式：；
(5)NH3是碱性气体，检验NH3可以用湿润的红色石蕊试纸，若遇到变蓝则说明有存在（或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口，若有白烟出现，也说明有存在）。