河南省郑州市重点名校2025年高一化学第二学期期末达标检测模拟试题含解析.doc

河南省郑州市重点名校2025年高一化学第二学期期末达标检测模拟试题
注意事项：
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、最近我国科学家研制出强度是钢60倍的碳纳米管（如下图所示）新材料。有关该材料的说法正确的是

A．属于金属材料 B．与C互为同位素
C．与金刚石互为同素异形体 D．是一种新型高分子化合物
2、下列各组中的性质比较，不正确的是( )
A．稳定性：NH3＜PH3＜SiH4 B．酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4
C．碱性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2 D．还原性：F－＜Cl－＜Br－
3、标况下，某气体的质量为2.8克，体积为2.24L,其则该气体的相对分子质量为( )
A．28 B．56 C．112 D．28g/mol
4、若NA表示阿佛加德罗常数，下列说法正确的是 ( )
A．1 mol Cl2作为氧化剂得到的电子数为NA
B．在0 ℃，101 kPa时，22.4 L氢气中含有NA个氢原子
C．14 g氮气中含有7NA个电子
D．NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为7:4
5、下图是电解水的微观示意图。下列有关说法正确的是

A．过程1放出热量 B．H2O的能量比O2能量高
C．H2分子中存在极性共价键 D．过程2有新化学键形成
6、下列元素不属于第三周期的是(　　)
A．Na B．Mg C．Al D．N
7、一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是(　　)

A．反应CH4＋H2O3H2＋CO，每消耗1 mol CH4 转移2 mol 电子
B．电极A上H2参与的电极反应为：H2＋2OH－－2e－===2H2O
C．电池工作时，CO32-向电极B移动
D．电极B上发生的电极反应为：O2＋2CO2＋4e－===2CO32-
8、下列不属于人类基本营养物质的是
A．纤维素 B．糖类 C．油脂 D．蛋白质
9、下列说法中正确的是
A．熵增加且放热的反应一定是自发反应
B．自发反应一定是熵增大的反应，非自发反应一定是熵减小或不变的反应
C．凡是放热反应都是能自发进行的反应，而吸热反应都是非自发进行的反应
D．非自发反应在任何条件下都不能发生
10、下列说法正确的是（设阿伏加德罗常数的值是6.02×1023）（ ）
A．常温常压下，1 mol NO2的质量为46g/mol
B．1 L 1mol/L的Na2SO4溶液中含有Na+的数目是6.02×1023个
C．标准状况下，2 g H2所占的体积约为22.4 L
D．32 g氧气中含有6.02×1023个O原子
11、将22.4 g 铁粉逐渐加入到含HNO3 0.8 mol的稀硝酸中，反应生成的气体的物质的量(x)随消耗铁粉的物质的量(y)变化关系中正确的是

12、下列属于吸热反应的是
A．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体反应
B．铝热反应
C．稀硫酸与烧碱反应
D．生石灰与水反应
13、只用一种试剂就可以鉴别乙酸溶液、葡萄糖溶液、淀粉溶液，该试剂是
A．NaOH溶液 B．Na2CO3溶液 C．碘水 D．新制氢氧化铜
14、25℃时，0.01mol/L氢氧化钠溶液的pH是 （ ）
A．2 B．5 C．9 D．12
15、碳元素有3种核素，其中一种是，其核内的中子数是
A．6 B．8 C．14 D．20
16、下列有关物质应用的叙述错误的是
A．用Al(OH)3治疗胃酸过多 B．用过氧化钠作潜水供氧剂
C．用氧化镁制作耐高温材料 D．用氧化铁制作蓝色外墙涂料
二、非选择题（本题包括5小题）
17、乙烯是重要有机化工原料。结合以下路线回答：

已知：2CH3CHO + O2催化剂，加热2CH3COOH
（1）反应①的化学方程式是_______。
（2）B的官能团是_______。
（3）F是一种高分子，可用于制作食品袋，其结构简式为_______。
（4）G是一种油状、有香味的物质，有以下两种制法。
制法一：实验室用D和E反应制取G，装置如图所示。

i.反应⑥的化学方程式是______，反应类型是_____。
ii.分离出试管乙中油状液体用到的主要仪器是_______。
制法二：工业上用CH2=CH2和E直接反应获得G。
iii.反应类型是___。
iv.与制法一相比，制法二的优点是___。
18、F可用作丙烯酸酯橡胶的基材。以煤为原料制取F的一种合成路线如下：

（1）①的加工手段称为煤的_______（填“气化”“液化”或“干馏”）。
（2）②、④反应类型依次是______、______。
（3）E中所含官能团名称是_______和_______。
（4）C与A互为同系物，C的化学名称是_______；F的结构简式为_______。
（5）反应④的化学方程式为_______。
19、硫代硫酸钠(Na2S2O3)具有较强的还原性，还能与中强酸反应，在精细化工领域应用广泛。将SO2通入按一定比例配制成的Na2S和Na2CO3的混合溶液中，可制得Na2S2O3·5H2O(大苏打)。
已知：Na2S、Na2CO3、Na2SO3、NaHCO3溶液呈碱性；NaHSO3溶液呈酸性。
(1)实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是________(填字母代号)。

(2)向Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，发现：
①浅黄色沉淀先逐渐增多，反应的化学方程式为_____________________________________；
②当浅黄色沉淀不再增多时，反应体系中有无色无味的气体产生，反应的化学方程式为________________________________；
③浅黄色沉淀逐渐减少(这时有Na2S2O3生成)；
④继续通入过量的SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，反应的化学方程式为________________________。
(3)制备Na2S2O3时，为了使反应物利用率最大化，Na2S和Na2CO3的物质的量之比应为____________；通过反应顺序，可比较出：温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液pH更大的是________________。
20、用酸性KMnO4溶液与H2C2O4（草酸）溶液反应研究影响反应速率的因素，一实验小组欲通过测定单位时间内生成CO2的体积，探究某种影响化学反应速率的因素，设计实验方案如下（KMnO4溶液已酸化），实验装置如图所示：
实验序号
A溶液
B溶液
①
20mL 0.1mol·L-1H2C2O4溶液
30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液
②
20mL 0.2mol·L-1H2C2O4溶液
30mL 0.01mol·L-1KMnO4溶液

（1）写出该反应的离子方程式__________________________________________。
（2）该实验探究的是________因素对化学反应速率的影响。相同时间内针筒中所得CO2的体积大小关系是______>______（填实验序号）。
（3）若实验①在2min末收集了4.48mL CO2（标准状况下），则在2min末，c(MnO4-)=______ mol·L-1（假设混合溶液的体积为50mL）。
（4）除通过测定一定时间内CO2的体积来比较反应速率外，本实验还可通过测定_________________________来比较化学反应速率。
（5）小组同学发现反应速率变化如图，其中t1-t2时间内速率变快的主要原因可能是：①反应放热，②___________________。

21、以淀粉为主要原料合成一种具有果香味有机物C和高分子化合物E的合成路线如下图所示。

请回答下列问题：
（1）写出E的结构简式_______________，D分子内含有的官能团是______（填名称）。
（2）写出下列反应的反应类型：②_________________，④_________________。
（3）写出下列反应的化学方程式：
①____________________________________________________________________；
③____________________________________________________________________。
（4）某同学欲用入图装置制备物质C，试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是：_________________________________________；插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为___________________；如需将试管B中的物质C分离出来，用到的主要玻璃仪器有：烧杯、__________________。

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
分析：同位素是质子数相同，而中子数不同的原子；同素异形体是指由同种元素组成的不同单质。
详解：A. 碳纳米管属于非金属材料，选项A错误；B. 碳纳米管为单质不是元素，不能说与互为同位素，选项B错误；C. 碳纳米管与金刚石是碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，选项C正确； D. 碳纳米管是一种单质，不是新型高分子化合物，选项D错误。答案选C。
2、A
【解析】
A. 同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则气态氢化物的稳定性增强，故CH4＜NH3；同主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，则氢化物的稳定性依次减弱，故SiH4＜CH4，故A错误；
B. 同周期，由左到右，原子的得电子能力逐渐增强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性增强，HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故B正确；
C. 同主族，由上到下，失电子能力逐渐增强，则最高价氧化物对应的水化物的碱性增强；同周期，由左到右，原子的失电子能力逐渐减弱，则最高价氧化物对应的水化物的碱性减弱，KOH＞NaOH＞Mg(OH)2，故C正确；
D. 同主族，由上到下，得电子能力逐渐减弱，则单质的氧化性减弱，而阴离子的还原性增强，F－＜Cl－＜Br－，故D正确。
故选A
3、A
【解析】分析：根据n==计算相关物理量,相对分子质量在数值上等于摩尔质量，以此解答。
详解:某气体的体积为2.24L,其质量为2.8克,
则气体的物质的量为=0.1mol,
M==28g/mol,
所以该气体的相对分子质量为28，
所以A选项是正确的。
4、C
【解析】
A不正确，应该是2NA；B中氢气是1mol，含有氢原子数是2NA；氮原子的电子数是7个，14g氮气是0.5mol，含有电子是7NA；NA个一氧化碳分子和0.5 mol甲烷的质量比为28∶8，所以正确的答案选C。
5、D
【解析】
分析：过程1是断键过程，过程2是形成化学键的过程，据此解答。
详解：A. 过程1是水分子中的化学键断键，吸收能量，A错误；
B.水分解是吸热反应，则H2O的能量比氢气和O2能量之和低，水分子与氧气能量不能比较，B错误；
C. H2分子中存在非极性共价键，C错误；
D. 过程2生成氢气和氧气，有新化学键形成，D正确。
答案选D。
6、D
【解析】
A. Na属于第三周期第IA族，不符合题意；
B. Mg属于第三周期第IIA族，不符合题意；
C. Al属于第三周期第IIIA族，不符合题意；
D. N属于第二周期第VA族，符合题意；
答案选D。
7、D
【解析】
根据图示，甲烷和水经催化重整生成CO和H2；燃料电池中，通入CO和H2燃料的电极为负极，被氧化生成二氧化碳和水，通入氧气的电极为正极，氧气得电子生成CO32-，据此分析解答。
【详解】
A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由-4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；
B．熔融碳酸盐燃料电池的电解质中没有OH-，电极A的反应为H2+CO+2CO32--4e-=H2O+3CO2，故B错误；
C．燃料电池工作时，CO32-向负极移动，即向电极A移动，故C错误；
D．电极B为正极，正极上氧气得电子生成CO32-，反应为O2+2CO2+4e-=2CO32-，故D正确；
答案选D。
明确原电池的原理是解题的关键。本题的易错点为B，书写电极反应式时要注意结合电解质的影响书写。
8、A
【解析】
糖类、油脂和蛋白质是人类基本营养物质，人体中没有水解纤维素的酶，纤维素在人体中主要是加强胃肠的蠕动，有通便功能，不是人类基本营养物质，A项正确；
答案选A。
9、A
【解析】
A.熵增加且放热的反应，△S＞0，△H＜0，△G=△H-T△S＜0一定是自发反应，A正确；
B.熵减小△S＜0，△H＜0高温下，△G=△H-T△S＜0，反应自发进行，自发反应不一定是熵增大的反应，非自发反应不一定是熵减小或不变的反应，B错误；
C.若△H＜0、△S＜0，则高温下△G=△H-T△S＞0，不能自发进行，故放热反应不一定能自发进行的反应；若△H＞0、△S＞0，则高温下△G=△H-T△S＜0，能自发进行，故吸热反应不一定是非自发进行的反应，C错误；
D.△H-△T△S＜0反应自发进行，△G=△H-T△S＞0反应非自发进行，改变条件非自发进行的反应可以变化为自发进行，D错误。
故选A。
10、C
【解析】A、常温常压下，1 mol NO2的质量为46g，A错误；B、1 L 1mol/L的Na2SO4溶液中含有Na+的数目是2×6.02×1023个，B错误；C、标准状况下，2 g H2的物质的量是1mol，所占的体积约为22.4 L，C正确；D、32 g氧气是1mol，其中含有2×6.02×1023个O原子，D错误，答案选C。
11、C
【解析】试题分析：Fe与稀硝酸反应n（Fe）="22.4/56=0.4" mol，设稀HNO3完全反应，消耗Fe为xmol，设生成Fe(NO3)3为y mol据反应：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O得，x=0.2mol，Fe过量（0.4-0.2）=0.2mol，继续加入Fe粉，不再产生NO气体，过量的铁与Fe(NO3)3发生反应，Fe+2Fe(NO3)33Fe(NO3)2,完全反应还只需加0.1molFe ，A、生成0.2mol气体需用0.2mol铁，A项错误；B、生成0.2mol气体需用0.2mol铁，B项错误；C、据以上分析，C项正确；D、生成0.2mol气体需用0.2mol铁，D项错误；答案选C。
考点：考查化学图像
12、A
【解析】分析：根据常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)分析判断。
详解：A．Ba(OH)2•8H2O与NH4Cl晶体混合反应是吸热反应，在反应中吸收热量，故A正确；B．铝热反应是放热反应，故B错误；C．稀硫酸与烧碱反应属于中和反应，反应为放热反应，故C错误；D．生石灰变成熟石灰的反应是放热反应，故D错误；故选A。
点睛：本题考查化学反应的热量变化，学生应注重归纳中学化学中常见的吸热或放热的反应，对于特殊过程中的热量变化的要熟练记忆来解答此类习题。如常见的放热反应包括：燃烧反应、中和反应、铝热反应、金属与水或酸反应、部分化合反应。
13、D
【解析】
A．NaOH溶液只能与乙酸发生反应，但是无明显现象，与另外两种物质不反应，因此不能鉴别，A错误；
B．Na2CO3溶液与乙酸发生反应产生CO2气体，与另外两种物质不能发生反应，不能鉴别，B错误；
C．碘水与淀粉溶液混合会变为蓝色溶液，与另外两种物质不能发生，无现象，因此不能鉴别物质，C错误；
D．新制氢氧化铜与乙酸混合，发生反应，变为蓝色溶液，将另外两个加热煮沸，产生砖红色沉淀的是葡萄糖，无明显现象的是淀粉溶液。三种溶液现象各不相同，可以鉴别，D正确。
答案选D。
14、D
【解析】
0.01mol/L氢氧化钠溶液中 ， , pH是12，故D正确。
15、B
【解析】
根据原子符号中左上角数字为质量数，左下角为质子数，质子数+中子数=质量数，以此来解答。
【详解】
的质子数为6，质量数为14，中子数=质量数-质子数=14-6=8，故选B。
16、D
【解析】
A. Al(OH)3为两性物质，可以与胃酸（主要是盐酸）发生中和反应，可治疗胃酸过多，故A正确；
B. 过氧化钠可以与水或二氧化碳反应放出氧气，所以可以用过氧化钠作潜水供氧剂，故B正确；
C. 氧化镁为离子晶体，熔点高，可用于耐高温材料，故C正确；
D. 三氧化二铁是红色粉末，俗称铁红，可用于红色涂料，制作外墙红色涂料，故D错误；
答案选D。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br 羟基（或—OH） 取代反应（或酯化反应） 分液漏斗 加成反应 原子利用率高
【解析】
乙烯分子中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，1,2—二溴乙烷在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成乙二醇；一定条件下，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，则D为乙醇；乙醇在铜作催化剂条件下加热发生催化氧化反应生成乙醛；乙醛在催化剂作用下发生氧化反应生成乙酸，则E为乙酸；在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，则G为乙酸乙酯；一定条件下，乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，则F为聚乙烯。
【详解】
（1）反应①为乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，反应的化学方程式为H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br，故答案为：H2C=CH2 + Br2 → BrCH2CH2Br；
（2）B的结构简式为HOCH2CH2OH，官能团为羟基，故答案为：羟基；
（3）高分子化合物F为聚乙烯，结构简式为，故答案为：；
（4）i.反应⑥为在浓硫酸作用下，乙酸与乙醇共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；取代反应（或酯化反应）；
ii.反应生成的乙酸乙酯不溶于水，则分离出试管乙中乙酸乙酯油状液体用分液的方法，用到的仪器为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
iii. 一定条件下，乙烯与乙酸发生加成反应生成乙酸乙酯，故答案为：加成反应；
iv.与制法一相比，制法二为加成反应，反应产物唯一，原子利用率高，故答案为：原子利用率高。
本题考查有机物推断，注意对比物质的结构，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化，明确发生的反应是解答关键。
18、气化 加成反应 取代反应（或酯化反应） 碳碳双键 酯基 丙烯 CH2＝CHCOOH + C2H5OHCH2＝CHCOOC2H5 + H2O
【解析】
（1）①的加工手段是将煤在高温条件下与水反应生成水煤气，称为煤的气化；
（2）反应②是乙烯与水催化水化发生加成反应生成乙醇，反应类型为加成反应；反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸酸乙酯，反应类型取代反应（或酯化反应）；
（3）E为丙烯酸，所含官能团名称是碳碳双键和酯基；
（4）A为乙烯，C与A互为同系物，故C的化学名称是丙烯；E通过加聚反应生成F，F为聚丙烯酸乙酯，故F的结构简式为；
（5）反应④是乙醇与丙烯酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，反应的化学方程式为CH2＝CHCOOH + C2H5OHCH2＝CHCOOC2H5 + H2O。
本题考查有机物的推断和合成，物质的推断是关键，易错点为丙烯酸的推导，注意根据碳原子个数及前后物质的类型及官能团进行分析。
19、 d 3SO2＋2Na2S===3S↓＋2Na2SO3 SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO2 Na2S2O3＋SO2＋H2O===S↓＋2NaHSO3 2∶1 Na2S溶液
【解析】分析：(1)根据Na2SO3易溶于水，结合装置中对物质的状态的要求分析判断；
(2)①根据亚硫酸的酸性比氢硫酸强，且2H2S+SO2=3S↓+2H2O分析解答；②根据无色无味的气体为CO2气体分析解答；④根据题意Na2S2O3能与中强酸反应分析解答；
(3)根据(2)中一系列的反应方程式分析解答；根据SO2先和Na2S反应，后与碳酸钠反应分析判断。
详解：(1)因为Na2SO3易溶于水，a、b、c装置均不能选用，实验室用Na2SO3和硫酸制备SO2，可选用的气体发生装置是d，故答案为：d；
(2)①向Na2S和Na2CO3的混合溶液中不断通入SO2气体的过程中，浅黄色沉淀先逐渐增多，其反应原理为SO2+Na2S+H2O=H2S+Na2SO3，2H2S+SO2=3S↓+2H2O，即反应的化学方程式为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；故答案为：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；
②当浅黄色沉淀不再增多时，有无色无嗅的气体产生，无色无味的气体为CO2气体，其化学方程式为SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；故答案为：SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；
④继续通入SO2，浅黄色沉淀又会逐渐增多，Na2S2O3能与中强酸反应，所以浅黄色沉淀又增多的原理为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；故答案为：Na2S2O3+SO2+H2O=S↓+2NaHSO3；
(3)①3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；②SO2+Na2CO3=Na2SO3+CO2；③Na2SO3+S=Na2S2O3；①+②+③×3得：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2；所以Na2S和Na2CO3的物质的量之比为2：1；因为SO2先和Na2S反应，所以温度相同时，同物质的量浓度的Na2S溶液和Na2CO3溶液，Na2S溶液的pH更大；故答案为：2：1；Na2S溶液。
点睛：本题的易错点和难点为(3)中Na2S和Na2CO3的物质的量之比的判断，要成分利用(2)中的反应分析，其中浅黄色沉淀逐渐减少，这时有Na2S2O3生成黄色沉淀，减少的原理为：Na2SO3+S=Na2S2O3。
20、2MnO4-＋5H2C2O4＋6H+=2Mn2+＋10CO2↑＋8H2O 浓度 ② ① 0.0052 KMnO4溶液完全褪色所需时间（或产生相同体积气体所需要的时间） 产物Mn2+是反应的催化剂
【解析】
（1）利用高锰酸钾的强氧化性，将草酸氧化成CO2，本身被还原成Mn2+，利用化合价升降法进行配平，即离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）对比实验①②只有草酸的浓度不同，即该实验探究的是浓度对反应速率的影响，实验②中A溶液的c(H2C2O4)比实验①中大，则实验②的化学反应速率快，相同时间内所得CO2的体积大，即②>①；
（3）收集到CO2的物质的量为n(CO2)==2×10-4mol，根据（1）的离子方程式，得出：n(MnO4-)=mol=4×10-5mol，在2min末，n(MnO4-)=30×10-3L×0.01mol·L-1-4×10-5mol=2.6×10-4mol，从而可得c(MnO4-)==0.0052mol·L-1；
（4）本实验还可通过测定KMnO4完全褪色所需的时间或产生相同体积气体所需要的时间；
（5）这段时间，速率变快的主要原因是①产物中Mn2+或MnSO4是反应的催化剂，②反应放热，使混合溶液的温度升高，加快反应速率。
氧化还原反应方程式的书写是难点，一般先写出氧化剂＋还原剂→氧化产物＋还原产物，利用化合价升降法进行配平，根据所带电荷数和原子守恒确认有无其他微粒参与反应，注意电解质的酸碱性。
21、 碳碳双键 氧化反应 消去反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O 降低乙酸乙酯的溶解度，除乙醇、乙酸 防倒吸 分液漏斗
【解析】分析：CH3CH2OH在Cu催化剂条件下发生催化氧化生成A为CH3CHO，CH3CHO进一步氧化生成B为CH3COOH，CH3COOH与CH3CH2OH发生酯化反应生成C为CH3COOC2H5，乙醇发生消去反应生成D为CH2=CH2，乙烯发生加聚反应生成高分子物质E为聚乙烯，据此分析解答。
详解：（1）由上述分析可知，E为聚乙烯，其结构简式为，D为CH2=CH2，分子内含有的官能团是碳碳双键；（2）反应②为CH3CHO催化氧化生成CH3COOH，其反应类型为氧化反应；反应④为乙醇在浓硫酸催化下发生消去反应生成乙烯和水，其反应类型为消去反应；（3）反应①为乙醇与氧气在催化剂作用下反应生成乙醛和水，反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反应③为乙酸与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O； （4）某同学欲用入图装置制备物质C，试管B中装有足量的饱和碳酸钠溶液的目的是：降低乙酸乙酯的溶解度，除乙醇、乙酸；插入试管B的导管接有一个球状物，其作用为防倒吸；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，可用分液的方法分离，用到的仪器有烧杯、分液漏斗等。