山东省德州市武城二中2014_2015学年高一化学下学期期末复习试卷1含解析.doc

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1、2014-2015学年山东省德州市武城二中高一（下）期末化学复习试卷（1）一、选择题1放射性同位素钬16667Ho的原子核内的中子数与核外电子数之差是（）A99B67C32D1662下列事实可以说明M的非金属性强于N的是（）A单质与氢气化合的难易程度：M难于NB最高价氧化物对应水化物的酸性：M弱于NC简单阴离子的还原性：M强于NDM的单质能从含N的简单阴离子的溶液中置换出N单质3某原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，能实现该反应的原电池是（）A正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO3）2溶液B正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液C正极为Fe，负极为Zn，电

2、解质溶液为Fe2（SO4）3溶液D正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液4在N2+3H22NH3反应中，自反应开始至2s末，氨的浓度由0变为0.4molL1，则以氢气的浓度变化表示该反应在2s内的平均反应速率是（）A0.3molL1s1B0.4molL1s1C0.6molL1s1D0.8molL1s15“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（）A乙烯水化制得乙醇B甲烷与氯气制备一氯甲烷C铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D乙酸与乙醇制乙酸乙酯6在2A+B3C+4D

3、反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s17以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C第A族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低8一定温度下，在容积不变密闭容器中，反应M（g）+3N（g）2W（g）达到平衡的标志是（）A单位时间内生成n mol M，同时生成3n mol NB容器内混合气体的密度不随时间而改变CW

4、的生成速率与W的分解速率相等DM、N、W的分子数之比为1：3：29某有机物其结构简式如图，关于该有机物，下列叙述不正确的是（）A能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，原理相同B1 mol该有机物能与H2发生反应，消耗H2 4molC一定条件下，能发生加聚反应D该有机物苯环上的一个H被取代，有3种同分异构体10根据元素周期律判断，下列叙述正确的是（）A酸性强弱：H3PO4H2SO4B金属性：NaAlC碱性强弱：NaOHMg（OH）2D原子半径：ClNa二、填空题11有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物回

5、答下列问题（1）B在周期表中的位置（2）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物将E的单质浸入ED3溶液中（如图甲所示），溶液由黄色逐渐变为浅绿色，该反应的离子方程式为（3）依据（2）中的反应，可用单质E和石墨为电极设计一个原电池，则在该原电池工作时，石墨一极发生的反应可以表示为比较甲、乙两图，说明石墨除形成闭合回路外所起的作用是12某温度下，2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体发生化学反应时，物质的量随时间变化的关系曲线如图所示，则此反应的化学方程式为；010s内，用Z表示的化学反应速率为；X的转化率为13恒温恒容时，某密闭容器中发生反

6、应：C（s）+CO2（g）2CO（g），下列描述中能说明该反应已达到化学平衡状态的是C（s）的浓度不再改变 CO2的体积分数不再改变气体的质量不再改变 气体的密度再改变单位时间内消耗1molCO2，同时生成2molCOn（CO2）：n（CO）=1：2 v正（CO2）=2v逆（CO）14已知：A、B、F是家庭中常见的有机物，F常用于食品包装，E是石油化工发展水平的标志根据下面转化关系回答问题（1）分别写出A和E中官能团的名称：A中；E中；（2）操作的名称为（3）每步的反应类型分别为；（4）请写出下列反应的化学方程式：写出反应在浓硫酸溶液中加热反应的方程；B在金属铜存在下在空气中加热反应；F的分子

7、结构简式为（5）F是一种常见的高分子材料，它给我们带来了巨大的方便然而，这种材料造成的当今的某一环境问题是2014-2015学年山东省德州市武城二中高一（下）期末化学复习试卷（1）参考答案与试题解析一、选择题1放射性同位素钬16667Ho的原子核内的中子数与核外电子数之差是（）A99B67C32D166【考点】质量数与质子数、中子数之间的相互关系【分析】67166Ho中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数质子数，核外电子数=核电荷数，据此分析解答【解答】解：67166Ho中质子数为67，质量数为166，中子数=质量数质子数=16667=99，由题意知核外电子数等于核电荷数为67，该同位

8、素原子核内的中子数与核外电子数之差为：9967=32故选C【点评】本题考查质子数、中子数、核外电子数及其相互联系，题目难度不大，明确在原子中：质子数=电子数=核电荷数；质量数=质子数+中子数是解题的关键2下列事实可以说明M的非金属性强于N的是（）A单质与氢气化合的难易程度：M难于NB最高价氧化物对应水化物的酸性：M弱于NC简单阴离子的还原性：M强于NDM的单质能从含N的简单阴离子的溶液中置换出N单质【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】元素非金属性强弱的判断依据主要有：与H2化合的难易及氢化物的稳定性；最高价氧化物对应水化物的水溶液的酸性

9、，酸性越强，非金属性越强，但不是氢化物溶于水的酸性；单质氧化性的强弱，氧化性越强，非金属性越强【解答】解：A单质与氢气越易反应，则元素的非金属性越强，单质与氢气化合的难易程度：M难于N，只能说明M的非金属性比N弱，故A错误；B最高价氧化物对应水化物的水溶液的酸性越强，非金属性越强，M弱于N，只能说明M的非金属性比N弱，故B错误；C简单阴离子的还原性：M强于N，则单质的氧化性M比N弱，说明元素的非金属性M比N弱，故C错误；DM的单质能从含N的简单阴离子的溶液中置换出N单质，说明M的氧化性比N强，氧化性越强，非金属性越强，故D正确故选D【点评】本题考查元素非金属性的比较，题目难度中等，注意把握比较

10、角度，为解答该题的关键3某原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，能实现该反应的原电池是（）A正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为Fe（NO3）2溶液B正极为Cu，负极为Fe，电解质溶液为FeCl3溶液C正极为Fe，负极为Zn，电解质溶液为Fe2（SO4）3溶液D正极为Ag，负极为Fe，电解质溶液为CuSO4溶液【考点】原电池和电解池的工作原理【专题】电化学专题【分析】原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+，Fe失去电子，为原电池的负极，正极为比Fe不活泼的金属或非金属，电解质为氯化铁或硫酸铁，以此来解答【解答】解：原电池总反应离子方程式为：2Fe3+Fe=3Fe2+

11、，Fe失去电子，为原电池的负极，正极为比Fe不活泼的金属或非金属，电解质为氯化铁或硫酸铁，而A中电解质含亚铁离子，D中电解质不含铁离子，C中锌为负极，不符合要求故选B【点评】本题考查原电池，明确电池反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意铁离子得电子分析电解质，注重基础知识的考查，题目难度不大4在N2+3H22NH3反应中，自反应开始至2s末，氨的浓度由0变为0.4molL1，则以氢气的浓度变化表示该反应在2s内的平均反应速率是（）A0.3molL1s1B0.4molL1s1C0.6molL1s1D0.8molL1s1【考点】反应速率的定量表示方法【专题】化学反应速率专题【分析】根据v=计算v

12、（NH3），再根据速率之比等于化学计量数之比计算v（H2）【解答】解：反应开始至2s末，氨的浓度由0变为0.4molL1，所以v（NH3）=0.2mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，所以v（H2）=v（NH3）=0.2mol/（Ls）=0.3mol/（Ls），故选A【点评】本题考查化学反应速率的计算，难度较小，考查学生对基础的理解，反应速率计算可用定义法或化学计量数法，根据情况选择计算方法5“绿色化学”是当今社会提出的一个新概念，在“绿色化学”工艺中，理想状态是反应中原子全部转化为欲制的产物，即原子利用率为100%以下反应最符合绿色化学原子经济性要求的是（）A乙烯水化制得乙醇B甲烷与

13、氯气制备一氯甲烷C铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜D乙酸与乙醇制乙酸乙酯【考点】绿色化学【分析】“绿色化学”原子经济反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，不产生副产物，加成反应和加聚反应符合要求【解答】解：ACH2=CH2与H2O反应制取CH3CH2OH，为加成反应，原料利用率为100%，故A正确； B甲烷与氯气制备一氯甲烷，属于取代反应，伴随很大副反应，反应物没全部转化为所需产物，故B错误；C、以铜和浓硝酸为原料生产硝酸铜，因有有毒气体二氧化氮生成，故C错误；D乙酸与乙醇制乙酸乙酯，有副产品水生成，故D错误故选A【点评】本题考查“绿色化学”知识，难度不大，要熟悉各种反应类型，还要考虑环保、

14、经济等方面6在2A+B3C+4D反应中，表示该反应速率最快的是（）Av（A）=0.5 molL1s1Bv（B）=0.3 molL1s1Cv（C）=0.8 molL1s1Dv（D）=1 molL1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【专题】化学反应速率专题【分析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快【解答】解：化学反应速率与其化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.=0.25，B.=0.3，C.=0.27，D.=0.25，则反应速率最快的为B，故选B【点评】本题考查反应速率快慢的比较，利用反应速率与化学计量数的比值可快速解答，

15、也可转化为同种物质的反应速率来比较，题目难度不大7以下有关原子结构及元素周期律的叙述正确的是（）A第IA族元素铯的两种同位素137Cs比133Cs多4个质子B同周期元素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小C第A族元素从上到下，其氢化物的稳定性逐渐增强D同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低【考点】原子结构与元素周期律的关系；同位素及其应用；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系【分析】根据同位素的概念，同一周期原子半径的递变规律，同一主族氢化物的稳定性以及单质的熔沸点来解答【解答】解：A、因铯的同位素具有相同的质子数，故A错；B、同周期元

16、素（除0族元素外）从左到右，原子半径逐渐减小，故B对；C、第VIIA族元素从上到下，非金属性在减弱，则其氢化物的稳定性逐渐减弱，故C错；D、第VIIA族元素从上到下，单质的熔点逐渐升高，故D错；故选：B【点评】本题考查元素周期律，明确常见主族元素的性质是解答的关键，注重基础，一个知识点掌握不好就可能做错，但难度不大8一定温度下，在容积不变密闭容器中，反应M（g）+3N（g）2W（g）达到平衡的标志是（）A单位时间内生成n mol M，同时生成3n mol NB容器内混合气体的密度不随时间而改变CW的生成速率与W的分解速率相等DM、N、W的分子数之比为1：3：2【考点】化学平衡状态的判断【专题】

17、化学平衡专题【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、单位时间内生成n mol M，同时生成3n mol N，未体现正逆的关系，故A错误；B、容器内混合气体的密度始终不随时间而改变，故B错误；C、W的生成速率与W的分解速率相等，正逆反应速率相等，但不为0，故C正确；D、当体系达平衡状态时，M、N、W的分子数之比可能为1：3：2，也可能不是1：3：2，与各物质的初始浓度及转化率有关

18、，故D错误；故选C【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为09某有机物其结构简式如图，关于该有机物，下列叙述不正确的是（）A能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，原理相同B1 mol该有机物能与H2发生反应，消耗H2 4molC一定条件下，能发生加聚反应D该有机物苯环上的一个H被取代，有3种同分异构体【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】该有机物含C=C、Cl及苯环，结合烯烃及卤代烃的性质来解答【解答】解；A含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，与溴水发生加成反应，二者原理不同，故A错误；B能与氢气发

19、生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1 mol该有机物能与H2发生反应，消耗H2 4mol，故B正确；C含有碳碳双键，可发生加聚反应，故C正确；D苯环只有一个取代基，则该有机物苯环上的一个H被取代，有邻、间、对3种同分异构体，故D正确故选A【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握烯烃、卤代烃的性质即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大10根据元素周期律判断，下列叙述正确的是（）A酸性强弱：H3PO4H2SO4B金属性：NaAlC碱性强弱：NaOHMg（OH）2D原子半径：ClNa【考点】同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系；同一周期内元素性质的

20、递变规律与原子结构的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱；C元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物的碱性越强；D同周期元素从左到右原子半径逐渐减小【解答】解：A非金属性SP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故A错误；B同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故B正确；C金属性NaMg，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水合物的碱性越强，故C错误；D同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故D错误故选B【点评】本题考查元素周期律知识，为高考常见题型和高频考

21、点，注意把握元素周期律的递变规律，把握元素的性质与对应的单质、化合物的性质的关系，把握比较的角度，难度不大，注意相关基础知识的积累二、填空题11有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物回答下列问题（1）B在周期表中的位置第二周期A族（2）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物将E的单质浸入ED3溶液中（如图甲所示），溶液由黄色逐渐变为浅绿色，该反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+（3）依据（2）中的反应，可用单质E和石墨为电极设计一个原

22、电池，则在该原电池工作时，石墨一极发生的反应可以表示为2Fe3+2e=2Fe2+比较甲、乙两图，说明石墨除形成闭合回路外所起的作用是石墨为正极，使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生【考点】位置结构性质的相互关系应用【分析】有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大，A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，可能为H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，可推知A为H元素，B为O元素，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，应为SO2和SO3，则C为S元素，故D应为Cl元素（1）主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数；（2）金属元素E是中学化学常见元素，位于元

23、素周期表的第四周期，该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物，则E为Fe元素，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；（3）石墨铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，失去电子生成Fe2+，石墨为正极，Fe3+离子在正极获得电子生成Fe2+【解答】解：有A、B、C、D四种短周期元素，其原子序数依次增大，A、B可形成A2B和A2B2两种化合物，可能为H2O、H2O2或Na2O、Na2O2，可推知A为H元素，B为O元素，B、C同主族且可形成CB2和CB3两种化合物，应为SO2和SO3，则C为S元素，故D应为Cl元素（1）B为O元素，原子核外有2个电子层，最外层电子数为6，处于周期表中：第二周期A族，故

24、答案为：第二周期A族；（2）金属元素E是中学化学常见元素，位于元素周期表的第四周期，该元素可与D形成ED2和ED3两种化合物，则E为Fe元素，将Fe浸入到FeCl3中，发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液由黄色逐渐变为浅绿色，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；（3）石墨铁在氯化铁电解质溶液中形成原电池，Fe为负极，失去电子生成Fe2+，负极电极反应式为：Fe2e=Fe2+，石墨为正极，Fe3+离子在正极获得电子生成Fe2+，正极电极反应式为：2Fe3+2e=2Fe2+，使还原反应和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生，故答案为：2Fe3+2e=2Fe2+；石墨为正极，使还原反应

25、和氧化反应在电解质溶液中的不同区域内发生【点评】本题考查结构性质位置关系应用、电化学知识，题目难度不大，推断元素的种类为解答关键，注意理解掌握电极反应式的书写12某温度下，2L恒容密闭容器中，X、Y、Z三种气体发生化学反应时，物质的量随时间变化的关系曲线如图所示，则此反应的化学方程式为X（g）+Y（g）2Z（g）；010s内，用Z表示的化学反应速率为0.08 mol/（Ls）；X的转化率为66.7%或66.67%【考点】化学平衡的计算【分析】（1）根据图象知，X、Y为反应物，Z为生成物，反应达到平衡状态时，参加反应的n（X）=（1.200.40）mol=0.80mol，n（Y）=（1.000.

26、20）mol=0.80mol，n（Z）=（1.600）mol=1.60mol，参加反应的各物质的量之比等于其计量数之比，据此确定化学方程式；（2）010s内，用Z表示的化学反应速率为=；（3）X的转化率=【解答】解：（1）根据图象知，X、Y为反应物，Z为生成物，反应达到平衡状态时，参加反应的n（X）=（1.200.40）mol=0.80mol，n（Y）=（1.000.20）mol=0.80mol，n（Z）=（1.600）mol=1.60mol，参加反应的各物质的量之比等于其计量数之比=0.80mol：0.80mol：1.60mol=1：1：2，所以该反应方程式为X（g）+Y（g）2Z（g），故

27、答案为：X（g）+Y（g）2Z（g）；（2）010s内，用Z表示的化学反应速率为= mol/（Ls）=0.08 mol/（Ls），故答案为：0.08 mol/（Ls）；（3）X的转化率=66.7%或66.67%，故答案为：66.7%或66.67%【点评】本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，正确确定方程式是解本题关键，明确参加反应的各物质物质的量之比与计量数之比关系即可解答，题目难度不大13恒温恒容时，某密闭容器中发生反应：C（s）+CO2（g）2CO（g），下列描述中能说明该反应已达到化学平衡状态的是C（s）的浓度不再改变 CO2的体积分数不再改变气体的质量不再改变 气体的密度再改变单位时间

28、内消耗1molCO2，同时生成2molCOn（CO2）：n（CO）=1：2 v正（CO2）=2v逆（CO）【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据可逆反应达到平衡状态，一定满足正逆反应速率相等，各组分的浓度、百分含量不再变化，据此进行判断【解答】解：由于C是固体，在反应过程中浓度始终不变，所以C（s）的浓度不再改变不能作为平衡状态的判断标志；CO2的体积分数不再改变时，各组分的含量不再改变，反应达到 平衡状态，故可作为平衡状态的判断标志；在C（s）+CO2（g）2CO（g）中，气态物质的质量是不断增大的，当气体质量不变时，说明反应已经达到 平衡状态，故可作为判断标志；由于该反应是在恒容条件下进行

29、，气体质量在反应前后不守恒，即密度是不断变化的，故当密度不变是反应就达到了平衡状态；单位时间内消耗1mol CO2，同时生成2mol CO都是描述的正反应，没有说明逆反应速率，所以无法判断正逆反应速率是否相等，故无法判断反应是否处于平衡状态；n（CO2）：n（CO）=1：2 时无法判断正逆反应速率是否相等，故也就无法判断反应是否处于平衡状态；反应处于平衡状态时2v正（CO2）=v逆（CO）v正，而当（CO2）=2v逆（CO）时，正反应速率是大于逆反应速率的，故反应未处于平衡状态；故答案为：【点评】本题考查了平衡状态的判断，难度不大，解题关键在于理解化学平衡状态的特征14已知：A、B、F是家庭中

30、常见的有机物，F常用于食品包装，E是石油化工发展水平的标志根据下面转化关系回答问题（1）分别写出A和E中官能团的名称：A中羧基；E中碳碳双键；（2）操作的名称为分馏（3）每步的反应类型分别为酯化反应或取代反应加成反应加聚反应；（4）请写出下列反应的化学方程式：写出反应在浓硫酸溶液中加热反应的方程CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；B在金属铜存在下在空气中加热反应2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；F的分子结构简式为（5）F是一种常见的高分子材料，它给我们带来了巨大的方便然而，这种材料造成的当今的某一环境问题是白色污染【考点】有机物的推断【分析】E是石

31、油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2，A、B、F是家庭中常见的有机物，E通过加聚反应得到常见的高分子材料F，则F为聚乙烯；E与水发生加成反应生成B为C2H5OH，A与B反应生成C，C能在酸或碱条件下水解生成A、B、D，则A为CH3COOH，C为CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa，由操作可知，为石油分馏，以此来解答【解答】解：E是石油化工发展水平的标志，则E为CH2=CH2，A、B、F是家庭中常见的有机物，E通过加聚反应得到常见的高分子材料F，则F为聚乙烯；E与水发生加成反应生成B为C2H5OH，A与B反应生成C，C能在酸或碱条件下水解生成A、B、D，则A为CH3COOH，C为

32、CH3COOCH2CH3，D为CH3COONa，（1）A为乙酸，含有羧基，E为乙烯，含有官能团为：碳碳双键，故答案为：羧基；碳碳双键；（2）因石油中各馏分的沸点不同，可利用分馏的方法来得到各馏分，所以操作为分馏，故答案为：分馏；（2）由上述分析可知，反应是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，也属于取代反应，反应是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应是乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，故答案为：酯化反应或取代反应；加成反应；加聚反应；（3）反应是乙醇与乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O；乙醇在金属铜存在下在空气中加热生成乙醛，化学反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）F为聚乙烯，结构简式为，故答案为：（5）F为聚乙烯，难以降解，容易产生白色污染，故答案为：白色污染【点评】本题考查有机物的推断，涉及烯烃、醇、羧酸、酯等性质与转化，E为乙烯是解答本题的突破口，再根据各物质之间的转化推出各物质，难度不大