2023学年广西示范初中高一化学第二学期期末质量检测模拟试题含答案解析

1、2023学年高一下化学期末模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、W、X、Y、Z均为短周期元

2、素且原子序数依次增大，元素W和Y同族。盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到XZW的溶液。下列说法正确的是A原子半径大小为WXYZBY的氢化物稳定性强于X的CY的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Z的D标准状况下W的单质状态与Z的相同2、某容器中加入N2和H2，在一定条件下，N2+3H22NH3，达到平衡时N2、H2、NH3的浓度分别是3 mol L-l、4 mol L-1、4 mol L-1，则反应幵始时H2的浓度是()A5 mol L-1B10 mol L-1C8 mol L-1D6.7 mol L-13、短周期主族元素XYZW 的原子序数依次增大,X的最高正

3、价与最低负价的代数和为2,Y是地壳中含量最多的元素,Z原子的最外层电子数是Y原子的最外层电子数的一半,W与Y同主族下列说法正确的是（ ）A原子半径:YZSNO，故A错误；B、组成的化合物是Al2O3，属于两性氧化物，故B正确；C、同主族从上到下非金属性减弱，非金属性越强，其氢化物越稳定，因此H2O的稳定性强于H2S，故C错误；D、组成的化合物可能是N2O、NO、NO2、N2O4、N2O5等，故D错误。4、B【答案解析】五种溶液含有的阳离子各不相同，但都是氯化物，因而KSCN溶液不能达到目的，且盐酸与五种氯化物都不反应，利用金属氢氧化物的溶解性及颜色来鉴别，因又涉及到Al3+和Mg2+的鉴别，因

4、此必需选强碱，据此解答。【题目详解】A加入盐酸，与五种物质都不反应，不能鉴别，A错误；B加入NaOH溶液，氯化钠不反应，FeCl3生成红褐色沉淀，FeCl2生成白色沉淀，然后迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，MgCl2生成白色沉淀，AlCl3先生成白色沉淀，沉淀然后溶解，现象各不相同，可鉴别，B正确；C加入氨水，不能鉴别MgCl2、AlCl3，C错误；D加入KSCN只能鉴别FeCl3，不能鉴别其它物质，D错误。答案选B。5、A【答案解析】高分子化合物相对分子质量特别大一般达1万以上、一般具有重复结构单元。【题目详解】A、淀粉属于多糖，分子式是(C6H10O5)n，相对分子质量是162n，可以达到

5、1万以上，属于高分子化合物，故选A；B、蔗糖属于二糖，分子式是C12H22O11，相对分子质量不大，不属于高分子化合物，故不选B； C、麦芽糖属于二糖，分子式是C12H22O11，相对分子质量不大，不属于高分子化合物，故不选C；D、葡萄糖是单糖，分子式是C6H12O6，相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故不选D；6、B【答案解析】分析：A. 氯化氢为共价化合物；B. 乙块的结构简式必须标出碳碳三键；C. S2-核内16个质子，核外18个电子 ；D. 乙烯分子中存在碳碳双键。详解：A. 氯化氢为共价化合物，其电子式为：，选项A正确；B. 乙块的结构简式为：CHCH，选项B不正确；C. S2-

6、的结构示意图为：，选项C正确；D. 乙烯的球棍模型为：，选项D正确。答案选D。7、D【答案解析】在外力的作用下水也可向上“上”流；反应能不能自发决定于G=HTS是否0，故熵增加且放热的反应H0，G0，一定是自发反应，故答案选D。8、A【答案解析】A、对于任何化学反应，升高温度，化学反应速率都加快，故A正确；B、若A为纯固体或纯液体，B、C为气体，则增加A的物质的量，反应速率不变，故B错误；C、若C为纯固体或纯液体，A、C为气体，则增加C的物质的量，反应速率不变，故C错误；D、压强只影响有气体参加的反应的反应速率，对于固体和液体之间的反应，增大压强，不影响化学反应速率，故D错误；故选A。9、D【

7、答案解析】A.BaCl2为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，故A不选；B.KOH为离子化合物，在水溶液中或熔融状态下能导电，属于电解质，故B不选；C.HNO3能电离出H+和NO3-在水溶液中能导电，属于电解质，故C不选；D.C2H5OH是共价化合物，在水溶液中和熔融状态下不导电，属非电解质，故D选；故选D。【答案点睛】在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物称为电解质，酸、碱、盐都是电解质；在在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物称为非电解质，蔗糖、乙醇等都是非电解质。大多数的有机物都是非电解质；单质、混合物既不是电解质也不是非电解质。10、B【答案解析】分析：A强酸反应可

8、以制取弱酸；B蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行；C非金属性强的单质能置换非金属性弱的单质；D钠与水反应更剧烈；据此分析判断。详解：A用CH3COOH溶液浸泡水垢，水垢溶解，有无色气泡，说明醋酸的酸性比碳酸强，故A正确；B蔗糖在酸性条件下水解生成葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜的反应应在碱性条件下进行，应先加入氢氧化钠溶液调节溶液至碱性，故B错误；C氯气能置换出溴，溴易溶于四氯化碳，且四氯化碳的密度比水大，静置后上层颜色变浅，下层颜色变为橙红色，可证明，故C正确；D钠与水反应更剧烈，说明乙醇羟基中氢原子不如水分子中氢原子活泼，故D正确；故选B。11、D【答案解析】

9、分析：存在化学能与热能的相互转化，是指发生化学反应过程中伴随有能量的变化，能量以热能体现。详解：A、木柴燃烧有化学反应发生，有化学能和热能变化，A不符合；B、白磷自燃有化学反应发生，有化学能和热能变化，B不符合；C、燃放爆竹过程中有化学反应发生，有化学能和热能变化，C不符合；D、干冰气化只有热量变化，无化学能的变化，D符合；答案选D。12、B【答案解析】A. 浓H2SO4具有吸水性，因而可作干燥剂，A正确；B. 稀硝酸具有强氧化性，不可能含有Fe2+，B错误；C. 浓硝酸具有强氧化性，能使铝钝化，故常用铝罐车运输冷的浓硝酸，C正确；D. 向50mL18.4mol/LH2S04溶液中加入足量的铜

10、片并加热，充分反应后，硫酸浓度逐渐减小，稀硫酸与铜不反应，则被还原的H2S04的物质的量小于0.46mol，D正确，答案选D。13、C【答案解析】A项，一个镁原子含有12个质子，一个铝原子含有13个质子，1mol镁与1mol铝含有的质子数不同，故A项错误；B项，SO2和O2反应为可逆反应，不可能全部生成SO3，反应后的分子总数大于2NA，故B项错误；C项，标准状况下，11.2L气体的物质的量为0.5mol，0.5molCH4和C2H4混合物中氢原子数目为2NA，故C项正确；D.甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于NA，故D项错误。综上所述，本题

11、正确答案为C。【答案点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，知识面广，应注意掌握公式的运用和物质的结构、可逆反应的概念以及甲烷和氯气发生取代反应的机理。14、D【答案解析】根据元素周期表的结构：相邻两个周期同主族元素的原子序数相差2、8、18、32，以此判断同族中位置关系；同周期元素根据原子序数判断位置关系，据此来分析，注意第A族、第A族之间有10个纵行，为7个副族和1个族。【题目详解】A. 原子序数为3和5之间相隔11个空列，A项错误；B. 4和5间有10个空列为7个副族和1个族，且与5号同主族相邻的元素的原子序数为13，B项错误；C. 1号和11号元素之间相隔一个周期，第一列应为1、3、

12、11、19，2号元素与1号元素之间相隔16列，C项错误；D. 第一列为A族，第二行为16、17、18，第三列为零族，根据第一、二、三和四周期零族元素的原子序数为2、10、18、36可知，该项原子序数排列符合位置关系，D项正确；答案选D。15、A【答案解析】砹的非金属性很弱，则砹化氢很不稳定，故选；碘与水的反应为可逆反应，则砹单质与水反应，不可能使砹全部转化成氢砹酸和次砹酸，故选；卤族元素从上到下，单质的颜色逐渐加深，碘为固体，则砹是黑色固体，故不选；AgCl、AgI等不溶于水，由相似性可知，砹化银难溶于水，故不选；氯气、溴、碘易溶于有机溶剂，砹单质属于非极性分子，则砹易溶于某些有机溶剂，故不选

13、；故选A。点睛：本题考查同一主族元素的性质的递变规律，注意把握同族元素性质的相似性和递变性。砹属于卤族元素，在卤族元素中，砹的金属性最强，非金属性最弱。16、B【答案解析】A、将煤进行深加工后，脱硫处理、气化处理很好地减少污染气体，提高燃烧效率，燃烧的效果好，错误；B、能源依据产生的方式可划分为一级能源和二级能源。 一级能源是指在自然界中能以现成形式提供的能源，例如：天然气，煤，石油，水能，太阳能。二级能源是指需要依靠其它能源（也就是一级能源）的能量间接制取的能源。水煤气是通过煤和水蒸汽制取得，是一氧化碳和氢气的混合气体，水煤气是通过煤和水蒸汽制取的，是二级能源。电能是通过物质燃烧放热转化成的

14、；或是由风能、水能、核能等转化来的，为二级能源。正确；C、放热反应释放的能量转化为其它可利用的能量，比如煤的燃烧，可以用来取暖；而吸热反应也有利用价值，如氯化铵和氢氧化钙反应，可以制冷。错误；D、根据能源利用的早晚，可把能源分为常规能源和新能源。常规能源：如煤、石油、天然气等人类已经利用了多年的能源叫常规能源。新能源：核能、太阳能、地热能、氢能是人类近期利用的能源，称为新能源。错误。故选B。点睛：本题重点考察能源的分类与应用。是当今社会比较热门的话题，即为常考题。同一种能源可属于不同的能源类型，例如水能既属于一次能源，也属于可再生能源，还可以是常规能源，这是因为从不同的角度划分的。(1)从其产

15、生的方式可分为一次能源和二次能源。一次能源：从自然界直接获取的能源叫一次能源，如水能，风能，太阳能。二次能源：无法从自然界直接获取，必须通过一次能源的消耗才能得到的能源叫二次能源，如电能。(2)从能源是否可再生的角度可分为可再生能源和不可再生能源。可再生能源：可以在自然界里源源不断地得到的能源，如水能、风能、生物质能。不可再生能源：越用越少，不可能在短期内从自然界得到补充的能源，如化石能源、核能。(3)根据能源利用的早晚，又可把能源分为常规能源和新能源。常规能源：如煤、石油、天然气等人类已经利用了多年的能源叫常规能源。新能源：核能、太阳能、地热能是人类近期利用的能源，称为新能源。(4)按生成年

16、代分为化石能源和生物质能。化石能源：像煤、石油、天然气，是千百万年前埋在地下的动植物经过漫长的地质年代形成的，所以称为化石能源。生物质能：具有生命物质提供的能量称为生物质能。如木材、草类、肉类等。17、A【答案解析】A、能拆写成HOH=H2O，故A正确；B、CH3COOH属于弱酸，不能拆写成离子，故B错误；C、拆写成Ba22H2OHSO42=BaSO42H2O，故C错误；D、NH3H2O是弱碱，不能拆写成离子，故D错误。点睛：拆写成离子，此物质为易溶易电离的物质，掌握住哪些物质不能拆写成离子，弱电解质、难溶物、氧化物、气体等不能拆写成离子。18、D【答案解析】分析：根据有机物分子中含有官能团、

17、结合有机物的性质解答。详解：A. 乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，乙醇含有羟基，不能发生加成反应，A错误；B. 苯可以发生加成反应，聚乙烯不含有碳碳双键，不能发生加成反应，B错误；C. 乙酸含有羧基，不能发生加成反应，乙烷属于烷烃，不能发生加成反应，C错误；D. 乙烯含有碳碳双键，能发生加成反应，甲苯含有苯环，也能发生加成反应，D正确。答案选D。19、C【答案解析】由电池反应的方程式可知，还原剂Al为负极，失电子发生氧化反应生成Al(OH)3，电极反应式为Al3e+3OH=Al（OH）3，氧化剂O2在正极得电子被还原发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH。【题目详解】A项、由

18、电池反应的方程式可知，还原剂Al为负极，失电子发生氧化反应生成Al(OH)3，故A正确；B项、海水中含有氯化钠等电解质，可导电，为原电池反应的电解质溶液，故B正确；C项、由电池反应的方程式可知，氧化剂O2在正极得电子被还原发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C错误；D项、原电池为化学能转化为电能的装置，故D正确；故选C。20、B【答案解析】化石燃料的开采与使用，焚烧秸秆向大气中排放大量的二氧化碳和有害气体，破坏了环境，故均不利于环境的保护；而有利于节能减排、环境保护，故选B。21、D【答案解析】A、温度升高，加快反应速率，A错误；B、改用铁粉，增大了接处面积，加快反应速率

19、，B错误；C、铁与硫酸铜反应，置换出铜覆盖在铁的表面，形成原电池，加快反应速率，C错误；D、浓硫酸与铁常温下钝化，表面形成致密的氧化物薄膜，阻止反应的进一步进行，不能使反应速率加快，D正确；答案选D。22、B【答案解析】A.缩小体积使压强增大，反应混合物中各种物质的浓度都增大，所以可以加快该化学反应的速率，A不符合题意；B.恒容，充入He，各组分浓度不变，速率不变，B符合题意；C.恒容，充入N2，反应物的浓度增大，该化学反应的速率加快，C不符合题意；D.恒压，充入He，会使反应体系的体积增大，各组分浓度减小，化学反应速率减小，D不符合题意；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、 二 A

20、 NN 分子间作用力 离子 离子键、共价键 【答案解析】根据题干信息中的10电子结构分析元素的种类，进而确定原子结构示意图和在元素周期表中的位置及分析化学键的类型。【题目详解】已知五种元素的原子序数的大小顺序为CABDE，A与B形成离子化合物A2B，A2B中所有离子的电子数相同，其电子总数为30，则A为Na，B为O；A、C同周期，B、C同主族，则C为S；D和E可形成4核10电子分子，则D为N，E为H；（1）C为S，原子结构示意图为：；故答案为；（2）元素D为N，根据核外电子排布规律知在元素周期表中的位置：第二周期，第A族；氮气的结构式为NN；故答案为二；A ； NN；（3）A、B、E形成的化合

21、为氢氧化钠，电子式为：；D、E形成的化合物为氨气，电子式为：；故答案为； （4）氨气属于分子晶体，吸收的热量用于克服分子间作用力；故答案为分子间作用力；（5）过氧化钠中含有离子键，属于离子化合物，因为过氧根中有共价键，其存在的化学键有离子键和共价键；故答案为离子；离子键、共价键。【答案点睛】过氧化钠中含有过氧根，而过氧根中的氧原子是通过共价键结合的，故过氧化钠属于离子化合物，但既有离子键也含共价键。24、NH4HCO3或(NH4)2CO3 NH3 H2O 排水 向上排空气 2CO22Na2O2=2Na2CO3O2 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O 用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有

22、NH3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NH3存在) 【答案解析】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3，据此解答。【题目详解】常温下X是固体，B和G是液体，其余均为气体，气体C能与Na2O2反应得到气体E，应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，则C为CO2，E为O2，固体X既能与酸反应生成

23、气体A，又能与碱反应生成气体C，故X应为碳酸形成的铵盐，则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，故A为NH3，B为H2O，D为NO，F为NO2，G为HNO3；(1)由上述分析可知，X为NH4HCO3或(NH4)2CO3，A为NH3，B为H2O；(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2，则实验室收集气体D(NO)的方法为：排水法；NO2能与水反应生成NO和硝酸，则收集气体F(NO2)的方法是：向上排空气法；(3)CE是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2；(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO，发生反应的化学方程式为4NH3 +

24、5O2 4NO + 6H2O；(5)氨气的水溶液显碱性，故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸，若变蓝则说明有NH3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NH3存在)。【答案点睛】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件；本题可从两性氧化物及海水中的

25、无机盐，展开思维的空间，寻找目标答案。25、B 防止液体倒吸 AD 分液漏斗 乙醇 C 温度过高，乙醇发生分子间脱水生成乙醚 75% 【答案解析】实验室利用乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下，制取乙酸乙酯，然后分离提纯，得到纯净的乙酸乙酯。【题目详解】 烧瓶内的液体体积约为3ml+9.5ml+6ml=18.5mol，烧瓶中液体的体积不超过烧瓶容积的2/3且不少于1/3，因此50ml符合。 乙酸乙酯中混有乙醇和乙酸，二者易溶于水而产生倒吸，加热不充分也能产生倒吸，用球形干燥管，除了起冷凝作用外，球形干燥管球形部分由于容积较大，也能起到防止倒吸的作用。故答案为防倒吸； 饱和碳酸钠溶液能够溶解

26、乙醇、中和乙酸、降低酯的溶解度，便于酯的分层和闻到酯的香味。故选AD； 第步分离混合液时进行的操作是分液，故仪器名称为：分液漏斗； 氯化钙可与乙醇形成CaCl26C2H5OH，故加入饱和氯化钙溶液洗涤，主要洗去粗产品中的乙醇；由于酯在酸性条件和碱性条件下都能发生水解，故选用无水硫酸钠进行干燥； 根据题给信息，在140时会发生副反应生成乙醚，故温度过高乙酸乙酯的产率会降低的可能原因是发生了副反应：2CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3 + H2O。 乙醇和乙酸反应的质量比为：46：60，若实验所用乙醇质量为2.1g，乙酸质量为2.4g，乙醇过量，依据乙酸计算生成的乙酸乙酯，理论上计算得到

27、乙酸乙酯的质量，CH3COOHCH3COOC2H5，计算得到乙酸乙酯质量3.52g，得到纯净的产品质量为2.64g，则乙酸乙酯的产率=2.64g3.52g100%=75%。【答案点睛】本题乙酸乙酯的制备实验，为高频考点，此题难点在于需要结合题目所给三点信息解答题目，学生应灵活运用；还要把握制备乙酸乙酯的原理、混合物的分离提纯等实验技能，增强分析与实验能力，注意有机物的性质。26、分液漏斗 溴水褪色 b a 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色 NaOH 【答案解析】浓硫酸与亚硫酸钠反应会生成二氧化硫，其化学方程式为：；二氧化硫能是溴水褪色，其实质是与溴水发生反应，

28、化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，B装置的实验操作体现了二氧化硫的还原性；二氧化硫与硫化氢反应，其化学方程式为：，C装置体现了二氧化硫的氧化性；D装置的品红是为了验证二氧化硫的漂白性，二氧化硫能使品红溶液褪色，但加热后溶液又恢复红色，则证明二氧化硫与品红的作用具有可逆性，二氧化硫有毒，需用碱性溶液进行尾气处理，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）根据反应的原理和实验的需要，装置A中盛放浓硫酸的为分液漏斗，A为二氧化硫的发生装置，涉及的化学方程式为：，故答案为分液漏斗；（2）装置B中二氧化硫与溴水会发生氧化还原反应，而使溴水褪色，其化学方程式为：SO2+

29、Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，S元素的化合价由+4价升高到+6价，被氧化，体现了二氧化硫的还原性，b项正确；二氧化硫与硫化氢的反应方程式为：，二氧化硫中S元素+4价被还原成0价的硫单质，被还原，表现为氧化性，c项正确；，故答案为溴水褪色；b；c；（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原；二氧化硫为酸性氧化物，可与氢氧化钠反应，故实验室进行尾气处理时选用氢氧化钠溶液吸收，故答案为品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色；NaOH。【答案点睛】本实验探究了二氧化硫的化学性质，其中要特别注意二氧化硫的漂白性体现在可使品红

30、溶液褪色上，而能使溴水或酸性高锰酸钾褪色则体现的是二氧化硫的还原性而不是漂白性，学生要辨析实质，切莫混淆。27、CO TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti 防止高温下Mg、Ti与空气中的O2 或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化 【答案解析】金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO；TiCl4与Mg在稀有气体存在条件下 ，加热发生反应产生Ti、MgCl2。【题目详解】(1)在过程I中，金红石TiO2与C、Cl2在高温下反应产生TiCl4、CO，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，所以反应产生的可燃性气体为CO；(2)在过程中，TiCl4与Mg在稀

31、有气体存在条件下，加热，发生金属的置换反应产生Ti、MgCl2，发生反应的化学方程式是TiCl4+2Mg2MgCl2+Ti；稀有气体的作用是作保护气，防止高温下Mg、Ti与空气中的O2 或N2、CO2反应或防止金属Mg、Ti被氧化。【答案点睛】本题考查了钛的冶炼方法及其应用的原理的知识。了解物质的性质的活泼性或惰性是正确应用的前提。28、 CH2CH2 羧基 加成 ac 2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O CH2OHCH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O 8 (CH3)3CCH2OH、(CH3)2COHCH2CH3、(CH3)2CHCHOHC

32、H3【答案解析】分析：根据17.6g CO2的物质的量为：n(CO2)=17.6g44g/mol=0.4mol，水的物质的量为7.2g18g/mol=0.4mol，A是一种烃，根据元素守恒可知0.2mol A中n(C)=0.4mol，n(H)=0.4mol2=0.8mol，则1molA中n(C)=2mol，n(H)=4mol，A为CH2=CH2，A与水加成生成B，B为CH3CH2OH，则C为乙醛，D为乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成E，E为乙酸乙酯；乙烯与氢气加成生成I，I为乙烷；乙烯与溴加成生成F，F为1，2-二溴乙烷， 1，2-二溴乙烷发生水解生成详解：(1)根据以上分析可知A为乙烯，A的

33、结构简式为CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)D为乙酸含有羧基，故答案为：羧基；(3)反应为CH2=CH2与水在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH，反应方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，故答案为：加成反应；(4)G为CH2OHCH2OH。a与金属钠反应CH2OHCH2OH+2NaCH2ONaCH2ONa+H2，故a正确；b醇不能与NaOH溶液反应，故b错误；c乙二醇易溶于水，故c正确，故答案为：ac；(5)反应：乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应，反应为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应：CH2OHCH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O； CH2OHCH2OH+2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；(6)B为CH3CH2OH，J是有机物B的同系物，且比B多3个碳原子，则J为戊醇，由于C5H12有3种结构：CH3CH2CH2CH2CH3、，其中CH3CH2CH2CH2CH3中有3种氢原子，即有3种醇，中有4种氢原子，即有4种醇，中有1种氢原子，即有1种醇，因此J可能的结构共有8种，其中含3个甲基的结构简式为(CH3)3CCH2OH、(CH3)2COHCH2CH3