江苏省无锡市普通高中2024-2025学年高一化学下学期期终调研考试试题含解析

PAGE17-江苏省无锡市一般中学2024-2025学年高一化学下学期期终调研考试试题（含解析）留意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分。考试时间90分钟。2.答案全部写在答题卡上，写在试题纸上一律无效。3.可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16第I卷选择题(共60分)单项选择题(本题共20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。1.熔喷布是制口罩的主要材料，其主要成分为聚丙烯纤维。聚丙烯可由丙烯(CH3CH=CH2)为原料制备。下列有关说法正确的是（）A.聚丙烯是自然有机高分子化合物B.丙烯可通过加聚反应合成聚丙烯C.聚丙烯结构简式为D.将石油干脆蒸馏是目前得到丙烯的主要途径【答案】B【解析】【详解】A.聚丙烯是人工合成有机高分子化合物，A错误；B.丙烯可通过加聚反应合成聚丙烯，B正确；C.聚丙烯结构简式为，C错误；D.将石油裂解是目前得到丙烯的主要途径，D错误；答案选B。2.酒精是常用的医疗物资。下列有关酒精的说法不正确的是（）A.乙醇的结构简式为C2H6OB.酒精可以溶解碘制备碘酒C.75%的酒精用于医疗消毒D.工业酒精可由乙烯为原料制备【答案】A【解析】【详解】A.乙醇的分子式为C2H6O，结构简式为CH3CH2OH，A不正确；B.酒精可以溶解碘制备碘酒，即为碘的酒精溶液，B正确；C.75%的酒精能使蛋白质变性故用于医疗消毒，C正确；D.工业酒精可由乙烯与水在肯定条件下反应来制备，D正确；答案选A。3.食醋是常用的食品酸味剂，其主要成分是乙酸。下列有关乙酸说法不正确的是（）A.乙酸易溶于水B.食醋可由粮食酿造C.乙酸可与苏打反应D乙酸不易挥发【答案】D【解析】【详解】A.乙酸能够溶解多种有机物和无机物，能与水以随意比互溶，故易溶于水，故A正确；B.食醋可由粮食水解得到葡萄糖，葡萄糖酒化酶的作用下分解成乙醇和二氧化碳，乙醇氧化生成乙酸，故B正确；C.乙酸是一元弱酸，酸性比碳酸强，可与苏打碳酸钠反应生成醋酸钠、二氧化碳和水，故C正确；D.乙酸沸点低，易挥发，故D不正确；故选：D。4.燃油车尾气排放易形成NO和NO(常用NOx表示)污染。下列有关这两种氮氧化物气体的说法正确的是（）A.NO为红棕色气体B.NO易溶于水C.NO2和水反应生成HNO3D.NO可用排空气法收集【答案】C【解析】【详解】A.NO为无色气体，NO2为红棕色气体，故A错误；B.NO难溶于水，故B错误；C.NO2和水反应生成HNO3和NO，故C正确；D.NO可与氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集，其难溶于水，可用排水法收集，故D错误；故选：C。5.下列转化过程中，氮元素化合价上升是（）A.雷雨条件下大气中的N2转变为HNO3B.高温高压和Fe催化条件下工业合成NH3C.蓝藻等原核生物将N2转变为铵盐D.化肥NH4HCO3在运用中分解为NH3【答案】A【解析】【详解】A.雷雨条件下大气中的N2转变为NO、NO2，最终生成HNO3，氮元素化合价上升，A符合题意；B.高温高压和Fe催化条件下，工业上由氮气和氢气合成NH3，氮元素化合价降低，B不符合题意；C.蓝藻等原核生物将N2转变为铵盐，氮元素化合价降低，C不符合题意；D.化肥NH4HCO3在运用中分解为NH3，氮元素化合价不变，D不符合题意；答案选A。6.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（）A.常温下铝能被浓硝酸钝化，可用铝槽车储运浓硝酸B.氮气在常温下性质稳定，可用作粮储爱护气C.氨气易于液化，可用液氨作为工业制冷剂D.NH4Cl受热易分解，可用NH4Cl制备NH3【答案】D【解析】【详解】A.因为常温下铝能被浓硝酸钝化，所以可用铝槽车储运浓硝酸，A不满意；B.因为氮气在常温下性质稳定，所以可用作粮储爱护气，B不满意；C.因为氨气易于液化，液氨转变成氨气时会汲取大量的热，所以可用液氨作为工业制冷剂，C不满意；D.NH4Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢相遇又重新生成氯化铵，因此不能通过氯化铵分解制氨气，试验室用NH4Cl和熟石灰共热制备NH3，D满意；答案选D。7.下列反应的离子方程式正确的是（）A.硝酸和烧碱反应：HNO3+OH-=H2O+NOB.氨水和盐酸反应：OH-+H+=H2OC.硝酸腐蚀大理石：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OD.稀硝酸和铜反应：2H++Cu=Cu2++H2↑【答案】C【解析】【详解】A.硝酸和烧碱反应的离子方程式应为：OH-+H+=H2O，硝酸分子式应拆写，A错误；B.一水合氨是弱电解质，应保留其化学式而不能拆写成OH-，B错误；C.硝酸腐蚀大理石生成硝酸钙、二氧化碳和水，离子方程式应为：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，C正确；D.稀硝酸和铜反应不产生氢气，D错误；答案选C。8.下列反应属于吸热反应的是（）A.3Fe+2O2Fe3O4 B.2Al+Fe2O32Fe+Al2O3C.CaO+H2O=Ca(OH)2 D.CaCO3CaO+CO2↑【答案】D【解析】【分析】大多数化合反应是放热反应，大多数分解反应是吸热反应；【详解】A.3Fe+2O2Fe3O4是放热反应，铁丝在点燃条件下在氧气中燃烧，A不符合；B.铝热反应是放热反应，在高温下发生反应时大量放热，B不符合；C.CaO+H2O=Ca(OH)2是放热反应，室温下即可发生，反应时大量放热，C不符合；D.CaCO3CaO+CO2↑是吸热反应，D符合；答案选D。9.下列化学反应中元素之间没有电子转移的是（）AHNO3和NH3反应生成NH4NO3B.Fe在Cl2中点燃生成FeCl3C.电解H2O制备H2和O2D.H2和O2在燃料电池中转变H2O【答案】A【解析】【详解】A.HNO3和NH3反应生成NH4NO3是非氧化还原反应，故反应中元素之间没有电子转移，A正确；B.Fe在Cl2中点燃生成FeCl3是氧化还原反应，故反应中元素之间有电子转移，B错误；C.电解H2O制备H2和O2是氧化还原反应，故反应中元素之间有电子转移，C错误；D.H2和O2在燃料电池中转变H2O是氧化还原反应，故反应中元素之间有电子转移，D错误；答案选A。10.镁和水反应放出大量热，该反应可用于野外供热。下列镁和水反应放热最快的是（）A.100g镁条和100mL冰水反应B.100g镁粉和100mL30℃水反应C.100g镁条和100mlL30℃水反应D.100g镁粉和100mL冰水反应【答案】B【解析】【详解】对于同一化学反应，温度越高，接触面积越大，化学反应速率越快，镁粉与水的接触面积对于镁条与水的接触面积，30℃水的温度大于冰水的温度，故选：B。11.我国新型火箭长征5号采纳液氢和液氧作为推动剂。有关说法不正确的是（）A.将氢、氧液化可增加火箭携带燃料总量B.火箭依靠氢气和氧气燃烧放出的热推动C.拆开氢、氧分子中的化学键须要汲取能量D.燃料的总能量小于燃烧产物水的总能量【答案】D【解析】【详解】A.．液态分子间的间隔比气态分子间的间隔小，与气态相比，液氢和液氧的分子间隔更小，节约空间，故A正确，不符合题意；B．氢气燃烧放出大量的热，赐予火箭强大的推动力，故B正确，不符合题意；C．化学键断裂须要汲取热量，故C正确，不符合题意；D．燃料燃烧是放热反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，故D错误，符合题意；故选：D。12.NaCl晶体的微观结构(部分)如图所示，下列说法正确的是（）A.Na+和Cl-间既存在静电引力也存在静电斥力B.1个Na+离子只和1个Cl-离子产生静电力C.晶体中带同性电荷的粒子之间不存在任何作用力D.在晶体中Na+和Cl-完全静止不动地固定在晶格中【答案】A【解析】【详解】A.Na+和Cl-间既存在静电引力也存在原子核与原子核或电子与电子之间的静电斥力，A正确；B.1个Na+离子与四周Cl-离子产生静电力，B错误；C.晶体中带同性电荷的粒子之间存在化学键，属于相互作用力，C错误；D.在晶体中Na+和Cl-不能自由移动，但不是完全静止不动地固定在晶格中，D错误。答案为A。13.石墨烯具有优异的光、电和力学特征。将石墨的单层结构剥离即能获得石墨烯。其结构如图所示，下列有关说法不正确的是（）

A.石墨烯具有优异的导电性能B.石墨烯是由碳元素构成的一种单质C.石墨烯中原子通过分子间作用力结合D.石墨烯是一种二维单层结构【答案】C【解析】【分析】由题目供应信息知：石墨的单层结构剥离即能获得石墨烯，则石墨烯就是单层石墨，据此回答；【详解】A.石墨能导电，则石墨烯具有优异的导电性能，A正确；B.石墨是碳元素的一种同素异形体，则石墨烯是由碳元素构成的一种单质，B正确；C.石墨烯中原子通过共价键相结合形成平面结构，C不正确；D.石墨烯中原子通过共价键相结合形成平面结构，即石墨烯是一种二维单层结构，D正确；答案选C。14.我国深海开采可燃冰技术世界领先。可燃冰的部分结构如图所示(图中忽视了原子的相对大小），其结构可以看作是水分子构建的笼子中锁住了甲烷。有关说法正确的是（）A.CH4和H2O之间通过共价键结合B.H2O和H2O分子之间存在氢键C.CH4和H2O分子之间存在氢键D.可燃冰气化时破坏了化学键【答案】B【解析】【详解】A.CH4和H2O之间通过范德华力结合，故A错误；B.因为氧元素的电负性比较强，与另一水分子中的氢元素形成氢键，H2O和H2O分子之间存在氢键，故B正确；C.CH4和H2O分子之间存在范德华力，故C错误；D.可燃冰气化时破坏了分子间作用力，故D错误；故选：B15.下列物质中既含离子键又含共价键的是（）A.MgO B.KOH C.Na2S D.HBr【答案】B【解析】【详解】A.MgO中只有离子键，A不满意；B.KOH中既含离子键又含共价键，B满意；C.Na2S中只含离子键，C不满意；D.HBr中只含共价键，D不满意；答案选B。16.对下列试验现象所进行的说明不合理的是（）选项现象和事实说明A乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溴的四氯化碳溶液橙红色褪色乙烯和四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，生成无色的1,2-二溴乙烷B海轮船壳外侧焊接大量锌块，能有效减缓钢铁船壳在海水中的腐蚀速率锌和铁在海水中构成原电池，锌作负极供应电子，从而爱护了钢铁C将大理石颗粒加入盐酸中，反应生成气体的速领先渐渐加快后渐渐减慢起先阶段反应放热，溶液温度上升；后期反应吸热，溶液温度下降D在AgNO3溶液中加入过量NaCl溶液，静置后，在上层清液中仍检测到Ag+Ag+和Cl-的沉淀反应为可逆反应，受反应限度制约，Ag+不能完全沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．乙烯通入溴的四氯化碳溶液中，由于乙烯和溴单质反应，生成了无色油状液体1，2-二溴乙烷，故橙红色褪去，A正确；B．海轮船壳外焊接大量锌块，由于锌比铁活泼，在海水中锌和铁形成两电极，加上海水中的电解质溶液就形成了原电池，锌作负极，从而爱护了正极铁不被腐蚀，B正确；C．大理石和盐酸反应产生气泡的速领先增大，一段时间后又渐渐减慢是由于该反应是个放热反应，故一起先溶液温度上升，速率加快，但一段时间后由于盐酸浓度减小，速率减慢，且放热的速度小于散热的速度，故温度也下降，故加快的缘由主要是反应放热温度上升，减慢的缘由主要是盐酸浓度减小所致，C错误；D．AgNO3和NaCl反应生成AgCl是难溶电解质，在溶液中存在溶解平衡，故导致即使NaCl过量，也还有Ag+在溶液中的状况，D正确；故答案为：C。17.将铜片和锌片用导线连接并插入稀硫酸中，锌片的表面有少量气泡产生并渐渐溶解变薄。铜片没有溶解现象，但表面出现大量气泡，经检测上述气体的成分均为H2。在导线上检测到有持续的电流产生。基于上述现象，下列推想不合理的是（）A.负极(锌片)区域只发生了氧化反应B.H+还原所需的电子均由Zn供应C.电子从锌经导线迁移向铜而产生电流D.生成的H2由溶液中H+还原得到【答案】A【解析】【详解】A.负极(锌片)的表面有少量气泡产生并渐渐溶解变薄，由现象知该区域主要发生了氧化反应，由于有气泡产生，生成了氢气，还发生了还原反应，故A不合理；B.H+还原所需的电子均由Zn供应，因为还原剂只有锌，故B合理；C.原电池中电子从负极沿导线移动到正极，该原电池锌做负极，铜做正极，故电子从锌经导线迁移向铜而产生电流，故C合理；D.溶液中硫酸电离出的氢离子获得电子被还原，生成的H2，故D合理；故选：A。18.X、Y、Z均为短周期主族元素。X位于第2周期IVA族;Y和X同主族；Y和Z同周期，Z的原子半径小于Y。下列有关预料不合理的是（）A.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>YB.Z的最高价氧化物可能是碱性氧化物C.最低价态气态氢化物的稳定性：X>YD.Z的最高价氧化物对应水化物可能是强酸【答案】B【解析】分析】X、Y、Z均为短周期主族元素。X位于第2周期IVA族，则X为C；Y和X同主族，则Y为Si；Y和Z同周期，Z的原子半径小于Y，则Z为第3周期原子序数大于14的非金属元素位于Si的右侧，Z可能为P、S、Cl；据此回答；【详解】A.非金属性X>Y，则最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Y，A正确；B.Z可能为P、S、Cl，Z的最高价氧化物不行能是碱性氧化物而是酸性氧化物，B错误；C.非金属性X>Y，最低价态气态氢化物的稳定性：X>Y，C正确；D.Z可能为P、S、Cl，Z的最高价氧化物对应水化物可能是强酸，D正确；答案选B。19.柠檬酸是常用除水垢剂，可从柠檬中提取。柠檬酸由C、H和O三种元素组成，其分子结构如图所示。有关说法不正确的是（）A.柠檬酸溶液可以和水垢中Mg(OH)2和CaCO3反应B.在加热和浓硫酸条件下，柠檬酸可与CH3CH2OH反应C.在加热和浓硫酸条件下，柠檬酸可与CH3COOH反应D.在加热和镍催化条件下，柠檬酸可以和H2反应【答案】D【解析】【分析】由图中柠檬酸的球棍模型可知其结构简式为：，分子中含有3个羧基和一个羟基，再进行解题。【详解】A．由分析可知，柠檬酸中含有羧基即有类似于醋酸的性质，故柠檬酸溶液可以和水垢中Mg(OH)2和CaCO3反应，A正确；B．由分析可知，柠檬酸中含有羧基即有类似于醋酸的性质，故在加热和浓硫酸条件下，柠檬酸可与CH3CH2OH发生酯化反应，B正确；C．由分析可知，柠檬酸中含有羟基即有类似于乙醇的性质，故在加热和浓硫酸条件下，柠檬酸可与CH3COOH发生酯化反应，C正确；D．由于柠檬酸分子中只有羧基上的碳氧双键，没有其它不饱和键，故在加热和镍催化条件下，柠檬酸不能和H2反应，D错误；故答案为：D。20.试验室常用燃烧法分析有机物的组成与结构。某化合物样品在足量O2中充分燃烧，生成物只有CO2和H2O。燃烧产物依次经过浓硫酸和碱石灰充分汲取，浓硫酸和碱石灰依次增重7.2g和17.6g。有关该物质的组成和结构推想不合理的是（）A.该物质可能是烃类化合物B.该物质结构中可能含C=CC.该物质结构中可能含苯环D.该物质结构中可能含羧基【答案】C【解析】【分析】将化合物样品在足量O2中充分燃烧，生成物依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重7.2g，即生成水的质量是7.2g，物质的量是=0.4mol，含有氢原子0.8mol，碱石灰增重17.6g，即生成二氧化碳物质的量是=0.4mol，含有碳原子的物质的量是0.4mol，所以碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2。【详解】A.由分析可知：碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2，该物质可能是烯烃，属于烃类化合物，故A合理；B.由A选项可知，结构中可能含有含C=C，故B合理；C.由分析可知：碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2，不行能含有苯环，故C不合理；D.由分析可知：碳氢原子个数之比是0.4mol：0.8mol=1：2，可能属于饱和一元羧酸，羧酸含有羧基，故D合理；故选：C。第II卷非选择题(共40分)21.如图是化学家为纪念元素周期表诞辰150周年而绘制的一种新型元素周期表。在该表中能直观地看出各种元素在地球上的丰度(丰度即该元素占地球全部原子总数的百分比。用该元素所在格子的面积表示丰度的相对大小)。（1）在图中找到地球上含量最多的元素。其原子结构示意图为___，海水中含量最多的金属离子的结构示意图为___。（2）宇宙中含量最多的元素为氢元素。氢元素有多种同位素，其中原子核内含有2个中子的核素可表示为___。水分子的电子式为___。（3）H、C、O和N等丰度较大的元素是构成地球生命物质的主要“材料”。①H、C、O和N的原子半径从大到小的依次为___。②下列与生命活动有关的物质中肯定含有H、C、O和N四种元素的是___。a.蛋白质b.糖类c.油脂（4）Al是地壳中含量最多的金属元素。Al2O3和Al(OH)3均为两性化合物。Al(OH)3和盐酸反应的离子方程式为___，Al(OH)3和NaOH溶液反应的化学方程式为___。试运用元素周期律分析Al2O3和Al(OH)3均为两性化合物的缘由是___。【答案】(1).(2).(3).H(4).(5).C＞N＞O＞H(6).a(7).Al(OH)3+3H+=AI3++3H2O(8).Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O(9).在同周期和同主族中，铝元素位于金属和非金属的过渡位置，既有较弱金属性，也有较弱非金属性。因此，在肯定条件下，氧化铝既能表现出酸性氧化物的特征，也能表现出碱性氧化物的特征。氢氧化铝既能表现出酸的特性，也能表现出碱的特性【解析】【详解】（1）地球上含量最多的元素是氧元素，其原子结构示意图为，海水中含量最多的金属离子是钠离子，其离子结构示意图为；（2）氢元素有多种同位素，其中原子核内含有2个中子的核素，其质量数是3，可表示为H，水分子的电子式为；（3）①同一周期，原子半径从左到右渐渐削减，氢原子半径最小，故H、C、O和N的原子半径从大到小的依次为C＞N＞O＞H；②a.蛋白质含有H、C、O和N四种元素，故正确；b.糖类含有H、C、O三种元素，不符合要求；c.油脂含有H、C、O三种元素，不符合要求；故选：a。（4）Al(OH)3和盐酸反应生成氯化铝和水，依据拆写原则，其离子方程式为Al(OH)3+3H+=AI3++3H2O；Al(OH)3和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其化学方程式为Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O；Al2O3和Al(OH)3均为两性化合物的缘由是在同周期和同主族中，铝元素位于金属和非金属的过渡位置，既有较弱金属性，也有较弱非金属性。因此，在肯定条件下，氧化铝既能表现出酸性氧化物的特征，也能表现出碱性氧化物的特征。氢氧化铝既能表现出酸的特性，也能表现出碱的特性。22.染料化工企业产生的废水中含有高浓度的氨氮(氨和铵盐)成分，干脆排放会造成环境污染。试验小组探究下列方法对氨氮废水进行处理。（1）试验室检测上述废水中是否含有氨氮的方法是___。（2）“吹脱”步骤中，在废水池的底部吹入大量热气泡，其目的是___。（3）“氧化”步骤中加入了微生物，NH3被氧化为N2。反应的化学方程式为___。（4）“沉淀"步骤中将剩余的NH3·H2O转化为NH4MgPO4•6H2O沉淀，发生反应的离子方程式为___。NH4MgPO4•6H2O在农业生产中具有重要应用价值，其缘由是___。【答案】(1).取废水样品3-5mL于试管中，滴加浓烧碱溶液，加热，用潮湿的红色石蕊试靠近试管口，若试纸变蓝色，则说明废水中含有氨氮(2).加热并搅拌废水，促进氨水分解和挥发(3).4NH3+3O22N2+6H2O(4).5H2O+NH3·H2O+Mg2++HPO=NH4MgPO4•6H2O↓(5).磷酸镁铵含有植物生长所须要的氮、磷、镁元素【解析】【分析】从信息和流程知，处理氨氮废水时，在废水池的底部吹入大量热空气，把废液中的氨水分解挥发后转变成氨气，再通过微生物，把NH3氧化为N2，剩余的氨氮通过和MgCl2及Na2HPO4反应产生NH4MgPO4•6H2O沉淀而除去，据此分析回答；【详解】(1)可通过检验铵根的方法检测上述废水中是否含有氨氮，即：取废水样品3-5mL于试管中，滴加浓烧碱溶液，加热，用潮湿的红色石蕊试靠近试管口，若试纸变蓝色，则说明废水中含有氨氮；答案为：取废水样品3-5mL于试管中，滴加浓烧碱溶液，加热，用潮湿的红色石蕊试靠近试管口，若试纸变蓝色，则说明废水中含有氨氮；(2)一水合氨受热易分解，在废水池的底部吹入大量热气泡，故热气可促使氨水分解，而底部通入的气体在逸出的过程中还起到搅拌作用，有助于氨气挥发；答案为：加热并搅拌废水，促进氨水分解和挥发；(3)NH3被氧化为N2的过程中，微生物起催化剂作用，反应的化学方程式为4NH3+3O22N2+6H2O；答案为：4NH3+3O22N2+6H2O；(4)“沉淀"步骤中将剩余的NH3·H2O转化为NH4MgPO4•6H2O沉淀，发生反应的离子方程式为5H2O+NH3·H2O+Mg2++HPO=NH4MgPO4•6H2O↓；NH4MgPO4•6H2O是一种复合肥，而且所含有的Mg也是植物生长所须要，因此在农业生产中具有重要应用价值；答案为：5H2O+NH3·H2O+Mg2++HPO=NH4MgPO4•6H2O↓；磷酸镁铵含有植物生长所须要的氮、磷、镁元素。【点睛】本题考查了物质的检验、转化的方法、驾驭氮元素化合物的性质、结合信息分析推断等是解题关键。23.PET(聚对二苯甲酸乙二醇酯)是制备医用防护服的重要材料。以石油作为原料合成PET中间体的流程如图：（1）环氧乙烷的分子式为C2H4O，分子中存在一个环状结构。环氧乙烷的结构简式为___，环氧乙烷有多种同分异构体，下列结构与环氧乙烷互为同分异构体的是___(填代号)a.CH3CHOb.HOCH2CH2OOHc.CH2=CHOH（2）反应②的产物是乙二醇。乙二醇属于醇类化合物，性质与乙醇类似。乙二醇的官能团是___。(填名称或者结构简式)（3）从石脑油中可以提炼出对二甲苯()。对二甲苯的分子式为___。对二甲苯在浓硫酸和浓硝酸存在的条件下，可以在苯环上形成硝基取代产物(分子式为C8H8N2O4)，该硝基取代产物的全部可能的结构简式为___。（4）反应④的化学方程式为___。该反应的反应类型为___。【答案】(1).(2).ac(3).羟基或-OH(4).C8H10(5).、、(6).(7).取代反应【解析】【分析】流程图中大多数物质都有结构简式，故依据流程图进行解答并不困难；环氧乙烷的结构简式，只要依据分子式和分子中存在一个环状，就可以推知；乙二醇的官能团图中已知其结构简式，故官能团也一目了然；二甲苯的硝化反应所得产物的结构简式只要依据分子式可知有2个硝基即可推出。【详解】（1）环氧乙烷的分子式为C2H4O，且分子中存在一个环状结构，该环只能是C-O-C之间形成，故环氧乙烷的结构简式为，同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质之间的关系，故下列结构与环氧乙烷互为同分异构体的是ac，故答案为：；ac；（2）既然乙二醇属于醇类化合物，性质与乙醇类似，故应当和乙醇含有相同的官能团，故乙二醇的官能团是羟基或-OH，故答案为：羟基或-OH；（3）从对二甲苯()的结构式可以看出分子中含有苯环和两个甲基，故对二甲苯的分子式为C8H10，对二甲苯在浓硫酸和浓硝酸存在的条件下发生反应时取代甲基邻、对位上的氢原子，依据分子式硝基取代产物(分子式为C8H8N2O4)分析可知，结构中含有2个硝基，该硝基取代产物的全部可能的结构简式为、、；故答案为：、、；（4）依据流程图中可知，反应④是乙二醇和对苯二甲酸反应生成中间体，故化学方程式为：，属于酯化反应或取代反应，故答案为：，酯化反应（或取代反应）。24.试验小组探究酸雨对低碳钢腐蚀的影响，试验流程如图：试验运用了3种模拟酸雨。模拟酸雨中的离子浓度如表所示，其中平衡电荷的阳离子以NH或Na+补充，试验均在室温下进行，低碳钢片样品的