江西省井冈山大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学试题（解析版）

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江西省井冈山大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试
化学试题
一、单选题(每小题3分，共42分)
1. 中华传统文化中富载许多化学知识。下列说法正确的是
A. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
B. 《物理小识·金石类》记载的“有硇水(硝酸)者，剪银块投之，则旋而为水”中没有涉及氧化还原反应
C. 我国清代《本草纲目拾遗》中记叙“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指HF
D. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”，古代的蜡主要成分是高级脂肪酸酯，属于有机高分子化合物
【答案】A
【解析】
【详解】A．陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原材料，经过高温烧制而成的产品，兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成，A正确；
B．该过程为银溶于硝酸，存在N、Ag元素的化合价变化，涉及氧化还原反应，B错误；
C．根据描述可知强水不能与玻璃反应，一定不是HF，应是硝酸，C错误；
D．古代的蜡主要成分是高级脂肪酸酯，相对分子质量比较小，不属于高分子化合物，D错误。
故选A。
2. 化学与生活密切相关。下列生活中常见物质的俗名与化学式相对应的是
A. 铁红——FeO B. 小苏打——Na2CO3
C. 酒精——CH3CH2OH D. 大理石——Ca(OH)2
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁红的化学式为：Fe2O3，A错误；
B．小苏达的化学式为：NaHCO3，B错误；
C．酒精的化学式为：CH3CH2OH，C正确；
D．大理石主要成分碳酸钙，化学式为：CaCO3，D错误；
故答案为：C。
3. 下列符号表征或说法正确的是
A. 羟基电子式：
B. CF2Cl2的球棍模型：
C. 丙酸的结构简式：CH3CH2CH2COOH
D. 聚乙烯的链节：—CH2-CH2—
【答案】D
【解析】
【详解】A．羟基电子式为 ，A错误；
B．CF2Cl2为四面体结构，B错误；
C．丙酸的结构简式为CH3CH2COOH，C错误；
D．聚乙烯的链节为一CH2-CH2一，D正确；
故选D。
4. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是
A. 常温常压下，48gO3含有的氧原子数为NA
B. 1mol乙烷中含有的共价键的数目为7NA
C. 标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NA
D. 0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有的Na+数目为0.1NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．48g O3的物质的量为1mol，含有的氧原子数为3NA，A错误；
B．1个CH3CH3分子含6个C-H键和1个C-C键，则1mol乙烷中含有的共价键的数目为7NA，B正确；
C．标准状况下CCl4为液体，22.4LCCl4含有的分子数小于NA，C错误；
D．未给出溶液的体积，无法计算所含Na+的物质的量，D错误；
故选B。
5. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A.
B.
C.
D. (饱和溶液)
【答案】A
【解析】
【详解】A．氧化铝在冰晶石作用下熔点降低，电解熔融的氧化铝生成铝单质，单质铝与氧化铁发生铝热反应生成单质铁，A正确；
B．碳酸的酸性强于次氯酸，次氯酸钙溶液与二氧化碳反应生成次氯酸，次氯酸光照条件下分解生成氧气和HCl，无法生成氯气，B错误；
C．S在氧气中燃烧无法直接生成三氧化硫，C错误；
D．氯化钠饱和溶液中通入二氧化碳，无法生成碳酸氢钠，D错误；
故答案选A。
6. 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如下：

下列有关说法不正确的是
A. 若煅烧时隔绝空气，得到的气体X可能为
B. 上述转化流程中依次发生分解反应、化合反应和复分解反应
C. 由蒸馏过程发生的反应可推测的沸点比的高
D. 现代工业上常在吸收塔顶喷淋吸收制备硝酸，提高产率
【答案】A
【解析】
【详解】A．根据流程转化信息，根据氧化还原价态规律，铁的化合价升高，就有元素化合价降低，故得到的气体X为SO2，故A错误；
B．上述转化流程中硫酸亚铁受热发生分解反应，三氧化硫水与发生化合反应生成硫酸，硫酸与硝酸钾发生复分解反应，难挥发性酸制的易挥发性酸，故B正确；
C．由蒸馏过程发生的反应可推测的沸点比的高，C正确；
D．现代工业上常在吸收塔顶喷淋吸收制备硝酸，防止二氧化氮气体逸出损耗，提高产率，故D正确。
答案为：A。
7. 有A、B、C、D四块金属片，进行如下实验：
①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，A极为负极；
②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流方向由D→导线→C；
③A、C用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡；
④B、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，D极发生氧化反应。
据此可判断四种金属的活动性由强到弱的顺序为
A. A>B>C>D B. A>C>>D>B C. C>A>B>D D. B>D>C>A
【答案】B
【解析】
【详解】一般情况下，原电池中金属活动性：负极材料>正极材料；①A、B用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，A极为负极，则金属活动性：A>B；②C、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，电流方向由D导线→C，测C是负极、D是正极，金属活动性：C>D；③A、C用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，C极产生大量气泡，则C极上得到电子发生还原反应，C是正极、A是负极，金属活动性：A>C；④B、D用导线相连后，同时浸入稀硫酸中，D极发生氧化反应，则D是负极、 B是正极，金属活动性：D>B；综合以上分析知，金属活动性顺序为A>C>D>B，B项符合题意，故选B。
8. 燃料电池一直是近年电池研究的热点，可作为汽车的能源。一种碱性天然气燃料电池的简易装置如图所示。下列说法错误的是

A. a电极是负极，该电极上发生氧化反应
B. b电极上的反应式为
C. 电池工作时，溶液中的向a极移动
D. 该电池能提高能量的利用率，且几乎不排放温室气体
【答案】C
【解析】
【分析】燃料电池以可燃物的燃烧反应为基础，天然气在负极失去电子，则a为负极，助燃剂氧气作正极，b为正极，阳离子往正极移动，阴离子往负极移动。
【详解】A．a电极是负极，该电极上天然气失去电子发生氧化反应，故A正确；
B．b电极上氧气得到电子，反应式为，故B正确；
C．电池工作时，阳离子往正极移动，溶液中的向b极移动，故C正确；
D．该电池总反应为CH4+2O2+2OH-=CO+3H2O，能提高能量的利用率，且几乎不排放温室气体，故D正确；
故选：C。
9. 化学与社会、生活密切相关。对下列事实的解释正确的是
选项
事实
解释
A
保存在避光阴凉处
受热易分解
B
都可用来做喷泉实验
三种气体均极易溶于水
C
工业上在高温下用纯碱、石灰石和石英砂制玻璃
硅酸的酸性强于碳酸
D
液氨常用作致冷剂
氨气液化时吸收大量的热

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．不稳定，受热易分解，应保存在避光阴凉处，故A正确；
B．都极易溶于水，都可用水作吸收剂做喷泉实验，而在水中的溶解度不大，可用碱液作吸收剂做喷泉实验，故B错误；
C．硅酸的酸性比碳酸的酸性弱，故C错误；
D．氨气易液化，而液氨汽化时要吸收大量的热，所以液氨常用作制冷剂，故D错误；
选A。
10. 绿色化学最理想的“原子经济性反应”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物。即原子利用率为100%。下列制备乙醇的反应中，原子利用率不能达到100%的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中，产物只有一种，没有副产物产生，原子利用率达到100%，故A不选；
B．反应中，产物只有一种，没有副产物产生，原子利用率达到100%，故B不选；
C．反应中，产物只有一种，没有副产物产生，原子利用率达到100%，故C不选；
D．反应中有两种产物，原子利用率不能达到100%，故D选；
故选D。
11. 根据实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
常温下，铁片投入浓硫酸中，无明显现象
铁与浓硫酸不发生反应
B
将某气体通入溴水中，溴水褪色
该气体是乙烯
C
向乙醇中滴入少量酸性溶液，振荡，溶液的紫红色逐渐褪去
乙醇具有还原性
D
红热的炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体
炭与浓硝酸发生了反应

A A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下铁在浓硫酸中发生钝化，致密的氧化薄膜阻碍反应的继续进行，所以常温下，铁片投入浓硫酸中，无明显现象，故A错误；
B．二氧化硫、乙炔等也能与溴水反应使溶液褪色，则将某气体通入溴水中，溴水褪色不能说明该气体是乙烯，故B错误；
C．向乙醇中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡，溶液的紫红色逐渐褪去说明乙醇具有还原性，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，故C正确；
D．浓硝酸受热会发生分解反应生成氧气、二氧化氮和水，则红热的炭投入浓硝酸中，产生红棕色气体说明可能是浓硝酸受热发生分解反应，也可能是炭与浓硝酸发生了反应，故D错误；
故选C。
12. 某学习小组按如下实验流程从海带浸取液中提取碘。

已知：HI、HIO3均为强酸。下列说法不正确的是
A. NaOH的作用是将I2转化成离子进入水层，应控制NaOH溶液的浓度和体积
B. 加NaOH溶液后分液时，先将下层液体放出后，再从下口将上层液体放出
C. 加入H2SO4溶液，反应的离子方程式为
D. 坩埚中灼烧干海带可制得海带灰
【答案】B
【解析】
【详解】A．I2在水中溶解度不大，加入氢氧化钠与碘反应生成碘化钠与碘酸钠都溶于水不溶于有机溶剂，可以将碘转移到水层，氢氧化钠过多，会造成浪费，同时下一步酸化会消耗更多的酸，过少不能把碘全部反应，因此要控制氢氧化钠溶液的浓度和体积，故A正确；
B．分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故B错误；
C．加入硫酸后，I-和在酸性条件下发生氧化还原反应生成I2，离子方程式为，故C正确；
D．固体灼烧应该在坩埚中进行，故D正确；
答案选B。
【点睛】分液时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出。
13. 利用甲烷与氯气发生取代反应制取副产品盐酸的设想，在工业上已成为现实。某化学兴趣小组在实验室中模拟上述过程，其设计的模拟装置如下：

下列有关说法不正确的是
A. A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗
B. B装置有三种功能：①干燥气体②显示气流速度③均匀混合气体
C. C装置中发生反应，产物共五种
D. E装置除生成盐酸外，还含有液态有机物，从E中分离出盐酸的操作名称为过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A．A装置中盛放浓盐酸的仪器名称是分液漏斗,A正确；
B．A装置制备的氯气含有杂质水，浓硫酸可以吸水，同时将甲烷与氯气均匀混合，还可以通过观察导管口的气泡速率，故B正确；
C．C装置中氯气与甲烷在光照条件下发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷好、三氯甲烷、四氯化碳以及氯化氢，产物共五种，故C正确；
D．E装置除生成盐酸外，还含有液态有机物，盐酸与有机物互不相容，分层，从E中分离出盐酸操作名称为分液，故D错误。
答案为：D。
14. 将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，加入10mL时开始产生沉淀，加入60mL时沉淀最多，继续加入至70mL时沉淀量不再变化。据此判断下列说法错误的是
A. 沉淀最大质量为4.08g B. 原溶液中
C. D. 氢氧化钠溶液浓度为2.5mol/L
【答案】D
【解析】
【分析】1.12L NO气体标准状况下的体积为，HNO3转化为NO，得到3个电子，则生成0.05mol NO，转移电子0.15mol，NO得电子，金属失电子，由电荷守恒可知，，当生成沉淀最多时，消耗的NaOH的物质的量为0.15mol，则NaOH溶液的物质的量浓度为；开始反应到生成沉淀达最大值，共消耗60mL NaOH溶液，根据Na元素守恒，则生成的物质的量为，根据N元素守恒，的物质的量为，则原溶液中；加入NaOH溶液至70mL时，沉淀量不再变化，说明和Al(OH)3反应消耗的NaOH溶液的体积为10mL，根据离子方程式可计算出Al(OH)3的物质的量为，则Al3+的物质的量为0.03mol，Al3+转化为Al(OH)3消耗NaOH溶液的体积为，则生成Mg(OH)2消耗NaOH溶液的体积为，则Mg(OH)2的物质的量为。
【详解】A．由分析可知，反应过程中沉淀最多时，Al(OH)3的物质的量为，Mg(OH)2的物质的量为，则沉淀的总质量为，A正确；
B．由分析可知，原溶液中c(HNO3)=2.3mol/L，B正确；
C．由分析可知，反应过程中沉淀最多时，Al(OH)3的物质的量为，Mg(OH)2的物质的量为，则镁铝合金中含有0.03mol Al、0.03mol Mg，则，C正确；
D．由分析可知，NaOH溶液的物质的量浓度为，D错误；
故选D。
二、填空题(共58分)
15. Ⅰ、是中学化学常用试剂。请根据题意填空：
（1）往溶液中加入溶液，溶液_______(填“变”或“不变”)色，再往其中通入氯气，溶液呈_______(填“红”或“蓝”)色。除去溶液中少量的应加通入的试剂为_______(填“”或“”)。
Ⅱ、请把下列现象中浓硫酸表现出来的性质写填在对应的空白处：
（2）把浓硫酸滴在白纸上，白纸变黑，则浓硫酸表现_______(填“脱水性”或“氧化性”)
（3）盛有浓硫酸的烧杯敞口放置一段时间，质量增加，则浓硫酸表现出_______(填“吸水性”或“脱水性”)。
（4）浓硫酸与碳共热时发生反应浓，在该反应中，浓硫酸表现出_______(填“酸性”或“强氧化性”)。
【答案】（1） ①. 不变 ②. 红 ③.
（2）脱水性 （3）吸水性
（4）强氧化性
【解析】
【小问1详解】
往FeCl2溶液中加入KSCN溶液，FeCl2 与KSCN不反应，溶液不变色，再往其中通,入氯气，氯气具有氧化性，可将二价铁氧化成三价铁，三价铁与KSCN反应使溶液呈红色； Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应后过滤可分离，则除去FeCl2溶液中少量的FeCl3应加(通)入的试剂为Fe，故答案为:不变；红；Fe；
【小问2详解】
浓硫酸将纸张中的H、O元素以2 : 1水分子的形式脱去，体现脱水性，故答案为:脱水性；
【小问3详解】
浓硫酸具有吸水性，能吸收空气中的水蒸气，所以盛有浓硫酸的烧杯敞口放置一段时间后因为吸收空气中的水蒸气而导致质量增加，故答案为:吸水性；
【小问4详解】
碳与浓硫酸加热时生成二氧化碳、二氧化硫和水，硫元素由+ 6价降低为+4价，浓硫酸作氧化剂，表现氧化性，故答案为:强氧化性。
16. 从海水中不仅可获得淡水，而且可按如图工艺流程提取溴和镁。

回答下列问题：
（1）海水淡化的方法有___________、电渗析法和反渗透法。
（2）步骤(1)中的X是一种黄绿色单质，X的电子式为___________，制备X的方法是电解饱和溶液，电解时的离子方程式为___________。
（3）检验某溶液中是否混有的方法是___________。
（4）溴单质与热的纯碱溶液反应有气体生成，该反应的化学方程式为___________。
（5）步骤(3)发生反应的离子方程式为___________。
（6）写出冶练金属镁的化学方程式：___________。
【答案】（1）蒸馏（或离子交换法）
（2） ①. ②. 2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-
（3）取少量溶液于试管中，先加入盐酸酸化没有现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成即证明有硫酸根离子
（4）3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO2↑
（5）5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O
（6）MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
【解析】
【分析】海水经过淡化得到氯化钠晶体、淡水、和卤水，卤水中有溴离子，电解饱和食盐水得到氯气与卤水反应置换出溴得到低浓度的溴水，用热空气吹出并用热的纯碱溶液吸收得到溴化钠和溴酸钠的溶液，最后用硫酸酸化得到溴单质；贝壳的成分是碳酸钙加热分解得到氧化钙，CaO与水反应生成石灰乳，石灰乳与卤水中的Mg2+作用生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁加入盐酸溶解得到氯化镁溶液，经过脱水得到无水氯化镁，最后电解熔融的氯化镁得到Mg单质。
【小问1详解】
海水淡化的方法有蒸馏、电渗析、反渗透法、离子交换等；
【小问2详解】
黄绿色单质是氯气，电子式为 ，电解饱和的食盐水的离子方程式为：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-；
【小问3详解】
检验硫酸根离子的方法是：取少量溶液于试管中，先加入盐酸酸化没有现象，再加入氯化钡溶液，若有白色沉淀生成即证明有硫酸根离子
【小问4详解】
根据题目信息，溴单质与热的纯碱溶液反应生成了Br-和Br，反应的化学方程式为：3Br2+3Na2CO35NaBr+NaBrO3+3CO2↑；
【小问5详解】
溴离子和溴酸根离子再酸化有发生归中反应生成溴单质，反应离子方程式为：5Br-+Br+6H+=3Br2+3H2O；
【小问6详解】
冶炼镁通过电解熔融的氯化镁得到镁和氯气，化学方程式为：MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑
17. 苯甲酸异丙酯在冷饮、糖果等食品工业上有重要的作用。某化学兴趣小组设计实验制备苯甲酸异丙酯，其反应原理为
有关物质的性质数据如表所示：
物质
相对分子质量
密度/()
沸点/℃
水溶性
苯甲酸
122
1.27
249
微溶
异丙醇
60
0.79
82
易溶
苯甲酸异丙酯
164
1.08
218
不溶
用如图所示装置进行实验：
步骤ⅰ：在图甲干燥的三颈烧瓶中加入36.6g苯甲酸、30mL异丙醇和15mL浓硫酸和几粒沸石；

步骤ⅱ：加热至70℃左右保持恒温半小时；
步骤ⅲ：将图甲的三颈烧瓶中液体进行如下操作得到粗产品；

步骤ⅳ：将粗产品用图乙所示装置进行精制。

回答下列问题：
（1）步骤ⅰ中加入三种试剂的先后顺序一定错误的是___________(填字母)。
A．异丙醇、苯甲酸、浓硫酸 B．浓硫酸、异丙醇、苯甲酸 C．异丙醇、浓硫酸、苯甲酸
（2）图甲中仪器a的名称为___________，加入的苯甲酸和异丙醇中，异丙醇需过量的原因是__________。
（3）实验一般采用水浴加热，因温度过高会使产率___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
（4）操作Ⅱ中加入无水硫酸镁的作用为___________。
（5）步骤ⅳ所用装置中冷却水的进口为___________(填字母“e”或“f”)。
（6）J是异丙醇的同系物，且比B多2个碳原子，J可能的结构有___________种，写出其中含3个甲基的可能结构简式：___________、___________、___________。
（7）若得到苯甲酸异丙酯的质量为39.36g，则该实验的产率为___________。
【答案】（1）B （2） ①. 球形冷凝管或冷凝管 ②. 由于异丙醇沸点低易挥发，要保证苯甲酸反应完全，所以异丙醇需过量
（3）减小 （4）除去残留的水
（5）f （6） ①. 8 ②. ③. ④.
（7）80%或0.8
【解析】
【分析】由题中信息可知，苯甲醇和异丙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应生成苯甲酸异丙酯，得到的粗产品经水洗、饱和碳酸钠溶液洗涤、再水洗后，分液，有机层经无水硫酸镁干燥，过滤，滤液经蒸馏得到较纯的产品；
【小问1详解】
浓硫酸密度大，且具有强氧化性，在此反应中浓硫酸作催化剂，所以不能先加，故先后顺序一定错误的是B；
【小问2详解】
根据图示仪器构造分析a为球形冷凝管；该反应为可逆反应，使异丙醇稍过量有利于酯化反应向正反应方向进行，提高苯甲酸的转化率；
【小问3详解】
异丙醇沸点低，易挥发损耗，所以温度过高会使产率减小；
【小问4详解】
无水硫酸镁能吸收水分，可做干燥剂，操作Ⅱ中加入无水硫酸镁的作用为除去残留的水；
【小问5详解】
步骤ⅳ所用的装置为冷凝管，为达到较好的冷凝效果，冷却水为下进上出，进口为f；
【小问6详解】
同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；J是异丙醇的同系物，且比B多2个碳原子，则J含有5个碳，首先确定碳链、再确定羟基位置，J可能的结构有8种，其中含3个甲基的可能结构简式：、、；
【小问7详解】
36.6g苯甲酸的物质的量为，30mL异丙醇的物质的物质的量为，则醇过量，理论上得到苯甲酸异丙酯的物质的量为0.3mol，则产率为。
18. 工业中很多重要的化工原料，如图中的苯、丙烯、有机物等都来源于石油化工，其中的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平。

回答下列问题：
（1）丙烯酸中含氧官能团的名称为_____，B的结构简式为_____。
（2）写出下列反应的反应类型：③_____，④_____。
（3）有机物M含有4个碳原子，且与D互为同系物，写出M的所有同分异构体的结构简式：_____。
（4）下列说法正确的是_____(填标号)。
a．除去乙酸乙酯中混有的乙酸，可加入NaOH溶液，静置，分液
b．聚丙烯酸不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
c．有机物C与丙烯酸互为同系物
（5）写出下列反应的化学方程式：①_____，②_____。
【答案】（1） ① 羧基 ②.
（2） ①. 酯化反应或取代反应 ②. 加聚反应
（3）
（4）b （5） ①. ②.
【解析】
【分析】的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故应为与发生加成反应生成，即为，与发生加成反应生成，即为，经催化氧化生成乙醛，乙醛被氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，丙烯酸发生加聚反应可生成聚丙烯酸，丙烯酸与乙醇发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，石蜡油催化重整可生成苯，苯发生硝化反应可生成硝基苯，以此解答本题。
【小问1详解】
中的含氧官能团为羧基；由上述分析可知，的结构简式为。
【小问2详解】
③为乙醇与乙酸反应生成乙酸乙酯的反应，其反应类型为酯化反应或取代反应；④为丙烯酸生成聚丙烯酸的反应，其反应类型为加聚反应。
【小问3详解】
为，则有机物为丁烷，其结构简式有、。
【小问4详解】
乙酸乙酯能与发生反应，除去乙酸乙酯中混有的乙酸，应用饱和溶液，a项错误；聚丙烯酸不含碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，b项正确；有机物C为乙酸，乙酸不含碳碳双键，丙烯酸含碳碳双键，二者不属于同系物，c项错误。
【小问5详解】
①为与在作催化剂并加热的条件下反应生成乙醛，其化学方程式为；②为乙醇与丙烯酸在浓硫酸作催化剂并加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯，其化学方程式为。