2021-2022学年重庆市二0三中学高一下学期第二次月考化学试题含解析

这是一份2021-2022学年重庆市二0三中学高一下学期第二次月考化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
重庆市二0三中学2021-2022学年高一下学期第二次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列化学用语不正确的是
A．丙烷分子的球棍模型：
B．乙烯分子的电子式：
C．CH3(CH2)2CH3与CH3CH(CH3)2互为同分异构体
D．CCl4是正四面体空间结构
【答案】B
【详解】A．丙烷分子中有三个碳原子，碳原子间以单键相连，端点碳原子各连3个氢原子，中间碳原子连有2个氢原子，碳原子半径大于氢原子的半径，所以 是表示丙烷分子的球棍模型，故A正确；
B． 乙烯分子的两个碳原子间以双键相连，故B错误；
C．CH3(CH2)2CH3与CH3CH(CH3)2分子式相同，均为C4H10，结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．CCl4可以看做是甲烷中的4个H被Cl代替，甲烷是正四面体结构，所以CCl4也正四面体结构，故D正确；
故选B。
2．某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是

A．实验①中试管口有红棕色气体产生，说明稀硝酸被Cu还原为NO2
B．实验③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸强
C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下既可以与稀硝酸反应，也可以与稀硫酸反应
D．实验③发生反应的化学方程式为：3Cu＋Cu(NO3)2＋4H2SO4 =4CuSO4＋2NO↑＋4H2O
【答案】D
【详解】A.①中发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应产生的NO气体在试管口被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2，A错误；
B.③中加稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应，但硝酸铜在酸性条件下具有硝酸的强氧化性作用，可继续与Cu反应，是硝酸的氧化性强，B错误；
C.由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，只有在溶液中存在NO3-条件下，滴入稀硫酸才可以发生反应，不能证明稀硫酸能与Cu反应，C错误；
D.实验③发生反应的化学方程式为：3Cu+ Cu(NO3)2+4H2SO4=4CuSO4+2NO↑+4H2O，D正确；
故合理选项是C。
3．甲烷与CO2可用于合成合成气(主要成分是一氧化碳和氢气)：CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)，1 g CH4(g)完全反应可释放15.46 kJ的热量，下图中能表示该反应过程的能量变化的是(　　)
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】反应CH4(g)＋CO2(g)=2CO(g)＋2H2(g)中，1 g CH4完全反应释放15.46 kJ的热量，则1 mol CH4完全反应放出热量为247.36 kJ。
答案选D。
4．下列实验中，始终无明显现象的是
A．NO2通入FeSO4溶液中 B．CO2通入CaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中 D．SO3通入Ba(NO3)2溶液中
【答案】B
【分析】根据物质的性质来分析物质间发生的化学反应，若反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意，据此解答。
【详解】A．NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，硝酸具有强的氧化性，能将亚铁盐氧化为铁盐，使溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，选项A不符合题意；
B．由于酸性HCl>H2CO3，所以在溶液中CO2和CaCl2不反应，无明显现象，选项B符合题意；
C．NH3通入溶液中转化为氨水，氨水与AlCl3发生复分解反应生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，选项C不符合题意；
D．SO3通入硝酸钡中，SO3与溶液中的水反应产生硫酸，硫酸电离产生的SO与溶液中的Ba2+结合，生成BaSO4白色沉淀，现象明显，选项D不符合题意；
故本题合理选项是B。
【点睛】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答。该题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应。
5．已知：

其中甲、乙、丁均能发生银镜反应，则乙为
A．甲醇 B．甲醛 C．甲酸 D．乙醛
【答案】C
【详解】能发生银镜反应的必须含有醛基，甲既可以发生氧化反应，又可以发生还原反应，甲属于醛类，甲的氧化产物是乙是羧酸，乙也可以发生银镜反应，因此乙只能是甲酸，则甲是甲醛，丙是甲醇，丁是甲酸甲酯，故C正确。
故选C。
6．用下列实验装置进行相应实验，有关说法不正确的是

A．装置①若a为干燥氨气，b为水，可用于演示喷泉实验
B．装置②可用于比较金属X和Zn的金属活动性强弱
C．装置③可用于实验室制备并收集NO2
D．装置④可用于制备乙酸乙酯
【答案】C
【详解】A．氨气极易溶于水，装置①若a为干燥氨气，b为水，挤压胶头滴管，可引发喷泉实验，故A正确；
B．装置②构成原电池，若锌的表面有气泡生产，说明锌是正极，则X的活泼性大于Zn；若X的表面有气泡生产，说明X是正极，则X的活泼性小于Zn；所以可用于比较金属X和Zn的金属活动性强弱，故B正确；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集二氧化氮，故C错误；
D．装置④中乙酸、乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯，故D正确；
选C。
7．将3 mol O2加入V L的反应器中，在高温下放电，经t1 s 建立了平衡体系：3O22O3，此时测知O2的转化率为30%，下列图像能正确表示气体的物质的量(n)跟时间(t)的关系的是

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据O2的转化率利用三段式计算平衡时各组分的浓度，
        3O22O3
n（始）：3    0
n（变）：0.9 0.6
n（平）：2.1 0.6
O2的起始浓度为3mol/VL，O2的平衡浓度为2.1mol/VL，O3的起始浓度为0，O3的平衡浓度为0.6mol/VL，O2的物质的量大于O3的物质的量。O2为反应物，随着反应的进行浓度逐渐减小；O3为生成物，随着反应的进行浓度逐渐增大．达到平衡时n(O2)＝2.1 mol＞n(O3)＝0.6 mol。
【详解】A、图象表示O2和O3的物质的量一直在变，没有平衡的特征，与实际不符，故A错误；
B、图象表示平衡时O2和O3的物质的量相同，与实际不符，故B错误；
C、图象表示平衡时O2的物质的量大于O3的物质的量，与实际相符，故C正确；
D、图象表示平衡时O2的物质的量小于O3的物质的量，与实际不符，故D错误。
故选C。
【点睛】解题关键：三段式计算方法的分析应用，易错点D，有平衡的特征，但浓度大小关系错误。
8．分析如图所示的四个原电池装置，其中结论正确的是

A．①②中Mg作为负极，③④中Fe作为负极
B．②中Mg作为正极，电极反应式为
C．③中Fe作为负极，电极反应式为
D．④中Cu作为正极，电极反应式为
【答案】B
【详解】A．Mg和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应，所以②中Mg作为正极、铝作负极；铁遇浓硝酸钝化，③中Cu作负极、Fe作正极，故A错误；
B．②中Mg和氢氧化钠不反应，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，Mg作为正极，正极反应式为，故B正确；
C．铁遇浓硝酸钝化，③中Cu作负极、Fe作正极，正极反应式为，故C错误；
D．铁的活泼性大于Cu，④中Fe作负极、Cu作为正极，正极反应式为，故D错误；
选B。
9．标准状况下1mol某烃完全燃烧时，生成89.6LCO2，又知0.1mol此烃能与标准状况下4.48LH2加成，则此烃的结构简式是
A．CH3CH2CH2CH3 B．CH3—C≡C—CH3
C．CH3CH2CH=CH2 D．CH2=CH—CH=CH—CH3
【答案】B
【详解】标准状况下1mol某烃完全燃烧时，n(CO2)=，根据碳元素守恒知该有机物中含4个碳原子；又知0.1mol此烃能与标准状况下4.48LH2加成，n(H2)=，故该有机物与H2为1：2加成，可能是二烯烃或炔烃，由于该有机物含有4个碳，所以CH3—C≡C—CH3符合题意，综上所述，答案选B。
10．向四个体积相同的密闭容器中分别充入一定量的和，开始反应时，按正反应速率由大到小的顺序排列，正确的是
①500℃，10mol和5mol反应
②500℃，用作催化剂，10mol和5mol反应
③450℃，8mol和5mol反应
④500℃，8mol和5mol反应
A．①②③④ B．②①③④ C．②①④③ D．④③②①
【答案】C
【详解】①与②相比，②中使用了催化剂，其他条件相同，使用催化剂，反应速率加快，所以反应速率：②＞①；①与④相比，①中的物质的量比④中的大，即①中的浓度比④中的大，其他条件相同，浓度越大，反应速率越快，所以反应速率：①＞④；③与④相比，④中温度高，其他条件相同，温度越高，反应速率越快，所以反应速率：④＞③；所以正反应速率由大到小的顺序为：②①④③，
答案选C。
11．NH3和纯净的O2在一定条件下发生反应4NH3(g)+3O2(g)⇌2N2(g)+6H2O(g)，现向一容积为2L的恒容密闭容器中充入4mol NH3和3mol O2，4min后，测得H2O(g)的体积分数为40%，则下列表示此段时间内该反应的平均速率不正确的是（    ）
A．v(O2)=0.225mol/(L∙min) B．v(H2O)=0.375mol/(L∙min)
C．v(N2)=0.125mol/(L∙min) D．v(NH3)=0.250mol/(L∙min)
【答案】A
【分析】设转化的NH3的物质的量为x mol，则

根据题意有×100%=40%，解得x=2，v(NH3)==0.250 mol/(L∙min)。
【详解】根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，
A．v(O2)=0.250mol/(L∙min)×=0.1875 mol/(L∙min)，A速率不正确；
B．v(H2O)=0.250mol/(L∙min)×=0.375mol/(L∙min)，B速率正确；
C．v(N2)= 0.250mol/(L∙min)×=0.125mol/(L∙min) ，C速率正确；
D．v(NH3)==0.250 mol/(L∙min)，D速率正确；
答案为A。
12．下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是
A．氯化铜溶液中通入硫化氢：
B．过量铁粉加入稀硝酸中：
C．室温下用稀NaOH溶液吸收：
D．用铝粉和NaOH溶液反应制取少量：
【答案】C
【详解】A．氯化铜溶液中通入硫化氢生成氯化铜沉淀和盐酸，反应的离子方程式为，故A错误；
B．过量铁粉加入稀硝酸中生成硝酸亚铁、一氧化氮、水，反应的离子方程式是，故B错误；
C．室温下用稀NaOH溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应的离子方程式是，故C正确；
D．铝粉和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和，反应的离子方程式是，故D错误；
选C。
13．一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应，以下不能说明该反应达到化学平衡状态的是
A．X的分解速率与Y的消耗速率相等 B．反应容器中Y的质量分数不变
C．混合气体的密度不再变化 D．单位时间内生成1mol Y的同时生成2mol X
【答案】A
【详解】A．X的分解速率与Y的消耗速率相等，正逆反应速率比不等于系数比，反应没有达到平衡状态，故选A；
B．反应容器中Y的质量分数不变，说明Y的物质的量不变，反应达到平衡状态，故不选B；
C．反应后有固体Z生成，气体总质量是变量，容器体积不变，所以密度是变量，混合气体的密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故不选C；    
D．单位时间内生成1mol Y的同时生成2mol X，正逆反应速率比等于系数比，反应达到平衡状态，故不选D；
选A。
14．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，22.4LCH3COOH中含有碳原子数为2NA
B．1.7g羟基(－OH)和1.7gOH－中含有质子数均为0.9NA
C．1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子数目为2NA
D．7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子0.2NA
【答案】B
【分析】A、标准状况下，CH3COOH不是气态；
B、羟基(－OH)和OH－的质子数均为9；
C、N2与H2在一定条件下的反应是可逆反应；
D、Na2O2与足量水反应，-1价的氧的化合价一半升高一半降低；
【详解】A、标准状况下，CH3COOH不是气态，不能用22.4L/mol计算CH3COOH的物质的量，故A错误；
B、羟基(－OH)和OH－的质子数均为9，1.7g羟基(－OH)和1.7gOH－中含有质子数均为0.9NA，故B正确；
C、N2与H2在一定条件下的反应是可逆反应， 1molN2与3molH2在一定条件下充分反应，生成NH3分子数目小于2NA，故C错误；
D、Na2O2与足量水反应，-1价的氧的化合价一半升高一半降低，7.8gNa2O2与足量水反应，转移电子0.1NA，故D错误；
故选B。

二、填空题
15．氮及其化合物在化肥、医药、材料和国防工业中具有广泛应用。回答下列问题：
(1)氮元素在周期表中的位置为_______，N2的电子式为_______。
(2)自上个世纪德国建立了第一套合成氨装置，合成氨工业为解决人类的温饱问题作出了极大贡献。写出实验室制备氨气的方程式_______。
(3)有人设想寻求合适的催化剂和电极材料，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl为电解质溶液制造出一种既能提供电能，又能实现氮固定的新型燃料电池，如图所示。

①a电极上发生反应的电极反应式是_______。
②该电池在工作过程中的浓度将不断_______(填增大或减小)，假设放电过程中电解质溶液的体积不变，当溶液中的物质的量改变时，理论上电池能为外电路提供_______mol电子。
【答案】(1)     第二周期第VA族    
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2NH3↑＋2H2O
(3)     N2+8H++6e-=2      减小     2.4

【解析】（1）
氮元素原子序数为7，核外电子排布为2、5，位于第二周期VA族，氮气的电子式为：，故答案为：第二周期第VA族；；
（2）
实验室制取氨气利用的是熟石灰与氯化铵的混合固体加热，反应方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2 CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；
（3）
①该电池的的原理为氮气和氢气在HCl做电解质的条件下发生反应最终生成氯化铵，a极区氮气在电极上得电子反应还原反应，作正极，电极反应为：N2+8H++6e-=2 ，b极上氢气失电子发生氧化反应，作负极，故答案为： N2+8H++6e-=2 ；
②该电池的总反应为：，由总反应可知反应过程中消耗氢离子，溶液中的浓度减小，由反应可知每消耗2mol氢离子，转移6mol电子，当溶液中的物质的量改变0.8mol时，转移电子的物质的量为2.4mol，故答案为：减小；2.4。
16．化学反应与能量变化是化学研究的重要问题，根据相关材料分析回答：
(1)已知断开1mol下列物质中的化学键需要吸收的能量如下表：
物质
N2
O2
NO
吸收的能量
946kJ
498kJ
632kJ

根据以上数据判断：N2+O2=2NO属于_______反应(填“放热”或“吸热”)。
(2)符合某些特征的化学反应理论上都可以设计成原电池。下列化学反应_______(填字母)不能设计成原电池。A．CH4+2O2=CO2+2H2O B．Fe+CuSO4=FeSO4+Cu
C．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O D．Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O
(3)把A、B、C、D四种金属按表中装置进行实验。
装置



电子从A到B
C电极的质量增加
二价金属D不断溶解

根据表中信息判断四种金属活动性由大到小的顺序是_______；写出装置乙中正极的电极反应式：_______。
(4)用CH4和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图

①则电极d是_______(填“正极”或“负极”)，电极c的电极反应式为_______；
②若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为_______L。
【答案】(1)吸热
(2)C
(3)     D>A>B>C    
(4)     正极     CH4-8e- +2H2O=CO2 +8H+     11.2

【解析】（1）
断开1mol氮氮三键需要吸收946kJ，断开1molO=O需要吸收498kJ，形成1molNO放出632kJ，，根据以上数据判断：N2+O2=2NO属于吸热反应；
（2）
能设计成原电池的反应必须是自发的氧化还原反应，
A.甲烷的燃烧是自发的氧化还原反应，可以设计成原电池，故A正确；
B. 铁比铜活泼，Fe可以置换出CuSO4中的铜，属于自发的氧化还原反应，可以设计成原电池，故B正确；
C.中和反应不是氧化还原反应，没有电子的得失，不能设计成原电池，故C错误；
D. Pb和PbO2在酸性环境可以发生归中反应生成PbSO4，是自发的氧化还原反应，可以设计成原电池，故D正确；
故答案为C
（3）
原电池的一个应用是可以判断金属的活泼性，一般负极比正极活泼。电子从A到B说明A为负极，B为正极，A>B；C电极的质量增加说明Cu2+在正极析出，C为正极B为负极，B>C；二价金属D不断溶解，说明D为负极，A为正极，D>A，四种金属活动性由大到小的顺序是D>A>B>C；乙中正极为C，C电极的质量增加说明Cu2+在正极析出，电极反应式为；
（4）
①因电极c是电子流出的一极，则电极c为负极，电极d为正极，甲烷在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CH4-8e- +2H2O=CO2 +8H+。
②原电池中正极反应式为2O2 +8H++8e-= 4H2O，当转移2 mol电子时，消耗氧气的物质的量为0.5 mol，标准状况下的体积为0.5 mol 22.4 L /mol=11.2 L。

三、实验题
17．请回答下列问题：
(1)用如图所示装置进行如下实验：

①在检查装置的气密性后，向试管a中加入10mL 6mol·L-1的稀HNO3和1g铜片，立即用带有导管的橡皮塞塞紧试管口。请写出在试管a中有可能发生的所有反应的化学方程式_______、_______。
②在实验过程中常常反应开始时速率缓慢，随后逐渐加快，这是由于_______，当反应进行一段时间后速率又逐渐减慢，原因是_______。
③欲较快地制得NO，可采取的措施是_______(填写字母序号)。
a.加热  b.使用铜粉  c.稀释HNO3 d.增大硝酸的浓度
(2)合成CH3OH的一种反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。一定条件下，将1mol CO和2mol H2在1L容器中发生上述反应，经过2min反应生成了amolCH3OH(反应前后体积不变)。
①此时CO的浓度为_______mol/L。
②2min内用H2表示该反应的速率为v(H2)=_______mol/(L·min)。
③一定能说明该反应达到平衡的标志是_______(填写字母序号)。
a.CO、CH3OH的浓度相等 b.2v(CO)=v(H2)
c.混合气体的密度保持不变   d.混合气体的平均摩尔质量不再改变
【答案】(1)     8HNO3+3Cu = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O     2NO+O2= NO2     铜和稀硝酸反应为放热反应，温度升高且稀硝酸的浓度较大反应速率加快     稀硝酸的浓度逐渐变小反应速率减小     ab
(2)     1-a     a     d

【解析】（1）
①HNO3为强氧化性酸可与金属铜发生反应产生NO气体，NO气体遇氧气会生成NO2，试管a中发生的化学方程式为8HNO3+3Cu = 3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；2NO+O2= NO2；
②刚开始时由于铜和稀硝酸反应为放热反应，温度升高且稀硝酸的浓度较大反应速率加快，随着反应的进行稀硝酸的浓度逐渐变小反应速率减小；
③加快反应速率的方法为升高温度，增大固体物质的接触面积，增大反应物的浓度，故稀硝酸与金属铜反应要想较快的产生NO气体，则加热到适宜温度、使用铜粉可加快反应速率，增大硝酸的浓度有可能产生NO2，故答案选ab；
（2）
1mol CO和2mol H2在1L容器中发生上述反应，根据三段式可知

①此时CO的浓度为；
②2min内用H2表示该反应的速率为v(H2)= ；
③a．CO、CH3OH的浓度不变时反应达到平衡，故a错误；
b．任何时刻2v(CO)=v(H2)，不能说明达到平衡，故b错误；
c．该反应是恒容纯气体反应，混合气体的密度始终保持不变，不能说明达到平衡，故c错误；  
d．混合气体的平均摩尔质量，该反应是前后气体分子数变化的反应，平均摩尔质量一直在变化，当平均摩尔质量不再改变反应达到平衡，故d正确；
故答案为d。

四、有机推断题
18．按要求完成下列小题：
Ⅰ.十九大报告提出“要像对待生命一样对待生态环境”，对硫、氮元素形成的有毒、有害物质进行处理成为科学研究热点。
(1)防治环境污染，改善生态环境已成为全球共识。下列物质会形成酸雨的是_______(填字母)。
a.碳氧化物   b.硫氧化物   c.氮氧化物
(2)是严重危害环境的气体，可采取多种方法减少的排放并加以资源利用。
①用吸收，发生反应的离子方程式为_______。
②与在高温下反应可生成氧硫化碳(COS)，氧硫化碳分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，其结构式为_______。
(3)用碱液吸收氮氧化物()：、。根据上述原理判断，将下列气体通入过量NaOH溶液中，反应结束后一定有剩余的是_______(填字母)。
A．1mol和4mol B．1molNO和4mol C．1mol和7molNO D．6molNO和4mol
Ⅱ.石油是一种不可再生能源，石油及其产品不仅是重要的燃料，也是重要的工业原料。如图无色气体A为石油裂解的产品之一，气体A与相同条件下一氧化碳的密度相同；B是一种人工合成的高分子化合物；C是农作物秸秆的主要成分，利用C可以得到重要的替代能源E。各有机物相互转化的关系如图所示：      

(4)写出D的结构简式：_______；F的结构简式：_______。
(5)写出下列反应的化学方程式：①E+G→H：_______；②A→B：_______。
【答案】(1)bc
(2)     2Fe3++ H2S=2Fe2++S↓+2H+     O=C=S
(3)D
(4)          CH3CHO
(5)     CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOC2H5+H2O    

【解析】（1）
酸雨包括硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，主要与硫的氧化物和氮的氧化物的排放有关，与碳的氧化物无关，故b、c符合题意。
（2）
①用吸收H2S，发生氧化还原反应，生成亚铁离子和硫单质，反应的离子方程式为2Fe3++ H2S=2Fe2++S↓+2H+；
②COS中氧硫化碳分子中所有原子均满足最外层8电子稳定结构，电子式为，其结构式为O=C=S
（3）
A．1 mol O2和4 mol NO2可以恰好反应生成4 mol HNO3，HNO3与NaOH溶液完全反应，无气体剩余，故A不选;
B．根据题给信息可知，当n(NO)≤n(NO2)时，气体可以被完全吸收，故B不选;
C．1mol和7molNO反应生成2molNO2，剩余5molNO，2molNO2与2 mol NO被NaOH溶液恰好吸收后，NO还剩余3 mol，不能被完全吸收，故C选;
D．4molNO和4molNO2被NaOH溶液恰好吸收后，NO还剩余2 mol，不能被完全吸收，故D选。
故答案为CD。
（4）
由题设信息，无色气体A为石油裂解的产品之一，故A为烃类，又已知气体A与相同条件下一氧化碳的密度相同，即A的相对分子质量为28，分子式只能为C2H4，故A为乙烯，B是一种人工合成的高分子化合物，且B通过A合成，故B为聚乙烯（），根据相互转化关系可以判断：E为乙醇（CH3CH2OH ，），F为乙醛（CH3CHO），G为乙酸（CH3COOH），则H为乙酸乙酯（）；又已知C是农作物秸杆的主要成分是纤维素，利用C可以得到重要的替代能源E，且D可发生银镜反应，可推得C为纤维素，D为葡萄糖（）。
根据分析可知D为葡萄糖（），结构简式：；F为乙醛结构简式为CH3CHO；
（5）
①根据分析可知E+G→H是乙醇和乙酸反应生成乙酸乙酯，对应方程式为：；
②对应方程式为：。