黑龙江省绥化市安达市第七中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
安达市第七中学2019-2020学年高二上学期期中考试化学试题
一、选择题(本题包括15小题，每小题4分，共60分)
1.下列一些诗句、成语、谚语等包含吸热反应过程的是
①野火烧不尽，春风吹又生； ②春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干；
③千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲； ④爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏；
⑤只要功夫深，铁杵磨成针； ⑥火树银花； ⑦死灰复燃； ⑧凿壁借光。
A. ②③⑤ B. ③④⑤ C. ⑤⑦⑧ D. 只有③
【答案】D
【解析】
【分析】
吸热反应首先为化学反应，在反应中吸收能量，题中涉及到的物质的燃烧反应为放热反应，结合物质的变化解答。
【详解】①野火烧不尽，春风吹又生，涉及物质的燃烧，是放热反应，故错误；
②春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，涉及烃类物质的燃烧，是放热反应，故错误；
③千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲，涉及碳酸钙的分解，是吸热反应，故正确；
④爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏，涉及黑火药的反应，为放热反应，故错误；
⑤只要功夫深，铁杵磨成针，涉及物质的形态的变化，不是化学变化，故错误；
⑥火树银花，为天气的变化，涉及物质的聚集状态的变化，属于物理变化，故错误；
⑦死灰复燃，为物质的燃烧，为放热反应，故错误；
⑧凿壁偷光，涉及用凿子破壁，没有化学变化，故错误。
故选D。
【点睛】本题考查化学反应与能量变化，解题关键：理解化学与生活、生产的基础知识，难点：把握诗句的意义以及涉及的变化。
2.下列说法正确的是( )
A. 如图可表示水分解过程中的能量变化
B. 若2C(s)+O2(g)=2CO(g) ΔH=-221.0 kJ/mol，则碳的燃烧热为110.5 kJ/mol
C. 需要加热的反应一定是吸热反应，常温下能发生的反应一定是放热反应
D. 已知Ⅰ：反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) ΔH=-a kJ/mol，
Ⅱ：键能H-H：b kJ/mol，Cl-Cl：c kJ/mol。则断开1 mol H-Cl键所需能量为kJ
【答案】A
【解析】
【详解】A.水分解反应是吸热反应，说明反应物的能量比生成物的能量低，且使用催化剂可以降低反应的活化能，但不影响反应热，A正确；
B.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定氧化物时放出的热量，C的稳定氧化物是CO2，不是CO，B错误；
C.任何反应发生都需要在一定条件下进行，与反应是放热反应还是吸热反应无关，如C的燃烧反应是放热反应，需在加热到一定温度下才能发生，C错误；
D.键能H-H：b kJ/mol，Cl-Cl：c kJ/mol。则断开1 mol H-Cl键所需能量为kJ，D错误；
故合理选项是A。
3.下列各离子①H＋ ②Cl- ③Al3+ ④K+ ⑤S2- ⑥OH- ⑦NO3- ⑧NH4+中，不影响水的电离平衡的是( )
A. ①③⑤⑦⑧ B. ②④⑦ C. ①⑥ D. ②④⑥⑧
【答案】B
【解析】
【详解】在任何溶液中存在水的电离平衡：H2OH++OH-，
①加入H＋，使c(H+)增大，水的电离逆向逆向移动，影响水的电离平衡，①不符合题意；
②加入Cl-，由于不产生H+、OH-，也不消耗H+、OH-，对水的电离平衡无影响，②符合题意；
③Al3+会与水电离产生的OH-结合形成Al(OH)3，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，③不符合题意；
④加入K+，由于不产生H+、OH-，也不消耗H+、OH-，对水的电离平衡无影响，④符合题意；
⑤S2-会与水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，⑤不符合题意；
⑥加入OH-，使c(OH-
)增大，水的电离逆向移动，影响水的电离平衡，⑥不符合题意； ⑦加入NO3-，不产生H+、OH-，也不消耗H+、OH-，对水的电离平衡无影响，⑦符合题意；
⑧加入NH4+，会与水电离产生的OH-结合形成NH3·H2O，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，⑧不符合题意；
综上所述可知：②④⑦符合题意，故合理选项是B。
4.在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－的浓度分别为A mol/L与B mol/L，则A和B的关系为( )
A. A>B B. A=10-4B C. B=10-6A D. A=B
【答案】B
【解析】
【分析】
酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离，pH=9的氢氧化钠和乙酸钠，乙酸钠促进水电离，氢氧化钠抑制水电离，NaOH溶液中水电离出的c(OH-)=c(H+)，醋酸钠溶液中水电离出的c(OH-)=。
【详解】在pH等于9的NaOH溶液中，c(H+)=1×10-9mol/L，而NaOH只能提供OH-，不提供H+，根据公式知：由NaOH电离产生的c(OH-)==10-5mol/L，则由水电离产生的c(OH-)=c(H+)=mol/L=10-9mol/L，即A=10-9mol/L；CH3COONa是弱酸强碱盐，水中乙酸根离子水解呈碱性，促进水的电离，pH=9的CH3COONa溶液促进水的电离，OH-全部由水电离产生，c(OH-)=10-5mol/L，即B= c(OH-)=10-5mol/L，所以A：B=10-9mol/L：10-5mol/L=10-4，即A=10-4B，故合理选项是B。
【点睛】本题考查了水的电离，明确哪些物质促进水电离、哪些物质抑制水电离是解答本题关键，注意酸溶液中水电离出氢离子浓度、碱溶液中水电离出氢氧根离子浓度的方法，为易错点。
5. 关于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的下列叙述中，正确的是
A. 该酸式盐的水溶液一定显酸性
B. 在该盐溶液中，离子浓度为：c(Na+)＞c(Y2-)＞c(HY-)＞c(OH-)＞c(H+)
C. 若HY-能水解，水解方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
D. 若HY-能电离，电离方程式为：HY-+H2OY2-+H3O+
【答案】D
【解析】
【详解】A、NaHY溶液由于Y2－没有指定，常见的有三种情况：①NaHSO4，只电离，不水解；②NaHSO3，其水溶液中HSO3-电离程度大于水解程度，溶液显酸性；③NaHCO3、NaHS，其水溶液中HCO3-、HS－水解程度大于电离程度，溶液显碱性。因Y2－不确定，A错误；
B、根据A中分析可知B错误；
C、为电离方程式而非水解方程式，水解方程式为HY-+H2OH2Y+OH－，C错误；
D、根据C中分析可知D正确；
答案选D。
6.已知以下的热化学反应方程式：
①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) △H=—24.8kJ·mol-1
②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g) △H=—15.73kJ·mol-1
③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) △H=+6404kJ·mol-1
则14gCO气体还原足量FeO固体得到Fe固体和CO2气体时对应的△H约为（ ）
A. -218kJ·mol-1 B. -109kJ·mol-1 C. +218kJ·mol-1 D. +109kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：①Fe2O3(s)＋3CO(g)=2Fe(s)＋3CO2(g) △H=-24.8kJ/mol；②Fe2O3(s)＋CO(g)=Fe3O4(s)＋CO2(g) △H= -15.73kJ·mol-1；③Fe3O4(s)＋CO(g)=3FeO(s)＋CO2(g) △H=+640.4kJ·mol-1；由盖斯定律可知，得到反应CO+FeO═Fe+CO2，
所以其反应热△H== -109kJ/mol，故选B。
7.反应A(g)＋3B(g)===2C(g)＋2D(g)在四种不同情况下的反应速率分别为①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1 ②v(B)＝0.6 mol·L－1·s－1 ③v(C)＝0.4 mol·L－1·s－1④v(D)＝0.45 mol·L－1·s－1。下列有关反应速率的比较中正确的是( )
A. ④>③＝②>① B. ①>②>③>④ C. ①>④>②＝③ D. ④>③>②>①
【答案】C
【解析】
【分析】
在可逆反应中，物质反应速率之比与化学计量数之比相同，在比较各反应速率时，将速率统一为一种物质。
【详解】将各反应速率统一为A的反应速率；v(A)：v(B)：v(C)：v(D)=1:3:2:2。
①v(A)＝0.45 mol·L－1·s－1 ；
②3v(A)=v(B)，v(A)＝02 mol·L－1·s－1 ；
③2v(A)=v(C)，v(A)＝0.2 mol·L－1·s－1；
④2v(A)=v(D)，v(A)＝0.225 mol·L－1·s－1；
综上所述，①>④>②＝③；
答案为C。
8.一定温度下，反应N2+O22NO在密闭容器中进行，下列措施不能改变化学反应速率的是( )
A. 缩小体积使压强增大 B. 恒容，充入He
C. 恒容，充入N2 D. 恒压，充入He
【答案】B
【解析】
【详解】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。
9.在一定温度不同压强(P1
OH-，所以用惰性电极电解饱和食盐水或熔融氯化钠时，阳极上都是Cl-放电生成Cl2，电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，A正确；
B.酸性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成水，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，在碱性介质中，氢氧燃料电池中正极上生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；
C.电解精炼铜或电镀铜时，阴极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C正确；
D.钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀中负极电极反应式相同，都是铁失电子发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，D正确；
故合理选项是B。
15.原电池电极的“正”与“负”不仅与电极材料的性质有关，也与电解质溶液有关．下列说法中正确的是
A. 由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋
B. 由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，负极反应式为：Cu－2e－===Cu2＋
C. 由Al、Mg和NaOH溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al＋4OH－－3e－===AlO2-＋2H2O
D. 由Al、Cu和浓HNO3溶液组成的原电池中，负极反应式为：Al－3e－===Al3＋
【答案】C
【解析】
试题分析：A. 由Fe、Cu和FeCl3溶液组成的原电池中，铁比铜活泼，负极反应为Fe-2e－=Fe2＋, A项错误；B．由Al、Cu和稀硫酸组成的原电池中，铝比铜活泼，负极反应为Al-3e－=Al3＋,B项错误；C.由Al、Mg与氢氧化钠溶液组成的原电池，该条件下，铝易失电子而作负极，镁作正极，负极反应式为：Al＋4OH－－3e－===AlO2-＋2H2O，C项正确；D.由Al、Cu与浓硝酸组成的原电池，该条件下，铜易失电子而作负极，铝作正极，负极上电极反应式为：Cu-2e-═Cu2+，D项错误；答案选C。
考点：考查原电池的工作原理。
二、非选择题(本题包括2小题，共30分)
16.(1)粗制CuSO4·5H2O晶体中常含有杂质Fe2＋。
①在提纯时为了除去Fe2+，常加入合适氧化剂，使Fe2＋氧化为Fe3+，下列物质最好选用的是________。
A.KMnO4 B.H2O2 C.氯水 D.HNO3
②然后再加入适当物质调整溶液至pH=4，使Fe3＋转化为Fe(OH)3，调整溶液pH可选用下列中的_______。
A.NaOH B.NH3·H2O C.CuO D.Cu(OH)2
(2)在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为________。已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
(3)向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，当两种沉淀共存时，=____。已知Ksp(AgBr)=5.4×10－13，Ksp(AgCl)=2.0×10－10。
【答案】 (1). B (2). CD (3). Cu(OH)2 (4). Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+ (5). 2.7×10-3
【解析】
【分析】
(1)加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质；调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀；
(2)由Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20可知，氢氧化铜更难溶，先生成；
(3)当两种沉淀共存时，溶液是AgCl和AgBr的饱和溶液，溶液中，以此来解答。
【详解】(1)①加入合适氧化剂，使Fe2+氧化为Fe3+，不能引入新的杂质，A、C、D中会引入杂质，只有过氧化氢的还原产物为水，不引入杂质，故合理选项是B；
②调整至溶液pH=4，使Fe3+转化为Fe(OH)3，可以达到除去Fe3+而不损失CuSO4的目的，则加含铜元素的物质与氢离子反应促进铁离子水解转化为沉淀，则C、D均可以，A、B将Cu2+转化为Cu(OH)2沉淀，不符合题意，故合理选项是CD；
(2)难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越易生成沉淀，则生成的沉淀为Cu(OH)2，反应的离子方程式为Cu2++2NH3•H2O= Cu(OH)2↓+2NH4+；
(3)当两种沉淀共存时，溶液是AgCl和AgBr的饱和溶液，溶液中
==2.7×10-3。
【点睛】本题考查混合物分离提纯及难溶电解质的溶解平衡，把握物质的性质、性质差异及溶解平衡的计算等为解答的关键，侧重考查学生的混合物分离提纯及分析与计算能力。
17.图中X是直流电源。Y烧杯中c、d为石墨棒，Z烧杯中e、f是质量相同的铜棒。接通电路后，发现d附近溶液显红色。
（1）①电源b极为________(填“正”“负”或“阴”“阳”，下同)极。
②Z烧杯中e为________极。
③连接Y、Z烧杯线路中，电子流动的方向是d________(填“→”或“←”)e。
（2）①写出Y烧杯中c极上的电极反应式：_______________________________
②写出Y烧杯中总反应的化学方程式：________________________________
③写出Z烧杯中e极上的电极反应式：_______________________________
（3）①电解2 min后，取出e、f，洗净、烘干、称量，质量差为1.28 g，在通电过程中，电路中通过的电子为______mol。
②若Y烧杯中溶液体积为500 mL(电解后体积可视为不变)，电解反应的速率v(OH－)＝________。
【答案】 (1). 负 (2). 阳 (3). ← (4). 2Cl－－2e－===Cl2↑ (5). 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑ (6). Cu－2e－===Cu2＋ (7). 0.02 (8). 0.02 mol·L－1·min－1
【解析】
【分析】
X为直流电源，Y烧杯中c、d为石墨棒，Z烧杯中e、f是质量相同的铜棒，接通电路后发现d附近溶液显红色，因为Y中盛有饱和氯化钠溶液(含少量酚酞)，所以d附近生成OH-，则d极为电解池阴极，c极为电解池阳极，a为直流电源正极，b为直流电源负极，据此分析作答。
【详解】（1）①由上面分析可知b为直流电源负极。②Z烧杯中e与原电池正极相连，则e为阳极。③外电路中，电流由正极流出，最后流入负极，因为a为直流电源正极，b
为直流电源负极，所以连接Y、Z烧杯线路中，电流方向是从d流向e，电子流向与电流方向相反，则电子流向是从e流向d。
（2）①c极为电解池阳极，电解饱和氯化钠溶液，阳极上Cl-失电子发生氧化反应生成Cl2，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑。②Y烧杯中为惰性电极电解饱和氯化钠溶液，其总反应的化学方程式为：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。③Z烧杯中e与电源正极相连，为阳极，Cu作阳极发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+。
（3）①e极反应为：Cu-2e-=Cu2+，质量减少，f极反应为：Cu2++2e-=Cu，质量增加，根据得失电子守恒，e极减少的质量等于f极增加的质量；因为e、f两极质量差为1.28g，所以e极减少0.64g，物质的量为0.01mol，失去0.02mol电子，f极增加0.64g，物质的量为0.01mol，得到0.02mol电子，故电路中通过的电子为0.02mol。②Y烧杯中阴极反应为：2H2O-2e-=2OH-+H2↑，根据前面的计算，电解2min后，电路中通过0.02mol电子，所以生成0.02molOH-，故电解反应的速率v(OH-)=0.02mol÷0.5L÷2min=0.02mol•L-1•min-1。
【点睛】本题考查电解池的工作原理，正确判断电源的正负极以及电解池的阴阳极上的反应是解题关键，明确该装置相当于两个串联的电解池，注意氧化还原反应原理的运用，熟记常见离子放电顺序并正确书写电极反应。本题解题思路：首先根据惰性电极电解饱和氯化钠溶液，d极附近显红色，判断d极生成OH-，从而判断电源的正负极和电解池的阴阳极，再结合电解池中两极上的反应及电子、离子等运动方向进一步分析。第(3)小题①为易错点，注意两极质量差为1.28g，并不是生成的Cu是1.28g，要根据e、f两极的反应正确计算反应或生成Cu的质量。
三、选做题（本题只有一题，10分，考生在《化学反应原理》和《有机化学基础》两题中任选一题作答）
18.在100 ℃时，将0.40 mol二氧化氮气体充入一个2 L抽空的密闭容器中，发生反应：2NO2N2O4。每隔一段时间就对该容器内的物质进行分析，得到下表数据：
时间/s
0
20
40
60
80
n(NO2)/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n(N2O4)/mol
0.00
0.05
n2
0.08
0.08
(1)在上述条件下，从反应开始至20
s时，用二氧化氮表示的平均反应速率为_______mol/(L·s)。
(2)该反应的平衡常数K的数值为____。
(3)若在相同条件下最初向该容器中充入四氧化二氮气体，要达到上述平衡状态，四氧化二氮的起始浓度是______mol·L－1。
(4)达到平衡后，如果升高温度，气体颜色会变深，则升高温度后，反应2NO2N2O4平衡常数将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(5)达到平衡后，如果向该密闭容器中再充入0.32 mol He，并把容器体积扩大为4 L，则平衡将_______(填“向左移动”“向右移动”或“不移动”)。
【答案】 (1). 2.5×10-3 (2). 2.8 (3). 0.10 (4). 减小 (5). 向左移动
【解析】
【分析】
(1)根据表中数据计算N2O4的反应速率，根据速率之比等于化学计量数之比计算NO2的反应速率；
(2)由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变化，说明此时反应已达平衡状态；根据平衡时的物质的量求出物质的平衡浓度，再求出K；
(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4的起始浓度是c，则平衡时各种物质的物质的量浓度应该相同，根据参加反应的物质的量浓度之比等于计量数之比计算，求出c；
(4)气体颜色会变深，则浓度NO2增大，根据平衡移动方向判断平衡常数变化；
(5)He不参加反应，容器体积扩大，相当于减小压强，平衡向气体总物质的量增大的方向移动。
【详解】(1)由表中数据可知，从反应开始直至20s时，v(N2O4)==1.25×10-3mol/(L·s)；
则v(NO2)=2v(N2O4)= 2.5×10-3 mol/(L·s)；
(2)由表中数据可知，在60s时N2O4浓度不再变化，则反应已达平衡状态，c(N2O4)==0.04mol/L时，c(NO2)==0.12mol/L，反应平衡常数K=≈2.8；
(3)若在相同情况下最初向该容器充入的是N2O4气体，要达到上述同样的平衡状态，N2O4
的起始浓度是c，平衡时c(NO2)=0.12mol/L，会反应消耗N2O4的浓度为△c(N2O4)=0.06mol/L，平衡时c(N2O4)=(c-0.06)mol/L=0.04mol/L，则c=0.10mol/L；
(4)达到平衡后，如升高温度，气体颜色会变深，说明升高温度，化学平衡逆向移动，使NO2浓度增大，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡2NO2N2O4向吸热反应方向移动，则升高温度后，反应平衡常数将减小；
(5)恒温下如向该密闭容器中再充入0.32molHe气，并把容器体积扩大为4L，则c(NO2)和c(N2O4)都减小，相当于减小压强，所以v(正)、v(逆)速率都减小，减小压强，化学平衡向气体体积增大的逆反应方向移动，即化学平衡向左移动。
【点睛】本题考查了化学反应速率、平衡常数的计算、平衡移动等，注意根据平衡移动原理和化学基本概念进行分析判断与计算。
19.为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验。
[分子式的确定]
(1)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，消耗氧气6.72 L(标准状况下)。则该物质中各元素的原子个数比是___。
(2)质谱仪测定有机化合物的相对分子质量为46，则该物质的分子式是____。
(3)根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式____。
[结构式的确定]
(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图所示，则A的结构简式为___。
[性质实验]
(5)A在Cu作用下可被氧化生成B，其化学方程式为_______。
【答案】 (1). 2∶6∶1 (2). C2H6O (3). CH3CH2OH、CH3OCH3 (4). CH3CH2OH (5). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O
【解析】
【分析】
(1)根据水的质量，二氧化碳的质量，可确定有机物中C、H原子的物质的量，结合消耗的O2
的体积计算出有机物中O元素的质量，进而可确定有机物中各原子个数比值；
(2)根据有机物原子个数比值可确定最简式，结合相对分子质量可确定有机物分子式；
(3)根据有机物分子式结合价键理论可确定有机物的可能结构；
(4)根据有机物分子中含有的H原子光谱图确定有机物的结构；
(5)A为乙醇在一定条件下可氧化生成乙醛，据此书写反应方程式。
【详解】(1)由题意可知n(H2O)= 5.4g÷18g/mol=0.3mol，n(CO2)=8.8g÷44g/mol=0.2mol，n(O2)=0.67L÷22.4L/mol=0.3mol，根据氧原子守恒可知有机物中含有n(O)=0.3mol+0.2mol×2-0.3mol×2=0.1mol，则有机物中N(C)：N(H)：N(O)=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1；
(2)该物质中各元素的原子个数比为N(C)：N(H)：N(O)=2：6：1，则最简式为C2H6O，其相对分子质量为46，则有机物的分子式为C2H6O；
(3)有机物的分子式为C2H6O，分子中可能存在C-C、C-H、C-O、O-H等化学键，可能的结构简式有CH3CH2OH或CH3OCH3；
(4)有机物A分子中有三种化学环境的氢原子，应为乙醇，即CH3CH2OH，二甲醚只有一种不同化学环境的氢原子；
(5)乙醇在Cu催化作用下被氧化产生CH3CHO，该反应的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。
【点睛】本题考查有机物的推断，本题注意从质量守恒的角度判断有机物最简式，结合核磁共振氢谱确定分子中H原子的种类，进而确定物质的分子结构，然后根据物质的性质分析解答。
