【化学】山东省德州市夏津第一中学2019-2020学年高一5月月考试题(解析版)

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【化学】山东省德州市夏津第一中学2019-2020学年高一5月月考试题(解析版)

山东省德州市夏津第一中学2019-2020学年高一5月月考试题 ‎1.下列对古文献记载内容理解错误的是( )‎ A. 《天工开物》记载:“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无沙黏土而为之”。“瓦”,传统无机非金属材料,主要成分为硅酸盐 B. 《本草纲目》“烧酒”条目下写道:“自元时始创其法,用浓酒和槽入甑,蒸令气上其清如水,味极浓烈,盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏 C. 《本草经集注》有记载:“以火烧之、紫青烟起,乃真硝石也”,区分硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4),该方法利用了焰色反应 D. 《开宝本草》中记载:“此即地霜也,所在山泽,冬月地上有霜,扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”。文中对硝酸钾提取涉及到升华操作 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.“瓦”是传统无机非金属材料,主要成分为硅酸盐,A正确;‎ B.由“蒸令气上”可知,这里所用的“法”是指蒸馏,B正确;‎ C.硝石含K元素,朴硝不含K元素,K元素的焰色为紫色,“以火烧之,紫青烟起”,说明是硝石,这是利用了焰色反应,C正确;‎ D.“扫取以水淋汁后,乃煎炼而成”说的是用水溶解硝酸钾,蒸发浓缩,结晶获得硝酸钾,不是蒸馏,D错误。‎ 答案选D。‎ ‎2.下列化学用语正确的是( )‎ A. H、H、H+和H2是氢元素的四种不同粒子 B. 18O2和16O3互为同位素 C. S2-的结构示意图为:‎ D. U中质子数和中子数相差147‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A选项H是氕原子,H是氘原子,H+是氢离子H2‎ 是氢气,因此这些是氢元素的四种不同粒子,故A正确;‎ B选项,它们是单质,18O2和16O3互为同素异形体,故B错误;‎ C选项,S2-的结构示意图核外排布为2、8、8,故C错误;‎ D选项,U中质子数为92,中子数239 – 92 = 147,质子数和中子数相差55,故D错误;‎ 综上所述,答案为A。‎ ‎3.稀土有工业“黄金”之称。下列有关稀土元素与的说法不正确的是( )‎ A. 元素Y的原子序数为39 B. 与互为同位素 C. 核素的原子核内有52个中子 D. 与是同一种原子 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.原子序数=质子数,故元素Y的原子序数为39,A正确;‎ B.与是Y的两种同位素,B正确;‎ C.中子数=91-39=52,C正确;‎ D.指质子数为39,中子数为51的Y原子,指质子数为39,中子数为52的Y原子,与是两种不同的原子,D错误。‎ 答案选D。‎ ‎4.M、N、Q、P为四种短周期元素,已知M、Q同主族,N、P同周期;M的气态氢化物比Q的稳定;N的阳离子比P的阳离子氧化性强;N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层。下列表示中,正确的是(  )‎ A. 原子序数:M>N>Q>P B. 非金属性强弱:Q>M C. 原子半径:P>N>Q>M D. 简单离子半径:P>N>Q>M ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.M、N、Q、P是4种短周期元素,M、Q同主族,M的气态氢化物比Q的稳定;所以M、Q为非金属,原子序数Q>M,M处于第二周期,Q处于第三周期;N、Q、P同周期,均处于第三周期,N的阳离子比Q的阴离子少一个电子层,则N为金属元素、Q非金属元素,N的阳离子比P的阳离子氧化性强,则金属性N N > P> M,A错误;‎ B.M、Q同主族,M的的气态氢化物比Q的气态氢化物稳定,所以非金属性M> Q,B错误;‎ C.同周期从左到右元素原子半径逐渐减小,所以原子半径P> N >Q,同主族从上到下原子半径逐渐增大,所以原子半径Q> M,所以原子半径P>N>Q>M ,C正确;‎ D.M 、N 、P离子的核外电子排布相同,Q离子的核外电子排布比M 、N 、P的离子多一个电子层,电子层数越多,离子半径越大,所以Q阴离子半径最大,核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子的半径越小,原子序数N>P> M,所以离子半径Q> M> P>N,D错误;‎ 正确选项C 。‎ ‎5.下列说法中正确的是( )‎ A. 元素性质的周期性变化是指原子半径、元素的主要化合价及金属性和非金属性的周期性变化 B. 元素的最高正化合价等于元素原子核外电子数 C. 从Li→F,Na→Cl,元素的最高化合价均呈现从+1价→+7价的变化 D. 电子层数相同的原子核外电子排布,其最外层电子数均从1个到8个呈现周期性变化 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】本题主要考查元素性质的周期性变化,元素性质的周期性变化是指原子半径、元素的主要化合价及金属性和非金属性的周期性变化,O无最高正价,F无正价,H、He的最外层电子数从1到2。‎ ‎【详解】元素性质的周期性变化是指原子半径、元素的主要化合价及金属性和非金属性的周期性变化A正确;O无最高正价,F无正价,B、C错误;H、He的最外层电子数从1到2,D错误。‎ 故答案选A。‎ ‎6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们原子的最外层电子数之和为16。Y的单质是空气中含量最多的气体,Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍,W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是(  )‎ A. X位于元素周期表中第2周期ⅤA族 B. 原子半径:r(X)>r(Y)>r(Z)>r(W)‎ C. X、Y、Z的非金属性依次减弱 D. 由Z和W组成的化合物不止一种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,它们原子的最外层电子数之和为16。Y的单质是空气中含量最多的气体,Y是N。Z原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍,Z是O;W是短周期中金属性最强的元素,W是Na,则X的最外层电子数是16-5-6-1=4,因此X是C,据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知,‎ A. 碳元素位于元素周期表中第二周期ⅣA族,A错误;‎ B. 原子半径:r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z),B错误;‎ C. X、Y、Z的非金属性依次增强,C错误;‎ D. 由Z和W组成的化合物不止一种,即氧化钠和过氧化钠,D正确,‎ 答案选D。‎ ‎7.下列各组中的化学性质比较,不正确的是( )‎ ‎①酸性:HClO4>HBrO4>HIO4‎ ‎②还原性:I-Mg(OH)2>Al(OH)3‎ ‎④稳定性:PH3>H2S>HCl ‎⑤半径:S2->Na+>Mg2+>O2-‎ ‎⑥氧化性:Li+>Na+>K+>Mg2+>O2-‎ A. ①②④ B. ②④⑤⑥ C. ①⑤⑥ D. ②③⑤‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①非金属性:Cl>Br>I,故酸性:HClO4>HBrO4>HIO4,①正确;‎ ‎②非金属性:F>Cl>I,故还原性:I->Cl->F-,②错误;‎ ‎③金属性:Na>Mg>Al,故碱性:NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3,③正确;‎ ‎④非金属性:P<S<Cl,故稳定性:PH3<H2S<HCl,④错误;‎ ‎⑤S2-有3个电子层,Na+、Mg2+、O2-有2个电子层,故S2-半径最大,Na+、Mg2+、O2-的核电荷数:O2-<Na+<Mg2+,故半径:S2->O2->Na+>Mg2+,⑤错误;‎ ‎⑥碱金属的最高价对应的水化物都是强碱,Mg(OH)2是中强碱,即LiOH的碱性强于Mg(OH)2,那么,金属性:Mg<Li<Na<K,则还原性:Mg<Li<Na<K,所以氧化性: Mg2+>Li+>Na+>K+,-2价是O元素的最低价,O2-没有氧化性,即氧化性:Mg2+>Li+>Na+>K+>O2-,⑥错误;‎ 综上所述,②④⑤⑥错误。‎ 答案选B。‎ ‎8.下图是部分短周期元素原子序数与主要化合价的关系图,X、Y、Z、W、R是其中的五种元素。下列说法不正确的是( )‎ A. 原子半径:Y>X ‎ B. 最高价氧化物的水化物的酸性:R>W C. 气态氢化物的稳定性:X>W ‎ D. 单质与水(或酸)反应的剧烈程度:Z>Y ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、Y为钠,X为氧,钠原子比氧原子多一个电子层,原子半径比较大,故原子半径:Y>X,选项A正确;B、非金属性Cl>S,故最高价氧化物的水化物的酸性HClO4>H2SO4,选项B正确;C、非金属性O>S,氢化物稳定性与非金属性一致,故氢化物稳定性H2O>H2S,选项C正确;D、金属性Na>Al,故与水(或酸)反应的剧烈程度:Na>Al,选项D不正确。答案选D。‎ ‎9.下列关于有机化合物的认识中,正确的是( )‎ A. 分子式为C4H10O的醇共有4种 B. 淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n,二者互为同分异构体 C. 乙酸( CH3COOH)与油酸(C17H33COOH)互为同系物 D. 包装用的材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 分子式为C4H10O的醇共有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH4种,A正确;‎ B. 淀粉、纤维素的分子式都是(C6H10O5)n,但二者化学式中的n值不同,所以二者不互为同分异构体,B错误;‎ C. 乙酸( CH3COOH)为饱和一元酸,油酸(C17H33COOH)为不饱和一元酸,二者不互为同分异构体,C错误;‎ D. 包装用的材料聚氯乙烯属于烃的衍生物,不属于烃,D错误。‎ 故选A。‎ ‎10.下列说法正确的是( )。‎ A. 烷烃的通式为,随的增大,碳元素的质量分数逐渐减小 B. 和互为同系物 C. 丙烷的比例模型为 D. 分子式为和分子式为的烷烃的一氯代物的数目可能相同 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.烷烃的通式为CnH2n+2,C元素的质量分数为= ,则随n值增大,碳元素的质量百分含量逐渐增大,故A错误;‎ B.和的结构相似、分子组成相差一个原子团,二者互为同系物,故B正确;‎ C.为丙烷的球棍模型,丙烷的比例模型为:,故C错误;‎ D.的一氯代物只有1种,有3种同分异构体,其中的一氯代物也只有1种,故D正确;‎ 故选BD。‎ ‎11.下列关于有机物的说法中,正确的一组是( )‎ ‎①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料,它是一种新型化合物 ‎②汽油、柴油和植物油都是碳氢化合物,完全燃烧只生成CO2和H2O ‎③石油的分馏、裂化和煤的干馏都是化学变化 ‎④除去乙酸乙酯中残留的乙酸,可加过量饱和碳酸钠溶液振荡后,静置分液 ‎⑤将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中,铜丝变红,再次称量质量等于a g ‎⑥除去CH4中的少量C2H4:通过盛有饱和溴水的洗气瓶 A. ③⑤⑥ B. ④⑤⑥ C. ①②⑤ D. ②④⑥‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①“乙醇汽油”是在汽油里加入适量乙醇而成的一种燃料,属于混合物,①不正确;②汽油和柴油都是碳氢化合物,完全燃烧只生成CO2和H2O,植物油属于油脂,还含有氧元素,②不正确;③有新物质生成的是化学变化,石油的分馏是物理变化,裂化和煤的干馏都是化学变化,③不正确;④乙酸乙酯不溶于水,因此除去乙酸乙酯中残留的乙酸,可加过量饱和碳酸钠溶液振荡后,静置分液即可,④正确;⑤铜丝在加热时生成氧化铜,热的氧化铜能氧化乙醇生成乙醛、水和铜,所以将ag铜丝灼烧成黑色后趁热插入乙醇中,铜丝变红,再次称量质量等于ag,⑤正确;⑥乙烯含有碳碳双键,能和溴水发生加成反应,所以除去CH4中的少量C2H4,可将混合气体通过盛有饱和溴水的洗气瓶,⑥正确,所以答案选B。‎ ‎12.下列说法中不正确的是( )‎ ‎①糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物,适当条件下均可发生水解 ‎②油脂、乙酸乙酯都是酯类,但不是同系物 ‎③石油的分馏,煤的气化、液化、干馏等过程均为化学变化 ‎④蛋白质的变性和盐析都不是可逆过程 ‎⑤塑料、橡胶和纤维都是天然高分子材料 A. ①③④⑤ B. ①②③④⑤ C. ④⑤ D. ②③‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①单糖不属于高分子化合物,也不能水解,油脂也不属于高分子化合物,故①错误;‎ ‎②油脂、乙酸乙酯都是酯类,但油脂含有三个酯基,乙酸乙酯只含一个酯基,所以不是同系物,故②正确;‎ ‎③石油的分馏属于物理变化,故③错误;‎ ‎④蛋白质的变性是不可逆的,蛋白质的盐析是物理变化,是可逆的,故④错误;‎ ‎⑤塑料全部都是人工合成的高分子材料,但橡胶和纤维既有天然高分子又有人工合成高分子,故⑤错误;‎ 综上所述,①③④⑤错误,答案为A。‎ ‎13.乙醇是生活中常见的有机物,下列有关乙醇的实验操作或实验现象正确的是( )‎ A. ①中酸性KMnO4溶液会褪色,乙醇转化为乙醛 B. ②中钠会在乙醇内部上下跳动,上方的火焰为淡蓝色 C. ③中灼热的铜丝插入乙醇中,铜丝由红色变为黑色 D. ④中X是饱和NaOH溶液,X液面上有油状液体生成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A.酸性KMnO4溶液将乙醇氧化成乙酸,A错误;‎ B.乙醇和钠反应生成乙醇钠和氢气,钠的密度比乙醇大,生成的氢气开始会附着在钠的表面,使钠上升,随后由沉入乙醇中,故钠会上下跳动,氢气燃烧发出淡蓝色火焰,B正确;‎ C.灼热的铜丝表面因有CuO略显黑色,CuO被乙醇还原为铜丝后重新变为红色,C错误;‎ D.X是饱和Na2CO3溶液,其液面上有油状乙酸乙酯生成,实验时导管不能插入液面以下,D错误。‎ 答案选B。‎ ‎14.糖类、油脂、蛋白质是重要的营养物质。下列有关的叙述正确的是( )‎ A. 向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液,产生白色沉淀,是因为蛋白质发生了变性 B. 用玻璃棒蘸取牛油与氢氧化钠反应后的液体,滴入沸水中,若有油状液体浮在水面,则说明皂化反应已经完全 C. 某实验小组探究淀粉水解程度的实验中,要进行的主要操作顺序依次是:①滴入稀硫酸;②加热;③冷却后将溶液等分于两支试管中;④一支试管中直接加入新制的氢氧化铜悬浊液并水浴加热;⑤另一支试管中滴加少量碘水 D. 将2mL1mol·L-1CuSO4溶液与4mL0.5mol·L-1NaOH溶液混合后,再加入1mL10%的葡萄糖溶液,煮沸后未出现红色沉淀。实验失败的主要原因是氢氧化钠用量不足 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.向鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液,产生白色沉淀,是因为蛋白质发生了盐析,A错误;‎ B.牛油与氢氧化钠溶液的反应属于皂化反应,若反应已经完成,反应后的液体中没有牛油,滴入沸水中,不会出现油状液体,B错误;‎ C.加入新制的氢氧化铜悬浊液的那支试管应先加入过量NaOH溶液中和作催化剂的稀硫酸,否则新制的氢氧化铜和硫酸反应,干扰实验,C错误;‎ D.CuSO4和NaOH物质的量之比=1:2时恰好完全反应,现在:n(CuSO4):n(NaOH)=(1mol·L-1×2mL):( 0.5mol·L-1×4mL)=1:1>1:2,NaOH不足,没有NaOH和葡萄糖、新制氢氧化铜悬浊液反应,故不会出现砖红色沉淀,D正确。‎ 答案选D。‎ ‎15.下列关于苯的叙述正确的是( )‎ A. 反应①常温下不能进行,需要加热 B. 反应②不发生,但是仍有分层现象,紫色层在下层 C. 反应③为加成反应,产物是一种烃的衍生物 D. 反应④能发生,从而证明苯中是单双键交替结构 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 详解】A.反应①常温下能进行,A错误;‎ B.苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,苯密度比水小,故有机层在上面,B正确;‎ C.反应③为取代反应,C错误;‎ D.反应④能发生,但是苯中的键是一种介于单键与双键之间的特殊键,D错误。‎ 故选B。‎ ‎16.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是( )‎ 实验操作及现象 实验结论 A.‎ 将有色纸条放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片,无明显现象 Cl2分子不具有漂白作用 B.‎ 某溶液中加入氯化钡溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不溶解 该溶液中一定有SO42-‎ C.‎ 向1mL某溶液中,滴入2mL0.1mol·L-1NaOH溶液,加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中含NH4+‎ D.‎ 淀粉溶液加稀硫酸,水浴加热一段时间后,加新制的Cu(OH)2悬浊液,加热,无砖红色沉淀生产 淀粉未水解 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎【详解】A.将有色纸条放入盛满干燥氯气的集气瓶中,盖上玻璃片,无明显现象,即有色纸条不褪色,说明干燥的Cl2没有漂白性,即Cl2分子不具有漂白作用, A正确;‎ B.某溶液中加入氯化钡溶液产生白色沉淀,再加盐酸,沉淀不溶解,该溶液不一定有SO42-,例如:有Ag+也会出现相同的现象,B错误;‎ C.向某溶液中加入NaOH溶液加热,产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,溶液中含NH4+,这是因为NH4++OH-NH3↑+H2O,NH3和H2O反应生成NH3·H2O,NH3·H2O溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,C正确; ‎ D.淀粉水解后的溶液中含硫酸,Cu(OH)2和硫酸反应了,不会出现砖红色沉淀,D错误;‎ 答案选AC。‎ ‎17.如图是四种常见有机物的比例模型示意图,下列说法正确的是( )‎ A. 甲能发生氧化反应 B. 乙通入溴的四氯化碳溶液,最后得到无色溶液不能和液溴反应 C. 煤干馏得到的煤焦油可以分离出丙,丙是无色无味的液态烃 D. 丁发生催化氧化得到的产物不能与金属钠反应 ‎【答案】A ‎【解析】根据原子成键特点知,碳原子能形成4个共价键、H原子能形成1个共价键、O原子能形成2个共价键,根据分子比例模型及原子成键特点知,甲、乙、丙、丁分别是甲烷、乙烯、苯和乙醇;A.甲烷性质较稳定,不易被一般的强氧化剂氧化,但能在氧气中燃烧,发生氧化反应,故A正确;B.碳碳不饱和键能和溴发生加成反应,乙烯中含有碳碳双键,所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色,同时生成1,2-二溴乙烷,溶于CCl4,1,2-二溴乙烷在光照条件下能和液溴发生取代反应,故B错误;C.从煤焦油中可以获取苯,但苯有特殊的气味,故C错误;D.乙醇发生催化氧化得到的产物乙酸,有酸性,能与金属钠反应,故D错误;答案为A。‎ ‎18.为了提纯下列物质括号内为杂质,所选用的除杂试剂、分离方法、必用仪器均正确的是( )‎ 选项 不纯物质杂质 除杂试剂或分离方法 必用仪器 A.‎ 从碘水中提取碘 四氯化碳萃取 分液漏斗 B.‎ 一氧化碳二氧化碳 澄清石灰水洗气 洗气瓶 C.‎ 硝酸钾氯化钠 直接蒸发结晶 蒸发皿 D.‎ 乙醇水 生石灰蒸馏 蒸馏烧瓶 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A.四氯化碳与水分层,且碘易溶于四氯化碳,通过萃取可以提取碘水中的碘,A正确;‎ B.石灰水的浓度小,吸收二氧化碳效果不好,应选NaOH溶液、洗气,B错误;‎ C.二者均溶于水,但溶解度受温度影响不同,则不能直接蒸发结晶,应冷却结晶分离,C错误;‎ D.氧化钙与水反应后,增大与乙醇的沸点之差,则选蒸馏烧瓶蒸馏可分离,D正确;‎ 故答案选AD。‎ ‎19.X、Y、Z、M、N是元素周期表中的短周期主族元素,且原子序数依次递增.已知X的最外层电子数是次外层电子数的3倍,X、M同主族,Y在同周期主族元素中原子半径最大,Z的最高化合价与最低化合价的代数和为零.下列说法正确的是( )‎ A. 单质的氧化性:X>M B. 气态氢化物的热稳定性:M>N C. X与Y简单离子半径:r(X离子)H2O>NH3 (4). O2->F->Na+>Mg2+ (5). O2+2H2O+4e-=4OH-‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】根据元素在周期表中的位置,可判断出元素A为H元素,B为Na元素,C为Mg元素,D为Al元素,E为C元素,F为N元素,G为O元素,H为F元素,I为Cl元素,J为Ne元素,再结合元素周期律以及相关物质的性质分析解答。‎ ‎【详解】(1)上述元素中非金属性最强的是F元素,则单质的氧化性最强,可以通过单质间的置换反应,证明的氧化性强于,反应方程式为:,故答案为:;;‎ ‎(2)元素的非金属性越强,则形成的氢化物越稳定,N、O、F位于元素周期表的同一周期,同一周期从左向右,元素的非金属性逐渐增强,则氢化物的稳定性由强到弱的顺序为,故答案为:;‎ ‎(3)B为Na元素,C为Mg元素,G为O元素,H为F元素,这4种元素形成的离子具有相同的核外电子排布,核电荷数越大,离子的半径越小,所以离子半径由大到小的顺序是 ‎,故答案为:;‎ ‎(4)D为Al元素,Al单质可用来制造Al—空气燃料电池,通入空气的电极为正极,以氯化钠为电解质溶液时,氧气得到电子转化为氢氧根,正极的反应式为:,故答案为:。‎ ‎24.乙烯是重要的有机化工原料,利用乙烯进行如图转化 ‎(1)乙醇分子中官能团的名称为____________,D的结构简式为_____________。‎ ‎(2)实验室中用于鉴别乙烯和乙烷的试剂可选用______填序号。‎ A.水B.溴的四氯化碳溶液C.氢气D.酸性高锰酸钾溶液 ‎(3)③的另一反应物及反应条件是______;通过途径②、③均可得到A,其中属于加成反应的是______填“②”或“③”。‎ ‎(4)写出⑤、⑥的化学反应方程式:⑤______________________________、⑥________________________________。‎ ‎【答案】(1). 羟基 (2). (3). BD (4). 氯气、光照 (5). ② (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (7). CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】以乙烯为原料,乙烯可与氢气加成,得乙烷,乙烯可与氯化氢加成,得氯乙烷A,氯乙烷水解得乙醇,乙醇催化氧化生成乙醛B,乙醛氧化生成乙酸,乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯C,乙烯可发生加聚反应生成聚乙烯D。‎ ‎【详解】(1)乙醇分子中官能团的名称为羟基,D为聚乙烯,结构简式,故本题答案:羟基;。‎ ‎(2)乙烯含有碳碳双键,易被酸性高锰酸钾氧化,易和溴的四氯化碳溶液发生加成,乙烷是碳碳单键,不能被酸性高锰酸钾氧化,不和溴的四氯化碳溶液发生反应,鉴别乙烯和乙烷,可选择酸性高锰酸钾氧化和溴的四氯化碳溶液,故本题答案:BD。‎ ‎(3)③是乙烷转化成氯乙烷,是乙烷和氯气在光照条件下,发生取代反应,生成氯乙烷,②是乙烯和氯化氢发生加成反应生成氯乙烷,故本题答案为:氯气、光照;②。‎ ‎(4)⑤是乙醇在铜催化下,和氧气催化氧化生成乙醛,化学方程式为:2CH3CH2OH+O2‎ ‎2CH3CHO+2H2O、⑥是乙醇和乙酸发生酯化生成乙酸乙酯,化学反应方程式为:CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O,故本题答案:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O;CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O。‎ ‎ ‎
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