【文档说明】【精准解析】四川省棠湖中学2019-2020学年高一下学期第二次月考化学试题.doc，共(15)页，381.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省棠湖中学高一第二学月考试化学试题注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题

区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，每科100分，共

300分7.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-23P-31S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷选择题一、单选题（每小题4分，共12个小题，共48分）1.美国科学家将两种元素Pb和Kr的原子核对撞，获得了一种质子数为

118，中子数为175的超重元素。该元素原子核内的中子数与核外电子数之差是A.293B.47C.61D.57【答案】D【解析】【详解】质量数=中子数＋质子数，对于某原子有，质子数=原子序数=核外电子数。根据所学质子数为118，则核外电子数为118，中子数为17

5，则中子数和核外电子数之差175－118=57，D项符合题意；本题答案选D。2.下列说法不正确．．．的是A.12C和14C互为同位素B.甲烷与正丁烷(CH3CH2CH2CH3)互为同系物C.二氧化碳和干冰

互为同素异形体D.乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．12C和14C的质子数都为6，中子数分别为6、8，两者互为同位素，故A正确；B．正丁烷（CH3CH2CH2CH

3）和甲烷（CH4）的分子组成相差3个CH2原子团，且结构相似，互为同系物，故B正确；C．二氧化碳和干冰是同种物质，属于化合物，不可能是同素异形体，故C错误；D．乙醇（CH3CH2OH）与二甲醚（CH3-O-CH3）的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故D正确。故选C。【点睛】本题主

要考查了同位素、同素异形体、同分异构体等，难度不大，注意概念的理解。解题要点：质子数相同中子数不同的同一原子互称同位素，由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物。3.下列措施能减慢化学反应速率的是A.用Zn和2mol·L-1H2SO4反应制取H2时

，向溶液中滴加少量CuSO4溶液B.日常生活中，将食物贮藏在冰箱中C.用过氧化氢溶液制氧气时添加少量二氧化锰粉末D.用相同质量的锌粉替代锌粒与同浓度、同体积的盐酸反应制氢气【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中滴加少量CuSO4溶液，锌置换出铜，形成原电池，反应速率

增大；A错误；B．将食物储存在冰箱里，温度降低，反应速率减小，故B正确；C．加入二氧化锰，在双氧水分解反应中起到催化剂作用，反应速率增大，故C错误；D．固体的表面积增大，反应速率增大，故D错误。本题答案选B。4.在“H2O(l)→H2O(g)→H2和O2

”的变化过程中，被破坏的作用力依次是A.分子间作用力、离子键B.分子间作用力、共价键C.共价键、离子键D.共价键、共价键【答案】B【解析】【详解】在“H2O(l)→H2O(g)→H2和O2”的变化过程中，物质的三态变化属于物理变

化，破坏分子间作用力，H2O(g)→H2和O2发生了化学变化，破坏了H-O共价键，共价键的断裂与形成，所以被破坏的作用力依次是范德华力或分子间作用力、共价键。故选B。5.用化学用语表示CH4＋Cl2CH3Cl＋HCl中的相关微粒，其中错误的是A.中子数为20的氯原子：37

17ClB.Cl的结构示意图：C.CH4的比例模型：D.HCl的电子式：H∶Cl【答案】D【解析】【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数；B、氯原子是17号元素，核外最外层电子数为7。C、甲烷是碳原子和氢原子间通过共价单键形成的空间正四面体结构；D、氯化氢

为共价化合物，分子中含有1个H-Cl键，氯原子最外层电子未标注；【详解】A．质子数为17、中子数为20的氯原子的质量数=17+20=37，该原子正确的表示方法为：1737Cl，故A正确；B、氯原子是17号元素，核外电子分为三个电子层，原子结构示意图为，故B正确；C、甲烷是碳原子和氢原

子间通过共价单键形成的空间正四面体结构，CH4的比例模型：，故C正确；D、HCl为共价化合物，电子式中需要标出最外层电子，氯化氢正确的电子式为，故D错误；故选D。6.下列各组中的性质比较，正确的是()①酸性：HClO4>HBrO4>HIO4②

碱性：Ba(OH)2>Ca(OH)2>Mg(OH)2③还原性：F－>C1－>Br－④稳定性：HCl>H2S>PH3A.①②④B.①②③C.②③④D.都正确【答案】A【解析】【详解】①元素的非金属越强其最高价氧化物的水化物的酸性越强，同主族元素从上到下非金属性越来越弱，对应的最高价氧化物的水化物的酸

性越弱，所以酸性：HClO4>HBrO4>HIO4，故①正确；②元素金属性越强其最高价氧化物的水化物的碱性越强，同主族元素从上到下金属性越来越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，所以碱性：Ba(OH)2>Ca(

OH)2>Mg(OH)2，故②正确；③非金属性越强，阴离子的还原性越弱，同主族自上而下，非金属性减弱，所以还原性：F-<C1-<Br-，故③错误；④同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，已知非金属性：Cl>S>P，且非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则有

稳定性：HCl>H2S>PH3，故④正确；故答案为A。【点睛】元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，最高价含氧酸酸性越强；元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强。7.一定能在下列溶液中大量共存的离子组是A.碱性溶液：Na+、Ca2+、S

O42-、CO32-B.含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN-C.氯水溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-D.含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．因Ca2+与CO32-结合生成碳酸钙沉

淀，Ca2+与SO42-结合生成微溶物硫酸钙，则不能大量共存，故A不符合题意；B．因Fe3+与SCN-结合生成络离子，则不能大量共存，故B不符合题意；C．因氯气与Fe2+发生氧化还原反应，则该组离子不能大量共存，故C不符合题意；D

．因该组离子之间不发生反应且与Al3+也不反应，则能够大量共存，故D符合题意；故选D。【点晴】明确常见离子能否发生氧化还原反应、能否结合生成络离子、能否结合生成沉淀是解答本题的关键，学生应注重归纳总结来解答此类习题，本题易错点为选项B，Fe3+遇SC

N-溶液显红色，发生了离子反应生成配合物而不能共存。8.A、B、C、D、E为原子序数相邻且依次递增的同一短周期元素，下列说法正确的是(m、n均为正整数)A.若HnEOm为强酸，则D是位于VA族以后的非金属元素B.若C的最低化合价为－3，则E的气态氢化物的分子式为H2EC.A、B的最高价

氧化物水化物均为碱，则碱性A(OH)n强于B(OH)n＋1D.若B为金属，则C一定为金属元素【答案】C【解析】【详解】A、HnEOm为强酸，E可能是第二周期ⅤA族元素N，则D是第二周期第ⅣA族元素C，E若是第三周期，E可能是S或Cl，D可能是第三周期ⅤA族或ⅥA族，错误；B、C最低化合价是-3价

，则C位于ⅤA族，则E最低价是-1价，氢化物是HE，错误；C、金属性越强，最高价氧化物水化物的碱性越强，五种元素原子序数依次递增，A排在B左端，A的金属性强于B，则碱性A(OH)n强于B(OH)n＋1，正确；D、若B为铝，则C为非金属，错误；答

案选C。9.利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：下列说法错误的是()A.向大气中排放SO2可能导致酸雨发生B.中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-

＋OH－=SO32-＋H2OC.检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液D.进入离心机的分散系是悬浊液【答案】C【解析】【详解】A.酸雨产生的主要原因是SO2和氮氧化物的排放，所以向大气中排放SO2

可能导致酸雨发生，故A正确；B.吸收塔中发生的反应为CO32-+2SO2+H2O=CO2+2HSO3-，所以中和器中的主要作用是将HSO3-转化为SO32-，HSO3-和OH－发生反应，离子方程式为：HSO3-＋OH－=SO32-＋H2O，故

B正确；C.Ba(NO3)2电离出NO3-，NO3-在酸性条件下会将SO32-氧化为SO42-，不能检验出Na2SO3成品中是否含Na2SO4，故C错误；D.从中和器中出来的是含有晶体颗粒的溶液，是悬浊液

，故D正确；故答案为C。【点睛】检验SO42-，注意用稀盐酸和氯化钡溶液，稀盐酸和Ba(NO3)2溶液相当于溶液中有了硝酸，会把SO32-氧化为SO42-，干扰检验。10.在4mol/L的硫酸和2mol/L的硝酸混合溶液10mL中，加入6.5g锌粉，充分反应后最

多可收集到标准状况下的气体的体积为()A.112mLB.224mLC.448mLD.672mL【答案】D【解析】【详解】锌与稀硝酸反应的实质是3Zn+8H++2NO3-＝3Zn2++2NO↑+4H2O，混合溶液中

含H+物质的量＝0.04mol×2+0.02mol＝0.10mol，硝酸根离子的物质的量是0.02mol，6.5g锌的物质的量＝6.5g÷65g/mol＝0.1mol。根据离子方程式可知3Zn～2NO3-～8H+～2NO，因此氢离子、锌过量，硝酸根离子完全反应，则生成的NO气体的物质的

量为0.02mol，剩余的锌是0.07mol，氢离子是0.02mol，根据方程式Zn+2H＋＝Zn2＋＋H2↑可知还可以产生0.01mol氢气，则标准状况下的体积为0.03mol×22.4L/mol＝0.672L＝672mL，答案选D。【点睛

】明确反应的先后顺序以及准确判断出过量问题是解答的关键，注意与硝酸反应时应该利用离子方程式判断，不要利用化学方程式，为易错点。11.下列离子方程式书写正确的是A.铁钉放入硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋＝2Fe3＋＋3CuB.金属铜

溶于稀硝酸中：Cu+2NO3—＋4H+＝Cu2+＋2NO↑+2H2OC.碳酸氢铵溶液中加入足量的氢氧化钠中：NH4+＋OH－＝NH3+H2OD.少量二氧化硫通入澄清石灰水中：SO2+Ca2＋＋2OH－＝CaSO

3↓+H2O【答案】D【解析】【分析】A、铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜；B、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；C、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水；D、少量二氧化硫与石灰水反应生成

亚硫酸钙沉淀和水。【详解】A项、铁钉放入硫酸铜溶液中，铁与硫酸铜溶液反应生成硫酸亚铁和铜，反应的离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故A错误；B项、金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑

+4H2O，故B错误；C项、碳酸氢铵溶液与足量氢氧化钠溶液反应生成一水合氨、碳酸钠和水，反应的离子方程式为：NH4++HCO3-+2OH-=NH3·H2O+CO32-+H2O，故C错误；D项、少量二氧化硫与石灰

水反应生成亚硫酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为：SO2+Ca2＋＋2OH－=CaSO3↓+H2O，故D正确。故选D。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法，熟悉元素化合物知识的性质是解答关键。

12.为比较Fe3＋和Cu2＋对H2O2分解反应的催化效果，甲、乙两位同学分别设计了如图甲、乙所示的实验。下列叙述中不正确的是（）A.图甲所示实验可通过观察产生气泡的快慢来比较反应速率的大小B.若图甲所示实验中反应速率为①>②，则一定说明Fe

3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好C.用图乙装置测定反应速率，可测定反应产生的气体体积及反应时间D.为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原位【答案】B【解析】【详解】A选项，图甲所示实验可通

过观察产生气泡的快慢，可以得到哪个反应速率快，哪个反应速率慢，就是主要看气泡的速度来得出，故A正确；B选项，若图甲所示实验中反应速率为①>②，不能得出Fe3＋比Cu2＋对H2O2分解催化效果好，以为氯化铁和硫酸铜两者的阴阳离子都不相同，不能确定是阳离子还是阴离子起的

催化作用，故B错误；C选项，用图乙装置测定反应速率，根据相同时间内产生气体的体积来测反应速率或者生成相同体积所需时间的来测定反应速率，故C正确；D选项，为检查图乙所示装置的气密性，可关闭A处活塞，将注射器活塞拉出一定距离，一段时间后松开活塞，观察活塞是否回到原

位，这就是检查乙装置的气密性的方法，故D正确；综上所述，答案为B。第Ⅱ卷非选择题13.某化学课外兴趣小组为探究铜跟浓硫酸的反应情况，用如图所示装置进行有关实验：(1)B是用来收集实验中产生的气体的装置，但未将导管画全，请在图上把导管补充完整_________。(2)实验中他们取

6.4g铜片和12mL18mol·L−1浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。①写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：__________________；②为什

么有一定量的余酸但未能使铜片完全溶解，你认为原因是__________________；③下列药品中能够用来证明反应结束后的烧瓶中确有余酸的是________(填编号)。A．铁粉B．BaCl2溶液C．银粉D．Na2CO3溶液(3)装置C中试管D

内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，有可能观察到的现象是_____________，待反应结束后，向C中烧杯内加入沸水，D中观察到的现象是_____________。(4)实验装置C有可能造成环境污染，试用最简单的方法加

以解决__________________(实验用品自选)。【答案】(1).(2).Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑(3).随着反应进行，硫酸被消耗，产物有水生成，所以浓硫酸变成稀硫酸，反应停止(4).AD(5).红色褪

去(6).恢复红色(7).用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口【解析】【详解】（1）铜跟浓硫酸反应生成了SO2气体，SO2比空气重，可以用向上排气法收集，所以装置中的导气管应长进短出，装置图为；（2）

①铜跟浓硫酸在加热时发生反应，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑；②6.4g铜片的物质的量是0.1mol，该铜和12mL18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，依据化学反应方程式Cu+2H2S

O4(浓)CuSO4+2H2O+SO2↑的定量关系可知，0.1mol铜与含0.216mol硫酸的浓硫酸反应，最后发现烧瓶中还有铜片剩余，说明一定剩余酸，这是因为浓硫酸随着反应进行，浓度变小成为稀硫酸，不再和铜发生反应，所以有一定量的余酸但未能使用铜片完全溶解；③根据

反应后必有硫酸铜产生，所以要证明反应结束后的烧瓶中确有余酸，只有证明氢离子，A．铁粉与氢离子反应产生气泡，正确；B．BaCl2溶液只能与硫酸根产生沉淀，无论硫酸是否过量，都会发生沉淀反应，因此不能证明

硫酸是否过量，错误；C．银粉不反应，无现象，不能证明硫酸是否过量，错误；D．Na2CO3溶液与氢离子反应产生气泡，正确。答案选AD。（3）装置C中试管D内盛装的是品红溶液，当B中气体收集满后，SO2进入品红溶液，使品红溶液褪色；待反应结束后，向

C中烧杯内加入沸水，升高温度，无色物质不稳定，受热分解，SO2逸出，品红溶液又变为红色；（4）实验装置C有可能造成环境污染，由于SO2是酸性氧化物，可以与碱发生反应产生盐和水，因此可以用浸有NaOH的溶液的面团塞在试管口。14.A、B、C、D、E、F是核电荷数依次增大的六种

短周期主族元素，A元素的原子核内只有1个质子；B元素的原子半径是其所在主族中最小的，B的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO3；C元素原子的最外层电子数比次外层多4；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C；C、E同主族。(1)B在周期表中的位

置______________________________________________(2)F元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为___________________________________。(3)元素C、D、E形成的简单离子半径由小到大的顺序_____

___________________(用离子符号表示)。(4)用电子式表示化合物D2C的形成过程：__________________________________________________。C、D还可形成

化合物D2C2，D2C2中含有的化学键是_________________________________________。(5)C、E的氢化物，沸点由高到低顺序是：_______________________________。

(6)写出碳单质与E的最高价氧化物对应水化物浓溶液反应的化学方程式，并用单线桥标明电子的转移方向_______________。当转移电子为0.2mol时，标准状况下反应产生气体_______________L。(7)已

知E单质和F单质的水溶液反应会生成两种强酸，其离子方程式为_________________。【答案】(1).第二周期第ⅤA族(2).HClO4(3).r(Na+)＜r(O2－)＜r(S2－)或Na+＜O2－＜S2－(4).(5).离

子键、共价键(或非极性键)(6).H2O＞H2S(7).(8).3.36(9).S＋3Cl2＋4H2O=8H+＋6Cl－＋SO42-【解析】【分析】A元素的原子核内只有一个质子，由此可知A为H；根据B的最高价氧化物对应水化

物的化学式为HBO3，可知B的最高价为+5价，是VA，再根据B元素的原子半径是其所在主族中最小的，得出B为N；根据C元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，得出C为O；C的阴离子与D的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D2C，可知D的阳离子为+1价阳离子，所以D为Na；C、

E同主族，且E为短周期元素，得出E为S，F是短周期元素排在S元素后面的主族元素，F只能为Cl。综上可知A为H、B为N、C为O、D为Na，E为S，F为Cl。据此回答。【详解】（1）B为氮元素，N位于周期表第二周期第VA族，故答案为第二周期，VA；（2）F为Cl元素，Cl元素最高价氧化物的水化物是HC

lO4，故答案为HClO4；（3）元素C、D、E形成的简单离子分别为O2－、Na+、S2－，电子层数多的离子半径较大，核外电子排布相同的微粒，其离子半径随原子序数的增大而减小，所以半径由小到大为r(Na+)＜r(O2－)＜r(S2－)，故答案为r(Na+)＜r(O2－)＜r(S2－)；（4）

D2C是Na2O，用电子式表示形成过程为，故答案为；D2C2为Na2O2，其中含有的化学键为离子键、共价键，故答案为离子键、共价键；（5）C、E的氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子之间存在氢键，导致沸点要更高，所

以沸点H2O＞H2S，故答案为H2O＞H2S；（6）C与浓硫酸反应方程式为：C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O，用“单线桥”标电子转移，当转移4mole-时生成气体SO22mol和CO21mol，共3mol，标准状况下体积为67.2L，当转移0.2mol电子时，气体体积为0.

267.23.364molLLmol=，故答案为；3.36L；（7）S和氯水反应的化学方程式为3Cl2+S+4H2O=6HCl+H2SO4，所以离子方程式为S＋3Cl2＋4H2O=8H+＋6Cl－＋SO42-，故答案为S＋3Cl2＋4H2O=8H+＋6Cl－

＋SO42-。【点睛】本题考查元素推断，注意正确推断元素的种类为解答该题的关键，根据主族元素最高正化合价等于它的族序数，B的最高价为+5价，是VA，再根据同主族元素原子半径是从上到下依次增大，得出B为N；比较简单氢化物的沸点时注意水分子间存在氢键，使沸点升高。15.氢能源是一

种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙。将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况)，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂

存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：(1)甲的化学式是__________；乙的电子式是__________。(2)甲与水反应的化学方程式是__________。(3)气体丙与金

属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙，写出该反应的化学方程式__________。有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O，请设计实验方案验证之__

________（已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O）。【答案】(1).AlH3(2).(3).AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑(4).Mg3N2(5).2NH3＋3CuO3Cu＋N2

＋3H2O(6).将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O【解析】【分析】将6.00g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况），甲与水反应也能产生H2，同时

还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，因此白色沉淀是Al(OH）3，则金属单质是铝，因此甲是AlH3。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状况下的密度为1.25g·L－1，则丙的相对分子质量是1.25×22.4＝28，因此丙是氮气，则乙是氨气NH3，据此

解答。【详解】（1）根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。乙是氨气，含有共价键的共价化合物，电子式为；（2）甲与水反应生成氢气和氢氧化铝，反应的化学方程式是AlH3＋3H2O＝Al(OH）3↓＋3H2↑。（3）氮气与金属镁反应的产物是Mg3

N2。（4）氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气，根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O。铜与稀硫酸不反应，则根据Cu2O＋2H＋＝Cu＋Cu2＋＋H2O可知,要检验产物Cu中可

能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中，如果溶液变蓝，说明产物中含有Cu2O，反之则无Cu2O。16.以石油化工的一种产品A（乙烯）为主要原料合成一种具有果香味的物质E的生产流程如下：(1)步骤①的化学方程式_____________，反应类型

____________。步骤②的化学方程式_____________________，反应类型____________。(2)某同学欲用上图装置制备物质E，回答以下问题：①试管A发生反应的化学方程式_____________

。②试管B中的试剂是__________。(3)为了制备重要的有机原料——氯乙烷(CH3—CH2Cl)，下面是两位同学设计的方案。甲同学：选乙烷和适量氯气在光照条件下制备，原理是：CH3－CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl。乙同学：选乙烯和适量氯化氢在一定条

件下制备，原理是：CH2＝CH2+HClCH3CH2Cl。你认为上述两位同学的方案中，合理的是________(选填“甲同学”或“乙同学”)，简述你的理由：____【答案】(1).CH2=CH2+H2OCH3CH2OH(2).加成反应

(3).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(4).氧化反应(5).CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O(6).饱和碳酸钠溶液(7).乙同学；(8).烷烃的取代反应是分步进行的

，反应很难停留在某一步，所以得到的产物往往是混合物，乙烯与HCl反应只有一种加成产物，所以乙同学的方案更合理。【解析】【分析】根据框图分析知：A为乙烯,A与水发生加成反应生成乙醇,故B为乙醇,乙醇氧化生成C,C氧化生成D,故C为乙醛、D是乙酸,乙酸与乙醇生成具有果香味的物质E,E为乙酸乙酯。【

详解】(1)步骤①反应乙烯与水发生加成反应生成乙醇,反应的方程式为:CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，该反应为加成反应；步骤②为乙醇催化氧化生成乙醛,反应的方程式为:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O,该反应为氧

化反应,因此，本题正确答案是:CH2=CH2+H2OCH3CH2OH;加成反应;2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应。(2)①由图可知试管A中是乙酸和乙醇在浓硫酸的催化作用下发生酯化反应,

生成乙酸乙酯和水,反应的化学方程式为:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，因此，本题正确答案是:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;②因为乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,碳酸钠溶液能够与乙酸反应,

还能够溶解乙醇,所以用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯。所以试管B中的试剂是饱和碳酸钠溶液。因此，本题正确答案是:饱和碳酸钠溶液。(3)烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;乙烯与HCl反应只有一种加成产物,所以乙同学的方案更合理

。因此，本题正确答案是:乙同学的方案;因为烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,所以得到的产物往往是混合物;而用乙烯与HCl反应只有一种加成产物,所以可以得到相对纯净的产物。【点睛】根据乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小,且能够与乙酸反应、溶解乙醇，

判断试管B中的试剂；烷烃的取代反应是分步进行的,反应很难停留在某一步,由此判断甲乙方案的合理性。