1、四川省棠湖中学2019-2020学年高一化学下学期期末模拟考试试题（含解析）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，物理100分，化学100分，生物100分，共300分7.可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg
2、 23 P 31 S 32 Fe 56 Cu 64 第I卷 选择题(48分)一、单选题(每小题4分，共12个小题，共48分)1. 化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A. 蛋白质、淀粉和油脂都是天然高分子化合物B. 烹鱼时加适量醋和酒可以增加香味C. 工业上用电解熔融Al2O3的方法生产金属铝D. 乙烯可作为水果的催熟剂【答案】A【解析】【详解】A. 蛋白质和淀粉都是天然高分子化合物，油脂不是天然高分子化合物，A错误；B.乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯和水，烹鱼时加适量醋和酒可以增加香味，B正确；C.氯化铝为共价化合物，则工业上用电解熔融Al2O3的方法生产金属铝，C正确；D.乙烯可作为水果的催
3、熟剂，D正确；答案为A。2. 下列化学用语正确的是A. Cl-的结构示意图：B. 甲烷分子的球棍模型：C. 四氯化碳的电子式：D. 氯乙烯的结构简式：CH2CHCl【答案】D【解析】【详解】A. Cl-的结构示意图为：，故A不选；B. 甲烷分子的球棍模型为：，是甲烷分子的比例模型，故B不选；C. 四氯化碳的电子式为：，故C不选；D. 氯乙烯的结构简式为：CH2CHCl，故D选。故选D。【点睛】球棍模型和比例模型都能表示出分子的空间结构，但球棍模型中有短线连接各个原子，还有注意的是不管是球棍模型还是比例模型，代表各原子的球的相对大小要符合实际情况。共价化合物的电子式的书写，除了要写出共用电子对外
4、，还要表示出没有共用的电子。3. 下列变化过程，属于放热反应的是金属钠与水 NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O混合搅拌 H2在Cl2中燃烧 液态水变成水蒸气 酸碱中和 碳酸钙热分解A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】常见的放热反应有：酸碱中和反应、燃烧反应、大多数的化合反应、活泼金属和水或酸的置换反应、铝热反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应、NH4Cl与Ba(OH)28H2O的复分解反应、碳和水蒸气生成水煤气的反应、碳和二氧化碳生成一氧化碳的反应。【详解】金属钠与水反应生成NaOH和氢气，是放热反应；NH4Cl晶体与Ba(OH)28H2O的反应是吸热反应；燃烧都是放热反
5、应；液态水变成水蒸气不是化学反应，但是吸热过程；酸碱中和都是放热反应；碳酸钙热分解是吸热反应；故选B。4. 下列比较正确的是A. 还原性：HFH2ONH3B. 金属性：MgCaBaC. 热稳定性：HBrHClHFD. 酸性：HClO4H2CO3HClO【答案】D【解析】【详解】A. HF、H2O和NH3的还原性体现在负价的F、O、N上， F、O、N的非金属性逐渐减弱，所以负价的F、O、N 的还原性逐渐增强，即还原性：HFH2ONH3，故A不选；B. Mg、Ca和Ba位于周期表中第A族，从Mg到Ca，原子半径逐渐增大，原子核对核外电子的束缚力逐渐减弱，所以金属性：MgCaBa，故B不选；C.非金
6、属的气态氢化物的稳定性和非金属性一致，F、Cl、Br是同一主族元素，从F到Br，非金属性逐渐减弱，所以氢化物的稳定性也逐渐减弱，即热稳定性：HBrHClHF，故C不选；D. HClO4是强酸，H2CO3是弱酸，HClO是比H2CO3还弱的酸，故D选；故选D。【点睛】元素金属性的强弱可以比较金属元素的原子失去电子的能力，原子半径越大，越容易失去电子，还可以通过比较金属单质跟水或酸反应置换出氢气的难易程度、金属单质的还原性、相应金属阳离子的氧化性以及氢氧化物的碱性强弱来判断。元素非金属性的强弱可以比较非金属元素的原子得到电子的能力，原子半径越小，越容易得到电子，还可以通过比较氢化物的稳定性、非金属
7、单质的氧化性、相应阴离子的还原性以及最高价氧化物的水化物的酸性强弱来判断。5. 设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，22.4L一氯甲烷中含极性共价键数目为4NAB. 常温下，42gC2H4、C3H6混合气体中所含原子总数为6NAC. 36g 3H2中含有的中子数目为12NAD. 2.24L(标准状况)O2与足量钠反应时，转移电子数目不可能为0.3NA【答案】A【解析】【详解】A. 标准状况下，22.4L(即1mol)一氯甲烷中含1molC-Cl、3molC-H，均为极性共价键，所以极性共价键数目为4NA，故A选；B. C2H4、C3H6具有相同的最简式CH2，所以42
8、g C2H4、C3H6混合气体可看做是42g CH2，即3mol CH2，所含原子总数为9NA，故B不选；C.1个3H2中含有4个中子，36g 3H2为6mol，含有的中子数目为24NA，故C不选；D. 2.24L(标准状况)O2为0.1mol，和足量Na反应，如果全部生成Na2O，则转移0.4mol电子，若全部生成Na2O2，则转移0.2mol电子，如果生成的是Na2O和Na2O2的混合物，则转移电子的物质的量介于0.2mol到0.4mol之间，故D不选；故选A。6. 下列离子方程式，书写正确的是A. 硫化亚铁与盐酸反应：S2-+2H+=H2SB. 硫化氢气体通入氯水中：H2S+Cl2=2H
9、+2Cl-+SC. 硫酸和氢氧化钡溶液混合：H+OH-+Ba2+SO42-=BaSO4+H2OD. 铁与稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2【答案】B【解析】【详解】A.硫化亚铁是难溶性物质，在离子方程式里不能写成离子形式，故A不选；B.硫化氢有还原性，氯气有氧化性，两者会发生氧化还原反应，生成硫和盐酸，故B选；C.1mol硫酸电离出2mol H+和1mol SO42-，1mol氢氧化钡电离出1mol Ba2+和2mol OH-，所以离子方程式中H+、OH-和水的系数均为2，即离子方程式为：2H+2OH-+Ba2+SO42+=BaSO4+2H2O，故C不选；D.稀硫酸的氧化性是H+体现
10、出来的，H+的氧化性比较弱，不能把铁氧化成Fe3+，只能氧化成Fe2+，故D不选；故选B。7. 下列说法中不正确的是()A. 能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色B 用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C. 油脂的种类很多，但它们水解后都一定有一产物相同D. 向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再加入新制银氨溶液，水浴加热，来检验蔗糖水解产物具有还原性【答案】D【解析】【详解】A.含有的官能团为碳碳双键、羟基，能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，A正确；B.乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧火焰明亮，产生大量的黑烟，四氯化碳不能燃烧，可用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳，B正确；C.油脂的种类很多，但它们水解
11、后都产生丙三醇，都一定有一产物相同，C正确；D.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，加入适量的碱，中和硫酸，再加入新制银氨溶液，水浴加热，来检验蔗糖水解产物具有还原性，D错误；答案为D。8. 下列实验能达到目的是A. 图所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱B. 用图装置收集CO2气体C. 用图装置制备BaSO3沉淀D. 用图装置除去SO2中的HCl【答案】A【解析】【详解】A.稀硫酸不挥发，三种酸均为最高价氧化物对应水化物，则图所示实验可比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱，A正确；B.二氧化碳的密度大于空气，用图装置长进短出收集CO2气体，B错误；C.二氧化硫与氯化钡溶液中
12、不反应，用图装置无法制备BaSO3沉淀，C错误；D.NaOH既可以与HCl，又可与二氧化硫反应，则用图装置不能够除去SO2中的HCl，D错误；答案为A。9. 柠檬烯是一种食用香料，其结构简式如图。有关柠檬烯的分析正确的是A. 它的一氯代物有6种 B. 它和丁基苯互为同分异构体C. 它的分子中所有的碳原子一定在同一平面上 D. 柠檬烯可以发生加成、取代、氧化【答案】D【解析】【详解】A.它的一氯代物可能位置为，有8种，A错误；B.它和丁基苯的分子式分别为C10H16、C10H14，不相同，不是同分异构体，B错误；C. 它的分子中，3位置的C原子和甲烷中C原子结构类似，所有的碳原子不可能在同一平面
13、上，C错误；D.柠檬烯中含有碳碳双键，可以发生加成、氧化，含有甲基可发生取代反应，D正确；答案为D；【点睛】根据有机物中含有的官能团判断物质所具有的性质，为有机学习的关键。10. 如表所示的四种短周期元素 W、X、Y、Z，这四种元素的原子最外层电子数之和为 22，下列说法错误的是（ ）A. X、Y 和氢三种元素形成的化合物中可能既有离子键、又有共价键B. 物质 W3X4 中，每个原子最外层均达到 8 电子稳定结构C. W 元素的单质是良好的半导体材料，它与 Z 元素可形成化合物 WZ4D. X、Y、Z 三种元素最低价氢化物的沸点 HZ 最高【答案】D【解析】【分析】根据图像可知，四种短周期元素
14、W、X、Y、Z相邻，设W最外层电子数为x，则x+x+1+x+2+x+3=22，则x=4，W为Si，X为N，Y为O，Z为Cl；【详解】A.X、Y和氢三种元素形成化合物硝酸铵中可能既有离子键、又有共价键，A正确；B.物质W3X4即Si3N4中，Si原子形成4个共用电子对，N原子形成3个共用电子对，每个原子最外层均达到8电子稳定结构，B正确；C.W元素为Si，其单质是良好的半导体材料，它与Cl元素可形成化合物四氯化硅SiCl4，C正确；D. N、O、Cl 三种元素最低价氢化物分别为氨气、水、HCl，水沸点最高，D错误；答案为D；【点睛】N、O形成的氢化物中，分子间形成氢键，能够使熔沸点升高。11.
15、对下列事实解释错误的是( )A. 向蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓H2SO4具有脱水性B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应D. 反应CuSO4H2S=CuSH2SO4能进行，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸【答案】C【解析】【详解】A. 向蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，证明有蔗糖脱水转化为碳的反应发生，说明浓H2SO4具有脱水性，A正确；B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，证明有硝酸分解生成二氧化氮的反应发生，说明浓硝酸不稳定，B正确；C. 常温下，浓硝酸可以用铝罐贮存，不能说明铝与浓硝酸不反应，那是因为铝表
16、面发生了钝化，铝表面被氧化为致密的氧化物薄膜阻止了进一步的反应，而不是没有反应，C不正确；D. 反应CuSO4H2S=CuSH2SO4能进行，证明CuS和H2SO4能大量共存，说明硫化铜既不溶于水，也不溶于稀硫酸，D正确。综上所述，对事实解释错误的是C。12. 0.4molCH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得四种有机取代产物的物质的量相等，则消耗氯气的物质的量为A. 0.5 molB. 1 molC. 1.5 molD. 2 mol【答案】B【解析】【详解】0.4mol CH4与Cl2发生取代反应，待反应完成后测得4种取代物物质的量相等，则CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4
17、的物质的量都是0.1mol，CH4与Cl2发生取代反应时消耗的氢原子和氯气的物质的量之比是1：1，生成0.1molCH3Cl需要Cl2的物质的量为0.1mol，生成0.1molCH2Cl2需要Cl2的物质的量为0.1mol2=0.2mol，生成0.1molCHCl3需要Cl2的物质的量为0.1mol3=0.3mol，生成0.1molCCl4需要Cl2的物质的量为0.1mol4=0.4mol，所以总共消耗的氯气的物质的量=（0.1+0.2+0.3+0.4）mol=1.0mol。答案选B第II卷 非选择题13. 下表标出的是元素周期表的一部分元素，回答下列问题：（1）除稀有气体外第三周期中原子半径
18、最小的是_（填元素符号）（2）表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是_（用元素符号表示，下同），金属性最强的是_（用元素符号表示），属于过渡元素的是_（该空格用表中的字母表示）（3）元素B的单质含有的化学键为_。（填“离子键、“极性共价键”、“非极性共价键”）（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物相互反应的离子方程式为_（5）为比较元素A和G的非金属性强弱，用图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，装置气密性良好）。溶液B应该选用_溶液，作用是_，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是：_。【答案】 (1). Cl (2). Ar (3). Na (4). M (5). 非极性共价键
19、(6). Al（OH）3+OHAlO2+2H2O (7). 饱和NaHCO3 (8). 除去CO2中的HCl杂质 (9). CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3【解析】【分析】本题截取元素周期表的片段，可根据位置推断出A为C，B为O，C为F，D为Na，E为Mg，F为Al，G为Si，H为P，I为S，J为Cl，K为Ar，M为过渡元素。【详解】（1）同周期时，自左往右，原子半径越来越小，因而第三周期中的J、即Cl原子半径最小（除稀有气体）；（2）由于稀有气体原子为稳定结构，化学性质最不活泼，表中用字母标出的12种元素中，化学性质最不活泼的是K，即Ar；同周期时，自左往右，金属性越
20、来越弱，同主族时，自上而下，金属性越来越强，因而可推知D，即Na金属性最强；过渡元素介于A和A之间，可推知M为过渡元素；（3）元素B的单质为O2，O原子最外层有6个电子，需得电子形成8电子稳定结构，因而O原子之间形成共价键，且形成共价键的原子是相同的，因而该化学键为非极性共价键；（4）D、F元素最高价氧化物对应水化物分别是NaOH和Al(OH)3，NaOH和Al(OH)3生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al(OH)3+OHAlO2+2H2O；（5）盐酸和大理石反应生成二氧化碳，由于盐酸易挥发，CO2中含有HCl杂质，可用饱和NaHCO3溶液除去HCl，其反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl
21、+CO2+H2O，因而溶液B为饱和NaHCO3溶液，作用是除去CO2中的HCl杂质，碳酸的酸性强于硅酸，因而可用碳酸和硅酸盐反应制得硅酸，又元素的最高价含氧酸酸性越强，则元素的非金属性越强，能说明A和G非金属性强弱的化学方程式是CO2+H2O+Na2SiO3Na2CO3+H2SiO3。14. A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A和B同周期，A和D同主族，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，B元素族序数是周期数的三倍，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与B的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，E是所在周期中原子半径最小的元素。请回答：（1）D在元素周期
22、表中的位置是 。（2）C2B电子式是 ；AB2的结构式是 。（3）B、C、E的离子半径由大到小的顺序为 （用化学式回答，下同）；A、D、E元素最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱为 。（4）B的气态氢化物与H2S相比沸点高的是 （用化学式回答）；原因是 。（5）水中锰含量超标，容易使洁具和衣物染色，使水产生异味，EB2可以用来除去水中超标的Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50gEB2时，共转移了1mol电子，则反应的离子方程式： 。【答案】（1）第三周期第A族；（2）；O=C=O；（3）Cl-O2-Na+；HClO4H2CO3H2SiO3；（4）H2O；水分子之间有氢键且是极性分子
23、，相对分子质量比甲烷大；（5）2ClO2+5Mn2+6H2O=5MnO2+2Cl-+12H+。【解析】【分析】A、B、C、D、E均是短周期元素，其原子序数依次增大，A原子最外层电子数是内层电子数的二倍，则A为碳元素，A和D同族，则D为硅元素，A和B同周期，B元素族序数是周期数的三倍，则B为氧元素，B的阴离子与C的阳离子电子层结构相同，C的单质与 B 的单质在不同条件下反应，可生成C2B或C2B2，则C为钠元素，E是所在周期中原子半径最小的元素，则E为氯元素。【详解】（1）D为硅元素，在元素周期表中第三周期第A族；（2）C2B2为过氧化钠，它的电子式是；AB2为二氧化碳，它的结构式是 O=C=O
24、；（3）电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多，离子半径越小，所以B、C、E离子半径的由大到小的顺序为r(Cl)r(O2)r(Na+)；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性就越强，非金属性ClCSi，所以酸性HClO4H2CO3H2SiO3；（4）由于水分子之间有氢键且是极性分子，所以水的沸点高于H2S；（5）用ClO2可氧化Mn2+，生成黑色沉淀MnO2，当消耗13.50g （即0.2mol）ClO2时，共转移了1mol电子，根据电子得失守恒可写出反应的离子方程式为5Mn2+2ClO2+6H2O=2Cl+5MnO2+12H+。15. (1)下列几组物质中，
25、互为同位素的有_，互为同素异形体的有_，互为同系物的有_，互为同分异构体的有_，属于同种物质的_。O2和O3 35Cl和37ClCH3CH3和CH3CH2CH3CH3CH2CH(CH3)CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3H2、D2和T2CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3 CH3CH(CH3）CH和CH(CH3)3(2)含有10个及10个以下碳原子的烷烃，其一氯代物只有一种的共有4种，请写出这4种烷烃的结构简式和名称：_、_、_、_。【答案】 (1). (2). (3). (4). (5). (6). 甲烷，CH4 (7). 乙烷，CH3CH3 (8).
26、新戊烷，C(CH3)4 (9). 2，2，3，3四甲基丁烷，(CH3)3CC(CH3)3【解析】【分析】（1）质子数相同而中子数不同的同一种元素的不同核素互为同位素。由同一种元素形成的不同单质，互称为同素异形体。分子式相同而结构不同的化合物互为同分异构体。结构相似，分子组成相差若干个CH2原子团的同一类物质互为同系物。性质和结构都完全相同的属于同一种物质；（2）烷烃的一氯代物只有一种，说明分子中只有一类氢原子，据此解答。【详解】（1）O2和O3均是氧元素形成的单质，互为同素异形体；35Cl和37Cl的质子数相同，中子数不同，互为同位素；CH3CH3和CH3CH2CH3均是烷烃，分子组成相差1个
27、CH2原子团，互为同系物；CH3CH2CH(CH3)CH2CH3和CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)CH3均是烷烃，分子组成相差1个CH2原子团，互为同系物；H2、D2和T2均表示氢气分子；的结构和性质完全相同，是同一种物质；CH3(CH2)2CH3和(CH3)2CHCH3的分子式均是C4H10，结构不同，互为同分异构体；CH3CH(CH3）CH3和CH(CH3)3的结构和性质完全相同，是同一种物质；因此互为同位素的有，互为同素异形体的有，互为同系物的有，互为同分异构体的有，属于同种物质的是；（2）含有10个及10个以下碳原子的烷烃，其一氯代物只有一种，说明分子中氢原子均只有一类，则符合
28、条件的共有4种，分别是甲烷，结构简式为CH4，乙烷，结构简式为CH3CH3，新戊烷，结构简式为C(CH3)4，2，2，3，3四甲基丁烷，结构简式为(CH3)3CC(CH3)3。16. 二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。已知： ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11。 SO2 + NaClO3 + H2SO4 ClO2 + NaHSO4（未配平） ClO2 + NaOHNaCl + NaClO3 + H2O（未配平）请回答下列问题：（1）设计如下装置制备ClO2装置A中反应的化学方程式为_。装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量
29、之比为_。欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为agh_d。（2）探究ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究中反应的产物操作步骤实验现象结论取少量中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。品红溶液始终不褪色无_生成。另取少量中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。_有SO42-生成继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，_。有白色沉淀生成有Cl-生成ClO2与Na2S反应的离子方程式为_。用于处理含
30、硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_（任写一条）。【答案】 (1). Cu + 2H2SO4（浓）CuSO4 + SO2 + 2H2O (2). 2:1 (3). bcef (4). SO2 (5). 有白色沉淀 (6). 加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液 (7). 8ClO2 + 5S2- + 4H2O8Cl- + 5SO42- + 8H+ (8). 均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底； 或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）【解析】【详解】装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其
31、化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；故答案为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；由题意知装置B中反应为SO2 + 2NaClO3 + H2SO4= 2ClO2 + 2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则agh，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：aghbcefd；故答案为bcef；在中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明
32、不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2生成。答案：SO2。在中反应过后的溶液加入Ba(OH)2，结论是有SO42-生成，所以反应生成BaSO4，现象应为白色沉淀。答案：白色沉淀；若生成可以证明Cl-存在的白色沉淀，那么操作应为加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。答案：加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液；由上述分析可知，生成物有SO42-和Cl-，用溶剂H2O补全反应方程式，所以离子方程式为8ClO2 + 5S2- + 4H2O8Cl- + 5SO42- + 8H+；ClO2相对于Cl2优点包括： ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生
33、二次污染，均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍等。17. 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)步骤的化学方程式_，反应类型_。步骤的化学方程式_，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：试管A发生反应的化学方程式_。试管B中的试剂是_。(3)为了制备重要的有机原料氯乙烷(CH3CH2Cl)，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：CH3CH3+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：CH2CH2+HCl CH3CH2Cl
34、。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+ H2O CH3CH2OH (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
35、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+H2O CH3CH2OH，该反应为加成反应；步骤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+H2O CH3CH2OH;加成反应;2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；氧化反应。(2)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: CH3
36、COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ，因此，本题正确答案是: CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3 +H2O ; 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。