【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） 20页

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。‎ ‎ ‎