云南省开远市第二中学2024届化学高二上期中调研试题含解析

云南省开远市第二中学2024届化学高二上期中调研试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、成语言简意赅，是中华民族智慧的结晶。下列成语描绘的变化属于化学变化的是()A．滴水成冰B．木已成舟C．烛炬成灰D．沙里淘金2、在一定温度下，CO和CH4燃烧的热化学方程式分别为2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566kJ/molCH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ/mol1molCO和3molCH4组成的混合气体，在相同条件下完全燃烧时，释放的热量为（）A．2912kJ B．2953kJ C．3236kJ D．3867kJ3、已知Pb3O4与稀HNO3发生反应I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O，PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2++4H++5SO=2MnO+5PbSO4+2H2O。下列说法正确的是A．类比Fe3O4，Pb3O4可写成PbO·Pb2O3的形式B．反应I中Pb3O4既是氧化剂也是还原剂C．Pb3O4可与浓盐酸反应生成Cl2D．由反应I、II可知，氧化性：MnO>HNO3>PbO24、提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法A乙烯（二氧化硫）酸性KMnO4溶液洗气B乙酸乙酯（乙醇）饱和Na2CO3溶液蒸馏C苯（苯酚）浓溴水过滤D苯甲酸（NaCl）-----重结晶A．A B．B C．C D．D5、下列物质中，既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色的是①SO2②CH3CH2CH=CH2③C6H6④CH3CH3A．①②③④B．②③C．②④D．①②6、常温下，下列溶液中的微粒浓度关系不正确的是A．pH＝8.3的某酸式盐NaHB的水溶液中：c(Na+)>c(HB－)>c(H2B)>c(B2－)B．0.1mol/LNaH2PO4溶液中：c(Na+)＝c(PO43－)+c(HPO4２－)+c(H2PO4－)+c(H3PO4)C．NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至恰好呈中性：c(Na+)>c(SO42－)>c(NH4+)>c(OH－)＝c(H+)D．等物质的量浓度的Na2S和NaHS溶液中：c(Na+)＝2c(S2－)+c(HS－)7、一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示反应X(g)+2Y(g)2Z(g)一定达到化学平衡状态的是（）①X、Y、Z的物质的量之比是1：2：2②X、Y、Z的浓度不再发生变化③容器中的压强不再发生变化④单位时间内生成nmolZ，同时生成2nmolYA．①② B．①④ C．②③ D．③④8、邻甲基苯甲酸()有多种同分异构体，其中属于酯，且分子结构中含有甲基和苯环的同分异构体有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种9、已知常温下，HCOOH(甲酸)比NH3•H2O电离常数大。向10mL0.1mol/LHCOOH中滴加同浓度的氨水，有关叙述正确的是()A．滴加过程中水的电离程度始终增大B．当加入10mLNH3•H2O时，c(NH4+)>c(HCOO-)C．当两者恰好中和时，溶液pH=7D．滴加过程中n(HCOOH)与n(HCOO-)之和保持不变10、下列说法正确的是A．医用酒精是质量分数为95%的乙醇溶液B．石油裂解仅为了得到更多的汽油C．葡萄糖、氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应D．蛋白质溶液中加入甲醛可以产生沉淀，加水后沉淀又溶解11、第五套人民币中的1元硬币的材质为钢芯镀镍合金。下列关于1元硬币的说法中不正确的是A．有一定硬度，耐磨损；但硬度不是很大，否则文字和图案很难压印上去B．化学性质稳定，抗腐蚀C．每枚硬币实际价值远远高于面值1元D．每枚硬币实际价值低于面值1元12、将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数目最多的是（）A．NH4Cl B．K2SO4 C．Na2CO3 D．Al(OH)313、在2A+B=3C+4D反应中，表示该反应速率最快的数据是A．υA=0.5mol·L-1·s-1 B．υB=0.3mol·L-1·s-1 C．υC=0.8mol·L-1·s-1 D．υD=1.0mol·L-1·s-114、在一可变密闭容器中发生反应：2A(g)+B(g)xC(g)，达到平衡时测得A的浓度为0.5mol/L，在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍，再次达平衡时，测得A的浓度为0.2mol/L。下列有关的判断正确的是A．x=3 B．物质C的体积分数减小C．平衡向正反应方向移动 D．物质B的转化率降低15、已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是（）A．原子半径：X>Y>Z>WB．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W216、25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是()A．向水中加入氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入固体醋酸钠，平衡逆向移动，c(H＋)降低C．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变D．将水加热，Kw增大，pH不变二、非选择题（本题包括5小题）17、烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，B、D是生活中两种常见的有机物，E是一种有水果香味的物质。A可发生如图所示的一系列化学反应。请回答下列问题：（1）A的结构简式是__________。（2）反应①和③的有机反应类型分别是________、___________。（3）F是一种高分子化合物，其结构简式是_____________。（4）反应④的方程式为：_________18、A、B、C、D、E是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，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）E元素形成的氧化物对应的水化物的化学式为_______________________________。（2）元素C、D、E形成的简单离子半径大小关系是____________(用离子符号表示)。（3）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中含有的化学键类型是_______________________________________________。（4）由A、B、C三种元素形成的离子化合物的化学式为__________________，它与强碱溶液共热，发生反应的离子方程式是______________________。（5）某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，若此反应为分解反应，则此反应的化学方程式为________________________(化学式用具体的元素符号表示)。19、已知乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有关的有机试剂的沸点如下：CH3COOC2H5为77.1℃；C2H5OH为78.3℃；C2H5OC2H5（乙醚）为34.5℃；CH3COOH为118℃。实验室合成乙酸乙酯粗产品的步骤如下：在蒸馏烧瓶内将过量的乙醇与少量浓硫酸混合，然后经分液漏斗边滴加醋酸，边加热蒸馏。由上面的实验可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗产品。（1）制取乙酸乙酯的方程式是___________。将粗产品经下列步骤精制：（2）为除去其中的醋酸，可向产品中加入__________（填字母）。A．无水乙醇B．碳酸钠粉末C．无水醋酸钠（3）再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是____________________。（4）然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是___________________。最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃~78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯。20、某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学反应方程式为________________________________________________________________。（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是________________________、______________________，装置B中发生反应的离子方程式为______________________________________________________。（3）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象_______________________。（4）尾气可采用________溶液吸收。21、保护环境，提倡“低碳生活”，是我们都应关注的社会问题。(1)目前，一些汽车已改用天然气（CNG）做燃料，以减少对空气污染。①16g甲烷完全燃烧生成液态水放出890kJ热量，则甲烷燃烧的热化学方程式是__________。②1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体放出393.5kJ热量，通过计算比较，填写下列表格（精确到0.01）：物质质量1g燃烧放出的热量/kJ生成CO2的质量/g碳32.80____________甲烷____________2.75根据表格中的数据，天然气与煤相比，用天然气做燃料的优点是__________。(2)为了减少二氧化碳的排放，利用海藻可将二氧化碳、氢气转化成水及一种可以再生的绿色能源乙醇，该反应的化学方程式是______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】试题分析：化学变化的特征是在原子核不变的情况下，有新物质生成，判断物理变化和化学变化的依据是是否有新物质生成。A、滴水成冰的过程中，只是水的状态发生了变化，没有新物质生成，属于物理变化，错误；B、木已成舟，没有新物质生成，属于物理变化，错误；C、烛炬成灰是蜡烛燃烧生成二氧化碳和水的过程，属于化学变化，正确；D、沙里淘金的过程中，把混在沙中的单质金从沙中分离出来，过程中没有新物质生成，属于物理变化，错误；选C。考点：考查化学变化与物理变化的区别。2、B【题目详解】2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)ΔH＝－566kJ/molCH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－890kJ/mol1molCO和3molCH4组成的混合气体，在相同条件下完全燃烧时，释放的热量为566kJ/molmol+890kJ/mol3mol=2953kJ。故选B。3、C【题目详解】A.Pb元素有两种价态分别是+2、+4，因此氧化物有两种形式PbO和PbO2，通过反应I可知Pb3O4中，Pb2+和Pb4+的个数比为2：1，所以Pb3O4写成氧化物的形式应为2PbO·PbO2，故A项错误；B.因Pb3O4可以看成是2PbO·PbO2的化合物，所以反应I不是氧化还原反应，故Pb3O4既不是氧化剂也不是还原剂，故B错误；C.通过反应II可知，PbO2的氧化性强于MnO，而MnO能与浓盐酸反应生成Cl2，所以PbO2也可以与浓盐酸反应生成Cl2，故C项正确；D.通过反应I可知，硝酸未将Pb2+氧化，可证明氧化性PbO2>HNO3，通过反应II可知氧化性PbO2>MnO，故D项错误；【题目点拨】一个氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强与氧化产物，根据这个规律可以判断物质的氧化性强弱。4、D【解题分析】A、乙烯、二氧化硫均能与酸性高锰酸钾反应，除杂试剂应选择NaOH溶液，故A错误；B、饱和Na2CO3溶液溶解乙醇，同时降低乙酸乙酯在水中的溶解，所以向乙酸乙酯（乙醇）中加入饱和Na2CO3溶液，出现分层，采用“分液”方法进行分离，故B错误；C、苯酚与溴水反应，生成的三溴苯酚与苯互溶，不能得到纯净物质，故C错误；D、苯甲酸、NaCl的溶解度随温度变化不同，可用重结晶的方法分离，故D正确；故选D。5、D【解题分析】SO2具有还原性，与溴水、高锰酸钾均发生氧化还原反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故①正确；②CH3CH2CH═CH2中含碳碳双键，则与溴水发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，则既能因发生化学反应使溴水褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故②正确；③C6H6是苯，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故③错误；④CH3CH3是乙烷，既不能发生化学反应使溴水褪色，又不能使酸性KMnO4溶液褪色，故④错误；故选D。6、D【题目详解】A．某酸式盐NaHB的水溶液为pH=8.3，说明HB-水解程度大于电离程度，且水解和电离程度都较小，所以存在c

(Na+)＞c

(HB-)＞c

(H2B)＞c

(B2-)，故A正确；B．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c

(Na+)=c

(PO43-)+c

(HPO42-)+c

(H2PO4-)+c

(H3PO4)，故B正确；C．溶液呈中性，则c

(OH-)=c

(H+)，溶液中的溶质为硫酸钠和一水合氨、硫酸铵，c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，c(Na+)＞c(SO42-)，则c(NH4+)＜(SO42-)，溶液中离子浓度大小顺序是c

(Na+)＞c

(SO42-)＞c

(NH4+)＞c

(OH-)=c

(H+)，故C正确；D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c

(Na+)+c

(H+)=c

(OH-)+2c

(S2-)+c

(HS-)，混合溶液呈碱性，c

(OH-)＞c

(H+)，所以存在，c

(Na+)＞2c

(S2-)+c

(HS-)，故D错误；故答案为D。【题目点拨】电解质溶液中的守恒关系：电荷守恒：如NaHCO3溶液中c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)；物料守恒：如NaHCO3溶液中c(Na+)＝c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)；质子守恒：如Na2CO3溶液中c(OH-)＝c(H+)+2c(H2CO3)+c(HCO3-)。7、C【题目详解】①X、Y、Z的物质的量之比是1：2：2，不能说明各物质的量不变，不能说明反应达到平衡状态，①错误；②X、Y、Z的浓度不再发生变化，各组分的含量不变，能说明反应达到平衡状态，②正确；③该反应前后气体的总体积发生变化，故当容器中的压强不再发生变化，能说明反应达到平衡状态，③正确；④Z、Y的化学计量数相同，故单位时间内生成nmolZ，同时生成nmolY，能说明反应达到平衡状态，④错误；答案选C。8、D【分析】【题目详解】该有机物的同分异构体中应具有CH3-C6H4-OOCH（-C6H4-为苯环）的结构，应有邻、间、对三种同分异构体或C6H5-OOCCH3或C6H5-COOCH3，共5种，选项D符合题意。答案选D。【题目点拨】判断同分异构体的种类与数目是常考点，本题可采用基团位移法判断，即对给定的有机物先将碳链展开，然后确定有机物具有的基团，并将该基团在碳链的位置进行移动，得到不同结构的有机物，需要注意避免重复性。9、D【题目详解】A.HCOOH溶液中水的电离被抑制，向HCOOH溶液中加氨水时，HCOOH浓度逐渐减小，HCOOH对水的抑制作用减弱，水的电离程度逐渐增大，随后生成的HCOONH4的水解反应，也促进水的电离，继续加过量的氨水，氨水电离的OH-使水的电离平衡左移，水的电离程度减小，所以整个过程中水的电离程度先增大后减小，A项错误；B.当加入10mLNH3·H2O时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，恰好反应，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，所以c(NH4+)<c(HCOO-)，B项错误；C.当两者恰好中和时，HCOOH+NH3·H2O=HCOONH4+H2O，所得溶液是HCOONH4溶液，溶液中存在水解平衡：HCOO-+H2OHCOOH+OH-，NH4++H2ONH3·H2O+H+，因HCOOH比NH3·H2O电离常数大，NH4+的水解程度比HCOO-大，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，pH<7，C项错误；D.向HCOOH溶液中加氨水，HCOOH的初始物质的量没有变，根据物料守恒，滴加过程中n(HCOOH)+n(HCOO-)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，D项正确；答案选D。【题目点拨】HCOONH4属于弱酸弱碱盐，在溶液中弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，HCOOH的电离常数大，电离常数越大酸性越强，根据“谁强显谁性”，所以HCOONH4溶液显酸性。10、C【题目详解】A.医用酒精浓度为75%，且为体积分数，故A错误；B.石油裂解的目的是为了获得乙烯，裂化的目的是为了获得轻质油，故B错误；C.葡萄糖含有羟基，氨基酸含有羧基，可发生酯化反应，故C正确；D.甲醛的水溶液可使蛋白质变性，为不可逆过程，故D错误；故选：C。11、C【题目详解】A、B两个选项是根据合金的性质所描述的，是铸造硬币时必须考虑的因素，故A、B正确；C.硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象，所以每枚硬币实际价值远远高于面值1元不符合事实，故C错误；D.每枚硬币是钢芯镀镍合金，实际价值低于面值1元，故D正确；答案：C。【题目点拨】本题考查“合金”的知识，解题的关键是题目中A、B、D三个选项所描述的是铸造硬币时必须考虑的因素：性质既要稳定又要成本低。而A、B两个选项是关于硬币“合金”的性质问题。当出现C选项情况时，硬币的制造成本高于面值，会造成硬币无法流通的现象。12、C【题目详解】A选项，0.1molNH4Cl溶于水形成溶液中含有0.1mol氯离子，铵根离子和水电离出的氢氧根离子结合生成一水合氨，只含极少量氢氧根离子；B选项，0.1molK2SO4溶于水形成溶液中含有0.1mol硫酸根离子、极少量氢氧根离子，氢氧根离子就等于纯水电离出的氢氧根离子；C选项，0.1molNa2CO3溶于水形成溶液中碳酸根水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子，促进水解，因此比A、B中氢氧根离子多，消耗得碳酸根离子数目与生成的碳酸氢根离子数目相等，故阴离子数目最多；D选项，0.1molAl(OH)3在水中溶解度很少，因此溶液中阴离子数目较少；综上所述，答案为C。13、B【题目详解】反应速率之比等于化学计量数之比，在速率单位相同时，化学反应速率与化学计量数的比值越大，反应速率越快，A.

=0.25；B.

=0.3；C.

=0.267；D.

=0.25；所以反应速率大小顺序是B>C=A=D，反应速率最快的是B，故选：B。14、C【分析】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度为0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了，由此分析。【题目详解】在温度不变的条件下，将容器的容积扩大到原来的2倍的瞬间，各组分浓度将减小到原来的一半，即此时A的浓度为0.25mol/L，根据题意再次达到平衡时A的浓度只有0.2mol/L<0.25mol/L，说明平衡向正反应方向移动了。A.容器的容积扩大即为减压，由上分析可知平衡向正反应方向移动了，根据勒夏特列原理，正反应方向气体体积增大，所以x>3，A项错误；B.因为平衡向正反应方向移动，所以C的体积分数增大，B项错误；C.由上分析可知平衡向正反应方向移动，C项正确；D.因为B的初始物质的量没有变，而平衡向正反应方向移动，所以B的转化率增大，D项错误；答案选C。15、A【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种。【题目详解】A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大．所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；B．W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，故B错误；C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C错误；D．若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误。故选A。16、C【解题分析】A、加入氨水后溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制了水的电离，氨水溶液显碱性，纯水显中性，碱中OH-浓度大于水中的OH-浓度；B、醋酸根离子结合水电离的氢离子，平衡向着正向移动；C、硫酸氢钠能完全电离产生钠离子、氢离子和硫酸根离子，抑制了水的电离，温度不变，水的离子积不变；D、升高温度，促进水的电离，Kw增大。【题目详解】A项、向水中加入氨水，溶液由中性到碱性，碱对水的电离起抑制作用，所以平衡逆向移动，但c（OH-）增大，故A错误；B项、向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸根离子水解，促进了水的电离，平衡向着正向移动，醋酸根离子结合氢离子，则c（H+）降低，故B错误；C项、向水中加入少量固体硫酸氢钠，溶液显示酸性，溶液中氢离子浓度增大，由于温度不变，水的离子积Kw不变，故C正确；D项、水的电离达到平衡：H2OH++OH-；△H＞0升高温度，促进水的电离，Kw增大，氢离子浓度增大，则pH减小，故D错误。故选C。【题目点拨】本题考查了水的电离平衡及其影响因素，注意明确水的电离为吸热反应，温度升高水的电离程度增大、水的离子积增大，酸、碱对水的电离起抑制作用，水解的盐对水的电离起促进作用，可以根据勒夏特列原理判断影响水的电离情况。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2=CH2加成反应氧化反应CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【分析】由题干信息可知，烃A是有机化学工业的基本原料，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，故A为乙烯CH2=CH2，结合题干流程图中各物质转化的条件，B、D是生活中两种常见的有机物可知B为CH3CH2OH，D为CH3COOH，E是一种有水果香味的物质，故E为CH3COOCH2CH3，C为CH3CHO，F是一种高分子，故为聚乙烯，G为BrCH2CH2Br，据此分析解题。【题目详解】(1)由分析可知，A为乙烯，故其结构简式是CH2=CH2，故答案为：CH2=CH2；(2)反应①是CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，属于加成反应，反应③是CH3CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化为CH3COOH，属于氧化反应，故答案为：加成反应；氧化反应；(3)F是一种高分子化合物即聚乙烯，故其结构简式是，故答案为：；(4)反应④是乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，故其方程式为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。18、H2SO3、H2SO4S2-＞O2-＞Na+离子键、非极性共价键（或离子键、共价键）NH4NO3NH4++OH-NH3•H2O4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4【分析】A元素的原子核内只有1个质子，则A为H元素，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，则B的最高化合价为+5价，位于周期表第ⅤA族，应为N元素，C元素原子的最外层电子数比次外层多4个，则原子核外电子排布为2、6，应为O元素，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，则D的化合价为+1价，应为Na元素，C、E主族，则E为S元素，由以上分析可知A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为S元素。【题目详解】(1)E为S元素，对应的氧化物的水化物有H2SO3、H2SO4，故答案为H2SO3、H2SO4；(2)元素C、D、E形成的离子分别为O2-、Na+、S2-，S2-离子核外有3个电子层，离子半径最大，O2-与Na+离子核外电子排布相同，都有2个电子层，核电核数越大，半径越小，则半径O2-＞Na+，故答案为S2-＞O2-＞Na+；(3)化合物D2C为Na2O，为离子化合物，用电子式表示的形成过程为，D2C2为Na2O2，为离子化合物，含有离子键和非极性共价键，故答案为；离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)；(4)由A、B、C三种元素形成的离子化合物为NH4NO3，与强碱溶液反应的实质为NH4++OH-NH3•H2O，故答案为NH4NO3；NH4++OH-NH3•H2O；(5)某一反应体系中含有D2E、D2EC3、D2EC4三种物质，应分别为Na2S、Na2SO3、Na2SO4，此反应为分解反应，反应的化学方程式为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4，故答案为4Na2SO3=Na2S+3Na2SO4。【题目点拨】本题考查元素的位置结构与性质的相互关系及其应用，正确推断元素的种类为解答该题的关键。本题的易错点为(5)，注意从歧化反应的角度分析解答。19、CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2OB除去粗产品中的乙醇除去粗产品中的水【分析】(1)实验室通过乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；(2)醋酸能够与碳酸钠反应，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，反应后能够分层；(3)根据题意：乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，结合酯在盐溶液中的溶解度较小分析；(4)无水硫酸铜可以与水反应生成硫酸铜晶体；据此分析解答。【题目详解】(1)制取乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，故答案为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；(2)醋酸能够与碳酸钠反应放出二氧化碳，而乙酸乙酯不能，因此除去粗产品中的醋酸，可向产品中加入碳酸钠粉末，故答案为B；(3)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是除去粗产品中的乙醇，故答案为除去粗产品中的乙醇；(4)然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是除去粗产品中的水，最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在7