2024届安徽省黄山市屯溪一中高二化学第一学期期中检测试题含解析

2024届安徽省黄山市屯溪一中高二化学第一学期期中检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，会形成酸雨、污染大气。在烟气处理过程中采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表：离子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl-c/mol·L-18.35×10-46.87×10-61.5×10-41.2×10-53.4×10-3下列说法错误的是（）A．NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2OB．增加压强，NO的转化率提高C．随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐增大D．由实验结果可知，脱硫反应的速率大于脱硝反应的速率2、将一定量的由Cu和Cu2O组成的混合粉末加入到125mL2.6mol·L－1的硝酸中，固体恰好完全溶解，得蓝色溶液X并收集到VmL(标准状况)的纯净无色气体Y。下列结论正确的是A．X中有两种溶质B．Y通入纯水中得到酸性溶液C．原混合粉末的总质量小于7.8gD．当V=1680时，原混合粉末中Cu和Cu2O的物质的量之比为8∶13、下列各组离子一定能大量共存的是A．在碱性溶液中：CO32-、K+、S2-、Na+B．在含有大量Ba2+的溶液中：NO3-、A1O2-、Na+、HCO3-C．水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液:K+、HCO3-、Br+、Ba2+D．在中性溶液中：K+、Cl-、Al3+、NO3-4、研究不同条件对相同体积相同物质的量浓度的H2O2分解速率的影响，得到如下数据。由此不能得出的结论是：A．Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好B．由Ⅰ与Ⅱ可知其它条件相同时，时间越长，H2O2分解越彻底C．由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时，温度越高，H2O2分解越快D．由Ⅰ与Ⅲ可知其它条件相同时，碱性越强，H2O2分解越快5、在25℃、101kPa下，0.1mol甲醇燃烧生成CO2和液态水时放热72.58kJ，下列热化学方程式正确的是A．CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋725.8kJ/molB．2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1451.6kJ/molC．CH3OH(l)＋3/2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(l)ΔH＝－725.8kJ/molD．2CH3OH(g)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(l)ΔH＝－1451.6kJ6、右图是恒温下某化学反应的反应速率随反应时间变化的示意图。下列叙述与示意图不相符合的是（）A．反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等B．该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态ⅡC．该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡发生移动，达到平衡态ⅡD．同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等7、时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．的盐酸与的溶液混合后：B．0.1mol/L的NaHS溶液中：C．100mL1.0mol/L的溶液和100mL2.0mol/L的HNO3溶液混合后（忽略混合后溶液体积变化）：D．0.1mol/L的HCN溶液和0.1mol/L的NaCN溶液等体积混合后：8、污水处理的主要方法有：①中和法；②化学沉淀法；③氧化还原法；④过滤法。其中属于化学方法的有()。A．①②③ B．①②④C．②③④ D．①②③④9、国产航母001A等舰艇的船底都涂有含Cu2O的防污涂料，制备Cu2O的一种方法为Zn＋2CuSO4＋2NaOH=Cu2O＋ZnSO4＋Na2SO4＋H2O。该反应的下列说法正确的是（）A．Zn得到电子 B．CuSO4被氧化C．NaOH是还原剂 D．CuSO4是氧化剂10、实验室中将盛有甲烷与氯气的混合气体的量筒倒立在盛有饱和食盐水的水槽中，光照使其发生反应，下列说法错误的是（）A．通过量筒内壁上出现的油状液滴可以说明生成四种有机产物B．氯化氢极易溶于水，导致量筒中液面上升C．饱和食盐水能够抑制氯气的溶解D．量筒中气体颜色逐渐变浅11、将0.2mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是A．2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)C．c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1mol·L－1D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)12、下列各组微粒，不能互称为等电子体的是（）A．NO2、NO2+、NO2﹣ B．CO2、N2O、N3﹣C．CO32﹣、NO3﹣、SO3 D．N2、CO、CN﹣13、毒品曾给我们的国家和民族带来过巨大的灾难，据统计我国目前的吸毒人员中80％左右是青少年，而他们大多又是出于好奇而沾染毒品的。根据你的知识判断下列物质中一定不属于毒品的是A．甘油B．吗啡C．冰毒D．海洛因14、高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.6×10-56.3×10-91.6×10-94.2×10-10从以上表格中判断下列说法正确的是()A．在冰醋酸中这四种酸都完全电离B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最弱的酸C．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H++SO42-D．水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区别这四种酸的强弱15、下列有关性质的比较中，正确的是(）A．硬度：白磷＞冰＞二氧化硅B．金属原子化热：Na＞Mg＞AlC．熔点：D．键的极性：N﹣H＜O﹣H＜F﹣H16、HIn在水溶液中存在以下电离平衡：HIn(红色）H++In-(黄色），故可用作酸碱指示剂。浓度为0.02mol/L的下列各溶液：①盐酸，②石灰水，③NaCl溶液，④NaHSO4溶液，⑤Na2CO3溶液，⑥氨水，其中能使指示剂显红色的是A．①④⑤ B．②⑤⑥ C．①④ D．②③⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物A、B、C、D、E之间发生如下的转化：（1）写出D分子中官能团的名称：_____，C物质的结构简式：____．（2）向A的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时产生的实验现象是__________．（3）请写出下列转化的化学反应方程式：①（C6H10O5）n→A：_____；②乙烯生成聚乙烯：_____．18、今有A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和；C元素是第三周期第一电离能最小的元素；D元素在第三周期中电负性最大。（1）试推断A、B、C、D四种元素的符号：A________、B________、C________、D________。（2）写出A元素原子的核外电子排布式：____________；写出B元素原子核外电子排布的价电子构型：__________；用电子排布图表示C原子的核外电子排布情况：_______________。（3）比较四种元素的第一电离能和电负性的大小：第一电离能____________；电负性____________。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、通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置。现准确称取1.8g样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经燃烧后A管增重1.76g，B管增重0.36g。请回答：(1)产生的气体由左向右流向，所选用的各导管口连接的顺序是________。(2)E中应盛装的试剂是_______。(3)如果把CuO网去掉，A管增重将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。(4)该有机物的最简式为________。(5)在整个实验开始之前，需先让D产生的气体通过整套装置一段时间，其目的是________。21、保持洁净安全的生存环境已成为全人类的共识，人与自然要和谐相处。(1)煤燃烧产生的SO2所形成的酸雨中，SO2最终转化成的酸是________(填化学式)，在煤中加入适量石灰石，可以大大减少煤燃烧时SO2的排放，发生反应的化学方程式：__________________________。(2)空气质量报告的各项指标可以反映出各地空气的质量。下列气体已纳入我国空气质量报告的是________(填字母)。a．CO2b．N2c．NO2(3)选择环保的装修材料可以有效地减少居室污染。劣质胶合板释放的主要污染物是_______(填字母)。a．NOb．COc．甲醛

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【题目详解】A．NaClO2具有强氧化性，根据表格数据可知脱硝过程中NO主要被氧化为NO3-，根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为：4NO+3ClO2-+4OH-=4NO3-+3Cl-+2H2O，故A正确；B．正反应是体积减小的，则增加压强，NO的转化率提高，故B正确；C．根据脱硝反应可知反应过程中消耗氢氧根离子，所以溶液pH减小，故C错误；D．根据表格数据可知在相同时间内硫酸根离子的浓度增加的多，因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率，故D正确；故答案为C。2、D【解题分析】A、固体恰好溶解后无HNO3剩余，Cu和Cu2O中的Cu元素都被HNO3氧化生成Cu(NO3)2，所以X中溶质只有Cu(NO3)2，A错误。B、生成的“纯净的无色气体Y”是NO，NO与纯水不能发生反应，也就不可能得到酸性溶液，B错误。C、固体完全是Cu时，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，m(Cu)=38×2.6molL×0.125L×64gmol=7.8g。固体完全是Cu2O时，3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O，m(Cu2O)=314×2.6点睛：类似于C答案，当无法求出准确结果时，极值法的讨论可以在求出范围后帮助理解答案是否正确。3、A【题目详解】A、碱性条件下，这四种离子能够大量共存，故A符合题意；B、AlO2－与HCO3－发生AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，该离子组不能大量共存，故B不符合题意；C、水电离出c(H＋)=10－13mol·L－1，水的电离受到抑制，该溶液为酸或碱，HCO3－既不能与H＋大量共存，也不能与OH－大量共存，故C不符合题意；D、Al3＋发生水解，使溶液为酸性，因此中性溶液中，Al3＋不能大量存在，故D不符合题意。4、C【题目详解】A．根据表中数据可知在其它条件相同时，分解百分率越高，催化效果越好，因此Cu2+与Fe3+对H2O2分解都有催化作用，但Cu2+催化效果更好，故A正确；B．由I与II可知其它条件相同时，反应时间越长，分解百分率越高，分解越彻底，故B正确；C．由I与III溶液的酸碱性和温度不一样，无法单独判断温度与H2O2分解速率的关系，故C错误；D．由I与III可知温度和溶液的酸碱性均不相同，Ⅲ中在相同条件下，温度低，溶液显碱性时，H2O2分解越快，故D正确；故选C。【题目点拨】本题考查影响化学反应速率的因素，在探究相关规律时，需要控制其他条件不变。本题的难点和易错点为D，要注意Ⅲ在低温下，碱性条件下进行，分解速率快，因此碱性越强，H2O2分解越快。5、C【解题分析】试题分析：由1gCH3OH燃烧放热22.7kJ，则2molCH3OH燃烧放热22.7×32×2=1452.8kJ，则该燃烧反应的热化学方程式为2CH3OH(g)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(l)△H=-1452.8kJ/mol，CH3OH(g)+32O2(g)=CO2(g)+2H2考点：考查了热化学方程式的相关知识。6、C【分析】由图可以知道，该反应从正反应一端开始，正逆反应速率相等时为状态Ⅰ，然后，该反应向正反应方向移动，正反应速率大于逆反应速率，且改变条件的一瞬间逆反应速率不变，以此来解答。【题目详解】A.由平衡的特征可以知道，反应达平衡时，正反应速率和逆反应速率相等，A正确；B.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度，一瞬间正反应速率增大，逆反应速率不变，平衡正向移动，达到平衡态Ⅱ，B正确；C.该反应达到平衡态后，减小反应物浓度，平衡应逆向移动，逆反应速率大于正反应速率，与图象矛盾，C错误；D.该反应达到平衡态Ⅰ后，增大反应物浓度使反应继续正向移动达到平衡态Ⅱ，所以同一种反应物在平衡态Ⅰ和平衡Ⅱ时浓度不相等，D正确；答案选C。7、B【题目详解】A．pH=2的盐酸中c（H+）和pH=12的Ba（OH）2溶液中c（OH-）相等，二者的体积未知，无法确定溶液酸碱性，如果二者等体积混合，则混合溶液pH=7，故A错误；B.1．lmol/LNaHS溶液中存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=2c（S2-）+c（HS-）+c（OH-），物料守恒：c（Na+）=c（S2-）+c（HS-）+c（H2S），得到，故B正确；C.111mL1.1mol•L-1Fe（NO3）2溶液和111mL2.1mol•L-1

HNO3溶液混合后，如果不发生反应，则混合后溶液中硝酸根离子浓度为2mol/L，由于硝酸具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，导致反应后溶液中硝酸根离子小于2mol/L，故C错误；D，1.1mol/L的HCN溶液与1.1mol/L的NaCN溶液等体积混合，混合后溶液的pH>7，溶液呈碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度，c（OH-）>c（H+），溶液中离子浓度大小顺序为：，故D错误。故答案选：B。8、A【解题分析】在处理污水的过程中，中和法、化学沉淀法、氧化还原法等方法的过程中都有新物质生成，都属于化学方法；过滤可以把不溶于水的物质除去，过滤过程中没有新物质生成，属于物理变化，即过滤法属于物理方法。故选A。9、D【题目详解】A.该反应过程中，Zn从0价升高到＋2价，Cu从＋2价降低到＋1价。锌元素化合价升高，失去电子，A错误；B和D.CuSO4中铜元素化合价降低，CuSO4是该反应的氧化剂，被还原生成Cu2O，B错误，D正确；C.参加反应的NaOH中Na、O、H各元素化合价都没有发生变化，所以NaOH既不是该反应的氧化剂，也不是该反应的还原剂，C错误。故选D。10、A【解题分析】A、仅通过“量筒内壁上出现的油状液滴”这一实验现象并不能说明生成了四种有机产物，氯气与甲烷发生取代反应，生成的四种有机产物中CH3Cl（常温下为气体，溶于有机溶剂）、CH2Cl2、CHCl3、CCl4为油状液体，故A错误；B、氯气与甲烷反应生成HCl，而HCl极易溶于水，导致量筒内气体减少，压强减小，量筒内液面上升，故B正确；C、氯气溶于水后，部分与水反应Cl2+H2O⇌H++Cl－+HClO，饱和食盐水中Cl－浓度较大，可以抑制Cl2的溶解，故C正确；D、氯气是黄绿色气体，当氯气被消耗，量筒内气体颜色逐渐变浅，故D正确。故选A。11、D【解题分析】将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。【题目详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。12、A【题目详解】A.NO2、NO2+、NO2-的价电子总数分别为17、16、18，价电子总数不一样，不能互称为等电子体，故A正确；

B.CO2、N2O、N3-的价电子总数分别为16、16、16，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故B错误；

C.CO32-、NO3-、SO3的价电子总数分别为24、24、24，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故C错误；

D.N2、CO、CN-的价电子总数分别为10、10、10，价电子总数一样，原子总数一样，互称为等电子体，故D错误。【题目点拨】具有相同原子数和价电子总数的微粒互称为等电子体。13、A【解题分析】试题分析：甘油是一种无毒的、可用作化妆品等用途的无色液体，不属于毒品范畴。吗啡、可卡因、海洛因都是毒品。考点：远离毒品14、D【题目详解】A．根据电离平衡常数知，在冰醋酸中这几种酸都不完全电离，故A错误；B．在冰醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，故B错误；C．在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4⇌H++HSO4-，故C错误；D．这四种酸在水中都完全电离，在冰醋酸中电离程度不同，所以水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱，故D正确；故选D。【题目点拨】本题考查了电解质的电离，解答本题要注意克服定势思维，该题中的溶剂是冰醋酸不是水，要知道电离平衡常数能反映电解质的强弱。15、D【解题分析】A、二氧化硅属于原子晶体，硬度大，白磷、冰都是分子晶体，硬度较小，故A错误；B、根据金属镁、铝和钠的熔点可知，金属的原子化热最大的为铝，其次为镁，最小的为钠，正确关系为：Al＞Mg＞Na，故B错误；C、形成分子内氢键，熔沸点减小，分子间氢键，熔沸点升高，所以熔点：＞，故C错误；D.非金属性强到弱的是N＜O＜F，与氢元素形成共价键时，极性由小到大分别是N﹣H＜H﹣O＜H﹣F，故D正确；综上所述，本题选D。【题目点拨】本题考查较为综合，涉及晶体的类型以及性质的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大。注意理解原子化热概念，它是用来衡量金属键强弱的物理量，指将1摩尔金属转变成气态原子所需的最小能量；金属原子化热数值小时，其熔点低，质地软，反之则熔点高，硬度小。16、C【解题分析】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，以此解答该题。【题目详解】能使指示剂显红色，应使c（HIn）>c（In-），所加入物质应使平衡向逆反应方向移动，所加入溶液应呈酸性，①④为酸性溶液，可使平衡向逆反应方向移动，溶液变红色；②⑤⑥溶液呈碱性，可使平衡向正反应方向移动；③为中性溶液，平衡不移动；所以能使指示剂显红色的是①④；答案选C。【题目点拨】本题考查化学平衡的影响因素，题目难度不大，注意根据颜色的变化判断平衡移动的移动方向，结合外界条件对平衡移动的影响分析。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基CH3CHO有（砖）红色沉淀产生（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6nCH2═CH2【分析】根据题中各物质转化关系，反应⑥是光合作用产生A和氧气，则A为葡萄糖（C6H12O6），（C6H10O5）n水解能产生葡萄糖，所化合物乙为水，反应①为糖类的水解，反应②葡萄糖在酒化酶的作用生成化合物甲(二氧化碳)和B，B为CH3CH2OH，反应③为B发生氧化反应生成C为CH3CHO，反应④为C发生氧化反应生成D为CH3COOH，反应⑤为B和D发生酯化反应生成E为CH3COOC2H5，反应⑦为乙烯的燃烧反应生成二氧化碳和水，反应⑧为乙烯与水加成生成乙醇。【题目详解】根据以上分析，（1）D是CH3COOH，分子中官能团的名称是羧基，C是乙醛，结构简式是CH3CHO；（2）A为葡萄糖（C6H12O6），葡萄糖含有醛基，向葡萄糖的水溶液中加入新制的Cu（OH）2并加热时氢氧化铜被还原为砖红色沉淀氧化亚铜，产生的实验现象是有砖红色沉淀产生；（3）①（C6H10O5）n发生水解反应生成葡萄糖，反应方程式为（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6；②乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，方程式是nCH2═CH218、OCaNaCl1s22s22p44s2Na＜Ca＜Cl＜ONa＜Ca＜Cl＜O【分析】A、B、C、D四种元素，已知A元素是地壳中含量最多的元素，A为O；B元素为金属元素，它的原子核外K、L层上电子数之和等于M、N层电子数之和，则B为Ca；C元素是第三周期第一电离能最小的元素，则C为Na；D元素在第三周期中电负性最大，则D为Cl；据以上分析解答。【题目详解】（1）通过以上分析可知A、B、C、D四种元素的符号：A为O、B为Ca、C为Na、D为Cl；综上所述，本题答案是：O，Ca，Na，Cl。（2）A元素原子的核外有8个电子，根据构造原理可知，A元素原子的核外电子排布式：1s22s22p4；B元素原子核外有20个电子，其价电子是第四周期4s能级上有2个电子，所以B元素原子核外电子排布的价电子构型：4s2；C原子的核外有11个电子，有4个能级，其轨道表示式为：；综上所述，本题答案是：1s22s22p4；4s2；。（3）元素的非金属越强，其电负性越强；同一周期中，元素的第一电离能随着核电荷数的增大而呈增大的趋势，但是IIA族和VA族元素大于其相邻元素，元素的非金属性就越强，其第一电离能越大，所以第一电离能大小顺序是：Na＜Ca＜Cl＜O；电负性大小顺序为：Na＜Ca＜Cl＜O；综上所述，本题答案是：Na＜Ca＜Cl＜O；Na＜Ca＜Cl＜O。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