【文档说明】【精准解析】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高一下学期第二次学段考试（期末考试）化学试题.doc，共(15)页，955.500 KB，由管理员店铺上传

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武威六中2019—2020学年度第二学期第二次学段考试高一化学（理）试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将正确答案填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（共48分）1.下面是某同学所画的各原子的原子结构示意图，你认为正确的是（）A.B.C.D.【答案】

D【解析】【分析】根据核外电子排布理论：即能量最低原理、泡利原理、洪特规则判断。【详解】A、违反了泡利原理，每个原子轨道最多容纳两个电子，应表示为：故A错误；B、违反了能量最低原理，先排布4s轨道后排3d轨道，应表示为：故B错误；C、违反了能量最低原理，先排满3p后排

4s，20号元素为钙，不可能失去6个电子，应表示为：故C错误；D、均符合核外电子排布规律，故D正确。答案选D。2.2019年为“国际化学元素周期表年”。下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法不正确．．．的是（）A.原子半径：W<XB

.X的最高价氧化物的水化物是强碱C.Y单质可用做半导体材料D.气态氢化物热稳定性：Z<W【答案】B【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，则W为N，X为Al，根据题目所给位置信息，Y为Si，Z为P。【详解】A.W的电子

层数为2，X的电子层数为3，所以W的原子半径小于X，A正确；B.X的最高价氧化物对应水化物为3Al(OH)，为弱碱，B错误；C.Y为Si，位于元素周期表金属与非金属元素的分界线上，可用作半导体材料，C正确；D.根据元素周期

律，气态氢化物的稳定性Z<W，D正确；故答案选B。3.下列关于物质性质递变规律的叙述正确的是（）A.酸性：H2SiO3>H3PO4>HClO4B.碱性：KOH>NaOH>LiOHC.金属性：Al>Mg>NaD.气态氢化物稳定性：

HBr>HCl>HF【答案】B【解析】【详解】A.非金属性：Cl>P>Si，非金属性越强，则其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性：HClO4>H3PO4>H2SiO3，叙述错误，A错误；B.金属性：K>Na>Li，金属性越强，则其最高价氧化物对

应水化物的碱性越强，碱性：KOH>NaOH>LiOH，叙述正确，B正确；C.金属性：Na>Mg>Al，叙述错误，C错误；D.非金属性：F>Cl>Br，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性：HF>H

Cl>HBr，叙述错误，D错误；答案为B。4.下列各组物质中化学键的类型相同的是()A.HCl、MgCl2、NH4ClB.NH3、H2O、CO2C.H2O、Na2O、CO2D.CaCl2、NaOH、H2O【答案】B【

解析】【详解】A、HCl共价化合物，只含共价键；MgCl2是离子化合物，只含离子键；NH4Cl是离子化合物，含有离子键和共价键，A错误；B、NH3、H2O、CO2均为共价化合物，只含共价键，B正确；C、H2O和CO2均为共价化合物，只含共价键；Na2O是离子

化合物，只含离子键，C错误；D、CaCl2是离子化合物，只含离子键；NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键；H2O是共价化合物，只含共价键，D错误；故选B。5.下列反应既属于氧化还原反应，又是吸收能量的化学反应的是（）A.钠与水的反应B.B

a(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应C.灼热的炭与水蒸汽反应D.甲烷在氧气中的燃烧反应【答案】C【解析】【详解】A．活泼金属与水的反应为放热反应，钠与水的反应为放热反应，钠与水的反应生成氢氧化钠和氢

气，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B．Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl的反应属于吸热反应，反应过程中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B不符合题意；C．灼热的炭与水蒸汽反应属于吸热反应，反应中有元

素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C符合题意；D．甲烷在氧气中的燃烧反应属于放热反应，反应中有元素的化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。6.下列烧杯中盛放的都是稀硫酸，在铜电极上能产生大量气泡

的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．该装置电极材料不能和电解质溶液自发的进行氧化还原反应，所以铜上没有气泡产生，A错误；B．该装置电极材料不能和电解质溶液自发的进行氧化还原反应，所以铜上没有气泡产生，B错误；C．该装置构成原电池

，铜作正极，正极上氢离子得电子生成氢气产生气泡，C正确；D．没有形成原电池，Zn表面产生气泡，Cu表面无现象，D错误。答案选C。7.下图是课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法正确的是A.溶液中的SO42

－向铜极移动B.锌片为原电池的负极，发生还原反应C.如果将稀硫酸换成柠檬汁，导线中不会有电子流动D.铜片表面有气泡生成，发生的反应为：2H++2e－＝H2↑【答案】D【解析】【详解】Zn、Cu、硫酸构成的原电池金属锌做负极，金属铜做正极。A、原电池中阳离子移向正极，阴离子移向

负极，溶液中的SO42-移向负极锌极，选项A错误；B、Zn、Cu、硫酸构成的原电池锌片为原电池的负极，发生氧化反应，选项B错误；C、如果将稀硫酸换成柠檬汁，也能形成原电池，导线中有电子流动，选项C错误；D、金属铜做正极，正极上放电的是氢离子，有氢气逸出，发生的反应为：2

H++2e－＝H2↑，选项D正确。答案选D。8.反应2A(s)+B(g)2C(g)+D(g)，经2minB的浓度减少0.6mol/L。下列有关说法正确的是（）A.用A表示的反应速率是110.6molLmin－－B.分别用B、C、D表示反应的速率，其比是1∶2∶1C.2min

末时的反应速率用反应物B来表示的是110.3molLmin－－D.在2min内用B和C表示的反应速率的值是相同的【答案】B【解析】【详解】A、物质A是固体，浓度不变，不能用A表示该反应的反应速率，选项A错误；B、速率之比等于

化学计量数之比，v（B）：v（C）：v（D）=1：2：1，选项B正确；C、2min末的反应速率为即时速率，用B表示速率0.3mol/（L∙min），是2min内的平均速率，选项C错误；D、B是反应物，浓度降低，C是生成物，浓度增大，选项D错误；答案选B。9.可

逆反应：2NO2(g)⇌2NO(g)+O2(g)在密闭容器中反应，达到平衡状态的标志是：①单位时间内生成1mo1O2的同时，生成2mo1NO2②单位时间内生成1mo1O2的同时，消耗2mo1NO2③v(NO2)正=v(NO)

逆④混合气体的颜色不再改变的状态⑤O2的物质的量不再改变的状态A.①③④⑤B.②③④C.②③⑤D.①②④⑤【答案】A【解析】【分析】【详解】①根据单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO2，可知生成氧气的速率和消耗速率相等，达到了平衡状态，①正确；②单位时间

内生成nmolO2的同时消耗2molNO2，都是正反应速率，无法判断是否达到平衡，②错误；③v(NO2)正=v(NO)逆，说明正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡，③正确；④混合气体颜色不变，说明NO2浓度不变，NO2的生成和消耗的速率相等，达到了平衡状态，④正确；⑤O2的物质的量不再改变，说

明O2的生成速率和消耗速率相等，达到平衡状态，⑤正确；综上①③④⑤符合题意；答案选A。10.能够证明甲烷构型是正四面体的事实是（）A.甲烷的四个键键能相同B.甲烷的四个键键长相等C.甲烷的所有C—H键键角相等

D.二氯甲烷没有同分异构体【答案】D【解析】【详解】CH4分子中有四个等同的C-H键，可能有两种对称的结构是正四面体结构和平面正方形结构，无论是正四面体结构还是正方形结构，一氯代物均不存在同分异构体，而平面正方形中，四个氢原子的位置虽然也相同，但是相互间存在相邻和相间的关系，其二氯代物有

两个氯原子在邻位和两个氯原子在对位的两种异构体，若是正四面体，因为正四面体的两个顶点总是相邻关系则只有一种，由CH2Cl2只代表一种物质，可以判断甲烷分子是空间正四面体结构，而不是平面正方形结构，故选D。【点睛】若是正四面体，则只有一种结构，因为正四面体的

两个顶点总是相邻关系。11.下列各组有机化合物中，属于同系物的一组是A.CH4与C2H4B.CH4与C2H6C.C2H4与C2H2D.C2H2与C6H6【答案】B【解析】A、CH4是烷烃，C2H4是烯烃

，结构不相似，故A错误；B、CH4是甲烷，C2H6是乙烷，相差一个CH2，是同系物，故B正确；C、C2H4是烯烃，C2H2是炔烃，结构不相似，故C错误；D、C2H2是炔烃，C6H6是苯，结构不相似，故D错误；故选B。12.下列各组物

质中，互为同分异构体的是（）A.(CH3)2CHCH2CH3与(CH3)2CHCH2CH2CH3B.CH3—CH2—CH2Cl与ClCH2—CH2ClC.CH3CH2—O—CH3与HO—CH2CH2CH3D

.CH2=CH—CH2—CH3与CH3—CH2—CH=CH2【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知两烷烃的分子式分别为C5H12、C6H14，分子式不同，不是同分异构体，A错误；B．由结构简式可知两分子式中氯原子数目不同，分子式不同，不符合同分异构体的定义，B错

误；C．由结构简式可知两物质的分子式为C4H10O，分子式同，氧原子结构不同，是同分异构体，C正确；D．由结构简式可知两物质的分子式为C4H8，结构相同，是一种物质，D错误；故选C。13.下列现象是因为发生取代反应的是（）A.乙烯使酸性KMnO4溶液褪色B.乙烯使溴水褪色C.点燃乙

烯出现黑烟D.甲烷与氯气的混合气体，光照一段时间后褪色【答案】D【解析】【详解】A．乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化反应，故A错误；B．乙烯使溴水褪色，发生加成反应，故B错误；C．乙烯燃烧属于氧化反应，故C错误；D．甲烷与

氯气的混合气体，光照发生取代反应生成氯代烷和氯化氢，故D正确。14.下列实验操作中正确的是()A.将溴水、铁粉和苯混合加热即可制得溴苯B.除去溴苯中红棕色的溴，可用稀NaOH溶液反复洗涤，并用分液漏斗分液C.用苯和浓HNO3

、浓H2SO4反应制取硝基苯时需水浴加热，温度计应放在混合液中D.制取硝基苯时，应先取浓H2SO42mL，再加入1.5mL浓HNO3，再滴入苯约1mL，然后放在水浴中加热【答案】B【解析】【详解】A、苯与纯溴在铁粉作催化剂的条件下，反应制取溴苯，故A错误；B、由于溴苯与氢氧化钠溶液不发

生反应，而溴与氢氧化钠溶液能够发生反应，反应后混合液分层，所以可用稀NaOH溶液反复洗涤，并用分液漏斗分液，故B正确；C、用苯和浓HNO3、浓H2SO4反应制取硝基苯时需水浴加热，需要测量水的温度，温度计应放在热水中

，故C错误；D、应该先加入苯，再加入浓硫酸，滴加顺序颠倒，容易发生危险，故D错误；故选B。15.乙醇分子结构式如图所示，下列反应及断键部位不正确的是（）A.乙醇与钠的反应是①键断裂B.乙醇的催化氧化反应是②③键断裂C.乙醇的完全燃烧是①②③④⑤键断裂D.乙醇与乙酸发生酯化反

应是①键断裂【答案】B【解析】【分析】乙醇含-OH，可发生取代反应、消去反应、氧化反应，结合官能团的变化分析化学键的断裂，以此来解答。【详解】A．乙醇与钠的反应，生成乙醇钠和氢气，则O-H键断裂，即①键断裂，故A正确；B．乙醇的催化

氧化反应，-OH转化为-CHO，即①③键断裂，故B错误；C．乙醇完全燃烧，生成二氧化碳和水，则所有化学键都断裂，故C正确；D．乙醇与乙酸发生酯化反应，醇脱H，则O-H键断裂，即①键断裂，故D正确；答案选B。

【点睛】把握有机物的官能团与性质的关系为解答的关键。16.下列关于乙酸性质叙述中，错误的是A.乙酸的酸性比碳酸强，所以它可以和碳酸盐溶液反应生成CO2气体B.乙酸具有氧化性，能跟金属钠反应放出H2C.乙酸分子中含有碳氧双键，所以它能使溴水褪色D.乙酸在温度低于16.6℃时，就凝结成

冰状晶体【答案】C【解析】【详解】A.利用强酸制弱酸的原理，乙酸的酸性比碳酸强，所以它可以跟碳酸盐溶液反应，产生CO2气体，故A正确；B.乙酸与钠反应反应产生氢气，乙酸作氧化剂，具有氧化性，故B正确；C.使溴水褪色的是碳碳双键

或碳碳三键，不是碳氧双键，乙酸不能使溴水褪色，故C错误；D.乙酸的熔点较低，低于16.6℃，乙酸就凝结成冰状晶体，所以俗名又叫冰醋酸，故D正确；故选C。第II卷（非选择题）二、填空题（共52分）17.已知X、Y、Z、W四种元素是短周期的元素，且原子

序数依次增大。X、W同主族，Y、Z为同周期的相邻元素。W是该元素所在周期原子半径最大的元素，W原子的质子数等于Y、Z原子的最外层电子数之和。Y与X形成的分子中有3个共价键，该分子中含有10个电子。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，试判断：(1)X、Z两种元素的元素符号为X______

__，Z________。(2)由以上元素两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物的电子式为________。(3)①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是_________(写化学式)。②该化合物与W的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液加热时反应的离子方程式为

_______。③化合物WY3的晶体结构中含有的化学键为________(选填序号)。A只含离子键B只含共价键C既含离子键又含共价键(4)用电子式表示化合物W2Z的形成过程：___________。【答案】(1).H(2).O(3).(4)

.NH4NO3(5).NH+4＋OH－=NH3↑＋H2O(6).C(7).【解析】【分析】X、Y、Z、W四种元素是元素周期表中三个短周期的元素，且原子序数依次增大。Z原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则Z有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元

素；Y、Z为同周期的相邻元素，原子序数Y小于Z，故Y为N元素；W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和，故W的核外电子数为5+6=11，故W为Na元素；X、W同主族，Y与X形成的分子中有3个共价键，该分子中含有10个电子，故X为H元素

，据此答题。【详解】(1)由上述分析可知，X为H元素、Z为O元素，故答案为H；O。(2)由以上元素中两两形成的化合物中：溶于水显碱性的气态氢化物为NH3，其电子式为，故答案为。(3)①由X、Y、Z所形成的常见离子化合物是NH4NO3，故答案为NH4NO3。②

W为Na元素，Na元素的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓NaOH，硝酸铵与浓NaOH溶液加热时反应生成硝酸铵，氨气和水，离子方程式为NH4+＋OH－NH3↑＋H2O，故答案为：NH4+＋OH－NH3

↑＋H2O。③化合物WY3的晶体为NaN3，NaN3中既含有离子键又含有共价键，故答案为C。(4)用电子式表示化合物W2Z的形成过程：Z为O元素、W为Na元素，形成的W2Z的化合物为Na2O，Na2O是由钠离子和氧离子形成的离子化合物，用电子式表示其形成过程为：，故答案为。18

.下图为苯和溴取代反应的改进实验装置。其中A为带支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量铁屑。填写下列空白：(1)向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应。写出A中所发生反应的化学

方程式（有机物写结构简式）：_____，该反应的类型为____反应。(2)试管C中苯的作用是_______；反应开始后，观察D试管，看到的现象为___；能说明苯与溴发生的是取代反应而不是加成反应的现象为___。（只需写出一种）。(3)B、C、D、E、F中,哪些装置能起到防倒

吸的作用，请填序号______。【答案】(1).+Br2Fe+HBr(2).取代(3).除去HBr中混有的溴蒸气(4).石蕊试液变红，导管口有白雾产生(5).E中有淡黄色沉淀生成(或石蕊试液变红)(6).DE

F【解析】【分析】在催化剂的作用下，苯与液溴发生取代反应，反应后易挥发的溴及生成的溴化氢气体先通过苯，除去溴之后的溴化氢依次通入紫色石蕊溶液、硝酸银溶液，最后剩余的溴化氢气体用氢氧化钠溶液吸收，吸收时要注意防止倒吸。【详解】(1)在催化剂的

作用下，苯环上的氢原子被溴原子取代，生成溴苯和溴化氢，化学方程式为：+Br2Fe+HBr，答案为：+Br2Fe+HBr；取代；(2)溴易挥发，溴和苯都是非极性分子，根据相似相溶原理，溴易溶于苯，所以苯的作用是吸收

溴蒸气；该反应中还有溴化氢生成，溴化氢溶于水得到氢溴酸显酸性，能使D中紫色石蕊试液变红色，导管口的溴化氢气体与空气中的水形成的小液滴分散在空气中产生白雾，溴化氢与E中硝酸银溶液反应生成淡黄色的溴化银沉淀，C、D中的现象说明溴与苯反应生成了溴化氢，证明溴与苯的反应为取代反应，如果溴与苯的反应为加

成反应就不会生成溴化氢，答案为：除去HBr中混有的溴蒸气；石蕊试液变红，导管口有白雾产生；E中有淡黄色沉淀生成(或石蕊试液变红)；(3)因为溴化氢极易溶于水，D、E中中的导气管不插入溶液可以防止倒吸，F中倒置的漏斗下口很大，液体上升很小的高度就有很大

的体积，液体上方还有空气隔离，液体不会倒吸入上方的导管，所以具有防倒吸的仪器有DEF，答案为：DEF。【点睛】苯和纯液溴在催化剂作用下发生取代反应，苯与溴水不能反应，实验中要注意尾气的处理，不能对空气造成污染。19.Ⅰ.已知：2H2＋O2点燃2H2O该反应1

g氢气完全燃烧放出热量121.6kJ，其中断裂1molH-H键吸收436kJ，断裂1molO=O键吸收496kJ，那么形成1molH-O键放出热量_______。【答案】463.6kJ【解析】【分析】化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收

的能量。【详解】已知1g氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量121.6kJ，则2mol氢气完全燃烧生成水蒸气时放出热量486.4kJ，化学反应放出的热量=新键生成释放的能量-旧键断裂吸收的能量，设水蒸气中1molH-O键形成时放出热量xkJ，根据方程式：2H2＋O2点燃2H2O，则：4

86.4kJ=4x－(436kJ×2+496kJ)，解得x=463.6kJ，故答案为：463.6kJ。20.原电池是直接把化学能转化为电能的装置。航天技术上使用的氢－氧燃料电池具有高能、轻便和不污染环境等优点。下图是氢－氧燃料电池的装置图。则：①溶液中OH-移向____电极（填“a”或“b

”）。②b电极附近pH________。（填增大、减小或不变）③如把H2改为甲烷，则电极反应式为：负极：______________。【答案】(1).a(2).增大(3).CH4－8e－＋10OH－＝CO2-3＋7H2O【解析】【分析】①原电池中电子

从负极流向正极；溶液中阴离子向负极移动；②氢-氧燃料电池中氧气在正极上得电子生成氢氧根离子；③甲烷在反应时失电子被氧化，在负极反应，写电极反应式要考虑电解质的后续反应；【详解】①原电池中电子从负极流向正极，图中电子从a流向b，则a为负极，b为正极；溶液中阴离子向负极移动，则溶液中OH－移向

a，故答案为：a；②氢-氧燃料电池中氧气在正极上得电子，即O2在b电极反应生成氢氧根离子，其电极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－，b电极附近pH增大，故答案为：增大；③正极为O2放电，碱性环境下正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e－═4OH－，甲烷在反应时失电子

被氧化，为原电池负极，碱性环境下生成碳酸根，电极方程式为：CH4－8e－＋10OH－＝CO2-3＋7H2O，故答案为：CH4－8e－＋10OH－＝CO2-3＋7H2O。21.某温度时，在2L密闭容器中，三种气态物质X、Y、Z的物质的量(n)随时间(t)变化的曲线如图所示，由图中数据分析可

得：(1)该反应的化学方程式为_________。(2)反应开始至2min，X的转化率为____。(3)在密闭容器里，通入amolA(g)和bmolB(g)，发生反应A(g)+B(g)=2C(g)，当改变下列条件时，会加快反应速率的是________(填序号)。①降低温度②保

持容器的体积不变，充入氦气③加入催化剂④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量【答案】(1).3X+Y2Z(2).30%(3).③④【解析】【详解】(1)由图可知，X、Y是反应物，物质的量分别减少0.3mol、0.1mol，Z是生成物，物质的量增加0.2mol，则方程

式中X、Y、Z的物质的量比是3:1:2，所以该反应的化学方程式为：3X+Y2Z。故答案为：3X+Y2Z；(2)根据图像知X的物质的量减少0.3mol，则X的转化率为0.3mol1mol×100%=30%。

故答案为：30%；(3)①降低温度，化学反应速率减慢，错误；②保持容器的体积不变，充入氦气，与反应相关的各物质的浓度不变，化学反应速率不变，错误；③加入催化剂，化学反应速率加快，正确；④保持容器的体积不变，增加A(g)的物质的量

，反应物的浓度增大，化学反应速率加快，正确；故答案为：③④。三、推断题22.已知烃A(标准状况下密度为1.25g/L)能发生如下转化，反应①中水分子所含氧原子用18O标记，D具有酸性，能使溴水褪色，相对

分子质量为72，且D中不含18O，E具有水果香味，F为高分子化合物。(1)烃A的电子式为_________；有机物B所含官能团名称为_________；反应③的另一产物水中_____(填“是”或“否”)含有18O；(2)写出比烃A多一个碳原子的A的同系物发生加聚反应的化学方程式：__

___；(3)写出反应②的化学方程式：_____；(4)写出反应④的化学方程式：_____；【答案】(1).(2).羟基(3).否(4).nCH3CH=CH2催化剂(5).2CH3CH218OH+O2CuAg或加热2CH3CH18O+2H2O(6).nCH2=CHCOOH

催化剂【解析】【分析】烃A(标准状况下密度为1.25g/L)摩尔质量=1.25g·L－1×22.4L·mol－1=28g·mol－1，A为CH2=CH2；A与水发生加成反应生成B，反应①中水分子所含氧原

子用18O标记，则B为CH3CH218OH，②乙醇在Cu或Ag作催化剂条件下发生氧化反应CH3CH18O，C为CH3CH18O，D具有酸性，能使溴水褪色，具有羧基和不饱和键，相对分子质量为72，且D中不含18O，D为CH2=CHCOOH，③D与B在浓硫酸作用下生成酯CH2=CHCO18OCH

2CH3，E具有水果香味，E为CH2=CHCO18OCH2CH3，D发生聚合反应生成F，F为高分子化合物。【详解】(1)A为CH2=CH2，烃A的电子式为；B为CH3CH218OH，有机物B所含官能团名称为羟基；反应③D与B在浓硫酸作用下生成酯CH2=CHCO18OCH2CH3，另

一产物水中不含有18O；故答案为：；羟基；否；(2)A为CH2=CH2，比烃A多一个碳原子的A的同系物为丙烯，发生加聚反应的化学方程式：nCH3CH=CH2催化剂；故答案为：nCH3CH=CH2催化剂；(3)乙醇在Cu或Ag作催

化剂条件下发生氧化反应CH3CH18O，反应②的化学方程式：2CH3CH218OH+O2CuAg或加热2CH3CH18O+2H2O；故答案为：2CH3CH218OH+O2CuAg或加热2CH3CH18O+2H2O；(4)D为CH2=CHCOOH，在一定条件下发生

聚合生成，反应④的化学方程式：nCH2=CHCOOH催化剂；故答案为：nCH2=CHCOOH催化剂。【点睛】本题考查有机物推断、烯与醇、醛、羧酸之间的转化关系等，解题关键，注意有机基础知识的理解，官能团的转化，难点，D物质的推断，D具有酸性，能使溴水褪色，具有羧基和不饱和键

，相对分子质量为72，且D中不含18O，72减去羧基中一个C两个O，余下26，用商余法，D为CH2=CHCOOH。