云南省新平一中2020学年高一化学6月月考试题（含解析）

云南省新平一中2020学年6月考试高一化学本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间120分钟。一、单选题(共25小题，每小题2.0分，共50分)1.某元素在化学反应中由化合态(化合物)变为游离态(单质)，则该元素（ ）A. 一定得到电子B. 一定失去电子C. 可能被氧化也可能被还原D. 以上都不是【答案】C【解析】【详解】单质中元素化合价为 0 价，而化合物中元素的化合价可能为负价也可能为正价，所以由化合态变为游离态的元素，化合价可能升高也可能降低，也就是说，既可能被氧化又可能被还原。答案选C。2.据中央电视台报道，近年来我国的一些沿江城市多次出现大雾天气，致使高速公路关闭，航班停飞，雾属于下列哪种分散系()A. 乳浊液B. 溶液C. 胶体D. 悬浊液【答案】C【解析】分散质粒子直径在1nm100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体分散系，故选：C【点评】本题考查学生题考查学生教材知识的记忆熟练程度，可以根据所学知识进行回答，记住常见的胶体是解题的关键3.下列关于过滤和蒸发说法中不正确的是（ ）A. 过滤是从液体中分离出难溶物质的实验方法B. 蒸发是减少溶剂，让溶质析出的实验方法C. 过滤和蒸发实验中都用到的玻璃仪器是铁架台D. 加热蒸发可以使溶液浓缩或溶质结晶析出【答案】C【解析】【详解】A.过滤是用过滤器，把难溶的物质从液体中分离出来实验方法，选项A正确；B.蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质（晶体）的过程，选项B正确；C.在过滤和蒸发的实验操作中都要用到玻璃仪器是玻璃棒，选项C错误；D.加热蒸发溶剂，可以使溶液浓缩或溶质结晶析出，选项D正确；答案为C。4.下列物质在一定条件下能够与硫黄发生反应，且硫做还原剂的是（ ）A. O2B. FeC. H2D. Zn【答案】A【解析】【详解】A硫与氧气反应，S元素的化合价升高，则硫作还原剂，选项A选；BFe与S反应，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，硫作氧化剂，选项B不选；C氢气与硫反应，硫元素的化合价降低，硫作氧化剂，选项C不选；DZn与S反应，Zn元素的化合价升高，S元素的化合价降低，硫作氧化剂，选项D不选；答案选A。5.关于二氧化硫性质的下列叙述错误的是（ ）A. 是无色无毒气体B. 有刺激性气味C. 能溶于水D. 水溶液能导电【答案】A【解析】【详解】二氧化硫是一种无色、有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能电离出阴阳离子，因此其水溶液能导电，所以选项BCD正确，A错误，答案选A。6.钢笔的笔头通常由合金钢制成，其笔头尖端是用机器轧出的便于书写的圆珠体。为了改变笔头的耐磨性能，在笔头尖端点上铱金粒，为区别于钢笔，而叫作铱金笔，铱金笔是笔头用黄金的合金制成、笔尖用铱的合金制成的高级自来水笔。下列说法错误的是（ ）A. 钢笔的笔头不易被氧化，耐腐蚀性能好B. 铱金笔耐磨性能比钢笔好C. 钢笔的笔头只含有碳和铁两种元素D. 铱金笔经久耐磨，书写时弹性好，是一种理想的硬笔【答案】C【解析】【分析】A黄金不活泼；B笔尖用铱的合金制成；C铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的；D合金的硬度大。【详解】A黄金不活泼，耐腐蚀，选项A正确； B笔尖用铱的合金制成，合金的硬度大，耐磨性能比钢笔要好，选项B正确；C铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的，不是纯金，选项C错误；D铱金笔是笔头用黄金的合金、笔尖用铱的合金制成的，合金的硬度大，选项D正确答案选C。7.在水溶液中，下列电离方程式正确的是（ ）A. Ba(OH)2=Ba2(OH)2-B. KClO3=KCl3O2-C. NaOH=NaOHD. H2SO4=H2+SO42-【答案】C【解析】【详解】ABa(OH)2是强电解质，完全电离，用“=”号，注意氢氧根离子的书写，电离方程式为Ba(OH)2Ba2+2OH-，选项A错误；B、氯酸根离子不能拆，正确的电离方程式为KClO3=KClO3，选项B错误；C、NaOH是强电解质，完全电离，用“=”号，电荷守恒、离子符号正确，电离方程式为NaOH=NaOH，选项C正确；D、H2SO4是强电解质，完全电离，注意氢离子的书写，电离方程式为H2SO4=2H+SO42-，选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要考查电离方程式书写，掌握正确书写电离方程式的方法，并能正确判断电离方程式的正误是解答关键，注意多元酸的电离，题目难度不大。8.在一定温度和压强下，把装有NO和NO2的混合气体的试管倒立于水中，充分反应后，试管内气体的体积缩小为原气体体积的，则原混合气体中NO和NO2的体积比为（ ）A. 3lB. 13C. 23D. 32【答案】B【解析】【分析】NO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，充分反应后试管中剩下气体应为NO，这些NO来源于原气体中的NO和NO2与水反应生成的NO，体积减少是反应3NO2+H2O=2HNO3+NO前后气体体积变化造成的，每3体积NO2通入水中会生成1体积NO，减少2体积，据此分析解答。【详解】NO2和NO的混合气体通入倒立于水槽中盛满水的试管中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，设原混合的气体的体积是2，则反应后的气体体积是1，3NO2+H2O=2HNO3+NO V(气体体积减少) 3 2 V(NO2) 1 则：V(NO2)=，原气体中V(NO)=2-=，所以原混合气体中NO2和NO的体积比=V(NO)：V(NO2) =：=1：3，故合理选项是B。【点睛】本题考查了有关差量方法在化学方程式的计算的应用的知识，明确发生反应实质为解答关键，注意对于气体来说，反应前后气体的物质的量的比等于气体的体积比，掌握差量法在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。9.可用于鉴别氯化钾、盐酸、氢氧化钾三种溶液的试剂是（ ）A. 紫色石蕊溶液B. 硝酸银溶液C. 碳酸钠溶液D. 淀粉碘化钾溶液【答案】A【解析】【分析】氯化钾、盐酸、氢氧化钾三种溶液分别盐、酸、碱，利用指示剂即可鉴别，以此来解答。【详解】A氯化钾、盐酸、氢氧化钾三种溶液分别滴加紫色石蕊，现象分别为紫色、红色、蓝色，现象不同，可鉴别，选项A正确；B氯化钾、盐酸均与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，选项B错误；C氯化钾、氢氧化钾均不与Na2CO3溶液反应，现象相同，不能鉴别，选项C错误；D三种均不与淀粉碘化钾溶液反应，现象相同，不能鉴别，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查物质的鉴别，为高频考点，把握常见物质的性质及性质差异为解答的关键，注意现象相同，不能 鉴别物质，题目难度不大。10.日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（ ）A. 铜器出现铜绿B. 过氧化钠作供氧剂C. 大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D. 铝锅表面生成致密的薄膜【答案】C【解析】试题分析：A铜器出现铜绿，是由于Cu发生反应产生Cu2(OH)2CO3，反应中元素的化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，错误；B过氧化钠与水或CO2发生反应产生氧气，所以可作供氧剂，在反应中有元素化合价的变化，所以反应属于氧化还原反应，错误；C大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏，是矿石与HCl发生反应，反应中元素的化合价未发生变化，故与氧化还原反应无关，正确；D铝锅与空气中的氧气发生反应产生Al2O3，该物质非常致密，对内部的金属其保护作用，元素的化合价发生了变化，属于与氧化还原反应有关，错误。考点：考查氧化还原反应与化学反应现象的关系的知识。11.在反应C(s)CO2(g)=2CO(g)中，可使反应速率增大的措施是（ ）增大压强升高温度通入CO2增加碳的量用等量炭粉代替焦炭A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】该反应有气体参加，增大压强反应速率加快，正确；升高温度，反应速率加快，正确；增大氧气的物质的量，由于容器容积不变，所以二氧化碳的浓度增大，反应速率加快，正确；碳是固体，增大固体的质量，反应速率不变，不正确；用等量炭粉代替焦炭，反应物的接触面积增大，反应速率加快，正确。答案选A【点睛】本题是高考中的常见题型，属于基础性试题的考查，难度不大。主要是考查学生对外界条件影响反应速率的熟悉了解掌握程度，以及灵活运用这些知识解决实际问题的能力，有利于巩固学生的基础知识，提高学习效率。12.在恒温恒容的密闭容器中，加入1 molN2和3molH2使其充分反应：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H92.4kJmol1，则该反应释放的热量为（ ）A. 等于92.4kJB. 小于92.4kJC. 大于92.4kJD. 无法确定【答案】B【解析】分析：合成氨的反应是可逆反应,反应物不能完全反应,假定完全反应计算放出的热量,实际放出的热量小于完全反应计算放出的热量。详解：合成氨的反应是可逆反应,反应物不能完全反应，所以加入1 mol N2和3 mol H2使其充分反应，反应所放出的热量小于92.4 kJ，B正确；正确选项B。13.有五种溶液：溴水、氯水、碘酒、氯化钾溶液、酸性高锰酸钾溶液，其中能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】能使湿润的淀粉KI试纸变蓝的是可将KI氧化为碘的物质，碘遇淀粉变蓝。可以置换碘，可将KI氧化为碘，故选C。14.下列元素Cl、Na、Br、I、Mg、U属于海水中的微量元素的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】每升海水中含量低于1 mg的元素称为微量元素。15.下列叙述不正确的是（ ）A. 在多电子原子里，核外电子的能量不同B. 原子核外的电子按其能量不同分层排布C. 电子的能量越低，运动区域离核越远D. M层电子能量大于L层电子的能量【答案】C【解析】【详解】A、在多电子原子中，核外电子的能量不同，选项A正确；B、电子的能量不同，按照能量的高低在核外排布，分层运动，选项B正确；C、原子核外能量区域能量不同，离核越近能量越低，离核越远能量越高，选项C不正确；D、M层电子的能量大于L层电子的能量，选项D正确；答案选C。16.下列关于乙烯和乙烷比较的说法中错误的是（ ）A. 乙烯属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃B. 通常情况下，乙烯的化学性质比乙烷活泼C. 乙烯能发生加成反应，乙烷能发生取代反应D. 同质量的乙烯和乙烷完全燃烧，生成二氧化碳的质量相同【答案】D【解析】【详解】A、乙烯含有碳碳双键，属于不饱和烃，乙烷属于饱和烃，选项A正确；B、由于乙烯分子中碳碳双键比较容易断裂，所以乙烯的化学性质比乙烷活泼，选项B正确；C、乙烯含不饱和键能发生加成反应，乙烷是饱和烷烃能发生取代反应，选项C正确；D、相同质量的乙烯和乙烷完全燃烧，乙烯含碳量最高，完全燃烧生成的二氧化碳的质量较大，选项D不正确。答案选D。17.下列叙述正确的是（ ）A. 离子化合物一定不含共价键B. 共价化合物中一定不含有离子键C. 气态单质的分子中一定存在共价键D. 非金属元素的化合物中一定不含离子键【答案】B【解析】【详解】A. Na2O2中的过氧键为非极性键，但是为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，A项错误；B.共价化合物中只含有共价键，一定没有离子键，B项正确；C.稀有气体的单质是单原子分子，不含有共价键，C项错误；D. NH4Cl由非金属元素构成，但是它是离子化合物含有离子键，D项错误；本题答案选B。18.用锌棒、铁棒和硫酸铜溶液组成原电池，正极上发生的反应为（ ）A. Fe2e=Fe2B. Cu22e=CuC. Fe3e=Fe3D. Zn2e=Zn2【答案】B【解析】【详解】根据两极金属相对活动性可确定锌为负极，铁为正极；负极金属本身失去电子，发生氧化反应：Zn2e=Zn2；溶液中的阳离子在正极上得电子，发生还原反应：Cu22e=Cu。答案选B。19.下列各组物质中，互为同系物的是（ ）A. O2和O3B. CH3CH2CH3和CH3CH3C. C2H6O和C3H8D. CH3CH2CH2CH3和【答案】B【解析】【详解】AO2和O3互为同素异形体，选项A错误；BCH3CH2CH3和CH3CH3结构相似，组成上相差1个CH2，属于同系物，选项B正确；C、C2H6O和C3H8不止相差1个CH2，还相差1个O原子，不属于同系物，选项C错误；D、CH3CH2CH2CH3和分子式相同，结构不同，互为同分异构体，选项D错误。答案选B。20.乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下发生酯化反应，下列叙述正确的是（ ）A. 产物用饱和碳酸钠溶液吸收，下层得到有香味的油状液体B. 反应中乙酸分子羟基上的氢原子被乙基(C2H5)取代C. 反应中乙醇分子的羟基被取代D. 属于可逆反应【答案】D【解析】分析：A.根据乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇以及乙酸乙酯的性质分析；B.酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子；C.酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子；D.酯化反应是可逆反应。详解：A. 生成的乙酸乙酯中产物含有乙酸和乙醇，可用饱和碳酸钠溶液吸收，乙酸乙酯难溶于水，密度小于水，上层得到有香味的油状液体，A错误；B. 酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，因此反应中乙酸分子中羟基被OC2H5取代，B错误；C. 酯化反应中羧酸提供羟基，醇提供氢原子，因此反应中乙酸分子的羟基被取代D. 酯化反应不能完全进行到底，属于可逆反应，D正确。答案选D。21.不能用热分解法制得的金属是（ ）FeAgMgHgA. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】热分解法一般用于很不活泼的银、汞等金属的冶炼，它们的化合物大多不稳定，比如氧化银受热时能分解为相应的金属单质，而活泼金属的化合物一般相当稳定，加热很难分解，因此，比较活泼的铁和镁不能够通过热分解法制得。答案选A。22.下列关于甲烷分子结构的说法正确的是（ ）A. 甲烷分子的电子式为，分子中各原子都达到8电子稳定结构B. 甲烷分子中的化学键全部为非极性键C. CH4分子比SiH4分子稳定，说明碳元素的非金属性比硅元素的非金属性强D. CH3Cl的四个价键的键长和强度相同，夹角相等【答案】C【解析】【详解】A、H最外层有2个电子，不是“8电子”，选项A错误；B、甲烷中只含有C-H键，全部为极性键，选项B错误；C、非金属性越强，其氢化物越稳定，反之也成立，选项C正确；D、一氯甲烷的四个价键的键长和强度不同，选项D错误。答案选C。23.通常情况下，苯的化学性质比较稳定，这是因为（ ）A. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 苯不与溴水发生加成反应C. 苯的分子结构决定的D. CC键和C=C键交替形成苯环【答案】C【解析】【分析】苯分子中存在六元环和共轭大键，环结构的分子最稳定的就是六元环，共轭大键也比较稳定，使得苯不像烯烃那样容易被高锰酸钾氧化和易与溴加成。【详解】通常情况下，苯的化学性质比较稳定，这是因为苯分子中存在六元环和共轭大键，环结构的分子最稳定的就是六元环，共轭大键比较稳定，即苯的分子结构决定的。答案选C。【点睛】本题主要考查了苯的化学性质，掌握物质的结构决定性质即可解答，难度不大。24.下列物质中，只有共价键的是（ ）A. 氯化钠B. 氯化氢C. 苛性钠D. 氯化钾【答案】B【解析】【分析】一般来说，非金属元素之间易形成共价键，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，注意金属元素和非金属元素之间可能形成共价键，据此分析解答。【详解】A氯化钠中钠离子和氯离子之间只存在离子键，选项A错误；B氯化氢中氯原子和氢原子之间只存在共价键，选项B正确；C氢氧化钠中，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键，氢原子和氧原子之间存在共价键，选项C错误；D氯化钾中，钾离子和氯离子之间只存在离子键，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了化学键的判断，注意金属元素和非金属元素之间可能形成共价键，如AlCl3中只存在共价键，不含离子键，为易错点。25.制取无水酒精时，通常向工业酒精中加入某物质，再加热蒸馏，该物质是（ ）A. 无水硫酸铜B. 浓硫酸C. 新制的生石灰D. 碳酸钙【答案】C【解析】【详解】制备无水酒精时，在95.57%酒精中加入生石灰（CaO）加热回流，使酒精中的水跟氧化钙反应，生成不挥发的氢氧化钙来除去水分，然后再蒸馏得到。答案选C。【点睛】本题是基础性试题的考查，难度不大。侧重对基础性知识的巩固与检验，难度不大，记住原理即可得出正确的结论。分卷II二、填空题(共6小题,共50分)26.乙烯和乙烷的混合气体共amol，与bmol氧气共存于一密闭容器中，点燃后乙烯和乙烷充分燃烧，得到一氧化碳和二氧化碳的混合气体和45g水。（1）一氧化碳和二氧化碳的混合气体总物质的量是_，生成水的物质的量是_。（2）当a1时，乙烯和乙烷的物质的量之比是_。（3）当a1，且反应后一氧化碳和二氧化碳混合气体的物质的量是反应前氧气的2/3时，则b等于_，得到的一氧化碳和二氧化碳的物质的量之比是_。（4）a的取值范围是_，b的取值范围是_。【答案】 (1). 2amol (2). 2.5mol (3). 11 (4). 3 (5). 13 (6). a (7). b【解析】【详解】（1）乙烯和乙烷的混合气体共amol，根据碳原子守恒，一氧化碳和二氧化碳的混合气体总物质的量是2amol；生成水的物质的量是=2.5mol；（2）令乙烯与乙烷的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者物质的量之和与H原子守恒列方程，则：x+y=1，4x+6y=2，解得：x=0.5，y=0.5，故n（C2H4）：n（C2H6）=0.5mol：0.5mol=1：1；（3）根据碳元素守恒可知，反应后CO和CO2混合气体的物质的量之和为1mol2=2mol，故b=2，解得b=3；令反应后CO和CO2的物质的量分别为amol、bmol，根据二者之和与氧原子守恒列方程，则：a+b=2，a+2b=32-，解得：a=0.5，b=1.5，故n（CO）：n（CO2）=0.5mol：1.5mol=1：3；（4）生成水的物质的量=2.5mol只有乙烯时，a值最大，根据H原子守恒可知，a的极大值为=mol，只有乙烷时，a值最小，根据H原子守恒可知，a的极小值为=mol，故a的取值范围是a；（4）根据（3）可知，如果全部是乙烯生成的，则a=mol，则需要氧气的物质的量是mol3=mol，如果全部是乙烷生成的，则a=mol，则需要氧气的物质的量是mol=mol，因此b的取值范围是b。27.化学兴趣小组设计以下实验方案，测定某已部分变质的小苏打样品中碳酸钠的质量分数。方案一称取一定质量样品，置于坩埚中加热至恒重后，冷却，称量剩余固体质量，计算。（1）坩埚中发生反应的化学方程式为_。（2）实验中，需加热至恒重的目的是_。方案二称取一定质量样品，置于小烧杯中，加适量水溶解；向小烧杯中加入足量氢氧化钡溶液，过滤、洗涤、干燥沉淀，称量固体质量，计算。(已知：Ba2OHHCO3-=BaCO3H2O)。（1）过滤操作中，除了烧杯、漏斗外，还要用到的玻璃仪器为_。（2）实验中判断沉淀是否完全的方法是_。方案三按如下图所示装置进行实验：（1）D装置的作用是_，分液漏斗中_(填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。（2）实验前称取17.90g样品，实验后测得C装置增重8.80g，则样品中碳酸钠的质量分数为_。（3）根据此实验测得的数据，测定结果有误差，因为实验装置还存在一个明显缺陷是_。【答案】 (1). 2NaHCO3Na2CO3CO2H2O (2). 保证碳酸氢钠分解完全 (3). 玻璃棒 (4). 静置后取少量上层清液于试管中，加一滴氢氧化钡溶液，如果有白色沉淀生成，说明沉淀未完全；如果不产生白色沉淀，表明沉淀已完全 (5). 防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置 (6). 不能 (7). 29.6% (8). 缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置【解析】【详解】方案一（1）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；（2）实验原理是根据加热前后固体质量变化来计算碳酸氢钠，故应保证碳酸氢钠完全分解，加热恒重则碳酸氢钠完全分解，故答案为：保证NaHCO3分解完全；方案二（1）过滤时需用玻璃棒引流，故答案为：玻璃棒；（2）可取上层清液，继续加沉淀剂，看是否生成沉淀，具体操作为：取上层清液少许于试管中，加入氢氧化钡溶液，若无沉淀生成，则沉淀完全，故答案为：取少量上层清液于一支试管中，滴加Ba(OH)2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若没有白色沉淀生成，则沉淀完全；反之则没有沉淀完全；方案三（1）空气中的水蒸气和二氧化碳会被碱石灰吸收，故D的作用是吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，以确保C装置中质量增加量的准确性；分液漏斗中如果用盐酸代替硫酸，盐酸易挥发，这样制得二氧化碳气体中含氯化氢，浓硫酸不能吸收氯化氢，则氯化氢被碱石灰吸收，导致测到二氧化碳质量偏高，等质量碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠产生二氧化碳多，则会导致碳酸氢钠偏多，碳酸钠偏小，故答案为：防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置；不能；（2）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别为x、y，则Na2CO3+H2SO4=H2O+CO2+Na2SO4、 x x2NaHCO3+H2SO4=Na2SO4+2H2O+2CO2 y y，解得，则样品中Na2CO3的质量分数为100%=29.6%；（3）实验装置还存在一个明显缺陷为装置中的二氧化碳不能被C全部吸收，则需设计一个装置将A、B中的CO2全部吹入C中吸收，故答案为：缺少一个驱赶残留二氧化碳气体的装置。28.下图是实验室对煤进行干馏的装置图，回答下列问题：（1）指出图中仪器名称：c_，d_。（2）仪器d的作用是_，c中液体有_和_，其中无机物里溶有_，可用_检验出来。有机物可以通过_的方法使其中的重要成分分离出来。（3）e处点燃的气体的主要成分有_，火焰的颜色为_。【答案】 (1). U形管 (2). 烧杯 (3). 盛装冷水对蒸气进行冷却 (4). 粗氨水 (5). 煤焦油 (6). 氨 (7). 酚酞溶液 (8). 蒸馏(或分馏) (9). H2、CH4、C2H4、CO (10). 淡蓝色【解析】【详解】根据煤干馏的主要产品，b中得到的应是焦炭，c中得到的应是粗氨水和煤焦油，e处点燃的应是焦炉气。其中粗氨水中溶有氨，呈碱性，可用酚酞溶液等检验；煤焦油主要是苯、甲苯、二甲苯的混合物，应用分馏的方法分离；焦炉气的主要成分有CH4、CO、H2、CH2=CH2，燃烧时呈淡蓝色火焰。（1）根据仪器的构造可知，仪器c为U形管；仪器d为烧杯；（2）仪器d的作用是盛装冷水对蒸气进行冷却，c中液体有粗氨水和煤焦油，其中无机物里溶有近，可用酚酞溶液检验出来。有机物可以利用沸点的不同通过蒸馏(或分馏)的方法使其中的重要成分分离出来；（3）e处点燃的气体的主要成分有H2、CH4、C2H4、CO，火焰的颜色为淡蓝色。29.如图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应是重要的工业反应，它们之间有如下转化关系(反应中生成的水已略去)。请回答以下问题：（1）B是_，D是_，G是_，H是_(填化学式)。（2）工业上常利用反应制取漂白粉，该反应的化学方程式：_，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为_。（3）A中元素原子结构示意图为_。（4）F在溶液中的电离方程式为_。（5）上述反应中属于氧化还原反应的是_(填写序号)。【答案】 (1). CO2 (2). CaCl2 (3). HClO (4). O2 (5). 2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2O (6). Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO (7). (8). HCl=HCl (9). 【解析】【分析】A为黄绿色气体，应为Cl2，与石灰乳反应得到C，C能与气体B反应得到E，而E与石灰水反应也得到E，可推知B为CO2，则E为CaCO3，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO，F为HCl，H为O2，据此分析。【详解】A为黄绿色气体，应为Cl2，与石灰乳反应得到C，C能与气体B反应得到E，而E与石灰水反应也得到E，可推知B为CO2，则E为CaCO3，C为Ca(ClO)2，D为CaCl2，G为HClO，F为HCl，H为O2。（1）B是CO2，D是CaCl2，G是HClO，H是O2；（2）工业上常利用反应氯气与石灰乳反应制取漂白粉，该反应的化学方程式：2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2O，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为Ca(ClO)2CO2H2O=CaCO32HClO；（3）A为氯元素，其原子结构示意图为；（4）F为HCl，在溶液中的电离方程式为HCl=HCl；（5）上述反应中属于氧化还原反应的是2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2O氯元素化合价由0价变为+1价和-1价、2HClO2HCl+ O2。30.A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素。已知A、B、E三种原子最外层共有11个电子，且这三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间两两皆能反应生成盐和水；C元素的最外层电子数比次外层电子数少4，D元素原子次外层电子数比最外层电子数多3。请回答下列问题：（1）写出下列元素的元素符号A_，C_，D_。（2）写出A、B两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式_；A、E两元素最高价氧化物对应的水化物相互反应的化学方程式_。（3）比较C、D最高价氧化物对应水化物的酸性_。【答案】（1）NaSiP（2）Al（OH）3NaOH=NaAlO22H2O NaOHHClO4=NaClO4H2O（3）H3PO4H2SiO3【解析】A、B、E三种元素最高价氧化物对应的水化物为酸或碱，两两皆能反应，因此必有一种是两性物质Al（OH）3，另外两种为强酸、强碱，由于五种元素均为短周期元素，故强碱是NaOH。又A、B、E三原子最外层电子数之和为11，且原子序数依次增大，可推出E原子最外层有7个电子，短周期元素中只有Cl符合要求，两两反应的三种物质是NaOH、Al（OH）3、HClO4。C、D原子序数小于17，大于13，由题意推出C、D分别为Si和P，非金属性SiP，因此酸性H2SiO3H3PO4。31.苹果、葡萄、西瓜、山楂是人们普遍喜爱的水果，这些水果富含一种有机物 A，又知A的分子式为C4H6