辽宁省朝阳市凌源中学2024-2025学年高一化学4月月考试题含解析

PAGE18-辽宁省朝阳市凌源中学2024-2025学年高一化学4月月考试题（含解析）一、选择题（每题2分）1.下列各组中的两种物质作用时，反应条件或反应物的用量变更时，对生成物没有影响的是A.Na与O2 B.Na2O2与CO2 C.Ca(OH)2与NaHCO3 D.NaOH与CO2【答案】B【解析】A、常温下，生成Na2O，加热或点燃时，产生Na2O2，故错误；B、发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，故正确；C、NaHCO3少量：Ca2＋＋OH－＋HCO3－=CaCO3↓＋H2O，NaHCO3过量：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋2H2O＋CO32－，故错误；D、少量CO2：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，过量CO2：OH－＋CO2=HCO3－，故错误。点睛：本题考查元素及其化合物的性质，难点是“量”在离子反应方程式的书写，像本题选项C，在解决这问题时，少量系数为1，1molHCO3－消耗1molOH－，生成1molH2O和1molCO32－，CO32－再结合Ca2＋生成CaCO3等等。2.有关物质及其用途的描述，正确的是（）①SO2(漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等)②氢氟酸(在玻璃上雕刻赏心悦目图案)③Fe3O4(用作红色油漆和涂料)④ClO2(自来水消毒剂)⑤Al(OH)3(胃酸中和剂)⑥Na2O2(作呼吸面具或潜水艇的供氧剂)A.①②④⑤⑥ B.①②③④⑤C.②③④⑤⑥ D.全部【答案】A【解析】【详解】①SO2具有漂泊性，能漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，故正确；②氢氟酸能与二氧化硅反应，所以能在玻璃上雕刻赏心悦目图案，故正确；③氧化铁为红棕色固体，用于制造红色油漆和涂料，故错误；④ClO2具有强氧化性，能做自来水消毒剂，故正确；⑤Al(OH)3为弱碱，可以中和胃酸，所以是胃酸中和剂，故正确；⑥过氧化钠与水、二氧化碳反应生成氧气，所以过氧化钠通常可用作供氧剂，故正确；正确的为①②④⑤⑥，答案选A。3.下列各组化合物中，化学键类型完全相同的是：()A.HCl和NaOH B.Na2O和Na2O2C.CO2和CaO D.CaCl2和Na2S【答案】D【解析】【详解】A.HCl中只含共价键，NaOH中既含离子键又含共价键，故A不选；B.Na2O中只含离子键，Na2O2中既含离子键又含共价键，故B不选；C.CO2中只含共价键，CaO中只含离子键，故C不选；D.CaCl2中只含离子键，Na2S中只含离子键，故D选；故选D。4.下列有关溶液组成的描述合理的是（）A.酸性溶液中可能大量存在SO42-、Cl‾、SO32-、Na+B.无色溶液中可能大量存在Mg2+、NH4+、Cl‾、SO42-C.强碱性溶液中可能大量存在NH4+、K+、Cl‾、SO42‾D.酸性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、I‾、SO42-【答案】B【解析】【详解】A．酸性溶液中含有大量的氢离子，氢离子与亚硫酸根反应生成水和二氧化硫，不能大量共存，故A错误；B．四种离子之间不反应，均为无色，所以能大量共存，故B正确；C．强碱性溶液中含有大量的氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子能反应生成氨水，不能大量共存，故C错误；D．酸性溶液中，含有大量的氢离子，铁离子会和碘离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选B。【点睛】除了要留意各种离子反应生成水，弱电解质，气体，沉淀等，还要留意发生氧化还原反应的离子也不行以大量共存。5.下列化合物能用相应元素的单质干脆化合生成的是①CuS②FeS③Al2S3④Fe2S3⑤Cu2S⑥FeCl2⑦H2S⑧FeCl3A.②③⑤⑦⑧ B.①④⑥⑦ C.①②③⑦⑧ D.②③⑤⑥⑦⑧【答案】A【解析】硫的氧化性较弱，和铜反应生成Cu2S，①错误，⑤正确；硫的氧化性较弱，和铁反应生成FeS，②正确，④错误；硫和铝反应可以生成硫化铝，③正确；氯气有强氧化性，和铁反应生成氯化铁，⑧正确，⑥错误；硫和氢气可以生成硫化氢，⑦正确，答案选A。6.下列分子中全部原子都满意最外层8电子稳定结构的是（）A.BeCl2 B.CH4 C.BF3 D.PCl3【答案】D【解析】【详解】A.BeCl2中Be的最外层有4个电子，不满意最外层8电子结构，故A不符合题意；B.CH4中H的最外层有2个电子，不满意最外层8电子结构，故B不符合题意；C.BF3中B最外层有6个电子，不满意最外层8电子结构，故C不符合题意；D.PCl3中P和Cl最外层均为8电子结构，故D符合题意；故答案为D。7.下列试验操作正确是（）A.配制480mL0.1mol·L-1的NaCl溶液需用托盘天平称量2.925gNaCl固体B.用50mL量筒量取5.5mL稀盐酸C.运用容量瓶配制溶液，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒2～3次并转移到容量瓶中D.定容时发觉液面高于刻度线，可用胶头滴管吸取出少量液体使液面与刻度线相切【答案】C【解析】【详解】A.托盘天平精确到0.1g，无法称量2.925gNaCl固体，A项错误；B.50mL量筒精确到1mL，无法量取5.5mL稀盐酸，B项错误；C.运用容量瓶配制溶液，为了减小误差，移液时应洗涤烧杯2～3次，并将洗涤液转移到容量瓶中，C项正确；D.定容时发觉液面高于刻度线，配制失败，须要重新起先，D项错误；答案选C。8.能正确表示下列反应的离子方程式是（）A.向澄清石灰水中通人气体：B.过量气体通入氢氧化钠溶液中：C.气体通入溴水中：D.氢硫酸中通入氯气：【答案】B【解析】【详解】A.方程式中，电荷、元素均不守恒，故A项错误；B.过量，故生成HSO3-，故B项正确；C.溴单质具有强氧化性，会把二氧化硫氧化成硫酸根，故C项错误；D.因为氢硫酸是弱电解质，不能完全电离。所以不能写成硫离子，故D项错误；故答案为B。9.“封管试验”具有简易、便利、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管试验”(夹持装置未画出)的说法正确的是()A.加热时，①中上部汇合了NH4Cl固体B.加热时，②中溶液变红，冷却后又都变为无色C.加热时，③中溶液红色褪去，冷却后溶液变红，体现SO2的漂白性D.三个“封管试验”中所发生的化学反应都是可逆反应【答案】A【解析】【详解】A．加热时，①上部汇合了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，A正确；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气又溶解②中为红色，B错误；C．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，复原颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，C错误；D．可逆反应应在同一条件下进行，题中试验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，D错误；答案选A。【点睛】易错点是二氧化硫漂白性特点以及可逆反应的含义等。10.将8mLNO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中装满水的量筒，充分反应后，剩余气体为1mL，则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为（）A.7∶5 B.3∶7 C.7∶1 D.1∶7【答案】C【解析】【详解】假如剩余气体是氧气，则依据反应式4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3可知，参与反应的气体一共是7mL，则其中氧气是mL，所以氧气一共是2.4mL，因此NO2和O2的体积比为7:3。假如剩余气体是NO，则反应中剩余NO2，剩余的NO2接着和水反应，方程式为3NO＋H2O=2HNO3＋NO,所以剩余的NO2水3mL，则参与反应的气体是5mL。其中氧气是1mL，因此NO2和O2的体积比为7:1，答案选C。11.下列有关氮气的说法正确的是（）A.氮气是由氮原子构成的双原子分子，所以化学性质不活泼B.1molN2可与3molH2完全反应生成2molNH3C.电闪雷鸣的雨天，雨水中会含有肯定量的硝酸，其中发生的反应之一是N2+2O2=2NO2D.NO、NO2在肯定条件下可相互转化，且二者都是引起光化学烟雾的大气污染物【答案】D【解析】A．氮气是由氮原子构成的双原子分子，但氮是活泼的非金属，化学性质活泼，故A错误；B．合成氨是可逆反应，反应物的转化率不行能达到100%，故B错误；C．N2和O2在闪电作用下只能生成NO，故C错误；D．NO能和人体内的血红蛋白相结合而使人缺氧而中毒，而NO2也有毒，且在汽车行驶过程中，氮气和氧气能在高温条件下生成NO，故NO是汽车尾气的有害成分之一，故D正确，故答案为D。12.碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（）A.洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡B.洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡C.在Z导管出来的气体中没有二氧化碳D.在Z导管口排出无色气体【答案】B【解析】【详解】C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。A.依据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；B.依据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；C.CO2不能被BaCl2溶液汲取，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；D.反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；答案选B。13.如图是产生和收集气体的试验装置，该装置适合于()A.用浓硝酸与Cu反应制取NO2 B.用浓盐酸和MnO2反应制取Cl2C.用H2O2溶液和MnO2反应制取O2 D.用NH4Cl和Ca(OH)2反应制取NH3【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，试验为固体和液体常温下反应生成气体试验，且二氧化氮难溶于水，不能用排水法收集，需用向上排空气法收集，故A错误；B．用浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气须要加热，发生装置错误，氯气可与水反应，不行用排水法收集，需用排饱和食盐水收集，故B错误；C．用H2O2溶液和MnO2反应制取O2属于固液常温型，氧气难溶于水，可用排水法收集，故C正确；D．氯化铵和氢氧化钙是固体，反应须要加热，所以反应应当在试管中进行，且试管口略向下倾斜，发生装置错误；氨气极易溶于水，不行用排水法收集，故D错误；答案选C。14.将2.56g铜粉加入100mL0.4mol·L-1的稀HNO3溶液中，加热充分反应后再加入100mL0.2mol·L-1的H2SO4溶液，接着加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度是(忽视溶液体积变更)（）A.0.15mol·L-1 B.0.2mol·L-1 C.0.075mol·L-1 D.0.45mol·L-1【答案】A【解析】【详解】2.56g铜粉的物质的量为，NO3-的物质的量为，H+的物质的量为=0.08mol，该反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，由方程式可知，H+完全反应，铜和硝酸根过量，详细有，解得Cu2+的物质的量n=，所得溶液中Cu2+的物质的量浓度为，答案选A。【点睛】本题考查重点，理解离子反应的实质，依据实际参与反应的离子计算。本题特殊留意，运用硝酸时，再加氢离子，反应又会进行，但离子方程式不会变更。15.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子．在a克HmX中所含质子的物质的量是（）A.(A-N+m)mol B.(A-N)mol C.(A-N)mol D.(A-N+m)mol【答案】A【解析】【分析】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol。【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数＋中子数，则X的质子数为(A－N)，1molHmX中含有质子的物质的量为(A－N＋m)mol，agHmX的物质的量ag/(A＋m)g·mol－1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol，故选项A正确。16.为了除去粗盐中的Ca2＋、Mg2＋、SO42－及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作依次()①过滤②加过量的NaOH溶液③加过量的BaCl2溶液④加过量的Na2CO3溶液A.②④①③ B.④①③② C.①②④③ D.②③④①【答案】D【解析】【分析】钙离子用碳酸根离子沉淀，镁离子用氢氧根离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，过滤要放在全部的沉淀操作之后，加碳酸钠要放在加氯化钡之后，可以将过量的钡离子沉淀，据此分析。【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，在进行过滤，最终再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的依次为：②加过量的氢氧化钠溶液，除去MgCl2，主要反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl；③加过量的氯化钡溶液，除去硫酸根离子：BaCl2+Na2SO4=BaSO4↓+2NaCl；④加过量的碳酸钠溶液，除去Ca2+和Ba2+：Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl；①过滤；再加适量盐酸，除去过量的NaOH和Na2CO3：HCl+NaOH=NaCl+H2O、2HCl+Na2CO3=2NaCl+H2O+CO2↑，蒸发溶液，析出NaCl晶体，答案选D。【点睛】本题的易错点是碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，须要留意除杂设计时不要引入新的杂质，操作简便，例如过滤放在全部离子沉淀完之后。17.同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱依次是：HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则下列推断错误的是A.原子半径A＞B＞C B.气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3C.非金属性A＞B＞C D.阴离子还原性C3—＞B2—＞A—【答案】A【解析】【分析】同周期元素从左到右元素的非金属性渐渐增加，对应最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐增加，同周期的A、B、C三元素，其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱依次是HAO4＞H2BO4＞H3CO4，则非金属性：A＞B＞C，原子序数：A＞B＞C，结合元素周期律的递变规律进行推断．【详解】A．同周期元素原子半径从左到右原子半径渐渐减小，原子序数：A＞B＞C，则原子半径A＜B＜C，故A错误；B．非金属性：A＞B＞C，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，气态氢化物稳定性HA＞H2B＞CH3，故B正确；C．非金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为酸性强弱依次HAO4＞H2BO4＞H3CO4，非金属性A＞B＞C，故C正确；D．非金属性越强，对应单质的氧化性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性A＞B＞C，则有阴离子还原性C3－＞B2－＞A－，故D正确。故选A。18.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为12，Y、Z、W位于同一周期，Z原子的最外层电子数既是X原子内层电子总数的3倍，又是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是()A.元素Y的单质能与元素X的最高价氧化物发生置换反应B.原子半径：Y＞X，离子半径Z＜WC.元素Y和W能形成YW2型离子化合物D.W的单质有毒，能使潮湿的有色布条褪色【答案】B【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍，最外层电子数不超过8个，K层不超过2个，则X内层电子数是2，所以X位于其次周期，Y、Z位于第三周期，则Z为S元素，Y最外层电子数为2，且处于第三周期，为Mg元素，这三种元素原子的最外层电子数之和为12，Y、Z最外层电子数之和为8，所以X最外层电子数为4，故X为C元素，W的原子序数大于S，且主族元素，所以W为Cl，据此解答。【详解】A．X为C元素，Y为Mg元素，Mg和CO2在肯定条件下反应生成C和MgO，属于置换反应，故A正确；B．X为C元素，Y为Mg元素，电子层越多，半径越大，所以原子半径：Mg＞C，Z为S元素，W为Cl元素，电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，所以离子半径Cl-＜S2-，故B错误；C．Y为Mg元素，W为Cl元素，能形成MgCl2，是离子化合物，故C正确；D．W为Cl元素，W的单质为氯气，有毒，可与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使潮湿的有色布条褪色，故D正确；答案选B。19.下列化学用语的书写，正确的是A.氯原子的结构示意图：B.6个质子8个中子的碳元素的核素符号：12CC.氯化镁的电子式：D.用电子式表示氯化氢的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．氯原子的结构示意图为，A错误；B．6个质子8个中子的碳元素的核素符号为，B错误；C．氯化镁是含有离子键的离子化合物，电子式为，C正确；D．氯化氢是含有极性键的共价化合物，则用电子式表示氯化氢的形成过程为，D错误；答案选C。20.下列说法中正确是A.在蔗糖中加入浓H2SO4后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性B.浓硝酸保存在棕色的细口瓶中，并置于低温阴暗处C.金属钠着火燃烧时，可用泡沫灭火器灭火D.正常雨水pH等于7，酸雨的pH小于7【答案】B【解析】【详解】A、蔗糖加入浓硫酸后发黑，说明白浓硫酸的脱水性，不是吸水性，不选A；B、浓硝酸是有挥发性的液体，所以应当避光保存，保存在棕色细口瓶中，且置于低温阴暗处，选B；C、金属钠着火生成过氧化钠，能和泡沫灭火器出来的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，会使火势更旺，应当用沙子灭火，不选C；D、正常雨水的pH约为5．6，所以酸雨的pH小于5．6，不选D。二、填空题21.下面所列的是一组你熟识的物质：A.HClO4B.CO2C.H2OD.CaOE.KOHF.MgBr2G.H2（1）上述物质中只存在离子键的有_____（填“序号”，下同）；只存在共价键的有__________；既存在离子键又存在共价键的有__________。（2）上述物质中属于离子化合物的有_________；属于共价化合物的有___________。（3）上述物质中属于非电解质的是_____；A和E的水溶液发生反应的离子方程式是_________。【答案】(1).DF(2).ABCG(3).E(4).DEF(5).ABC(6).B(7).H++OH⁻=H2O【解析】【分析】A.HClO4为共价化合物，只含共价键，为电解质；B.CO2为共价化合物，只含共价键，为非电解质；C.H2O为共价化合物，只含共价键，为弱电解质；D.CaO为离子化合物，只含离子键，为电解质；E.KOH为离子化合物，既有离子键又有共价键，为电解质；F.MgBr2为离子化合物，只含离子键，为电解质；G.H2为单质，只含共价键。【详解】(1)上述物质中只存在离子键的有DF；只存在共价键的有ABCG；既存在离子键又存在共价键的有E；(2)上述物质中属于离子化合物的有DEF；属于共价化合物的有ABC；(3)上述物质中属于非电解质的是B；A和E的水溶液发生反应的离子方程式是H++OH⁻=H2O。【点睛】只含有共价键的化合物为共价化合物；含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键。22.分别向盛有①紫色石蕊溶液②澄清石灰水③品红溶液④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。（1）试管①中试验现象为________________________________________。（2）试管②中发生反应的离子方程式为_____________________________（通入少量的SO2）。（3）上述试验中，出现溶液褪色现象的是____________________（填试管标号）。（4）上述试验中，SO2表现出酸性氧化物性质的是_________（填试管标号，下同），SO2表现出漂白性的是__________。【答案】(1).溶液变为红色(2).Ca2++2OH—+SO2=CaSO3↓+H2O(3).③④(4).①②(5).③【解析】【分析】(1)SO2是酸性气体，与水反应生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色；(2)起先SO2与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙与水，SO2气体过量，与亚硫酸钙、水反应生成亚硫酸氢钙，通入少量的SO2，生成亚硫酸钙与水；(3)SO2气体具有漂白性，与品红化合为不稳定的无色物质；SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化；(4)二氧化硫使紫色石蕊试液变红色，能与氢氧化钠反应，体现酸性氧化物性质；使品红溶液褪色表现漂白性；与酸性高锰酸钾溶液反应表现还原性。【详解】(1)SO2为酸性氧化物，向试管①紫色石蕊溶液中通入SO2气体的试验现象为溶液由紫色变为红色；(2)向试管②澄清石灰水中通入少量的SO2气体，发生反应的离子方程式为SO2+Ca2++2OH−=CaSO3↓+H2O；(3)因为SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以上述试验中，出现溶液褪色现象的是③④；(4)SO2表现出酸性氧化物性质的是能使紫色石蕊溶液褪色；能与澄清石灰水反应，所以符合题意的是①②；SO2表现出漂白性的是使品红溶液褪色，所以符合题意的是③。23.A、B、C、D四种元素，原子序数依次增大，A原子的最外层上有4个电子；B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，D的L层电子数等于K、M两个电子层上的电子数之和。(1)C离子的结构示意图为_______。D在周期表中位置______________。(2)写出E的电子式：______________。(3)A、D两元素形成的化合物属______________(填“离子”或“共价”)化合物。(4)写出D的最高价氧化物的水化物和A单质反应的化学方程式：_______。(5)B原子与氢原子形成的粒子中，与NH3具有相同电子数的阴离子为__________(填化学式)，该阴离子的电子式为______________。(6)用电子式表示C、D两元素形成化合物的过程_________。【答案】(1).(2).第三周期第ⅥA族(3).(4).共价(5).C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(6).OH—(7).(8).【解析】【分析】A、B、C、D为四种短周期元素，原子序数依次增大，B的阴离子和C的阳离子具有相同的电子层结构，两元素的单质反应，生成一种淡黄色的固体E，则固体E为Na2O2，则B为O元素、C为Na元素；A的原子序数小于B，且A原子的最外层上有4个电子，则A为C元素；D的L层电子数等于K、M两个电子层上电子数之和，则D原子M层电子数为8-2=6，核外各层电子数分别为2、8、6，则D为S元素，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素，钠离子的结构示意图为：；S为第16号元素，位于周期表第三周期第ⅥA族；(2)淡黄色固体E为Na2O2，电子式为：；(3))A为碳元素，D为硫元素，A、D两元素形成的化合物为二硫化碳，属共价化合物；(4)D的最高价氧化物的水化物为硫酸，A单质为碳，两者在加热的条件下发生反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(5)氧原子和氢原子组成微粒中，与NH3同样含有10个电子的是OH-；电子式为：；(6)C、S形成的化合物为CS2，CS2具有与CO2相像的结构，为直线形结构，分子中含有两个C=S键，用电子式表示二硫化碳的形成过程为。24.【变式探究】喷泉试验是中学化学的一个重要性质试验，也是一种自然现象。其产生缘由是存在压强差。试依据下图，回答下列问题：(1)图甲为化学教学中所用的喷泉试验装置。在烧瓶中充溢干燥气体，胶头滴管及烧杯中盛有液体。下列组合中不行能形成喷泉的是________(填字母，下同。)A．HCl和H2OB．O2和H2OC．NH3和H2OD．CO2和NaOH溶液(2)在图乙的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是________。A．Cu与稀盐酸B．NaHCO3与NaOH溶液C．CaCO3与稀硫酸D．NH4HCO3与稀盐酸(3)在图乙的锥形瓶外放一水槽，锥形瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的下列物质，结果也产生了喷泉。水槽中加入的物质不行能是________。A．浓硫酸B．生石灰C．硝酸铵D．烧碱(4)城市中常见的人造喷泉及火山爆发原理与上述________装置的原理相像。(5)假如只供应如图丙(烧瓶内充溢NH3)的装置，引发喷泉的方法是__________________。【答案】(1).B(2).D(3).C(4).乙(5).打开止水夹，用手(或热毛巾等)将烧瓶捂热，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉或烧瓶上覆盖冷毛巾或淋洒冷水，使烧瓶内温度降低，压强减小，从而引发喷泉或在烧瓶上涂抹无水乙醇，由于乙醇挥发带走热量使烧瓶内温度降低，压强减小，引发喷泉【解析】【分析】（1）依据形成喷泉的条件是烧瓶中的气压变小的要求分析解答即可；（2）依据加入的物质能导致锥形瓶中气压变大的原理才能产生喷泉的学问分析解答；（3）在图乙锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入冷水后，再加入足量的物质，结果也产生了喷泉，就必须要求水槽中加入的物质后能使锥形瓶中的温度明显上升；（4）图甲原理是使烧瓶中气体压强减小形成喷泉；城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理与图乙原理相像；（5）由信息可知打破压强平衡，产生压强差形成喷泉，使氨气与水反应导致烧瓶中压强减小，外压大于内压，从而形成喷泉，以此来解答。【详解】（1）该装置中形成喷泉的条件是烧瓶中的气压变小，可以使烧瓶中的气体削减或者是烧瓶中的温度减小等缘由造成；A．HCl和H2O，氯化氢极易溶于水中，能够使烧瓶中的气体体积减小，所以能够形成喷泉，故A错误；B．O2和H2O，氧气不溶于水，所以不能使烧瓶中的气体减小，无法形成喷泉，故B正确；C．NH3和H2O，NH3极易溶于水中，能够使烧瓶中的气体体积减小，所以能够形成喷泉，故C错误；D．CO2和NaOH溶液能快速反应，能导致烧瓶中的气体减小，所以能形成喷泉，故D错误；故答案为：B；（2）图乙是在锥形瓶中加入的物质能导致锥形瓶中气压变大才能形成喷泉，A．Cu与稀盐酸不反应，所以不能导致锥形瓶中的气压变大，无法形成喷泉，故A错误；B．碳酸氢钠和NaOH溶液能反应，但不能导致锥形瓶中的气压变大，故B错误；C．CaCO3与稀硫酸反应生成硫酸钙，硫酸钙为微溶物，阻挡了反应接着进行，所以无法形成喷泉，故C错误；D．碳酸氢铵与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，能导致锥形瓶中的气压变大，所以能够形成喷泉，故D正确；故答案为：D；（3）A．浓硫酸溶于水放出大量的热使酒精蒸发产生大量酒精蒸气，使锥形瓶内压强大大增加，可以形成喷泉，故A错误；B．生石灰与水反应生成氢氧化钙，反应放出大量热，可以使锥形瓶中压强增大，所以能够形成喷泉，故B错误；C．硝酸铵与乙醇不反应，不能导致锥形瓶中压强增大，无法形成喷泉，故C正确；D．烧碱溶于水中放出大量的热量，导致锥形瓶中温度上升，压强增大，所以能够形成喷泉，故D错误；故答案为：C；(4）比较图甲和图乙两套装置，以产生喷泉的原理来分析，图A是减小了烧瓶中的压强形成喷泉；城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理都是通过增加容器中的压强完成的，所以与图乙原理相像；故答案为：乙；(5)假如只供应如图丙(烧瓶内充溢NH3