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文档简介

辽宁师大学附中新高考化学必刷试卷注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、25℃时,一定量的甲烷与aL(已折合成标准状况)空气的混合气体充分反应,甲烷恰好完全燃烧,恢复至25℃时,放出bkJ的热量。假设空气中氧气的体积分数是1/5,则下列表示甲烷燃烧热的热化学方程式正确的是A.B.C.D.2、下列物质的转化在给定条件下能实现的是①NaAlO2(aq)AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4A.②③ B.①④ C.②④ D.③④3、常温下,用0.10mol·L-1盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液,所得滴定曲线如图(忽略体积变化)。下列说法正确的是()A.溶液中阳离子的物质的量浓度之和:点②等于点③B.点①所示溶液中:c(CN-)+c(HCN)﹤2c(Cl-)C.点②所示溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)D.点④所示溶液中:c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)>0.10mol·L-14、在下列工业处理或应用中不属于化学变化原理的是A.石油分馏 B.从海水中制取镁C.煤干馏 D.用SO2漂白纸浆5、12mLNO和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应:6NO+4NH35N2+6H2O,若还原产物比氧化产物多1mL(气体体积在相同状况下测定),则原混合气体中NO和NH3体积比可能是A.2:1 B.1:1 C.3:2 D.4:36、NA代表阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的是A.2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO,浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C.物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中,含有Cl―的数目为3NA。D.1molD318O+(其中D代表)中含有的中子数为10NA。7、根据下列事实书写的离子方程式中,错误的是A.向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体:SiO32-+2H+=H2SiO3(胶体)B.向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀:Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2OC.向AlCl3溶液中加入足量稀氨水:Al3++4NH3·H2O=Al3++NH4++2H2OD.在稀硫酸存在下,MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质:MnO2+CuS+4H+=Mn2++Cu2++S+2H2O8、下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A将铜粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝金属铁比铜活泼B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C氧化铁溶于足量HI溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈棕黄色D向待测液中加入适量的NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+A.A B.B C.C D.D9、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺,并生成砷酸和一种红棕色气体,利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是()A.砷酸的分子式为H2AsO4B.红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C.该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10:1D.该反应中每析出4.8g硫磺转移1mol电子10、X、Y、Z、Q、R均为短周期元素,且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与Y同主族,X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是()QRYZA.原子半径:r(Z)>r(Y)>(R)>r(Q)B.气态化合物的稳定性:QX4>RX3C.X与Y形成的化合物中含有离子键D.最高价含氧酸的酸性:X2QO3>XRO311、过氧化钙(CaO2)微溶于水,溶于酸,可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙,流程如下:CaCO3→稀盐酸、煮沸、过滤滤液→冰浴氨水和双氧水A.逐滴加入稀盐酸后,将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB.加入氨水和双氧水后的反应为:CaCl2+2NH3·H2O+H2O2===CaO2↓+2NH4Cl+2H2OC.生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D.过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分12、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A.用葡萄糖制镜或保温瓶胆B.用ClO2杀菌、消毒C.用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D.用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果13、下列反应中,同一种气态反应物既被氧化又被还原的是()A.二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色B.将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中C.将氯气与过量氨气混合,产生大量白烟D.过氧化钠固体露置在空气中变白14、下列离子方程式书写正确的是()A.NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应:Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2OB.NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应:HCO3-+OH-=CO32-+H2OC.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2:SiO32-+CO2+H2O=H2SiO3↓+HCO3-D.Cl2与足量的FeBr2溶液反应:Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-15、已知:25°C时,MOH的Kb=10-7。该温度下,在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A.a=4 B.V1=10C.溶液中水的电离程度:P>Q D.Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)16、2019年8月《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法,其总反应为NaCl+CO2CO+NaClO。下列有关化学用语表示错误的是()A.中子数为12的钠原子:Na B.Cl-的结构示意图:C.CO2的结构式:O=C=O D.NaClO的电子式:17、下列说法正确的是()A.蒸发结晶操作时,当水分完全蒸干立即停止加热B.滴定实验中,可以将待测液放到滴定管中,标准液置于锥形瓶中C.测定NaClO溶液的pH,可用洁净的玻璃棒蘸取液体滴到pH试纸上,再与标准比色卡对照读数D.用pH计测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH,通过比较pH大小比较H2CO3、HCN的酸性强弱18、常温时,改变弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变,0.1mol/L甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是()已知:δ(RCOOH)=A.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液中水的电离程度比较:前者>后者B.将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)C.图中M、N两点对应溶液中的Kw比较:前者>后者D.1mol/L丙酸的电离常数K﹤10-4.8819、常温下,某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示(忽略溶液体积变化),则下列说法错误的是()A.由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B.向NH4HCO3溶液中加入过量的NaOH溶液,主要与HCO3-反应C.常温下将NH4HCO3固体溶于水,溶液显碱性D.NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用20、下列离子方程式正确的是()A.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2:Al+2OH-=AlO2-+H2↑B.过量铁粉与一定量稀硝酸反应:Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OC.澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OD.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-21、炼油厂的废碱液含有废油、苯酚钠、碳酸钠等,实验室通过以下两个步骤处理废碱液获取氢氧化钠固体。下列说法正确的是A.用装置甲制取CO2并通入废碱液B.用装置乙从下口放出分液后上层的有机相C.用装置丙分离水相中加入Ca(OH)2产生的CaCO3D.用装置丁将滤液蒸发结晶得到NaOH固体22、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性:苯酚>碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸,加热;再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中,分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象,另一支产生黄色沉淀相同条件下,AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170℃共热,制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A.A B.B C.C D.D二、非选择题(共84分)23、(14分)化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体,可通过以下途径合成:已知:①(苯胺易被氧化)②甲苯发生一硝基取代反应与A类似。回答下列问题:(1)写出化合物H的分子式__________,C中含氧官能团的名称___________。(2)写出有关反应类型:BC___________;FG___________。(3)写出AB的反应方程式:___________________________。(4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式:____________①能发生银镜反应②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中,C转化为D的目的是_____________________。(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线:_________________________24、(12分)[化学——选修5:有机化学基础]化合物M是一种香料,A与D是常见的有机化工原料,按下列路线合成化合物M:已知以下信息:①A的相对分子质量为28回答下列问题:(1)A的名称是___________,D的结构简式是___________。(2)A生成B的反应类型为________,C中官能团名称为___________。(3)E生成F的化学方程式为___________。(4)下列关于G的说法正确的是___________。(填标号)a.属于芳香烃b.可与FeCl3溶液反应显紫色c.可与新制的Cu(OH)2共热生成红色沉淀d.G分子中最多有14个原子共平面(5)化合物M的同系物N比M的相对分子质量大14,N的同分异构体中同时满足下列条件的共有________种(不考虑立体异构)。①与化合物M含有相同的官能团;②苯环上有两个取代基(6)参照上述合成路线,化合物X与Y以物质的量之比2:1反应可得到化合物,X的结构简式为________,Y的结构简式为________。25、(12分)硫酰氯(SO2Cl2)可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol],装置如图所示(部分装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,有强腐蚀性,不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物,遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题:I.SO2Cl2的制备(1)水应从___(选填“a”或“b”)口进入。(2)制取SO2的最佳组合是___(填标号)。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3(3)乙装置中盛放的试剂是___。(4)制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中,原因是___。(5)反应结束后,分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II.测定产品中SO2Cl2的含量,实验步骤如下:①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液,充分振荡、过滤、洗涤,将所得溶液均放入锥形瓶中;②向锥形瓶中加入硝酸酸化,再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液l00.00mL;③向其中加入2mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;④加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+,终点所用体积为10.00mL。已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12(6)滴定终点的现象为___。(7)产品中SO2Cl2的质量分数为___%,若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。26、(10分)高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4,下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知:温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答:(1)反应①的化学方程式为______________________________________,加热软锰矿、KClO3和KOH固体,除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外,还用到的仪器有___,不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________;上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时,从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________,若CO2过量会生成KHCO3,导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。27、(12分)图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置,部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后,若要检验A~E装置的气密性,其操作是:首先______________,打开弹簧夹1,在E中装入水,然后微热A,观察到E中有气泡冒出,移开酒精灯,E中导管有水柱形成,说明装置气密性良好。(2)装置B中盛放的试剂是______________________。(3)点燃C处酒精灯,关闭弹簧夹2,打开弹簧夹1,从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后,关闭分液漏斗活塞,稍等片刻,装置C中黑色固体逐渐变红,装置E中溶液里出现大量气泡,同时产生_____________(填现象)。从E中逸出液面的气体可以直接排入空气,写出C中反应的化学方程式:_______。(4)当C中固体全部变红色后,关闭弹簧夹1,慢慢移开酒精灯,待冷却后,称量C中固体质量,若反应前固体质量为16g,反应后固体质量减少2.4g,通过计算确定该固体产物的化学式:______。(5)在关闭弹簧夹1后,打开弹簧夹2,残余气体进入F中,很快发现装置F中产生白烟,同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式:_____。28、(14分)已知短周期主族元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如图所示,其中W元素的原子半径是同周期中最小的。回答下列问题:XYZW(1)W在元素周期表中的位置___。(2)上述4种元素中最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是___(填化学式)。(3)X的简单气态氢化物的电子式为___。(4)由Na和Y可形成具有漂白作用的物质,该物质中含有的化学键类型为___。(5)取0.1mol·L-1的Na2Z溶液进行下列实验:①用玻璃棒蘸取Na2Z溶液滴在pH试纸上,试纸呈蓝色,原因是___(用离子方程式表示)。②某温度下,将0.1mol·L-1的Na2Z溶液逐滴加入10mL0.1mol·L-1的CuW2溶液中,滴加过程中溶液中的Cu2+浓度与加入的Na2Z溶液的体积(V)关系如图所示。b点溶液中Na+、Z2-、W-、OH-离子浓度由大到小的顺序是___(离子用元素符号表示);该温度下,Ksp(CuZ)=___。29、(10分)X、Z、Q、R、T、U分别代表原子序数依次增大的短周期元素。X和R属同族元素;Z和U位于第VIIA族;X和Z可形成化合物XZ4;Q原子的s轨道和p轨道的电子总数相等;T的一种单质在空气中能够自燃。完成下列填空:(1)R原子的电子排布式是___;X所在周期元素最高价氧化物对应的水化物中,酸性最强的是__;Z的氢化物的水溶液可用于____;Q、R、U的单质形成的晶体,熔点由高到低的排列顺序是___。(2)CuSO4能用作T4中毒的解毒剂,反应可生成T的最高价含氧酸和铜,该反应的化学方程式是________。在pH为4~5的环境中,Cu2+、Fe2+不生成沉淀,而Fe3+几乎完全沉淀。工业上制CuCl2是将浓盐酸用蒸汽加热到80℃左右,再慢慢加入粗氧化铜(含FeO),充分搅拌使之溶解。除去该溶液中杂质离子的方法是_____。(3)碳和硅的有关化学键键能如下所示,简要分析和解释下列有关事实,硅与碳同族,也有系列氢化物,但硅烷在种类和数量上都远不如烷烃多,原因是____。化学键C-CC-HSi-SiSi-H键能(kJ/mol)356413226318(4)第三周期部分元素氟化物的熔点如下,表中三种氟化物熔点差异的原因是______。氟化物NaFMgF2SiF4熔点/K12661534183

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、C【解析】

空气中氧气的体积为L,则甲烷体积为L,物质的量为mol。mol甲烷燃烧放出热量bkJ,则1mol甲烷燃烧放出热量kJ。燃烧热规定生成稳定的氧化物,即H2O(l),且放热反应的焓变为负值,故C正确;答案:C【点睛】考察燃烧热的重点:(1)可燃物1mol(2)完全燃烧(3)生成稳定氧化物,H→H2O(l),C→CO2,S→SO2等。2、A【解析】

①AlCl3为共价化合物,其在熔融状态下不能导电,应电解熔融的氧化铝制备铝,①不可实现;②中各步转化为工业上制硝酸,在给定的条件下均可实现;③该系列转化实为侯氏制碱法,可实现;④煅烧FeS2只能生成二氧化硫,不可实现。综上所述,物质的转化在给定条件下能实现的是②③,故选A。3、D【解析】

A.根据电荷守恒点②中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),点③中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),由于两点的溶液体积不等,溶液的pH相等,则c(Na+)不等,c(H+)分别相等,因此阳离子的物质的量浓度之和不等,故A错误;B.点①所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl,存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)=2c(Cl-),故B错误;C.点②所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl,溶液的pH=5,说明以醋酸的电离为主,因此c(CH3COO-)>c(Cl-),故C错误;D.点④所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠,浓度均为0.05mol/L,则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L,c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L,根据电荷守恒,c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-),则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)>0.1mol/L,故D正确。答案选D。4、A【解析】

A.石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的,变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,故A正确;B.镁是活泼金属,在海水中一化合态存在,制取镁单质,有新物质生成,属于化学变化,故B错误;C.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热,分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质,属于化学变化,故C错误;D.二氧化硫具有漂白性,能够结合有色物质生成无色物质,有新物质生成,属于化学变化,故D错误;故选A。5、C【解析】

根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O,可以理解为:NO和NH3按照物质的量之比是3:2反应,还原产物、氧化产物的物质的量之比是3:2,还原产物比氧化产物多1mol,在相同条件下,气体的物质的量之比和体积之比是相等的,所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3:2;故合理选项是C。6、B【解析】

A.氢气和氯气所处的状态不明确,故其物质的量无法计算,则和HCI的原子数目是否相同无法计算,A错误;B.32gCu的物质的量0.5mol,失去的电子数均为NA,浓硝酸被还原为二氧化氮,稀硝酸被还原为NO,根据得失电子数守恒,浓、稀硝酸得到的电子数均为NA,B正确;C.溶液体积不明确,故溶液中含有的氯离子个数无法计算,C错误;D.D318O+中含13个中子,故1molD318O+中含13NA个中子,D错误;答案选B。7、C【解析】

A选项,向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体:SiO32-+2H+=H2SiO3(胶体),故A正确;B选项,向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳气体和水:Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,故B正确;C选项,向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氢氧化铝和铵根离子:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,故C错误;D选项,在稀硫酸存在下,MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质、水、硫酸锰和硫酸铜:MnO2+CuS+4H+=Mn2++Cu2++S+2H2O,故D正确;综上所述,答案为C。8、B【解析】

A.二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁,只能说明铁离子氧化性大于铜离子,不能比较金属性;要证明金属铁比铜活泼,要将铁放入硫酸铜等溶液中,故A错误;B.铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成,说明生成了无水硫酸铜,铜被氧化,硫酸具有氧化性,硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO4·5H2O,是蓝色固体,现变成白色,是无水硫酸铜,说明浓硫酸具有吸水性,故B正确;C.氧化铁溶于足量HI溶液,Fe2O3+6H++2I-=2Fe2++I2+3H2O,生成的碘溶于水也呈黄色,故C错误;D.铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气,氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,这是氨气的特征反应,但湿润的红色石蕊试纸未变蓝,也可能是溶液太稀,没有得到氨气,无法确定待测液中是否存在NH4+,故D错误;故选B。9、C【解析】

A.As位于第四周期VA族,因此砷酸的分子式为H3AsO4,故A错误;B.红棕色气体为NO2,N的化合价由+5价→+4价,根据原电池工作原理,负极上发生氧化反应,化合价升高,正极上发生还原反应,化合价降低,即NO2应在正极区生成并逸出,故B错误;C.根据题中信息,As的化合价由+3价→+5价,S的化合价由-2价→0价,化合价都升高,即As2S3为还原剂,HNO3为氧化剂,根据得失电子数目守恒,因此有n(As2S3)×[2×(5-3)+3×2]=n(HNO3)×(5-4),因此n(HNO3):n(As2S3)=10:1,故C正确;D.4.8g硫磺的物质的量为:=0.15mol,根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol,根据C选项分析,1molAs2S3参与反应,转移10mole-,则0.05molAs2S3作还原剂,转移电子物质的量为0.05mol×10=0.5mol,故D错误;答案:C。10、C【解析】

X、Y、Z、Q、R均为短周期元素,X与Q能形成最简单的有机物为甲烷,则X为H,Q为C,X与Y同主族,则Y为Na,结合Y、Z和R在周期表的位置可知,Z为Mg,R为N,据此分析作答。【详解】根据上述分析可知,X为H,Q为C,Y为Na,Z为Mg,R为N。A.同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小,同主族元素,从上到下原子半径依次增大,则原子半径:r(Y)>r(Z)>r(Q)>r(R),A项错误;B.非金属性越强,其对应的气态化合物越稳定,则NH3的稳定性大于CH4,即RX3>QX4,B项错误;C.X与Y形成NaH,含离子键,C项正确;D.非金属性越强,其对应的最高价含氧酸的酸性越大,则硝酸的酸性大于碳酸,即:XRO3>X2QO3,D项错误;答案选C。11、A【解析】

根据过程,碳酸钙与盐酸反应后,过滤,推出溶液中有固体剩余,即碳酸钙过量,CaCO3与盐酸反应,发生CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,CO2能溶于水,溶液显酸性,过氧化钙溶于酸,加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2,加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O,然后过滤,得到过氧化钙,据此分析;【详解】A、根据过程,碳酸钙与盐酸反应后,过滤,推出溶液中有固体剩余,即碳酸钙过量,CaCO3与盐酸反应,发生CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,CO2能溶于水,溶液显酸性,过氧化钙溶于酸,加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2,故A说法错误;B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O,故B说法正确;C、双氧水不稳定,受热易分解,需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解,故C说法正确;D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小,使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分,故D说法正确;答案选A。【点睛】易错点是选项A,学生注意到CaO2溶于酸,需要将过量HCl除去,但是忽略了流程,碳酸钙加入盐酸后过滤,这一操作步骤,碳酸钙与盐酸反应:CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,没有沉淀产生,为什么过滤呢?只能说明碳酸钙过量,盐酸不足,还要注意到CO2能溶于水,反应后溶液显酸性,因此煮沸的目的是除去CO2。12、C【解析】A.葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性,与银氨溶液发生氧化还原反应,生成银单质,葡萄糖作还原剂被氧化,所以利用了其还原性,A不符合题意;B.漂白液杀菌、消毒,利用其强氧化性,所以利用了其氧化性,B不符合题意;C.Na2SiO3溶液制备木材防火剂,不发生氧化还原反应,与氧化性或还原性无关,C符合题意;D.高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯,Mn、C元素的化合价变化,为氧化还原反应,所以利用了其氧化性,D不符合题意,答案选C。13、B【解析】

A.二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂,高锰酸钾是氧化剂,则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原,故A错误;B.将二氧化氮(N为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N为+3价)和硝酸钠(N为+5价),所以该反应中N元素既被氧化又被还原,故B正确;C.将氯气与过量氨气混合,产生大量白烟氯化铵,氯气是氧化剂,部分氨气是还原剂,则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原,故C错误;D.过氧化钠与空气中的水、二氧化碳反应,是过氧化钠自身的氧化还原反应,气体既未被氧化也未被还原,故D错误;故选:B。14、D【解析】

A.NaHCO3溶液与足量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水,反应的离子方程式为:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O,选项A错误;B.NH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液反应生成碳酸钠、一水合氨和水,反应的离子方程式为HCO3-+NH4++2OH-=CO32-+H2O+NH3·H2O,选项B错误;C.向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2,反应生成碳酸氢钠和硅酸,反应的离子方程式为SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3-,选项C错误;D.Fe2+还原性大于Br-,Cl2与足量的FeBr2溶液反应只能生成Fe3+,反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-,选项D正确。【点睛】本题考查离子方程式的书写及正误判断,易错点为选项A.考查过量问题,在离子方程式的正误判断中,学生往往忽略相对量的影响,命题者往往设置“离子方程式正确,但不符合相对量”的陷阱。突破这个陷阱的方法一是审准“相对量”的多少,二是看离子反应是否符合该量。如何判断哪种物质过量:典例对应的离子方程式①少量NaHCO3Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O②足量Ca(OH)2③足量NaHCO3Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+2H2O+CO32-④少量Ca(OH)215、D【解析】

A.25°C时,MOH的Kb=10-7,则Kh(MCl)==10-7,解得c(H+)=10-4mol/L,pH=a=4,A正确;B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中,MCl的水解程度等于MOH的电离程度,所以溶液pH=7时,加入的MOH的体积为10mL,B正确;C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液,加入的碱越大,水对电离的抑制作用越强,水电离程度就越小,所以溶液中水的电离程度:P>Q,C正确;D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+),Q点时MOH少量电离,nQ(M+)<nP(M+),nQ(Na+)=2nP(Na+),所以c(Na+)>2c(M+),D错误;故合理选项是D。16、D【解析】

A.钠是11号元素,中子数为12的钠原子,质量数为23:Na,故A正确;B.氯的核电荷为17,最外层得到1个电子形成稳定结构,Cl-的结构示意图:,故B正确;C.二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对,CO2的结构式:O=C=O,故C正确;D.NaClO是离子化合物,NaClO的电子式:,故D错误;故选D。17、B【解析】

A.蒸发时不能蒸干,利用余热加热,出现大量固体时停止加热,故A错误;B.滴定实验中,可以将待测液放到滴定管中,标准液置于锥形瓶中,只要计算准确,不影响结果,故B正确;C.NaClO溶液有漂白性不能用pH试纸测其pH值,故C错误;D.测定同温度同浓度的Na2CO3溶液和NaCN溶液的pH,可知碳酸氢根离子与HCN的酸性,不能比较H2CO3、HCN的酸性强弱,故D错误;故答案为B。【点睛】从习惯上讲,被滴定的溶液在锥形瓶,标准溶液在滴定管中;从原理上说都可以,只要操作准确,计算准确即可。18、B【解析】

A.当pH相同时,酸分子含量越高,电离平衡常数越小,酸性越弱,根据图像,当pH相同时,丙酸含量较高,则酸性较甲酸弱,所以等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH,前者<后者,则水的电离程度前者<后者,A选项错误;B.将等浓度的HCOOH溶液与HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中存在物料守恒:c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-),两式相加减有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-),又溶液中c(H+)>c(HCOO-),则有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-),B选项正确;C.因为温度均为常温,所以M、N两点对应溶液中的Kw相等,C选项错误;D.pH=4.88时,溶液中c(H+)=10-4.88mol/L,丙酸分子的分布分数为50%,则c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L,所以,D选项错误;答案选B。19、B【解析】

A.由图可知,pH=6.37时c(H2CO3)=c(HCO3-)、c(H+)=10-6.37mol/L,碳酸的一级电离常数Ka1==10-6.37,则碳酸的Ka1数量级约为10-7,故A正确;B.向稀NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液,发生的离子反应为HCO3-+NH4++2OH-═NH3•H2O+CO32-+H2O,说明NaOH与NH4+、HCO3-均反应,故B错误;C.由图可知,pH=9.25时c(NH3•H2O)=c(NH4+)、c(OH-)=109.25-14mol/L=10-4.75mol/L,NH3•H2O的离常数Ka1==10-4.75,而碳酸的Ka1=10-6.37,则NH3•H2O的电离能力比H2CO3强,HCO3-的水解程度比NH4+强,即NH4HCO3的水溶液显碱性,故C正确;D.草本灰的水溶液显碱性,与NH4HCO3混用会生成NH3,降低肥效,则NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用,故D正确;故答案为B。20、D【解析】

本题主要考查离子方程式的正确书写。【详解】A.Al+2OH-=AlO2-+H2↑反应中电荷数不平,正确的离子方程式为:2H2O+2Al+2OH-=2AlO2-+3H2↑,故A项错误;B.过量铁粉与稀硝酸反应无Fe3+生成,正确的离子方程式为:,故B项错误;C.澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液反应的离子方程式中Ca2+与OH-系数比为1:2,故离子方程式为:;故C项错误;D.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:,故D项正确。答案选D。21、C【解析】

A、碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶,包裹在碳酸钙的表面;B、分液时避免上下层液体混合;C、CaCO3不溶于水;D、在蒸发皿中蒸发结晶。【详解】A项、浓硫酸溶于水放热,且碳酸钙与硫酸反应生成硫酸钙微溶,包裹在碳酸钙的表面,不利用气体的制备,应选盐酸与碳酸钙反应,故A错误;B项、分液时避免上下层液体混合,则先从下口放出下层液体,后从上口倒出上层的有机相,故B错误;C项、CaCO3不溶于水,则图中过滤装置可分离,故C正确;D项、在蒸发皿中蒸发结晶,不能在烧杯中蒸发结晶,且烧杯不能直接加热,故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价,侧重分析与实验能力的考查,注意实验的评价性分析,把握实验装置的作用、气体的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键。22、C【解析】

A.苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液,反应生成苯酚钠、碳酸氢钠,可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱,A项错误;B.做银镜反应加入银氨溶液前,要先中和水解的硫酸,B项错误;C.相同浓度银氨溶液的试管中,分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液,出现黄色沉淀,说明生成碘化银沉淀,说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),C项正确;D.反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色,验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂,D项错误;答案选C。二、非选择题(共84分)23、C12H15NO醚键还原反应消去反应+HNO3(浓)+H2O、、保护氨基,防止合成过程中被氧化【解析】

A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,B与Fe、HCl发生还原反应产生C:,C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D:,E为,E与NaBH4发生反应产生F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO;C结构简式是,其中含氧官能团的名称为醚键;(2)B为,C为,B与Fe、HCl反应产生C,该反应类型为还原反应;F为,G为,根据二者结构的不同可知:FG的类型是消去反应;(3)A是,A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B:,所以AB的反应方程式为:+HNO3(浓)+H2O;(4)D结构简式为:,D的同分异构体符合下列条件:①能发生银镜反应,说明含有醛基-CHO;②能发生水解反应,水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色,说明含有酯基,水解产物含有酚羟基,即该物质含酚羟基形成的酯基;③核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢,则符合题意的同分异构体结构简式为:、、;(5)合成途径中,C转化为D时—NH2发生反应产生-NHCOCH3,后来转化为氨基,目的是保护氨基,防止其在合成过程被氧化;(6)参照上述合成路线,以甲苯和(CH3CO)2O为原料,设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸,苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯,在Fe、HCl作用下反应产生,与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生,所以甲苯转化为的合成路线为:【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识,涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写,在进行物质推断的过程中,要充分利用题干信息,结合已有的知识分析、判断,要注意氨基容易被氧化,为防止其在转化过程中氧化,先使其反应得到保护,在其他基团形成后再将其还原回来。24、(1)乙烯,;(2)加成反应,醛基;(3);(4)cd;(5)18;(6)CH3CH2CHO,。【解析】

根据信息②,推出C和D结构简式为:CH3CHO和,A的分子量为28,推出A为CH2=CH2(乙烯),B为CH3CH2OH,G的结构简式为:,F的结构简式为:,E的结构简式为:,D的结构简式为:。【详解】(1)A为乙烯,D的结构简式为:;(2)A和B发生CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,发生加成反应,C的结构简式含有官能团是醛基;(3)E生成F,发生取代反应,反应方程式为:;(4)根据G的结构简式为:,a、烃仅含碳氢两种元素,G中含有O元素,故错误;b、不含有酚羟基,与FeCl3溶液不发生显色反应,故错误;c、含有醛基,与新制Cu(OH)2共热产生Cu2O,故正确;d、苯环是平面正六边形,醛基共面,所有原子共面,即有14个原子共面,故正确;(5)N的相对分子质量比M大14,说明N比M多一个“CH2”,(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种)、(邻间对三种),共有3×6=18种;(6)根据信息②,X为CH3CH2CHO,Y的结构简式为。25、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色,而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2;(3)冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;(7)用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积V,则过量Ag+的物质的量为Vcmol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol,则可以求出SO2Cl2的物质的量;AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出,故水应该从b口进入;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2,故选②;(3)根据装置图可知,冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰,可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中,故乙装置中盛放的试剂是碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;故答案为:溶液变为红色,而且半分钟内不褪色;(7)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积10.00mL,则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol=1.9×10-2mol,则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol,产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%;已知:Ksp(AgCl)=3.2×10−10,Ksp(AgSCN)=2×10−12,则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小,所以测得的氯离子的物质的量偏小;故答案为:85.5%;偏小。26、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小,滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】

以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4晶体,软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧,得到墨绿色熔块,为K2MnO4,冷却后溶于水其水溶液呈深绿色,这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色,边加热边通入适量二氧化碳气体,调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液,冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下,MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O,熔融固体物质需要在坩埚内加热,加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚;瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应,坩埚被腐蚀;⑵工艺流程可知,CO2使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入CO2太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4;氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质,还原剂是元素化合价升高的物质,结合化学方程式定量关系和电子守恒计算;流程中需要加入的物质在后面有生成该物质,该物质可以循环利用;⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发,冷却结晶,过滤或抽滤得到晶体;工艺流程可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、高锰酸钾;【详解】(1).加热条件下,MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O,反应的化学方程式为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时,由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应:2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚,而不与Fe发生反应,所以要用铁坩埚;故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O;酒精灯、坩埚钳;瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应;(2).由流程图可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4,在加热浓缩时,会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出,实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为:3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-,2OH-+CO2=CO32-+H2O,其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4,所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2,调节溶液pH过程中,所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1;从流程图可以看出,需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2(水可以不考虑),反应中又生成KOH、MnO2,故KOH、MnO2是可以循环利用的物质,故答案为:2:1;KOH、MnO2;(3).依据流程中的信息,滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾,再根据表中的溶解度数据可知,高锰酸钾在室温下的溶解度较小,而碳酸钾的溶解度很大,因此,从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发,冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体;工艺流程可知,二氧化碳使MnO42-发生歧化反应,生成MnO4-和MnO2,根据元素守恒可知,会生成K2CO3,若通入二氧化碳太多,会有KHCO3生成,滤液中含有KHCO3、KMnO4,在加热浓缩时,会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出,故答案为:蒸发浓缩、冷却结晶、过滤;KHCO3的溶解度比K2CO3小得多,滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出;【点睛】化学工艺流程题是高考的热点内容,每年都会涉及,体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其具体的目标、任务;解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易处着手;先局部,后全盘,逐步深入;而且还要看清问题,不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”:本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论;化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识,只要理解清楚每步的目的,加上夯实的基础知识,此题能够很好的完成。27、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuON2+3H2O+3CuCu2O、Cu3Cl2+8NH3═N2+6NH4Cl【解析】

(1)检验装置A~E的气密性,要防止气体进入F;(2)装置B的作用是干燥氨气;(3)装置C中黑色固体逐渐变红,从E中逸出液面的气体可以直接排入空,说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水;没反应的氨气进入E,使溶液呈碱性,生成亚硫酸钡沉淀;(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式;(5)装置F中产生白烟,说明有氯化铵生成,可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【详解】(1).关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞,打开弹簧夹1,在E中装入水,然后微热A,观察到E中有气泡冒出,移开酒精灯,E中导管有水柱形成,说明装置气密性良好;(2)装置B的作用是干燥氨气,所以B中盛放的试剂是碱石灰;(3)装置C中黑色固体逐渐变红,从E中逸出液面的气体可以直接排入空,说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水,反应方程式是2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu;没反应的氨气进入E,使溶液呈碱性,生成亚硫酸钡沉淀,E中

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