四川省南充市2026屆高三化學第一學期期中聯(lián)考模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、美國《Science》上發(fā)表論文，宣布發(fā)現(xiàn)了一種Al的超原子結構，這種超原子（Al13）是以1個Al原子在中心，12個Al原子在表面形成的三角二十面體結構。這種超原子具有40個價電子（價電子即主族元素的最外層電子數(shù)）時最穩(wěn)定。請預測穩(wěn)定的Al13所帶的電荷為A．－1 B．＋2 C．＋3 D．02、汽車尾氣凈化中的一個反應如下：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H=-373.4kJ/mol，若反應在恒容的密閉容器中達到平衡狀態(tài)，下列有關說法正確的是（）A．其它條件不變，加入催化劑，△H變大B．充入氦氣使體系壓強增大，可提高反應物的轉化率C．及時除去二氧化碳，有利于NO的轉化D．若升高溫度，該反應的平衡常數(shù)增大3、實驗小組同學制備KClO3并探究其性質，過程如下：下列說法不正確的是()A．可用飽和NaCl溶液凈化氯氣B．生成KClO3的離子方程式為3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2OC．推測若取少量無色溶液a于試管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍為無色D．上述實驗說明堿性條件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性條件下氧化性：Cl2＜KClO34、己知反應：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O。據(jù)此判斷下列說法正確的是A．上述兩個反應都是置換反應B．①中KC1是氧化產物，KBr發(fā)生還原反應C．反應②中還原劑與氧化劑的物質的量之比為5:1D．氧化性由強到弱的順序為：Br2>Cl2>KClO35、向二氯化鉑的HCl溶液中通入乙烯氣體，再加入KCl可得K[Pt(C2H4)Cl3]·H2O（蔡氏鹽），下列有關化學用語表示正確的是A．KCl的電子式：B．乙烯的結構簡式：CH2CH2C．中子數(shù)為117，質子數(shù)為78的鉑原子：D．K＋的結構示意圖：6、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。下列說法不正確的是A．100g質量分數(shù)為46%的HCOOH溶液中含氫原子數(shù)為8NAB．在標準狀況下，22.4LNH3分子中含共用電子對數(shù)為3NAC．1molSO2與3molO2反應生成的SO3分子數(shù)為NAD．1L0.5mol·L-1葡萄糖溶液中含葡萄糖分子數(shù)為0.5NA7、實驗室制備硝基苯，反應裝置如圖。下列對該實驗的敘述錯誤的是A．長玻璃管起冷凝回流作用B．水浴加熱其優(yōu)點是受熱均勻，便于控制溫度C．粗產品依次用蒸餾水和5%NaOH溶液洗滌，最后再用蒸餾水洗滌D．洗滌后，用無水CaCl2干燥，然后過濾，得到純硝基苯8、常溫下，某溶液中由水電離出來的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，該溶液可能是()①二氧化硫②氯化銨水溶液③硝酸鈉水溶液④氫氧化鈉水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④9、有機物甲、乙的結構如圖所示。下列說法錯誤的是A．甲、乙都能與溴的單質發(fā)生加成反應B．甲、乙互為同分異構體C．一定條件下，甲、乙均能發(fā)生取代反應D．甲、乙都能與金屬鈉反應生成氫氣10、水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是A．水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子B．溫度升高，純水中的c(H+)增大，c(OH-)減小C．4℃時，純水的pH=7D．向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小11、某工廠所排放的廢水中可能含有Na+、K+、、Mg2+、Fe3+、Cl-、SO和SO，某同學將試樣平均分成甲、乙、丙三份，設計如圖所示實驗(每次加入的試劑都是足量的):由此可以推測廢水中()A．一定存在Cl- B．一定不存在Fe3+、SO、Cl-C．一定存在Mg2+、SO D．一定存在K+或Na+12、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化，均能通過一步化學反應實現(xiàn)的是A．Fe3O4FeFeCl3B．Cu2(OH)CO3CuOCu(OH)2C．MgCO3MgCl2溶液MgD．NaClCl2漂白粉13、從石英砂制取并獲得高純硅的主要化學反應如下：①SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑②Si(粗)＋2Cl2SiCl4③SiCl4＋2H2Si(純)＋4HCl關于上述反應的分析不正確的是()A．①、③是置換反應，②是化合反應B．任一反應中，每消耗或生成28g硅，均轉移4mol電子C．高溫下，焦炭與氫氣的還原性均強于硅D．高溫下將石英砂、焦炭、氯氣、氫氣按一定比例混合可得高純硅14、中科院科學家們研究開發(fā)了一種柔性手機電池，示意圖如圖所示[其中多硫化鋰(Li2Sx)中x=2、4、6、8]。下列說法錯誤的是()A．碳納米層具有導電性，可用作電極材料B．充電時，Li+移向Li2Sx膜C．電池工作時，正極可能發(fā)生反應：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4D．電池充電時間越長，電池中Li2S2的量越少15、常溫下向20mL濃度均為0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液。充分反應后靜置，Ba(OH)2溶液體積與溶液的pH的關系如下圖，下列說法正確的是（假設過程中生成的NH3·H2O不分解）A．a點溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.4mol·L－1B．b點溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)C．c點溶液中：c(Ba2＋)＋c(NH4+)＝c(SO42-)D．d點溶液中：c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)16、下列各組物質中，滿足表中圖示物質在一定條件下能一步轉化的組合有序號XYZW①CuCuSO4Cu(OH)2CuO②NaNaOHNa2CO3NaCl③AlAlCl3Al(OH)3Al2O3④FeFeCl3FeCl2Fe(OH)2A．②③ B．①③④ C．①④ D．①②③17、“靑蒿一握，以水二升漬，絞取汁”，以此獲取靑蒿素用到的分離方法是A．過濾B．蒸餾C．蒸發(fā)D．分液18、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黃色)+2H+。用K2Cr2O7溶液進行下列實驗：結合實驗，下列說法不正確的是()A．若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，溶液變?yōu)槌壬獴．②中C2H5OH被Cr2O72-氧化成CH3COOHC．對比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2CrO4溶液強D．①中溶液橙色加深，③中溶液變黃19、海藻中含有豐富的、化合態(tài)的碘元素。如圖是實驗室從海藻里提取碘的流程的一部分：下列判斷正確的是（）A．步驟①、③的操作分別是過濾、萃取分液B．可用淀粉溶液檢驗步驟②的反應是否進行完全C．步驟③中加入的有機溶劑是裂化汽油或乙醇D．步驟④的操作是加熱蒸發(fā)20、已知：連苯三酚的堿性溶液能定量吸收O2，CuCl的鹽酸溶液能定量吸收CO，且易被O2氧化。擬設計實驗方案，采用上述兩種溶液和KOH溶液逐一吸收混合氣體（由CO2、CO、N2和O2組成）的相應組分。有關該方案設計，下列說法正確的是A．采用上述3種吸收劑，氣體被逐一吸收的順序應該是O2、CO和CO2B．CO的吸收必須在吸收O2后進行，因為CuCl的鹽酸溶液會被O2氧化C．在3種氣體被逐一吸收后，導出的氣體為純凈的N2D．其他兩種吸收劑不變，O2的吸收劑可以用灼熱的銅網(wǎng)替代21、下列離子方程式書寫正確的是A．漂白粉溶液中通入過量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOB．氯氣與水的反應:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO—C．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2OD．鈉和冷水反應:Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑22、下列正確的敘述有A．CO2、NO2、P2O5均為酸性氧化物，CaO、Fe2O3、Na2O2均為堿性氧化物B．Fe2O3不可與水反應得到Fe(OH)3，但能通過化合反應和復分解反應來制取Fe(OH)3C．灼熱的炭與CO2反應、Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應均可設計成原電池D．電解、電泳、電離、電鍍、電化學腐蝕過程均需要通電才能發(fā)生二、非選擇題(共84分)23、（14分）下圖是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表給出元素組成的常見單質或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人們研究物質性質的重要工具。Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑。As可與Y的水溶液反應，產物有As的最高價含氧酸，該反應的化學方程式為_______，當消耗1mol還原劑時，轉移的電子個數(shù)為_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下圖轉化關系〔部分生成物和反應條件略去〕。（1）假設E為氧化物，那么A與水反應的化學方程式為_______。①當X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，那么C的電子式為_______。②表示X呈堿性的離子方程式為_______。③當X為金屬單質時，那么X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為_______。（2）假設E為單質氣體，D為白色沉淀，B含有的化學鍵類型為_______，C與X反應的離子方程式為_______。（3）①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產物之一是大氣中的要緊成分，1.6克該物質在氧氣中完全燃燒放出熱量31.2kJ，寫出熱化學方程式_______。（4）廢印刷電路板上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉化為氧化銅，再用硫酸溶解?，F(xiàn)改用①和⑥組成的化合物和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達到上述目的，又保護了環(huán)境，試寫出反應的離子方程式_______。（5）元素②的單質在一定條件下，能與①的單質化合生成一種化合物，熔點為800℃。該化合物能與水反應放氫氣，假設將1mol該化合物和1mol③形成的單質混合加入足量的水，充分反應后生成氣體的體積是（標準狀況下）_______。24、（12分）乙醇，俗稱酒精，可用于制造乙酸、飲料、香精、染料、燃料等。（1）請寫出結構簡式A：___，B：___。（2）圖示流程中乙醇轉化為A，該反應現(xiàn)象為：___，其中乙醇發(fā)生了___反應(填“氧化"或”還原“)。乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能發(fā)生類似反應，請寫出反應方程式：___。（3）請你寫出X的化學式___，并用相關反應方程式證實X可與乙醇相互轉化___。（4）工業(yè)上常用蘋果酒或者葡萄酒混合物、麥芽、米或馬鈴薯搗碎后發(fā)酵生產乙酸，但是從綠色化學角度，該法存在不足，請寫出一個不足之處：___，但相比于直接用工業(yè)酒精，該法原料與產品均無害，至令仍沿用。（5）乙酸與乙醇在一定條件下可反應生成乙酸乙酯，請用氧-18同位素示蹤法寫出該反應的化學方程式：___。25、（12分）氯化亞銅晶體呈白色，不溶于水、乙醇及稀硫酸，露置于潮濕空氣中易被氧化。氯化銅、氯化亞銅是重要的化工原料。實驗室中以粗銅（含雜質Fe）為原料，一種制備銅的氯化物的流程如下。（已知：CuCl溶于NaCl的濃溶液可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀）按要求回答下列問題：（1）“操作①”調節(jié)溶液的pH范圍為3.2≤pH<5.6，便于將Fe3＋轉化為Fe（OH）3沉淀除去，加入的“試劑X”可以是__________。ACuO

BNH3·H2O

CNaOH溶液

DCu2（OH）2CO3

（2）“反應②”是向溶液2中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl，CuCl的溶液用水稀釋后可生成CuCl沉淀，過濾、洗滌、干燥密封包裝即得產品，據(jù)此回答下列問題：①寫出向溶液2中加入食鹽并通入SO2可生成CuCl的離子方程式__________。②用無水乙醇洗滌沉淀，在真空干燥機內于70℃干燥2小時，冷卻。于70℃真空干燥的目的是_____________________。（3）在氯化氫氣流中得到CuCl2·2H2O固體的“操作②”具體步驟為________、過濾、洗滌。（4）氯化亞銅的定量分析：①稱取樣品0.250g和10mL過量的FeCl3溶液于250mL錐形瓶中，充分溶解。②用0.100mol·L－1硫酸鈰[Ce（SO4）2]標準溶液滴定。已知：CuCl＋FeCl3＝CuCl2＋FeCl2、Fe2＋＋Ce4＋＝Fe3＋＋Ce3＋。三次平行實驗結果如下（平行實驗結果相差不能超過1%）：平行實驗次數(shù)1230.250g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的體積（mL）20.3520.0519.95則樣品中CuCl的純度為________。（5）如圖所示將氯氣從a通入與粗銅反應（鐵架臺、鐵夾、酒精燈省略），反應后，盛有NaOH溶液的廣口瓶中溶液具有漂白、消毒作用，若用鋼鐵（含F(xiàn)e、C）制品盛裝該溶液會發(fā)生電化學腐蝕，鋼鐵制品表面生成紅褐色沉淀，溶液會失去漂白、殺菌消毒功效。該電化學腐蝕過程中的正極反應式為___________。26、（10分）工業(yè)品純堿中常含有少量的NaCl等雜質，圖中的儀器裝置可用來測定純堿中Na2CO3的質量分數(shù)，圖中標號：①空氣；②某溶液，③純堿樣品，④稀H2SO4，⑤濃H2SO4，⑥堿石灰，⑦堿石灰。實驗步驟是：①檢查裝置的氣密性；②準確稱量盛有堿石灰的干燥管Ⅰ的質量(設為m1g)。③準確稱量一定量的純堿的質量(設為m2g)，并將其放入廣口瓶中；④從分液漏斗中緩緩滴入稀H2SO4，至不再產生氣體為止；⑤緩緩鼓入空氣數(shù)分鐘，然后稱量干燥管Ⅰ的總質量(設為m3g)。根據(jù)上述實驗，回答下列問題：（1）鼓入空氣的目的是______________________________。（2）裝置A中液體②應為______，其作用是______________________，如撤去裝置A，直接向裝置B中緩緩鼓入空氣，測定結果將____________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（3）裝置C的作用是_____________，如果撤去裝置C，則會導致實驗結果_______(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（4）干燥管Ⅱ的作用是____________________。（5）上述實驗的操作④和⑤，都要求緩緩進行，其理由是：______________________，如果這兩步操作太快，則會導致實驗測定結果____________(填“偏大”“偏小”或“不變”)。（6）根據(jù)實驗，純堿中Na2CO3的質量分數(shù)的計算式為__________________________。27、（12分）硫酸四氨合銅晶體｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝為深藍色晶體，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染劑、殺蟲劑及制備某些含銅的化合物。某實驗小組擬制備氨氣，并通入到硫酸銅溶液中制備硫酸四氨合銅，裝置如下：回答下列問題：(1)裝置A為制備氨氣的實驗裝置，下列裝置中可選用的有______(填標號)。(2)裝置a的名稱為______；已知液體b與CuSO4溶液互不相溶，是常用的有機溶劑，則液體b的化學式為_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合銅晶體能在熱水中分解，實驗時可向所得溶液中加入______來獲得晶體。(4)硫酸四氨合銅晶體中銅含量的測定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+與過量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3標準溶液滴定(已知滴定反應為：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定過程中使用的指示劑為______，滴定終點的現(xiàn)象為______。②準確稱取1.00g產品，配制成100mL溶液。取20mL該溶液，用0.050mol/LNa2S2O3標準溶液進行滴定，消耗標準溶液16.00mL，計算產品純度為______。28、（14分）脫硝通常指將煙氣中的氮氧化物(NOx)轉化為無害的物質。（1）選擇性催化還原技術(SCR)是目前最成熟的煙氣脫硝技術，即在金屬催化劑作用下，用還原劑(如NH3)選擇性地與NOx反應生成N2和H2O。①已知:4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H=-905.5kJ·mol-1N2(g)+O2(g)2NO(g)△H=+l80kJ?mol-1完成該方法中主要反應的熱化學方程式：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)△H=___________。該方法應控制反應溫度在315?400℃之間，反應溫度不宜過低也不宜過高的原因是___________。③氨氮比[n(NH3)/n(NO)]會直接影響該方法的脫硝率，350℃時，只改變氨氣的投放量，反應物X的轉化率與氨氮比的關系如下圖所示，則X是______(填學式)。氨氮比由0.5增加到1.0時，脫硝主要反應的平衡將向____方向移動。當[n(NH3)/n(NO)>1.0時，煙氣中NO濃度反而增大，主要原因是_____。（2）直接電解吸收也是脫硝的一種方法，用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2(—元弱酸)，再將吸收液導入電解槽電解，使之轉化為硝酸。電解裝置如上右圖所示。①圖中b應連接電源的______（填“正極”或“負極”)。②a電極反應式為__________。29、（10分）某一興趣小組分離KNO

3與NaCl固體混合物的實驗步驟如下：①混合物用蒸餾水溶解制成飽和溶液②將濾液冷卻，結晶，分離出晶體③趁熱過濾，濾出析出的晶體④加熱蒸發(fā)，至有較多晶體析出（1）正確操作步驟的順序是（用序號填空）_____________________。（2）趁熱濾出的晶體是____________；趁熱過濾的理由是__________________。（3）濾液冷卻后得到的晶體是____，需冷卻結晶的原因：______________。（4）欲得更純的KNO3晶體，還需進行的是_______________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】因為1個鋁原子有3個價電子，因此13個鋁原子應該有39個價電子，但實際上該微粒有40個價電子，所以應該帶1個單位的負電荷。2、C【詳解】A.其它條件不變，加入催化劑，平衡不發(fā)生移動，△H不變，A錯誤；B.充入氦氣使體系壓強增大，各物質的濃度不變，平衡不發(fā)生移動，反應物的轉化率不變，B錯誤；C.及時除去二氧化碳，平衡正向移動，有利于NO的轉化，C正確；D.因為正反應是放熱反應，所以若升高溫度，平衡逆向移動，該反應的平衡常數(shù)減小，D錯誤。故選C。3、C【詳解】A．氯氣中含有揮發(fā)出的HCl，可用飽和NaCl溶液吸收會發(fā)出的HCl，達到凈化氯氣的目的，故A正確；B．Cl2和KOH在加熱條件下反應生成KClO3，其離子方程式為3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2O，故B正確；C．推測若取少量無色溶液a于試管中，滴加稀H2SO4后，發(fā)生的離子反應為+6I－+6H＋＝3I2+Cl－+3H2O，溶液紫色，故C錯誤；D．根據(jù)B選項分析得到上述實驗說明堿性條件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性KClO3和HCl反應生成氯氣，因此酸性條件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正確。綜上所述，答案為C。4、C【解析】A．①為置換反應，②中生成物有單質但反應物沒有單質，所以不是置換反應，A錯誤；B．反應①中溴離子從-1價變?yōu)?價，KBr是還原劑，發(fā)生氧化反應，氯氣是氧化劑，氯化鉀是還原產物，B錯誤；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氯元素化合價從+5價降低到0價，根據(jù)電子得失守恒可知參加反應的6mol氯化氫中有5mol的氯化氫作還原劑，所以還原劑和氧化劑的物質的量之比是5：1，C正確；D．Cl2+2KBr＝2KCl+Br2中氧化劑是氯氣，氧化產物是溴，所以氯氣的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氧化產物是氯氣，氯酸鉀的氧化性大于氯氣，則氧化性強弱順序是KClO3＞Cl2＞Br2，D錯誤；答案選C。5、A【解析】A.KCl是離子化合物，電子式：，A正確；B.乙烯的結構簡式：CH2＝CH2，B錯誤；C.中子數(shù)為117，質子數(shù)為78的鉑原子：，C錯誤；D.K＋的結構示意圖：，D錯誤，答案選A。6、C【解析】A.100g質量分數(shù)為46%的HCOOH溶液中甲酸的質量為46克，為1mol，含有2mol氫原子，另外還有100-46=54克水，即3mol，含有6mol氫原子，則共含氫原子數(shù)為8NA，故正確；B.在標準狀況下，22.4LNH3的物質的量為1mol，每個分子含有3個共用電子對，所以該分子中含共用電子對數(shù)為3NA，故正確；C.二氧化硫和氧氣的反應為可逆反應，不能準確計算二者反應的物質的量，故不能確定三氧化硫的分子數(shù)，故錯誤；D.1L0.5mol·L-1葡萄糖溶液中含葡萄糖的物質的量為0.5mol，含有分子數(shù)為0.5NA，故正確。故選C。7、D【詳解】A.苯和硝酸沸點較低，易揮發(fā)，可用長玻璃導管冷凝和回流，A正確；B.水浴法加熱使物質的溫度變化比較均勻，且變化比較慢，便于控制溫度，B正確；C.反應產生的硝基苯中含有未反應的HNO3蒸氣，先用蒸餾水洗去大部分硝酸，再用5%NaOH溶液洗滌殘留少量的硝酸，最后再用蒸餾水洗滌，就得到純凈的硝基苯，C正確；D.用蒸餾水洗滌后的硝基苯中混有少量的水，用無水CaCl2吸收，然后通過蒸餾，得到純硝基苯，D錯誤；故合理選項是D。8、A【分析】依據(jù)常溫下溶液中由水電離出來的c（H

+）=1.0×10

-13mol?L

-1，和水中的氫離子濃度比較可知，水的電離被抑制，結合所給物質的性質分析判斷?！驹斀狻縞(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，說明水的電離受到抑制，溶液為強酸或強堿溶液。①二氧化硫溶于水生成了亞硫酸，亞硫酸電離出氫離子，會抑制水的電離，故①正確；②氯化銨是強酸弱堿鹽，銨根離子會發(fā)生水解，水解的本質是促進水的電離，故②錯誤；③硝酸鈉是強酸強堿鹽，溶液為中性，水的電離程度不會減小，故③錯誤；④氫氧化鈉為強堿，會抑制水的電離，故④正確。綜上所述，本題正確答案為A。9、D【詳解】A.二者都含有碳碳雙鍵，都可以和溴發(fā)生加成反應，故正確；B.二者結構不同，分子式為C3H6O2，屬于同分異構體，故正確；C.前者有羧基，后者有酯基，都可以發(fā)生取代反應，故正確；D.前者含有碳碳雙鍵和羧基，后者含有碳碳雙鍵和酯基，前者和金屬鈉反應，后者不與金屬鈉反應，故錯誤。故選D。10、A【詳解】A.水在常溫下電離出氫離子和氫氧根離子濃度為1×10-7mol/L，水電離程度很小，所以純水中水的主要存在形態(tài)是水分子，A正確；B.水的電離是吸熱過程，升溫促進電離，氫離子和氫氧根離子濃度增大，B錯誤；C.溫度降低，水的電離平衡逆向移動，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃時，純水的pH>7，C錯誤D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，但水的離子積只與溫度有關，溫度不變，水的離子積不變，D錯誤；故合理選項是A。11、C【詳解】分成甲、乙、丙三份，甲加入溴水，溴水不褪色，說明不含SO；乙加入酸化的氯化鋇，生成2.33g沉淀，一定含有SO，且n（SO）＝n（BaSO4）＝2.33g÷233g/mol＝0.01mol，則至少加入0.01molBaCl2，溶液中加入硝酸銀溶液生成沉淀為AgCl，n（AgCl）=＞0.02mol，由于加入的氯化鋇的物質的量不確定，所以不能確定原溶液中是否含Cl-；丙加入氫氧化鈉溶液，生成0.58g白色沉淀，說明含有Mg2+，不含F(xiàn)e3+，且n（Mg2+）=0.58g÷58g/mol=0.01mol，無氣體生成，說明不含，由此可確定n（SO）=n（Mg2+）=0.01mol，不含F(xiàn)e3+、SO、，可能含有氯離子，由于溶液呈電中性，由電荷守恒可知如果含有氯離子，則Na+、K+至少含有一種，如果不含有氯離子，則不存在Na+、K+，所以只有選項C正確。答案選C。12、D【詳解】A．Fe與鹽酸反應只能生成FeCl2，不能生成FeCl3，A不正確；B．CuO與水不反應，不能生成Cu(OH)2，B不正確；C．電解MgCl2溶液，將生成Mg(OH)2，不能生成Mg，C不正確；D．電解NaCl溶液或熔融的NaCl都可以生成Cl2，Cl2與石灰乳反應可以制得漂白粉，D正確；故選D。13、D【解析】A、在這三個反應中，①、③是置換反應，②是化合反應，所以A正確；B、這三個反應都是氧化還原反應，其中硅的化合價都變化了4價，所以每消耗或生成28g硅即1mol，都轉移4mol電子，故B正確；C、在氧化還原反應中，還原劑的還原性強于還原產物的還原性，在反應①中，C是還原劑，Si是還原產物，在反應③中，H2是還原劑，Si是還原產物，所以在高溫下，焦炭與氫氣的還原性均強于硅，則C正確；D、這些反應并不是混合在一起同時進行的，所以高溫下把石英砂、焦炭、氯氣、氫氣按一定比例混合是得不到高純硅的，故D錯誤。本題正確答案為D。14、B【詳解】A．碳納米層具有導電性，可用作電極材料，A正確；B．該原電池中碳納米層作負極，多硫化鋰作正極，放電時，陽離子移向正極，故Li+移向Li2Sx膜，充電時，Li+移向碳納米層，B錯誤；C．Li2Sx膜作正極，x=2、4、6、8，正極發(fā)生得電子的還原反應，故正極可能發(fā)生反應：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，C正確；D．充電時Li2Sx膜為陽極，與放電時的電極反應相反，則充電時間越長，電池中的Li2S2量就會越少，D正確；答案選B。15、B【詳解】A、a點溶液是NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液,存在物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.3mol·L－1，故A錯誤；B、b點溶液是向20mL濃度均為0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加10mL0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液，則氫離子和氫氧根離子反應完全，銨根離子0.06mol沒反應,硫酸根被沉淀了0.01mol，剩余硫酸根是0.03mol，則c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)，故B正確；C、c點溶液是向20mL濃度均為0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液顯示中性的時候c(OH－)=c(H＋)，根據(jù)電荷守恒2c(Ba2＋)＋c(H＋)+c(NH4+)＝2c(SO42-)+c(OH－)，得到2c(Ba2＋)＋c(NH4+)＝2c(SO42-)，故C錯誤；D、d點溶液是向20mL濃度均為0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加25mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，則溶液中產生了0.03molNH3?H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，由于溶液呈堿性，電離大于水解，所以c(NH4+)＞

c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D錯誤；故答案B。16、D【解析】①Cu與濃硫酸在加熱時反應產生CuSO4，CuSO4與NaOH溶液發(fā)生復分解反應產生Cu(OH)2，Cu(OH)2加熱分解產生CuO，CuO與H2在加熱時反應產生Cu單質，可以實現(xiàn)上述轉化，①合理；②Na與H2O反應產生NaOH，NaOH與少量CO2反應產生Na2CO3，Na2CO3與足量HCl反應產生NaCl，電解熔融的NaCl得到金屬Na，可以實現(xiàn)上述轉化，②合理；③Al與鹽酸反應產生AlCl3，AlCl3與氨水反應產生Al(OH)3，Al(OH)3加熱分解產生Al2O3，電解熔融的Al2O3得到金屬Al，可以實現(xiàn)上述轉化，③合理；④Fe與氯氣反應得到FeCl3，F(xiàn)eCl3與Fe反應得到FeCl2，F(xiàn)eCl2與NaOH溶液反應產生Fe(OH)2，但是Fe(OH)2不能發(fā)生反應得到Fe單質，故不會實現(xiàn)上述轉化，④不合理；合理有①②③，選項D正確。17、A【解析】根據(jù)“靑蒿一握，以水二升漬，絞取汁”可判斷以此獲取靑蒿素用到的分離方法是過濾，答案選A。18、A【分析】從圖中可以看出，加入70%H2SO4的K2Cr2O7溶液中，平衡逆向移動，溶液仍呈橙色，加入C2H5OH溶液，能被氧化成CH3COOH，K2Cr2O7被還原為Cr3+，溶液呈綠色；K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，平衡正向移動，K2Cr2O7轉化為K2CrO4，再加入C2H5OH，溶液不褪色，則表明K2CrO4不能將C2H5OH氧化。【詳解】A．若向④中加入70%H2SO4溶液至過量，K2CrO4轉化為K2Cr2O7，K2Cr2O7被C2H5OH還原，溶液變?yōu)榫G色，A不正確；B．由圖中實驗可知，②中C2H5OH被Cr2O72-氧化，生成CH3COOH，B正確；C．對比②和④可知，K2Cr2O7酸性溶液能將C2H5OH氧化，而K2CrO4溶液不能將C2H5OH氧化，則表明K2Cr2O7氧化性比K2CrO4強，C正確；D．①中平衡逆向移動，溶液橙色加深，③中平衡正向移動，溶液變黃，D正確；故選A。19、A【詳解】A.分離固體和液體用過濾，從水溶液中提取碘一般用萃取的方法，步驟①、③的操作分別是過濾、萃取分液，故A正確；B.淀粉遇到I2會變藍色，遇碘離子不變色，其不能確定碘離子的存在，因此不能用淀粉檢驗步驟②的反應是否進行完全，故B錯誤；C.萃取劑不能和溶質反應，且萃取劑和原溶劑不能互溶，由于乙醇能與水互溶，裂化汽油與碘單質反應，其不能做萃取劑，故C錯誤；D.碘易溶于有機溶劑，應該用蒸餾的方法提取碘，步驟④的操作是蒸餾，故D錯誤；故選：A。20、B【詳解】A.由題意可知，連苯三酚的堿性溶液定量吸收O2的同時也能吸收二氧化碳，則應先用KOH溶液將二氧化碳吸收后，再吸收氧氣；CuCl的鹽酸溶液定量吸收CO的同時易被O2氧化，則應用連苯三酚的堿性溶液將氧氣吸收后，再用CuCl的鹽酸溶液吸收CO，所以由CO2、CO、N2和O2組成的混合氣體的吸收順序是CO2、O2、CO，故A錯誤；B.CuCl的鹽酸溶液定量吸收CO的同時易被O2氧化，則應用連苯三酚的堿性溶液將氧氣吸收后，再用CuCl的鹽酸溶液吸收CO，故B正確；C.鹽酸具有揮發(fā)性，在3種氣體被逐一吸收后，導出的氣體中可能含有HCl，不可能為純凈的N2，故C錯誤；D.O2的吸收劑不可以用灼熱的銅網(wǎng)替代，因為氧氣和金屬銅反應得到氧化銅可以氧化CO，在吸收氧氣的同時吸收一氧化碳，故D錯誤；故選B。21、C【解析】A、CaCO3在過量CO2作用下反應生成Ca(HCO3)2，所以離子方程式為ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，A錯誤。B、HClO是一種弱酸，不能改寫成離子，正確離子方程式為Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B錯誤。C、NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液時，NaHCO3完全反應，假設NaHCO31mol，則足量的Ba(OH)2參加反應的為1molOH-、1molBa2+，離子方程式為HCO3—＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，C正確，D、給出的離子方程式左右電荷不守恒，配平后得2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，D正確。正確答案D。點睛：①離子方程式正誤判斷中，一看改寫（強酸、可溶性強堿、可溶性鹽改寫成離子形式，微溶性物質視已知而定，其它物質寫化學式）是否正確；二看產物是否正確（如此題中A選項，由于通入過量CO2，則產物是Ca(HCO3)2而不是CaCO3）；三看電荷是否守恒；四看原子是否守恒。②離子方程式出現(xiàn)某物質“過量”或者“不足”題型時，由于過量的物質沒有參加反應，所以這類離子方程式書寫時需要從完全反應的離子入手。“過量的某物質”“足量的某物質”或“少量的某物質”等都屬于這類題型。22、B【解析】A.酸性氧化物是指與堿反應只生成鹽和水的氧化物，而NO2和堿反應生成硝酸鈉、亞硝酸鈉，發(fā)生了氧化還原反應，所以NO2不屬于酸性氧化物；堿性氧化物是指與酸反應生成鹽和水的氧化物，Na2O2與鹽酸反應生成氯化鈉、水和氧氣，發(fā)生了氧化還原反應，所以Na2O2不屬于堿性氧化物，A錯誤；B.Fe2O3不溶于水，也不與水反應；氫氧化亞鐵與氧氣、水蒸汽共同作用生成氫氧化鐵，屬于化合反應，氯化鐵溶液和氫氧化鈉溶液發(fā)生復分解反應生成Fe(OH)3紅褐色沉淀，B正確；C.Ba(OH)2·8H2O與NH4Cl的反應屬于復分解反應，不屬于氧化還原反應，不能設計成原電池，C錯誤；D.電解、電泳、電鍍需通電，電離是電解質在水溶液中或熔融狀態(tài)下產生自由移動的離子的過程，與電無關；電化腐蝕是形成原電池反應發(fā)生的腐蝕，不需要通電，故D錯誤。綜上所述，本題選B?！军c睛】酸性氧化物是指與堿反應只生成鹽和水的氧化物；堿性氧化物是指與酸反應只生成鹽和水的氧化物；也就是說，氧化物在與酸或堿發(fā)生反應時，各元素的化合價不發(fā)生變化，均為非氧化還原反應；如果氧化物與酸或堿發(fā)生反應時，如果發(fā)生氧化還原反應，該氧化物就不是酸性氧化物或堿性氧化物。二、非選擇題(共84分)23、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O離子鍵和極性共價鍵Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置分析元素的種類；根據(jù)氧化還原反應原理書寫反應方程式；根據(jù)物質性質及轉化關系分析物質種類并書寫反應方程式及電子式；根據(jù)燃燒熱計算反應熱并書寫熱化學方程式；根據(jù)反應方程式及物質的量與體積的關系進行相關計算。【詳解】由元素在周期表中位置，可知①為H②為Na③為Al④為C.⑤為N⑥為O⑦為Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑，則Y為NaClO，As可與Y的水溶液反應，物有As的最高價含氧酸，即生成H3AsO4，根據(jù)化合價升降相等可知還有NaCl生成，反應方程式為：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合價由0升高為+5，轉移電子數(shù)為5，故消耗1mol還原劑時,轉移的電子個數(shù)為5NA，故答案為5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反應的物質有金屬氧化物、非金屬氧化物、金屬和非金屬。(1)若E為氧化物，常溫下與A與水反應生成E，則為二氧化氮與水反應生成硝酸與NO，故A為NO2，B為HNO3，E為NO，反應方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①當X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，則X為碳酸鹽，C為CO2，D為碳酸氫鹽，則：C的電子式為，表示X呈堿性的離子方程式為CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②當X為金屬單質時，由轉化關系可知，X為變價金屬，故X為Fe，C為硝酸鐵，D為硝酸亞鐵，則X與B的稀溶液反應生成C的離子反應方程式為：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E為單質氣體，D為白色沉淀，則A為Na或過氧化鈉，E為氫氣或氧氣，B為NaOH，X為氯化鋁，C為偏鋁酸鈉，D為氫氧化鋁，B(NaOH)含有的化學鍵類型為：離子鍵、共價鍵，C與X反應的離子方程式為Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產物之一是大氣中的主要成分，則該化合物為N2H4，1molN2H4燃燒放出的熱量為31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，該反應熱化學方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)雙氧水有強氧化性,酸性條件下，雙氧水能氧化銅生成銅離子同時生成水，反應離子方程式為：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氫氣和鈉反應生成氫化鈉，氫化鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣,氫氧化鈉和鋁反應生成氫氣，反應方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氫化鈉和水反應生成1mol氫氧化鈉和1mol氫氣，1mol氫氧化鈉和鋁反應生成1.5mol氫氣，故標況下生成氫氣體積為(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。24、CH3CHOCH3COOH黑色固體逐漸變紅氧化HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2OC2H4CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O制取乙酸的過程中會產生大量二氧化碳，造成溫室效應，還會產生大量廢渣CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O【分析】根據(jù)轉化過程，X在一定條件下轉化為乙醇，乙醇也可以轉化為X，則X為乙烯，乙醇和氧化銅發(fā)生氧化還原反應轉化為A和銅單質，A為乙醛，乙醛在一定條件下與氧氣反應生成B，B為乙酸，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析A為乙醛，B為乙酸，結構簡式分別為CH3CHO、CH3COOH；(2)圖示流程中乙醇和氧化銅反應轉化為乙醛和銅單質，該反應現(xiàn)象為：黑色固體逐漸變紅；其中乙醇發(fā)生了氧化反應；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能發(fā)生類似反應，反應方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2O；(3)根據(jù)分析，X為乙烯，化學式C2H4，乙烯在催化劑作用下和水反應生成乙醇，方程式為：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在濃硫酸作用下加熱至170℃生成乙烯，方程式為：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，減少向環(huán)境排放廢棄物都是綠色化學的基本要求，工業(yè)上常用蘋果酒或者葡萄酒混合物、麥芽、米或馬鈴薯搗碎后發(fā)酵生產乙酸，但是從綠色化學角度，以上原料制取乙酸的過程中會產生大量二氧化碳，造成溫室效應，還會產生大量廢渣；(5)酯化反應中羧酸提供羥基，醇應該提供氫原子，所以反應的機理可以表示為CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O。【點睛】綠色化學又稱環(huán)境友好化學、環(huán)境無害化學、清潔化學，是用化學的技術和方法去減少或消除有害物質的生產和使用。綠色化學的核心是：利用化學原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產對環(huán)境的污染。25、AD2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶79.6%（或0.796）ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－【分析】粗銅（含雜質Fe）與氯氣反應生成氯化鐵和氯化銅，加稀鹽酸溶解，形成氯化鐵和氯化銅溶液，同時抑制氯化銅、氯化鐵水解，溶液1中加入X調節(jié)溶液pH，得到溶液乙，經過系列操作得到CuCl2?2H2O，故溶液2為CuCl2溶液，則調節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉化為Fe（OH）3沉淀，過濾除去，試劑X可以為CuO、氫氧化銅等，結合題目信息可知，氯化銅溶液，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶得到CuCl2?2H2O，再經過過濾、洗滌、干燥得到純凈的晶體，據(jù)此分析?！驹斀狻?1)用于調節(jié)pH以除去溶液1雜質可加試劑具有與酸反應，且不引入Cu2+之外的離子，故用CuO或Cu2(OH)2CO3，調節(jié)pH目的是使溶液中鐵離子轉化為Fe(OH)3沉淀，過濾除去，故答案為：AD；(2)①根據(jù)信息可知：在加熱條件下，SO2與銅離子反應生成CuCl白色沉淀和，其反應的離子方程式為：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+，故答案為：2H2O+2Cu2++SO2+4Cl-=2CuCl+SO+4H+；②由于CuCl露置于潮濕空氣中易被氧化，于70℃真空干燥的目的是加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化，故答案為：加快乙醇和水的蒸發(fā)，防止CuCl被空氣氧化；(3)氯化銅溶液易水解，加少量鹽酸，抑制氯化銅水解，再蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌得到CuCl2?2H2O，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶；(4)根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)及平行實驗結果相差不能超過1%，體積為20.35mL，誤差大舍去，滴定0.25g樣品消耗硫酸鈰標準溶液的平均體積為20mL，結合方程式可知：，CuCl的純度為，故答案為：79.6%（或0.796）；(5)反應后，盛有NaOH溶液的廣口瓶中生成NaClO溶液，該溶液具有漂白、消毒作用，若用鋼鐵(含F(xiàn)e、C)制品盛裝該溶液會發(fā)生電化腐蝕，ClO?得電子作正極生成Cl?，則正極上的電極方程式為：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－，故答案為：ClO－+2e－+H2O=Cl－+2OH－。26、趕走殘留在廣口瓶中及裝置里的CO2堿溶液除去空氣里的CO2偏大除去CO2中混有的水蒸氣偏大吸收空氣中的CO2和水蒸氣使反應產生的CO2能與堿石灰充分反應而完全吸收偏小(m【解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）實驗目的是測定Na2CO3質量分數(shù)，Na2CO3和稀硫酸反應Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，通過CO2的量計算Na2CO3的量，裝置中含有空氣，需要排除，鼓入空氣的目的是趕走殘留在廣口瓶中及裝置里的CO2；（2）空氣中含有CO2，對CO2質量測定，產生干擾，必須除去空氣中CO2，即裝置A中盛放的試劑為堿液；如果撤去裝置A，直接向裝置B中緩緩鼓入空氣，造成所測CO2的質量增加，根據(jù)碳元素守恒，Na2CO3的質量增大，即碳酸鈉的質量分數(shù)增大；（3）裝置C中的試劑是濃硫酸，作用是除去CO2中水蒸氣，如果撤去裝置C，所測CO2的質量增大，即碳酸鈉的質量增大，導致實驗結果偏大；（4）空氣中含有水蒸氣和CO2，進入干燥管I中，造成所測碳酸鈉質量增大，因此裝置II作用是空氣中的CO2和水蒸氣；（5）使反應產生CO2能與堿石灰充分反應而完全吸收，如果通入過快，導致實驗所測結果偏??；（6）干燥管I的質量差為CO2的質量，即CO2的質量為(m3－m1)g，根據(jù)碳元素守恒，碳酸鈉的質量為(m3－m1)×106/44g，則質量分數(shù)為(m3－m1)×106/44m2×100%=(m27、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液藍色褪去且半分鐘不復色98.4%或0.984【分析】(1)根據(jù)制取氨氣使用的試劑的狀態(tài)確定裝置圖的使用；(2)根據(jù)儀器結構判斷儀器名稱，根據(jù)液體b密度比水大，與水互不相溶的性質分析物質，結合氨氣極容易溶于水分析其作用；(3)根據(jù)硫酸四氨合銅晶體為深藍色晶體，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物質；(4)①根據(jù)I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，選擇使用的指示劑，I2會發(fā)生反應I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反應完全藍色消去判斷滴定終點；②用關系式法找出Cu2+與S2O32-的關系，根據(jù)消耗的S2O32-的物質的量計算出Cu2+的物質的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的質量，進而可得其純度?！驹斀狻?1)在實驗室中，若用固體NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱制取氨氣，應該選擇①裝置；若向CaO固體中加入濃氨水制取氨氣，應該選擇選項②；若用濃氨水直接加熱制取氨氣，則選擇裝置④；故合理選項是①②④；(2)有儀器a結構可知該儀器名稱為分液漏斗，由于液體b密度比水大，與水互不相溶，可確定該物質是四氯化碳，液體b的化學式CCl4；裝置A是制取氨氣，在裝置B中與CuSO4溶于反應制取硫酸四氨合銅晶體，由于氨氣極容易溶于水，為了充分吸收氨氣，同時防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合銅晶體為深藍色晶體，溶于水，不溶于乙醇，能在熱水