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【化学】福建省莆田市第二十五中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）
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福建省莆田市第二十五中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 A l 27 S 32 Cl 35.5 Fe56 CU 64
第I卷(选择题共54分)
一、单选题(每题3分，18题，共54分)
1.下列材料不属于无机非金属材料的是( )
A. 钢铁 B. 玻璃 C. 水泥 D. 陶瓷
【答案】A
【解析】
【分析】常见材料一般分为以下几类：金属材料、有机高分子材料、无机非金属材料、复合材料，根据它们的区别分析本题。
【详解】A.钢铁属于金属材料，故选A；
B.玻璃是传统无机非金属材料，故B不选；
C.水泥是传统无机非金属材料，故C不选；
D.陶瓷是传统无机非金属材料，故D不选；
答案：A
2.下列结构示意图所表示的粒子属于稀有气体元素的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据稀有气体的原子最外层电子数的特点：原子最外层电子数都是8个（氦为2个），稀有气体元素不易失去，也不易得到电子，由原子直接构成。
【详解】A.质子数=核外电子数=2，为氦元素，故A正确；
B.质子数≠核外电子数，为锂离子，故B不符合题意；
C.虽然为原子，但为碳原子，故C错误；
D.质子数≠核外电子数，为钠离子，故D错误；
答案：A
3.我国科技工作者发现铂的一种原子20278Pt。下列说法正确的是( )
A. 20278Pt原子质量为202g B. 20278Pt的质子数是202
C. 20278Pt原子质子数与中子数之差为78 D. 20278Pt核内中子数是124
【答案】D
【详解】A. 20278Pt原子质量为g，故A错误；
B. 20278Pt的质子数是78，故B错误；
C. 20278Pt原子质子数与中子数之差为202－78 －78=46，故C错误；
D. 20278Pt核内的中子数是202－78=124，故D正确；
答案：D
4.下列氧化物属于酸性氧化物的是 ( )
A. CO B. NO C. NO2 D. SO2
【答案】D
【解析】
【分析】氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成对应的盐和水的氧化物，中心原子化合价不变。
【详解】A.CO不与碱反应，不属于酸性氧化物；
B.NO虽然是氧化物，但与碱不发生反应，不是酸性氧化物；
C.NO2与碱反应2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，中心原子N原子化合价发生了变化，NO2不属于酸性氧化物；
D.SO2与碱反应生成对应的盐和水，属于酸性氧化物；
故选D。
5.NH4HCO3在试管中加热，使放出的气体依次通过盛有足量过氧化钠的干燥管，足量浓H2SO4的洗气瓶，最后得到的气体是（ ）
A. NH3 B. O2 C. H2O D. CO2
【答案】D
【解析】NH4HCO3分解生成氨气、水蒸气及二氧化碳气体，通过过氧化钠后水蒸气及二氧化碳均生成氧气，而盐酸将氨气吸收，浓硫酸起干燥吸水作用，最终得到的是纯净干燥的氧气，选D
6.下列有关碱金属的说法不正确的是（ ）
A. 均为ⅠA族元素，最外层均有1个电子
B. 单质的还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
C. 碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH
D. 由Li到Cs，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大
【答案】B
【解析】A．碱金属位于周期表第ⅠA族，主族序数等于原子最外层电子数，最外层电子数为1，故A正确；B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强，单质的还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故B错误；C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成的碱的碱性越强，LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH，故C正确；D．同一主族，从上到下，电子层数依次增大，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大，故D正确；故选B。
7.实验室制备Al(OH)3最好选用的试剂是( )
A. NaOH溶液和AlCl3溶液 B. AlCl3溶液和Ba(OH)2溶液
C. AlCl3溶液和盐酸 D. AlCl3溶液和氨水
【答案】D
【详解】A.NaOH溶液为强碱溶液，能将氢氧化铝溶解，所以不适宜，故A错误；
B.Ba(OH)2溶液为强碱溶液，能将氢氧化铝溶解，所以不适宜，故B错误；
C.盐酸和氯化铝溶液不反应，所以不能制取氢氧化铝，故C错误；
D.氨水属于弱碱，能和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，且氢氧化铝不溶于氨水，所以氨水最适宜，故D正确；
8. 某溶液中，滴加KSCN溶液时无明显现象发生，再滴入少量氯水，溶液立即显红色。则原溶液中一定含有的是( )
A. Fe2+ B. Fe3+ C. K+ D. NH4+
【答案】A
【解析】试题分析：铁离子Fe3+，可以在溶液中加入硫氰酸钾溶液，溶液变为红色，证明是含有三价铁离子；某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水，溶液立即变为红色，说明原溶液含有亚铁离子，加入氯水发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，生成的铁离子和硫氰酸根离子生成红色溶液；故选A。
9.下列说法不正确的是( )
A. 氯气和SO2都能使品红溶液褪色
B. 久置于空气中的漂白粉会变质
C. 硫磺在过量纯氧中燃烧反应生成SO3
D. NOx可形成光化学烟雾，甚至破坏臭氧层
【答案】C
【详解】A.二氧化硫具有漂白性，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，都可使品红褪色，故A正确；
B.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，放置于空气中次氯酸钙会与空气中的二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，易变质，故B正确；
C.硫磺与过量纯氧反应只能生成SO2，故C错误；
D. NOx可形成光化学烟雾，NOx还参与臭氧层的破坏，故D正确；
答案：C
10.下列有关酸雨说法正确的是（ ）
A. 酸雨就是指PH<7的雨水
B. 酸雨是因为雨水中含有CO2
C. 工业上大量燃烧含有硫燃料和以含硫矿石为原料冶炼金属产生的SO2是产生硫酸型酸雨的主要原因
D. 酸雨没有危害，所以不必担心，也不必想办法治理
【答案】C
【解析】一般把PH值<5.6的雨水称为酸雨,把PH值<4.5的雨水称为重度酸雨；
酸雨的主要成分为稀硫酸、稀硝酸，故酸雨是因为雨水中含有SO2、NO2等硫的氧化物及氮的氧化物；
11.下列关于浓硫酸的叙述正确的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D. 浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
【答案】D
【解析】
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖炭化，以此解答该题。
【详解】A.浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖炭化，故A错误；
B.浓硫酸与铜的反应应在加热条件下进行，故B错误；
C.浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故C错误；
D.浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，故D正确；
答案：D
12.对于3Br2＋6NaOH5NaBr＋NaBrO3＋3H2O的反应，下列说法中不正确的是（ ）
A. Br 2既是氧化剂，又是还原剂
B. 被氧化的溴原子与被还原的溴原子质量比是1:5
C. NaBr是氧化产物，NaBrO3是还原产物
D. 转移1mol电子时，消耗NaOH 1.2mol
【答案】C
【详解】A．该反应中，溴元素的化合价由0价变为-1价和+5价，其它各元素的化合价都不变，所以溴作氧化剂和还原剂，故A正确；
B．氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠，则被氧化的溴原子与被还原的溴原子质量比是1:5，故B正确；
C．NaBr是还原产物，NaBrO3是氧化产物，故C错误；
D．消耗6mol氢氧化钠转移电子的物质的量为1mol×（5-0）=5mol，则转移1mol电子时，消耗1.2mol NaOH，故D正确；
故答案选C。
13.下列化合物中，不能通过两种单质间直接化合制取的是 ( )
A. FeCl3 B. Cu2S C. HCl D. FeCl2
【答案】D
【详解】A.Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故不选A；
B.Cu与S在加热时能直接化合生成Cu2S ，故不选B；
C.氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，故不选C；
D.Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能由单质间直接化合制取FeCl2，故选D；
答案：D
14.物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在，下列选项中物质的转化在一定条件下不能实现的是( )
选项
转化关系
A
SiSiO2Si
B
NO2HNO3NO2
C
FeFeCl3Fe
D
SSO2S
【答案】C
【解析】试题分析：根据题意，在指定条件下，源物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过该反应实现．
A．硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸，浓硝酸与Cu反应生成NO2；
C．铁和氯气反应生成氯化铁，但铜和氯化铁反应不能得到铁；
D．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成硫和水．
解：A．Si+O2SiO2；SiO2+2CSi+2CO选项中物质的转化在一定条件下能实现，故A正确；
B．3NO2+H2O═2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故B正确；
C．2Fe+3Cl22FeCl3，Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2，在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铜不能与亚铁盐溶液发生置换反应，故FeCl3Fe无法实现，故C错误；D．S+O2SO2，SO2+2H2S═3S↓+2H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故D正确；
故选C．
15. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是 （ ）
A. 原子半径：W> Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. 4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最低
D. W单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此解答。
【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，
A．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为Z＞W＞X＞Y，选项A错误；
B．非金属性W＞X＞Z，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为W＞X＞Z，选项B错误；
C．4种元素的单质中，常温下只有Z的单质为固态，其他的为气态，故Z单质的熔、沸点最高，选项C错误；
D．W为Cl元素，其单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质HClO，选项D正确；
答案选D。
16.下列离子方程式中正确的是( )
A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑
B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
C. 硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H+ + SO42− + Ba2+ + OH− = H2O + BaSO4↓
D. 碳酸氢钠和醋酸反应：HCO3− + 2H+ = CO2↑ + H2O
【答案】B
【详解】A项、稀硫酸滴加在铜片上，不发生反应，不符合客观事实，A错误；
B项、氧化铁是氧化物，应写成化学式，正确的离子方程式为Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O，B正确；
C项、相关离子必须符合组成之比，离子方程式为2H＋+SO42－+Ba2＋+2OH－=2H2O+BaSO4↓，C错误；
D项、HCO3－是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3－+H＋=CO2↑+H2O，D 错误；
故本题选B。
17.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是( )
A. Fe3+ B. Fe2+ C. Al3+ D. Na+
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，过氧化钠具有强氧化性，可把Fe2＋氧化成Fe3＋，减少的是亚铁离子，而铝离子的数目不变，铁离子和钠离子的数目增多，据此进行解答。
【详解】A项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2＋氧化成Fe3＋，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以Fe3＋浓度增大，A错误；
B项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，且将Fe2＋氧化成Fe3＋，所以亚铁离子的数目减小，B错误；
C项、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则Al3＋数目不变，C正确；
D项、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子的数目增多，D错误；
故本题选C。
18.SO2和CO2在化学性质上既有相同点也有不同点。下列溶液：
①BaCl2溶液； ②H2S溶液； ③澄清石灰水；
④酸化的Ba(NO3)2溶液； ⑤品红溶液； ⑥Na2SiO3溶液；
⑦酸性KMnO4溶液； ⑧紫色石蕊溶液
不能用于鉴别SO2和CO2气体的是( )
A. ①③⑥⑧ B. ①③④⑥ C. ②③⑥⑧ D. ①④⑥⑧
【答案】A
【解析】试题分析：①BaCl2溶液都产生白色沉淀，不能用于鉴别SO2和CO2气体。正确。②H2S溶液与SO2产生但黄色沉淀，而与CO2无任何现象，可以鉴别。错误。③澄清石灰水都产生白色沉淀，不能用于鉴别SO2和CO2气体。正确。④酸化Ba(NO3)2溶液前者有白色沉淀，后者无沉淀，可以鉴别。错误。⑤SO2使品红溶液褪色，而CO2无现象，可以鉴别。错误。⑥Na2SiO3溶液；都产生白色沉淀，不能用于鉴别SO2和CO2气体。正确。⑦酸性KMnO4溶液前者褪色，后者无现象，可以鉴别。错误。 ⑧紫色石蕊溶液都变红色，不能鉴别。正确。因此不能鉴别物质的是①③⑥⑧。选项是A。
第II卷(非选择题，共46分)
二、填空题(每空2分，共46分)
19.短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，且只有C是金属元素。A的单质是最轻的气体；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍；C的最外层电子数是A原子电子数的3倍，其氧化物是常见的两性氧化物；D的最外层电子数是次外层电子数的一半，其单质是良好的半导体材料。
(1)写出元素符号：A、_______________B、______________C、______________D、__________
(2)D的原子结构示意图为________。
(3)化合物DB2常与木炭在高温下制备D单质，写出反应的化学方程式______________________。
(4)C可与NaOH溶液反应生成A单质气体，其反应的离子方程式为：_______________。
【答案】(1). H (2). O (3). Al (4). Si (5). (6). SiO2+2CSi+2CO↑ (7). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，A的单质是最轻的气体，则A为氢元素；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则B为氧元素；C的最外层电子数是A原子电子数的3倍，其氧化物是常见的两性氧化物，则C为铝元素；D的最外层电子数是次外层电子数的一半，其单质是良好的半导体材料，则D为硅元素。
【详解】根据上面分析可知A为氢元素，B为氧元素，C为铝元素，D为硅元素；
(1)写出元素符号：A、H B、O C、Al D、Si；答案：H O Al Si
(2)D为硅元素，原子序数为14，位于第三周期第ⅣA，原子结构示意图为；
答案：
(3)化合物DB2（SiO2）常与木炭在高温下制备粗Si，反应的化学方程式SiO2+2CSi+2CO↑；答案：SiO2+2CSi+2CO↑
(4)C（Al）可与NaOH溶液反应生成H2气体，其反应的离子方程式为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
20.从铝土矿中提取铝的工艺流程如下图所示，回答下列问题：
(1)气体X是___________(填化学式)。
(2)操作1和操作2都是_____________________________。
(3)冰晶石的作用是_____________________________。
(4)写出反应①、反应②的离子方程式：①__________________________________________；②___________________________________________。
【答案】(1). CO2 (2). 过滤 (3). 降低Al2O3的熔点 (4). Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O (5). AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－
【解析】
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，加入足量的氢氧化钠，氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；操作1为过滤操作，除掉滤渣，滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；操作2为过滤操作，过滤得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，电解熔融氧化铝得单质铝，因为氧化铝熔点非常高，所以需要加入冰晶石降低氧化铝的熔点。
【详解】(1)根据分析气体X是CO2；答案：CO2
(2)根据分析操作1和操作2都是过滤操作；答案：过滤
(3)冰晶石的作用主要用作氧化铝电解的助熔剂，降低氧化铝的熔点；答案：降低Al2O3的熔点
(4)反应①是氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应②是偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应离子方程式为 Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－；答案：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－
21.A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，相互转化关系如下(反应条件及其他物质已经略去):
ABCD
(1)若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则D的化学式为：_________。写出B→C的化学方程式：________________________________________。
(2)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。D的化学式为_________。写出A→B的化学方程式：________________________________________。C→D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________；D的稀溶液在常温下可与铜反应，请写出该反应的化学方程式________________
(3)若A为短周期原子半径最大的元素的单质，D为强碱，写出C→D的化学方程式：_______。
【答案】(1). H2SO4 (2). 2SO2+O22SO3 (3). HNO3 (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 1:2 (6). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O (7). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【解析】
【分析】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D。
（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D呈酸性，则B为NO，C为NO2，D为HNO3；
（3）若A为短周期原子半径最大的元素的单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，据此答题。
【详解】（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3； 答案：H2SO4；2SO2+O22SO3；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D呈酸性，则B为NO，C为NO2，D为HNO3，A→B的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；C→D的方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知氧化剂和还原剂均为NO2，质量之比等于物质的量之比为1:2；D的稀溶液在常温下可与铜反应，该反应的化学方程式3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
答案：HNO3 4NH3+5O24NO+6H2O 1:2 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（3）若A为短周期原子半径最大的元素的单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，C→D的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
答案：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
22.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用如图中的C装置可以实现该反应。
(1)A为实验室制氨气，反应的化学方程式为____________________________。
(2)B中加入的物质是______________，其作用是_________________________:
(3)实验时在C中观察到得现象是________________，发生反应化学方程式____________________________________;
(4) 检验D中挥发出的气体的方法和现象是__________________________________。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 碱石灰 (3). 干燥氨气 (4). 黑色固体变为红色 (5). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (6). 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口产生大量白烟
【解析】
【分析】装置A加热固体氯化铵与氢氧化钙制取氨气，B为干燥氨气的装置，干燥剂为碱石灰，C装置中氨气还原氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气易液化，极易吸收水成为氨水，E中收集到的气体为氮气，以此解答该题。
【详解】（1）根据题意可以判断试管A为制取氨气的装置，因此装入的药品应该为氯化铵和氢氧化钙，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
答案：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；答案：碱石灰 干燥氨气
（3）加热后，黑色氧化铜变为红色的铜，所以C中观察到的现象是黑色粉末部分逐渐变为红色；根据元素守恒、电子守恒写出反应的化学方程式2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
答案：黑色固体变为红色 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
（4）生成的水和氨气通过装置D时冷凝生成氨水留在D中，而氮气通过排水法进行收集；检验氨气可利用其碱性，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口产生大量白烟；
答案：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口产生大量白烟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 A l 27 S 32 Cl 35.5 Fe56 CU 64
第I卷(选择题共54分)
一、单选题(每题3分，18题，共54分)
1.下列材料不属于无机非金属材料的是( )
A. 钢铁 B. 玻璃 C. 水泥 D. 陶瓷
【答案】A
【解析】
【分析】常见材料一般分为以下几类：金属材料、有机高分子材料、无机非金属材料、复合材料，根据它们的区别分析本题。
【详解】A.钢铁属于金属材料，故选A；
B.玻璃是传统无机非金属材料，故B不选；
C.水泥是传统无机非金属材料，故C不选；
D.陶瓷是传统无机非金属材料，故D不选；
答案：A
2.下列结构示意图所表示的粒子属于稀有气体元素的是( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据稀有气体的原子最外层电子数的特点：原子最外层电子数都是8个（氦为2个），稀有气体元素不易失去，也不易得到电子，由原子直接构成。
【详解】A.质子数=核外电子数=2，为氦元素，故A正确；
B.质子数≠核外电子数，为锂离子，故B不符合题意；
C.虽然为原子，但为碳原子，故C错误；
D.质子数≠核外电子数，为钠离子，故D错误；
答案：A
3.我国科技工作者发现铂的一种原子20278Pt。下列说法正确的是( )
A. 20278Pt原子质量为202g B. 20278Pt的质子数是202
C. 20278Pt原子质子数与中子数之差为78 D. 20278Pt核内中子数是124
【答案】D
【详解】A. 20278Pt原子质量为g，故A错误；
B. 20278Pt的质子数是78，故B错误；
C. 20278Pt原子质子数与中子数之差为202－78 －78=46，故C错误；
D. 20278Pt核内的中子数是202－78=124，故D正确；
答案：D
4.下列氧化物属于酸性氧化物的是 ( )
A. CO B. NO C. NO2 D. SO2
【答案】D
【解析】
【分析】氧化物只有两种元素，且必须有氧元素，酸性氧化物是与碱反应生成对应的盐和水的氧化物，中心原子化合价不变。
【详解】A.CO不与碱反应，不属于酸性氧化物；
B.NO虽然是氧化物，但与碱不发生反应，不是酸性氧化物；
C.NO2与碱反应2NO2+2OH-=NO3-+NO2-+H2O，中心原子N原子化合价发生了变化，NO2不属于酸性氧化物；
D.SO2与碱反应生成对应的盐和水，属于酸性氧化物；
故选D。
5.NH4HCO3在试管中加热，使放出的气体依次通过盛有足量过氧化钠的干燥管，足量浓H2SO4的洗气瓶，最后得到的气体是（ ）
A. NH3 B. O2 C. H2O D. CO2
【答案】D
【解析】NH4HCO3分解生成氨气、水蒸气及二氧化碳气体，通过过氧化钠后水蒸气及二氧化碳均生成氧气，而盐酸将氨气吸收，浓硫酸起干燥吸水作用，最终得到的是纯净干燥的氧气，选D
6.下列有关碱金属的说法不正确的是（ ）
A. 均为ⅠA族元素，最外层均有1个电子
B. 单质的还原性：Li＞Na＞K＞Rb＞Cs
C. 碱性：LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH
D. 由Li到Cs，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大
【答案】B
【解析】A．碱金属位于周期表第ⅠA族，主族序数等于原子最外层电子数，最外层电子数为1，故A正确；B．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，还原性增强，单质的还原性：Li＜Na＜K＜Rb＜Cs，故B错误；C．同主族电子层数依次增加，失电子能力越来越强，金属性越强形成的碱的碱性越强，LiOH＜NaOH＜KOH＜RbOH＜CsOH，故C正确；D．同一主族，从上到下，电子层数依次增大，核电荷数依次增加，电子层数、原子半径依次增大，故D正确；故选B。
7.实验室制备Al(OH)3最好选用的试剂是( )
A. NaOH溶液和AlCl3溶液 B. AlCl3溶液和Ba(OH)2溶液
C. AlCl3溶液和盐酸 D. AlCl3溶液和氨水
【答案】D
【详解】A.NaOH溶液为强碱溶液，能将氢氧化铝溶解，所以不适宜，故A错误；
B.Ba(OH)2溶液为强碱溶液，能将氢氧化铝溶解，所以不适宜，故B错误；
C.盐酸和氯化铝溶液不反应，所以不能制取氢氧化铝，故C错误；
D.氨水属于弱碱，能和氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，且氢氧化铝不溶于氨水，所以氨水最适宜，故D正确；
8. 某溶液中，滴加KSCN溶液时无明显现象发生，再滴入少量氯水，溶液立即显红色。则原溶液中一定含有的是( )
A. Fe2+ B. Fe3+ C. K+ D. NH4+
【答案】A
【解析】试题分析：铁离子Fe3+，可以在溶液中加入硫氰酸钾溶液，溶液变为红色，证明是含有三价铁离子；某溶液中加入KSCN溶液无明显现象，再滴加氯水，溶液立即变为红色，说明原溶液含有亚铁离子，加入氯水发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，生成的铁离子和硫氰酸根离子生成红色溶液；故选A。
9.下列说法不正确的是( )
A. 氯气和SO2都能使品红溶液褪色
B. 久置于空气中的漂白粉会变质
C. 硫磺在过量纯氧中燃烧反应生成SO3
D. NOx可形成光化学烟雾，甚至破坏臭氧层
【答案】C
【详解】A.二氧化硫具有漂白性，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，都可使品红褪色，故A正确；
B.漂白粉的有效成分是次氯酸钙，放置于空气中次氯酸钙会与空气中的二氧化碳、水反应生成不稳定的次氯酸，易变质，故B正确；
C.硫磺与过量纯氧反应只能生成SO2，故C错误；
D. NOx可形成光化学烟雾，NOx还参与臭氧层的破坏，故D正确；
答案：C
10.下列有关酸雨说法正确的是（ ）
A. 酸雨就是指PH<7的雨水
B. 酸雨是因为雨水中含有CO2
C. 工业上大量燃烧含有硫燃料和以含硫矿石为原料冶炼金属产生的SO2是产生硫酸型酸雨的主要原因
D. 酸雨没有危害，所以不必担心，也不必想办法治理
【答案】C
【解析】一般把PH值<5.6的雨水称为酸雨,把PH值<4.5的雨水称为重度酸雨；
酸雨的主要成分为稀硫酸、稀硝酸，故酸雨是因为雨水中含有SO2、NO2等硫的氧化物及氮的氧化物；
11.下列关于浓硫酸的叙述正确的是( )
A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
B. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C. 浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体
D. 浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
【答案】D
【解析】
【分析】浓硫酸具有强氧化性，可与铜在加热条件下反应，常温下可使铁、铝钝化，具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖炭化，以此解答该题。
【详解】A.浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖炭化，故A错误；
B.浓硫酸与铜的反应应在加热条件下进行，故B错误；
C.浓硫酸可与氨气反应生成硫酸铵，则不能用于干燥氨气，故C错误；
D.浓硫酸具有强氧化性，在常温下可使铁、铝等金属在表面生成一层致密的氧化膜而钝化，故D正确；
答案：D
12.对于3Br2＋6NaOH5NaBr＋NaBrO3＋3H2O的反应，下列说法中不正确的是（ ）
A. Br 2既是氧化剂，又是还原剂
B. 被氧化的溴原子与被还原的溴原子质量比是1:5
C. NaBr是氧化产物，NaBrO3是还原产物
D. 转移1mol电子时，消耗NaOH 1.2mol
【答案】C
【详解】A．该反应中，溴元素的化合价由0价变为-1价和+5价，其它各元素的化合价都不变，所以溴作氧化剂和还原剂，故A正确；
B．氧化产物是溴酸钠，还原产物是溴化钠，则被氧化的溴原子与被还原的溴原子质量比是1:5，故B正确；
C．NaBr是还原产物，NaBrO3是氧化产物，故C错误；
D．消耗6mol氢氧化钠转移电子的物质的量为1mol×（5-0）=5mol，则转移1mol电子时，消耗1.2mol NaOH，故D正确；
故答案选C。
13.下列化合物中，不能通过两种单质间直接化合制取的是 ( )
A. FeCl3 B. Cu2S C. HCl D. FeCl2
【答案】D
【详解】A.Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故不选A；
B.Cu与S在加热时能直接化合生成Cu2S ，故不选B；
C.氢气与氯气在点燃时能直接化合生成HCl，故不选C；
D.Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能由单质间直接化合制取FeCl2，故选D；
答案：D
14.物质间纷繁复杂的转化关系是化学的魅力所在，下列选项中物质的转化在一定条件下不能实现的是( )
选项
转化关系
A
SiSiO2Si
B
NO2HNO3NO2
C
FeFeCl3Fe
D
SSO2S
【答案】C
【解析】试题分析：根据题意，在指定条件下，源物质只发生一个反应即可转化为目标物质，根据物质的性质及变化规律，分析变化能否只通过该反应实现．
A．硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅和碳反应生成硅和一氧化碳；
B．二氧化氮与水反应生成硝酸，浓硝酸与Cu反应生成NO2；
C．铁和氯气反应生成氯化铁，但铜和氯化铁反应不能得到铁；
D．硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫与硫化氢反应生成硫和水．
解：A．Si+O2SiO2；SiO2+2CSi+2CO选项中物质的转化在一定条件下能实现，故A正确；
B．3NO2+H2O═2HNO3+NO，Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故B正确；
C．2Fe+3Cl22FeCl3，Cu+2FeCl3═2FeCl2+CuCl2，在金属活动性顺序中，铁在铜的前面，铜不能与亚铁盐溶液发生置换反应，故FeCl3Fe无法实现，故C错误；D．S+O2SO2，SO2+2H2S═3S↓+2H2O，选项中物质的转化在一定条件下能实现，故D正确；
故选C．
15. X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法中正确的是 （ ）
A. 原子半径：W> Z>Y>X
B. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>X
C. 4种元素的单质中，Z单质的熔、沸点最低
D. W单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质
【答案】D
【解析】
分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此解答。
【详解】X、Y、Z、W均为短周期元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，次外层电子数为2，最外层电子数为6，则Y为O元素；由图中的位置可知，X为N元素，Z为S元素，W为Cl元素，
A．电子层越多，半径越大，同周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径为Z＞W＞X＞Y，选项A错误；
B．非金属性W＞X＞Z，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为W＞X＞Z，选项B错误；
C．4种元素的单质中，常温下只有Z的单质为固态，其他的为气态，故Z单质的熔、沸点最高，选项C错误；
D．W为Cl元素，其单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质HClO，选项D正确；
答案选D。
16.下列离子方程式中正确的是( )
A. 稀硫酸滴加在铜片上：Cu + 2H+ = Cu2+ + H2↑
B. 氧化铁粉末溶于稀盐酸：Fe2O3 + 6H+ = 2Fe3+ + 3H2O
C. 硫酸滴加到氢氧化钡溶液中：H+ + SO42− + Ba2+ + OH− = H2O + BaSO4↓
D. 碳酸氢钠和醋酸反应：HCO3− + 2H+ = CO2↑ + H2O
【答案】B
【详解】A项、稀硫酸滴加在铜片上，不发生反应，不符合客观事实，A错误；
B项、氧化铁是氧化物，应写成化学式，正确的离子方程式为Fe2O3+6H＋=2Fe3＋+3H2O，B正确；
C项、相关离子必须符合组成之比，离子方程式为2H＋+SO42－+Ba2＋+2OH－=2H2O+BaSO4↓，C错误；
D项、HCO3－是多元弱酸根离子，不能拆，正确的离子方程式为HCO3－+H＋=CO2↑+H2O，D 错误；
故本题选B。
17.在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、Na+的溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，完全反应后，溶液中离子数目几乎没有变化的是( )
A. Fe3+ B. Fe2+ C. Al3+ D. Na+
【答案】C
【解析】
【分析】溶液中加入足量的Na2O2固体，充分反应后，再加入过量的稀盐酸，过氧化钠具有强氧化性，可把Fe2＋氧化成Fe3＋，减少的是亚铁离子，而铝离子的数目不变，铁离子和钠离子的数目增多，据此进行解答。
【详解】A项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，于是Fe2＋氧化成Fe3＋，并沉淀，再和盐酸反应生成三价铁离子，所以Fe3＋浓度增大，A错误；
B项、因为Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，且将Fe2＋氧化成Fe3＋，所以亚铁离子的数目减小，B错误；
C项、Na2O2是强氧化剂，而且遇水生成NaOH，铝离子能和过量的氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸根离子，在盐酸作用下又会生成铝离子，根据铝元素守恒，则Al3＋数目不变，C正确；
D项、过氧化钠与水反应生成氢氧化钠，溶液中钠离子的数目增多，D错误；
故本题选C。
18.SO2和CO2在化学性质上既有相同点也有不同点。下列溶液：
①BaCl2溶液； ②H2S溶液； ③澄清石灰水；
④酸化的Ba(NO3)2溶液； ⑤品红溶液； ⑥Na2SiO3溶液；
⑦酸性KMnO4溶液； ⑧紫色石蕊溶液
不能用于鉴别SO2和CO2气体的是( )
A. ①③⑥⑧ B. ①③④⑥ C. ②③⑥⑧ D. ①④⑥⑧
【答案】A
【解析】试题分析：①BaCl2溶液都产生白色沉淀，不能用于鉴别SO2和CO2气体。正确。②H2S溶液与SO2产生但黄色沉淀，而与CO2无任何现象，可以鉴别。错误。③澄清石灰水都产生白色沉淀，不能用于鉴别SO2和CO2气体。正确。④酸化Ba(NO3)2溶液前者有白色沉淀，后者无沉淀，可以鉴别。错误。⑤SO2使品红溶液褪色，而CO2无现象，可以鉴别。错误。⑥Na2SiO3溶液；都产生白色沉淀，不能用于鉴别SO2和CO2气体。正确。⑦酸性KMnO4溶液前者褪色，后者无现象，可以鉴别。错误。 ⑧紫色石蕊溶液都变红色，不能鉴别。正确。因此不能鉴别物质的是①③⑥⑧。选项是A。
第II卷(非选择题，共46分)
二、填空题(每空2分，共46分)
19.短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，且只有C是金属元素。A的单质是最轻的气体；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍；C的最外层电子数是A原子电子数的3倍，其氧化物是常见的两性氧化物；D的最外层电子数是次外层电子数的一半，其单质是良好的半导体材料。
(1)写出元素符号：A、_______________B、______________C、______________D、__________
(2)D的原子结构示意图为________。
(3)化合物DB2常与木炭在高温下制备D单质，写出反应的化学方程式______________________。
(4)C可与NaOH溶液反应生成A单质气体，其反应的离子方程式为：_______________。
【答案】(1). H (2). O (3). Al (4). Si (5). (6). SiO2+2CSi+2CO↑ (7). 2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
【解析】
【分析】短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大，A的单质是最轻的气体，则A为氢元素；B的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则B为氧元素；C的最外层电子数是A原子电子数的3倍，其氧化物是常见的两性氧化物，则C为铝元素；D的最外层电子数是次外层电子数的一半，其单质是良好的半导体材料，则D为硅元素。
【详解】根据上面分析可知A为氢元素，B为氧元素，C为铝元素，D为硅元素；
(1)写出元素符号：A、H B、O C、Al D、Si；答案：H O Al Si
(2)D为硅元素，原子序数为14，位于第三周期第ⅣA，原子结构示意图为；
答案：
(3)化合物DB2（SiO2）常与木炭在高温下制备粗Si，反应的化学方程式SiO2+2CSi+2CO↑；答案：SiO2+2CSi+2CO↑
(4)C（Al）可与NaOH溶液反应生成H2气体，其反应的离子方程式为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑
20.从铝土矿中提取铝的工艺流程如下图所示，回答下列问题：
(1)气体X是___________(填化学式)。
(2)操作1和操作2都是_____________________________。
(3)冰晶石的作用是_____________________________。
(4)写出反应①、反应②的离子方程式：①__________________________________________；②___________________________________________。
【答案】(1). CO2 (2). 过滤 (3). 降低Al2O3的熔点 (4). Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O (5). AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－
【解析】
【分析】铝土矿的主要成分是Al2O3，加入足量的氢氧化钠，氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水；操作1为过滤操作，除掉滤渣，滤液为偏铝酸钠溶液，通入足量二氧化碳气体，将NaAlO2完全转化为Al（OH）3，反应的离子方程式为：AlO2-+2H2O+CO2═HCO3-+Al（OH）3↓；操作2为过滤操作，过滤得氢氧化铝沉淀，灼烧得氧化铝，电解熔融氧化铝得单质铝，因为氧化铝熔点非常高，所以需要加入冰晶石降低氧化铝的熔点。
【详解】(1)根据分析气体X是CO2；答案：CO2
(2)根据分析操作1和操作2都是过滤操作；答案：过滤
(3)冰晶石的作用主要用作氧化铝电解的助熔剂，降低氧化铝的熔点；答案：降低Al2O3的熔点
(4)反应①是氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应②是偏铝酸钠与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应离子方程式为 Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O，AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－；答案：Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O AlO2－+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3－
21.A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，相互转化关系如下(反应条件及其他物质已经略去):
ABCD
(1)若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则D的化学式为：_________。写出B→C的化学方程式：________________________________________。
(2)若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红。D的化学式为_________。写出A→B的化学方程式：________________________________________。C→D的过程中，氧化剂和还原剂的质量之比为__________；D的稀溶液在常温下可与铜反应，请写出该反应的化学方程式________________
(3)若A为短周期原子半径最大的元素的单质，D为强碱，写出C→D的化学方程式：_______。
【答案】(1). H2SO4 (2). 2SO2+O22SO3 (3). HNO3 (4). 4NH3+5O24NO+6H2O (5). 1:2 (6). 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O (7). 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
【解析】
【分析】A、B、C、D为中学常见物质且均含有同一种元素，根据题中各物质转化关系，A能经过两步氧化得C，C与水反应生成D。
（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D呈酸性，则B为NO，C为NO2，D为HNO3；
（3）若A为短周期原子半径最大的元素的单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，据此答题。
【详解】（1）若A、B、C、D均为化合物，而且它们的水溶液均能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，它们的水溶液均呈酸性，则A为H2S，B为SO2，C为SO3，D为H2SO4，B→C的化学方程式为2SO2+O22SO3； 答案：H2SO4；2SO2+O22SO3；
（2）若A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则A为NH3，D的稀溶液能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，D呈酸性，则B为NO，C为NO2，D为HNO3，A→B的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O；C→D的方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知氧化剂和还原剂均为NO2，质量之比等于物质的量之比为1:2；D的稀溶液在常温下可与铜反应，该反应的化学方程式3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；
答案：HNO3 4NH3+5O24NO+6H2O 1:2 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O
（3）若A为短周期原子半径最大的元素的单质，D为强碱，则A为Na，B为Na2O，C为Na2O2，D为NaOH，C→D的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
答案：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
22.已知氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用如图中的C装置可以实现该反应。
(1)A为实验室制氨气，反应的化学方程式为____________________________。
(2)B中加入的物质是______________，其作用是_________________________:
(3)实验时在C中观察到得现象是________________，发生反应化学方程式____________________________________;
(4) 检验D中挥发出的气体的方法和现象是__________________________________。
【答案】(1). 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O (2). 碱石灰 (3). 干燥氨气 (4). 黑色固体变为红色 (5). 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O (6). 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口产生大量白烟
【解析】
【分析】装置A加热固体氯化铵与氢氧化钙制取氨气，B为干燥氨气的装置，干燥剂为碱石灰，C装置中氨气还原氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气易液化，极易吸收水成为氨水，E中收集到的气体为氮气，以此解答该题。
【详解】（1）根据题意可以判断试管A为制取氨气的装置，因此装入的药品应该为氯化铵和氢氧化钙，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
答案：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O
（2）制得的氨气中含有杂质水，可以用碱石灰来吸收；答案：碱石灰 干燥氨气
（3）加热后，黑色氧化铜变为红色的铜，所以C中观察到的现象是黑色粉末部分逐渐变为红色；根据元素守恒、电子守恒写出反应的化学方程式2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
答案：黑色固体变为红色 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O
（4）生成的水和氨气通过装置D时冷凝生成氨水留在D中，而氮气通过排水法进行收集；检验氨气可利用其碱性，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口产生大量白烟；
答案：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口产生大量白烟
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