河南省罗山高中高三化学复习 4.4氨课时作业 新人教版必修1.doc

4.4 氨1、某无色混合气体可能由h2、o2、nh3、n2、co2、hcl和he中的两种或多种组成常温下取此气体200ml进行实验，实验的过程和结果如下（上述气体的体积都是折算成相同条件下的体积）下列说法错误的是（ ）a原混合气体中有5mlo2b原混合气体中肯定存在的气体是nh3，肯定不存在的气体是hclc原混合气体中co2的体积分数为40%d可能存在n2和he，它们在原混合气体中的体积分数不可能超过5%【答案】a【解析】200ml的混合气体通过足量的浓h2so4，体积减少至160ml，说明一定存在氨气，且氨气体积为200ml160ml=40ml，则一定不存在hcl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有co2，发生反应：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160ml120ml）2=80ml，则反应生成氧气为40ml；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发生反应：2h2+o22h2o，则参加反应的氢气为（120ml15ml）=70ml，参加反应氧气为105ml70ml=35ml，剩余的15ml气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有n2、he中的至少一种，且体积为10ml，故原混合气体中氢气为70ml，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、he的总体积为：40ml+70ml+80ml+10ml=200ml，故原混合气体中没有氧气，a由上述分析可知，原混合气体中没有氧气，故a错误；b由上述分析可知，原混合气体中一定存在氨气，一定不含hcl，故b正确；c原混合气体中二氧化碳体积分数为100%=40%，故c正确；d由上述分析可知，混合气体中一定存在n2、he中的至少一种，且体积为10ml，在原混合气体中的体积分数为100%=5%，故d正确，故选a2、从某些性质看，nh3与h2o、nh与h3o+、nh与oh、nh2与o2相似，下列有关化学方程式不正确的是（ ）a氯化铵与knh2反应：nh4cl+knh2kcl+2nh3b二价活泼金属m与液氨反应：m+2nh3m（nh2）2+h2c盐酸与mnh反应：2hcl+mnhmcl2+nh3d氯化铵与mo反应：2nh4cl+mom（nh2）2+2hcl+h2o【答案】d【解析】akhn2相当于koh，氯化铵与koh反应的化学方程式是：nh4cl+koh=kcl+nh3+h2o对比（a）反应，可知该化学方程式正确，故a正确；bnh3相当于h2o，二价活泼金属m与水反应的化学方程式是：m+2h2o=m（oh）2+h2对比（b）反应，可知该化学方程式正确，故b正确；cmnh相当于mo，盐酸与mo反应的化学方程式是：2hcl+mo=mcl2+h2o对比（c）反应，可知该化学方程式正确，故c正确；dnh4cl相当于h3ocl（即hcl），h3ocl与mo反应的化学方程式是：2h3ocl+mo=mcl2+3h2o或2hcl+mo=mcl2+h2o，则nh4cl与mo反应的化学方程式应为：2nh4cl+mo=mcl2+2nh3+h2o可知，故d错误；故选d3、把al含硫酸铵、硝酸铵的混合溶液分成两等份，一份用bmol烧碱刚好把nh3全部赶出，另一份与氯化钡溶液完全反应消耗cmolbacl2，则原溶液中c（no3）为（ ）a moll1 b moll1c moll1 d moll1【答案】b【解析】bmol烧碱刚好把nh3全部赶出，根据nh4+ohnh3+h2o可知每份中含有bmolnh4+，与氯化钡溶液完全反应消耗cmolbacl2，根据ba2+so42baso4可知每份含有so42cmol，设每份中no3的物质的量为n，根据溶液不显电性，则：bmol1=cmol2+n1解得n=（b2c）mol每份溶液的体积为0.5al，所以每份溶液硝酸根的浓度为c（no3）=mol/l，即原溶液中硝酸根的浓度为：mol/l，故选b4、某固体混合物可能由al、（nh4）2so4、mgcl2、fecl2、alcl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）：关于该固体混合物，下列说法正确的是（）a一定含有al，其质量为4.5gb一定不含fecl2，可能含有mgcl2和alcl3c一定含有mgcl2和fecl2d一定含有（nh4）2so4和mgcl2，且物质的量相等【答案】d【解析】14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体，有铵盐和碱反应生成生成的氨气，也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，5.60l气体通过碱石灰无变化，说明气体中无与碱石灰反应的气体，无水蒸气的存在，通过浓硫酸，气体剩余3.36l，体积减少5.60l3.36l=2.24l，结合混合物可能存在的物质可知，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24l，剩余的气体只能是氢气，体积为3.36l，说明原混合物中一定含有铝；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化，由于氢氧化铝溶于强碱，所以能生成白色沉淀的一定氯化镁生成的氢氧化镁白色沉淀，质量为2.90g，氢氧化铜为蓝色沉淀，所以固体混合物中一定不存在cucl2；14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液得到无色溶液，加入适量盐酸 会生成沉淀，说明金属铝或氯化铝与过量碱反应生成的偏铝酸钠与盐酸反应生成的氢氧化铝沉淀，加入过量盐酸沉淀溶解进一步证明沉淀是氢氧化铝，a固体混合物中一定含有al，可以根据标况下3.36l氢气可以计算出铝的物质的量为0.05mol，质量为1.35g，故a错误；b根据以上分析可知，固体混合物中一定含有mgcl2和alcl3，故b错误；c根据加入氢氧化钠溶液后生成白色沉淀，且白色沉淀没有变化，则固体混合物中一定含有mgcl2，一定不含fecl2，故c错误；d根据以上分析可知，原固体混合物中一定含有（nh4）2so4、mgcl2，故d正确；故选d5、某无色混合气体可能由h2、o2、nh3、n2、co2、hcl和he中的两种或多种组成常温下取此气体200ml进行实验，实验的过程和结果如下（上述气体的体积都是折算成相同条件下的体积）下列说法错误的是（）a原混合气体中有5mlo2b原混合气体中肯定存在的气体是nh3，肯定不存在的气体是hclc原混合气体中co2的体积分数为40%d可能存在n2和he，它们在原混合气体中的体积分数不可能超过5%【答案】a【解析】200ml的混合气体通过足量的浓h2so4，体积减少至160ml，说明一定存在氨气，且氨气体积为200ml160ml=40ml，则一定不存在hcl气体；再通过过氧化钠，体积减少，则一定含有co2，发生反应：2na2o2+2co2=2na2co3+o2，由方程式可知，2体积二氧化碳反应时，生成1体积氧气，气体体积减少1体积，故二氧化碳体积为（160ml120ml）2=80ml，则反应生成氧气为40ml；点燃后，体积减小，说明含有氢气，发生反应：2h2+o22h2o，则参加反应的氢气为（120ml15ml）=70ml，参加反应氧气为105ml70ml=35ml，剩余的15ml气体再通过铜网，体积减小，且还有气体剩余，说明氢气燃烧后氧气剩余，混合气体中还含有n2、he中的至少一种，且体积为10ml，故原混合气体中氢气为70ml，氨气、氢气、二氧化碳、氮气、he的总体积为：40ml+70ml+80ml+10ml=200ml，故原混合气体中没有氧气，a由上述分析可知，原混合气体中没有氧气，故a错误；b由上述分析可知，原混合气体中一定存在氨气，一定不含hcl，故b正确；c原混合气体中二氧化碳体积分数为100%=40%，故c正确；d由上述分析可知，混合气体中一定存在n2、he中的至少一种，且体积为10ml，在原混合气体中的体积分数为100%=5%，故d正确，故选a6、科学家从化肥厂生产的（nh4）2so4中检出化学式为n4h4（so4）2的物质，该物质的晶体中含有so42和n4h44+两种离子，当n4h44+遇到碱性溶液时，会生成n4分子下列说法正确的是（）a14n、n4与n2互为同位素bn4h4（so4）2的电离方程式为n4h4（so4）2 n4h44+2so42cn4h4（so4）2不能与草木灰、k3po4等化肥混合施用dn4h4（so4）2中只含有共价键，不含离子键【答案】c【解析】a同位素是指同种元素的不同原子的互称，n4与n2为两种单质，属于同素异形体，故a错误；bn4h4（so4）2的晶体中含有so42和n4h44+，可知该物质为离子化合物，完全电离，电离方程式为：n4h4（so4）2=n4h44+2so42，故b错误；c草木灰、k3po4等化肥显碱性，根据题给信息n4h44+遇到碱性溶液时，会生成n4分子判断会使肥效降低，不能混用，故c正确；d根据晶体中含有so42和n4h44+两种离子可知该晶体中还含离子键，故d错误；故选c7、镁带在空气中燃烧生成的固体产物主要是氧化镁和氮化镁将燃烧后的固体产物溶解在60ml浓度为2.0mol/l的盐酸中，（氮化镁和盐酸反应的化学方程式为：mg3n2+8hcl3mgcl2+2nh4cl）以20ml 0.5mol/l的氢氧化钠溶液中和多余的盐酸，然后在此溶液中加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g镁带的质量为（）a0.6 g b1.2 g c2.4 g d3.6 g【答案】b【解析】解：氧化镁、氮化镁溶解在盐酸中生成mgcl2、nh4cl，再用氢氧化钠中和多元的盐酸，此时溶液中溶质为mgcl2、nh4cl、nacl，再加入过量的碱，把氨全部蒸发出来，用稀盐酸吸收，稀盐酸增重0.17g为生成氨气的质量，根据n元素守恒n（nh4cl）=n（nh3）=0.01mol，根据na离子守恒n（nacl）=n（naoh）=0.02l0.5mol/l=0.01mol，根据氯离子守恒：2n（mgcl2）+0.01mol+0.01mol=0.06l2mol/l，解得n（mgcl2）=0.05mol，根据mg元素守恒，则镁带的质量=0.05mol24g/mol=1.2g，故选b8、中学常见的某反应的化学方程式为（未配平，反应条件略去）。下列叙述不正确的是 （ ）a若a是铁，b是稀硝酸（过量）且以可溶于r溶液中。则n与6反应的离子方程式为 b若c，d为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则将此混合气体通入溴水中，橙色褪去，其褪色过程的离子方程式为c若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性，在标准状况下用排空气法收集c气体得平均摩尔质量为20 gmol-1的混合气体进行喷泉实验。假设溶质不扩散，实验完成后所得溶液的物质的量浓度约为0.056 moll-1。d若a是造成温室效应的主要气体之一，c、d均为钠盐，参加反应的a、b物质的量之比为4：5，则上述反应的离子方程式为【答案】c【解析】若c是无色刺激性气味的气体，其水溶液显弱碱性,则c气体为nh3，进行喷泉实验进入烧瓶中水的体积等于原混合气体中氨气的体积，c(nh3)=1/22.4=0045moll1；选c。9、把a l含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，一份需用b mol烧碱刚好把氨全部赶出，另一份与氯化钡溶液反应时，消耗c mol氯化钡，由此可知原溶液中n03的物质的量浓度是（单位：mol？l1）（）a b c d【答案】d【解析】解析：设每份中nh4+的物质的量为x，so42的物质的量为y，则nh4+ohnh3+h2o1 1x b，解得x=b，则每份中nh4+的物质的量为bmol，ba2+so42baso41 1c y，解得y=c，则每份中so42的物质的量为cmol，由al含硫酸铵和硝酸铵的混合液分成两等份，则原溶液中nh4+的物质的量浓度为mol/l，原溶液中so42的物质的量浓度为mol/l，设原溶液中n03的物质的量浓度为z，由溶液不显电性，根据电荷守恒可知，mol/l1=mol/l2+z1，解得z=mol/l，故选d10、150时碳酸铵完全分解生成气态混合物，该混合气体对h2的相对密度为( )a.96 b.48 c.12 d.24 【答案】c 【解析】 11、可用右图所示装置制取、净化、收集的气体是（ ）a锌和稀硫酸反应制氢气b浓氨水与氢氧化钙固体反应制氨气c亚硫酸钠固体与硫酸反应制二氧化硫d铜与稀硝酸反应制一氧化氮【答案】c 【解析】 12、同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满nh3，no2，进行喷泉实验，经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为（ ） a. b. c.= d.不能确定【答案】c 【解析】 13、用下列实验装置完成对应的实验，能达到实验目的的是（ ） c.吸收多余的nh3b.比较nahco3、na2co3对热稳定性d.实验室中制取少量乙酸乙酯a.制取并收集乙炔【答案】c 【解析】 14、可用右图所示装置制取、净化、收集的气体是（ ）a锌和稀硫酸反应制氢气 b浓氨水与氢氧化钙固体反应制氨气c亚硫酸钠固体与硫酸反应制二氧化硫 d铜与稀硝酸反应制一氧化氮【答案】c 【解析】 15、下列仪器和装置，用橡胶管经过简单连接，可制备收集多种不同的气体(暂不考虑尾气吸收)。关于这些装置的连接，下列说法正确的是（ ）a制备收集c2h4：连接adf b制备收集no2：连接acfc制备收集cl2：连接ade d制备收集nh3：连接bde【答案】d 【解析】 16、二氧化氯（clo2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂clo2是一种黄绿色的气体，易溶于水实验室以nh4c1、盐酸、naclo2（亚氯酸钠）为原料制备clo2的流程如下：已知：ncl3是黄色粘稠状液体或斜方形晶体，极易爆炸，有类似氯气的刺激性臭味，自然爆炸点为95，在热水中易分解，在空气中易挥发，不稳定气体y能使湿润的红色石蕊底纸变蓝回答下列问题：（1）气体x的化学式为 ；（2）写出电解时发生反应的化学方程式： 为保证实验的安全，在电解时需注意的问题是：控制好生成ncl3的浓度； ；（3）ncl3与naclo2（亚氯酸钠）按物质的量之比为1：6混合在溶液中恰好反应生成clo2，该反应的离子方程式为 ；（4）实验室制取气体y的化学方程式为 ；（5）在用二氧化氯进行水处理时，除了杀菌消毒外，还能除去水中fe2+和mn2+写出用clo2氧化除去mn2+生成mno2的离子方程式（同时clo2该反应后的产物为clo2）： ；（6）测定clo2（如图）的过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100ml水溶解后，再加3ml硫酸溶液；在玻璃液封管中加入水；将生成的clo2气体通过导管在锥形瓶中被吸收；将玻璃封管中的水封液倒入锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用c mol/l硫代硫酸钠标准溶液滴定（i2+2s2o322i+s4o62），共用去v ml硫代硫酸钠溶液clo2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应后被还原成cl，反应的离子方程式为： 装置中玻璃液封管的作用是 滴定至终点的现象是 测得clo2的质量m（clo2）= g（用含c、v的代数式表示）【答案】（1）h2；（2）nh4cl+2hcl3h2+ncl3；控制好反应的温度；（3）ncl3+3h2o+6clo2=6clo2+3cl+3oh+nh3；（4）2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；（5）mn2+2clo2+2h2o=mno2+2clo2+4h+；（6） 2clo2+10i+8h+=2cl+5i2+4h2o 用水再次吸收残余的二氧化氯气体；使锥形瓶内外压强相等； 溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色； 1.35cv102g【解析】（1）电解nh4cl、盐酸的溶液，氢离子放电生成氢气，则a为h2，故答案为：h2；（2）电解时铵根离子失去电子，氢离子得到电子，电解反应为nh4cl+2hcl3h2+ncl3，结合信息可知ncl3防止分解及爆炸，则还应控制好反应的温度，故答案为：nh4cl+2hcl3h2+ncl3；控制好反应的温度；（3）ncl3与naclo2按物质的量之比为1：6恰好反应生成clo2，还生成氯化钠、naoh，结合电子守恒可知，cl元素的化合价升高，则n元素化合价降低，还生成氨气，则该反应的离子反应为ncl3+3h2o+6clo2=6clo2+3cl+3oh+nh3，故答案为：ncl3+3h2o+6clo2=6clo2+3cl+3oh+nh3；（4）由（3）可知，b为氨气，实验室利用铵盐与碱共热生成氨气，该反应为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o，故答案为：2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；（5）clo2氧化除去mn2+生成mno2，clo2反应后的产物为clo2，该反应的离子方程式为mn2+2clo2+2h2o=mno2+2clo2+4h+，故答案为：mn2+2clo2+2h2o=mno2+2clo2+4h+；（6）由题目信息可知，clo2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应，氧化i为i2，自身被还原为cl，同时生成水，反应离子方程式为2clo2+10i+8h+=2cl+5i2+4h2o故答案为：2clo2+10i+8h+=2cl+5i2+4h2o装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，故答案为：用水再次吸收残余的二氧化氯气体；使锥形瓶内外压强相等；溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色；vmlna2s2o3溶液含有na2s2o3物质的量为v103 lcmol/l=c？v103 mol则：根据关系式：2clo25i210na2s2o3， 2 10 n（clo2） cv103 mol所以n（clo2）=cv103 mol所以m（clo2）=cv103 mol67.5g/mol=1.35cv102g，故答案为：1.35cv102g17、下图为某套实验装置示意图，无法看到实验说明，加热装置已经省略i甲同学认为当d处盛放v2o5作催化剂时，此套装置可用于合成物质x，并预测e处冰水冷却的u型管中将有固体x出现（1）事实上此装置所附实验说明符合甲同学的推断，那么a中所发生的反应的化学方程式是 ，c装置中盛放的液体药品的名称是 （2）甲同学方案中为了提高a装置产物的转化率，可以增大b装置产物的通入量，欲知a、b两装置中产物在d中的通入量，可通过观察 得知（3）本实验在设计上有无缺失之处？若有请答出改进方案。 （若无，此问可不答）ii乙同学认为若d处盛放铂铑合金网作催化剂，则此套装置也可用于合成物质y，并预测e处冰水冷却的u型管中将有红棕色气体生成，且越接近u型管底部颜色越浅（4）写出乙同学认为的d装置中发生反应的化学方程式 （5）对于a处，乙认为没有加热装置，请代乙阐述a中气体的产生原理 。（6）若要用上述装置完成乙同学所认为的实验，且c处所起作用与合成x时所起作用基本一致，那么c处的广口瓶应改为 ，所装药品为 【答案】（1）na2so3+h2so4（浓）=na2so4+h2o+so2；浓硫酸；（2）c中两导管口气泡的产生速率；（3）有，应在ef之间连接一个防倒吸装置；（4）4nh3+5o24no+6h2o（若多写2no+o2=2no2也可以）；（5）将分液漏斗中的浓氨水滴加至圆底烧瓶中的固体naoh（或生石灰或碱石灰）中，反应放热溶液中c（oh）增大氨水浓度增大，上述三个因素均导致氨水中的平衡：nh3+h2onh3h2onh4+oh向左移动致使nh3逸出；（6）u形管或干燥管，碱石灰（其他合理答案亦可）【解析】（1）v2o5作催化剂时，是二氧化硫转化为三氧化硫时的反应条件，所以a是制取二氧化硫的装置，所发生的反应的化学方程式是：na2so3+h2so4（浓）=na2so4+h2o+so2；干燥二氧化硫用浓硫酸，故答案为：na2so3+h2so4（浓）=na2so4+h2o+so2；浓硫酸；（2）c装置的作用：干燥二氧化硫；调节二氧化硫和氧气的混合比例；可控制二氧化硫和氧气的产生速率，欲知二氧化硫和氧气在d中的通入量，可通过观察c中两导管口气泡的产生速率来判断，故答案为：c中两导管口气泡的产生速率；（3）f装置进行尾气处理时，易导致倒吸现象的产生，所以应在ef之间连接一个防倒吸装置，故答案为：有，应在ef之间连接一个防倒吸装置；（4）铂铑合金网作催化剂，是氨气的催化氧化时的反应条件，所以d装置是氨气的催化氧化反应，其发生反应的化学方程式为：4nh3+5o24no+6h2o，故答案为：4nh3+5o24no+6h2o（若多写2no+o2=2no2也可以）；（5）可以用浓氨水和固体naoh（或生石灰或碱石灰）混合不加热的方法来制氨气，其原理是：化学平衡nh3+h2onh3h2onh4+oh的移动原理，故答案为：将分液漏斗中的浓氨水滴加至圆底烧瓶中的固体naoh（或生石灰或碱石灰）中，反应放热溶液中c（oh）增大氨水浓度增大，上述三个因素均导致氨水中的平衡：nh3+h2onh3h2onh4+oh向左移动致使nh3逸出；（6）氨气是碱性气体，需用碱石灰干燥氨气，固体干燥剂放在干燥管中，故答案为：u形管或干燥管，碱石灰（其他合理答案亦可）18、以天然气为原料合成氨是新的生产氮肥的方法，它具有污染小、成本低等诸多特点，其过程大体如下：某工厂以标准状况下的含ch4 89.6%的天然气100m3为原料经过上述过程，生产尿素和硝酸铵。(1) 合成氨生产过程中氨的产率为60%，假设其他各步反应均完全且不考虑副反应，求100m3的天然气可生产尿素的质量。(注：产率为实际产量与理论产量之比)(2) 为使硝酸生产过程中不再补充空气，假设各步反应均完全且氨中氮元素全部转化为hno3，空气中氧气的体积分数设为20%，求由氨气和空气组成的原料气中 (不包含被硝酸吸收的氨气)氨气与空气的体积比。(3) 实际生产中，若氨的产率为60%，硝酸的产率为80%，求100m3的天然气最多可生产硝酸铵的质量。【答案】(1) 192kg(2) 110(3) 227.6kg【解析】(1)ch42h2oco24h2n(ch4)105l89.6%22.4l/mol4103mol，n(h2)1.6104mol。3h2n22nh3，生成n(nh3)1.6104mol(2/3)60%6.4103mol。2nh3co2co(nh2)2h2o，nco(nh2)21/2，n(nh3)3.2103mol，mco(nh2)2192kg。(2) nh32o2=hno3h2on(o2)2n(nh3)，v(氨气)/v(空气)n(氨气)/n(空气)1/10。(3) 由(1)得：生成n(nh3)6.4103mol。利用合成硝酸铵前的氨气物质的量和硝酸相等，则有：n(nh4no3)6.4103moln(nh4no3)80%，n(nh4no3)3.47103mol，m(nh4no3)227.6kg。19、已知通常状况下甲、乙、丙、丁等为气体单质，a、b、c、d、e、f、g、h等为化合物，其中a、b、e、g均为气体，c为常见液体反应、都是重要的化工反应，反应是重要的实验室制取气体的反应有关的转化关系如图所示（反应条件均已略去）请回答下列问题：（1）反应的化学方程式为： （2）b和e在一定条件下可发生反应，这是一个具有实际意义的反应，可消除e对环境的 污染，该反应氧化产物与还原产物的物质的量之比为 （3）0.1mol/la溶液和o.1mol/lb溶液等体积混合，溶液呈 性，原因是（用离子方程式说明） （4）请设计实验检验d晶体中的阳离子（简述实验操作、现象和结论）： （5）向一定量的fe、fe0、fe304的混合物中，加入1md/la的溶液100ml，恰好使混 合物全部溶解，且放出336mu标准状况下）的气体，向所得溶液中加入kscn溶液，溶液无红色出现；若取同质量的fe、fe0、fe304混合物，加入1mol/lh的溶液，也恰好使混合物全部溶解，且向所得溶液中加入kscn溶液，溶液也无红色出现，则所加入的h溶液的体积是 【答案】（1）2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；（2）2：3；（3）酸；nh4+h2o？nh3h2o+h+；（4）取一试管加入适量的d晶体，然后加入氢氧化钠溶液，加热，在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，说明d中含有nh4+；（5）110【解析】c为常见液体，应为h2o，则丙、丁应为h2、o2中的物质，而b能和丙反应生成c，说明b应为氢化物，则丁为h2，丙为o2，由反应可知，单质乙所含元素存在多种化合价，且e、g都为氧化物，其中g能与水反应生成e，说明发生氧化还原反应，则可知乙为n2，b为nh3，e为no，g为no2，h为hno3，反应是重要的实验室制取气体的反应，且生成nh3，应为nh4cl和ca（oh）2的反应，则d为nh4cl，f为ca（oh）2，i为cacl2，则甲为cl，a为hcl，（1）反应为实验室制备氨气的反应，方程式为2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o，故答案为：2nh4cl+ca（oh）2cacl2+2nh3+2h2o；（2）b为nh3，e为no，由题给信息可知反应的方程式为4nh3+6no=4n2+6h2o，由方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为