2023学年安徽省合肥一中高一上学期期末化学试卷(含答案解析)

2023-2023学年安徽省合肥一中高一上学期期末化学试卷一、单项选择题〔1648.0分〕设NA为阿伏加德罗常数的值，以下有关表达正确的选项是( )7.8g苯中所含双键数目为0.3NA41.8gNH+中含有的电子数为1.1NA4标准状况下，22.4L19NA6.4gCu完全溶于硝酸中，转移的电子数为0.2NA以下表达中，错误的选项是( )阿伏伽德罗常数的符号为NA，通常用6.02×1023mol−1表示等物质的量的O2与O3，所含氧原子数一样在0.5molNa2SO4中，含有的Na+数约是6.02×1023摩尔是物质的量的单位以下离子方程式正确的选项是( )0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合NH++Al3++2SO2−+4 42Ba2++4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3⋅H2OFeCl2酸性溶液放在空气中变质：2Fe2++4H++O2=2Fe3++2H2O用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑2电解MgCl2水溶液的离子方程式：2Cl−+2HO2在无色溶液中能大量共存的离子组是( )

H2↑+Cl2↑+2OH−Na+H+AlO−

SO2−NH+

Al3+ SO2−

Cl−24OH−K+ SO2−4

33HCO−3

4 43Fe2+ Na+ClO− NO−3在反响11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中铜元素由反响前的+2价变为反响后的+1价，表现出氧化性，而P在反响中表现出( )只有复原性C.既无氧化性又无复原性

只有氧化性D.既有氧化性又有复原性金属钠与以下物质的溶液反响，既有沉淀生成又有气体放出的是( )Mg(NO3)2 B.HNO3 C.Na2SO4 D.NH4Cl以下说法中正确的选项是( )在氧化复原反响中，确定是一种元素被氧化，另一种元素被复原在氧化复原反响中，不愿定全部元素的化合价都发生转变氧化复原反响的实质是反响中原子发生了重组合某元素由化合态转化为游离态，这种元素确定被复原了以下各组物质相互混合反响后，最终有沉淀生成的是( )①金属钠投入到FeCl3溶液中 ②Na投入饱和NaOH溶液中③过量NaOH溶液和明矾溶液混合④氯化铝溶液和过量的氨水溶液混合只有①② B.只有④ C.只有③④ D.只有①②④向10.4gFe3O4、Fe2O3、Cu的混合物中参与1mol·L−1的硫酸溶液140mL时，固体恰好完全溶解，所得溶液中不含Fe3+，假设用过量的H2在高温下复原一样质量的原混合物，固体削减的质量为A.5.20g B.3.36g C.2.24g D.1.12g0.1molAl2(SO4)3跟350mL2mol/LNaOH溶液混合，所得沉淀的质量为( )A.78g B.15.6g C.7.8g D.3.9g以下物质在确定条件下均能和铁反响，其中产物中铁元素呈+3价的是( )氯气 B.稀硫酸 C.硫酸铜溶液 D.浓盐酸在由CuSO4、H2SO4组成的混合溶液中，参与过量的铁粉，充分反响后过滤．以下有关该试验的表达正确的选项是()滤液中含有Cu2+C.滤出的固体可能是纯洁物以下说法正确的选项是( )二氧化硅溶于水显酸性二氧化硅和晶体硅都是半导体材料

B.反响中确定有气体产生D.溶液的质量确定会减小C.二氧化硅是酸性氧化物，它不溶于任何酸D.工业上以二氧化硅为原料生产硅以下说法中，正确的选项是( )KI溶液中通入适量Cl2后，溶液颜色变深KCl溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液颜色变红溴水与NaCl溶液混合时，会发生置换反响NaCl溶液在空气中会被氧化，故需要密封保存向确定量Fe、FeO、Fe2O3的混合物中参与1000mL0.1mol·L−1的盐酸，恰好完全溶解，所得溶液中加KSCN无红色消灭，假设用足量CO复原一样质量的此混合物，能得到铁()A.11.2g B.2.8g C.5.6g D.无法计算FeO和Cu(NO3)2的混合物9.08g参与到150mL1.0mol·L−1的稀硫酸中，待固体完全溶解后得到溶液XX中通入448mL(已换算为标准状况)的Cl2Y，此时溶液中的Fe2+恰好被完全氧化。以下表达正确的选项是()溶液X中的阳离子确定有Cu2+、Fe2+、H+，可能有Fe3+原混合物中FeO的质量为2.88g向溶液Y中参与足量铁粉，充分反响后产生标准状况下224mL的H2向溶液Y中参与5g铁粉，充分反响后得到不溶固体1.08g二、试验题〔114.0分〕工业上，向500℃左右的铁屑中通入Cl2生产无水氯化铁，其制备过程中均要确保无水．现模拟该过程用图示装置进展试验：装置A的圆底烧瓶中发生反响的化学方程式为 ，为保持装置C为无水环境，装置B中参与的试剂是 ．试验步骤：如图连接装置后，先 (填试验操作)，再装药品，然后点燃 (填“A”或“C”)处酒精灯，当 (填试验现象)时，再点然 (填“A”或“C”)处酒精灯．(3)装置D的作用是 ， ．三、简答题〔338.0分〕(磷等杂质)，粗硅与氯气反响生成四氯化硅(反响温度为450℃～500℃)，四氯化硅经提纯后用氢气复原可得高纯硅．以下是试验室制备四氯化硅的装置图：相关信息如下：①四氯化硅遇水极易水解②硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反响生成相应的氯化物升华温−−升华温−−180300162度/℃物质SiCl4BCl3AlCl3FeCl3PCl5沸点/℃熔点/℃57.7−70.012.8−107.2−−315−−−请答复以下问题：装置A中g管的作用是 ；装置C中的试剂是 ．方案优点缺点甲 乙 甲方案：f接装置方案优点缺点甲 乙 在上述(2)的评价根底上，请你设计一个合理方案并用文字表达： ．SiCl4与H2反响的化学方程式为 ．氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，受热易分解．某小组模拟制备氨基甲酸铵，反响如下(且温度对反响的影响比较灵敏)：2NH3(g)+CO2(g)⇌NH2COONH4(s)△H<0如用图I装置制取氨气，可选择的试剂是 ．制备氨基甲酸铵的装置如图Ⅱ所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中．当悬浮物较多时，停顿制备．注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质．①发生器用冰水冷却的缘由是 ，液体石蜡鼓泡瓶的作用是 ．②从反响后的混合物中分别出产品的试验方法是 (填写操作名称).为了得到枯燥产品，应实行的方法是 (填写选项序号)．a.常压加热烘干 b.高压加热烘干 c.减压40℃以下烘干制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种．①设计方案，进展成分探究，请填写表中空格．限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸．试验步骤试验步骤预期现象和结论步骤1：取少量固体样品于试管中，参与蒸馏水至固体得到无色溶液溶解．假设溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸步骤2：向试管中参与过量的BaCl2溶液，静置铵．步骤3：向试管中连续参与： ． ，证明固体中含有碳酸氢铵．②依据①的结论：取氨基甲酸铵样品3.95g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、枯燥，测得沉淀质量为1.97g.则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为20.硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如以下图，现有硫酸与氨水各一份，请依据表中信息，答复以下问题：溶质的物质的量浓度/mol⋅ 溶液的密度/g⋅L−1 cm−3 Mr(NH2COONH4)=78、M20.硫酸、氨水的密度与所加水量的关系如以下图，现有硫酸与氨水各一份，请依据表中信息，答复以下问题：溶质的物质的量浓度/mol⋅ 溶液的密度/g⋅L−1 cm−3硫酸硫酸氨水c1c2ρ1ρ2配制480mL1mol⋅L−1的硫酸溶液用到的根本试验仪器除玻璃棒、烧杯外，还有 ．质量分数为w1

的硫酸与水等体积混合，所得溶液的质量分数

w1(填“大于”“小于”2或“等于”，下同)．5物质的量浓度为c2mol⋅L−1的氨水与1c2mol⋅L−1的氨水等质量混合，所得溶液的密度55 ρ2g⋅cm−3，所得溶液的物质的量浓度 3c2mol⋅L−1(混合后溶液的体积变化忽5略不计)．NaOH样品1g(样品含少量Na2CO3和水)50mL1mol/L的硫酸中，充分反响后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40mL1mol/L的NaOH溶液．蒸发中和后的溶液，最终得到多少g固体？ 答案与解析 答案：D解析：解：A、苯不是单双键交替的构造，故苯中不含碳碳双键，故A错误；B1.8g铵根离子的物质的量为0.1mol100.1mol铵根离子中含NA个电子，故B错误；C、标况下己烷为液体，故不能依据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、6.4g铜的物质的量为0.1mol，而铜反响后变为+2价，故0.1mol铜反响后转移0.2NAD正确。应选：D。此题考察了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，把握公式的运用和物质的构造是解题关键。答案：B解析：此题考察阿伏加德罗常数、物质的量与摩尔的关系，题目难度中等，留意把握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确物质的量与摩尔之间的正确关系。A.阿伏加德罗常数的符号为NA，6.02×1023mol−1为阿伏伽德罗常数的近似值，故A正确；B.1molO22mol氧原子，1molO33mol氧原子，所以等物质的量的O2与O3，所含氧原子数不同，故B错误；C.0.5molNa2SO4中含有1molNa+，含有的Na+数约是6.02×1023C正确；D.物质的量为国际单位制中七个根本物理量之一，其单位为摩尔，故D正确。应选B。答案：A4解：A.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合的离子反响为NH++44Al3+2SO2−2Ba2+4OH−=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3H2O，故A正确；4B.FeCl2酸性溶液放在空气中变质的离子反响为4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2OB错误；−+2C错误；2D.电解MgCl2应选：A。

水溶液的离子方程式为Mg2++2Cl−+2HO

H2↑+Cl2

↑+Mg(OH)2

↓D错误；A.物质的量比为1：2，反响生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨；B.发生氧化复原反响，电子、电荷不守恒；C.醋酸在离子反响中保存化学式；D.反响生成氢氧化镁、氢气、氯气．此题考察离子反响方程式书写的正误推断，为高频考点，把握发生的反响及离子反响的书写方法为解答的关键，侧重氧化复原反响、与量有关的离子反响、电解反响的离子反响考察，留意离子反响中保存化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．答案：B解析：解：A.H+分别与AlO−、SO2−发生复分解反响，不能大量共存，故A错误；2 33B.该组离子之间不反响，可大量共存，且离子均为无色，故B正确；C.OH−、HCO−结合生成水和碳酸根离子，不能大量共存，故C错误；3D.Fe2+、ClO−发生氧化复原反响，不能共存，且Fe2+为浅绿色，与无色不符，故D错误；应选B．依据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生氧化复原反响等，则离子大量共存，并结合离子的颜色来解答．此题考察离子的共存，为高频考点，把握常见离子之间的反响为解答的关键，侧重复分解反响、氧化复原反响的离子共存考察，题目难度不大．答案：D解：11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，CuSO4→Cu3P中铜元素由+2价变为+1价，表现出氧化性，P→Cu3P0降低为−3价，表现出氧化性，P→H3PO40上升到+5价，表现出复原性，即在该反响中P元素的化合价既上升又降低，P既有氧化性又有复原性，应选D。此题考察氧化复原反响，准确推断磷元素的化合价变化是解答此题的关键。答案：A解析：解：A.钠与Mg(NO3)2反响只生成氢气和氢氧化镁，既有沉淀生成又有气体放出，故A正确；B.钠与HNO3溶液反响，只产生气体，无沉淀，故B错误；C.钠与Na2SO4溶液反响，实质钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，不会产生沉淀，故C错误；D.Na首先和水反响生成氢氧化钠并放出氢气：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH与NH4Cl溶液反响会生成一水合氨和氯化钠，没有沉淀生成，钠和水的反响是放热的，使氨水分解产生氨气，只有气体生成，故D错误；应选：A。钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和局部盐能发生复分解反响，依据产物的可溶性推断即可．然后再看生成的氢氧化钠能否与碱、盐本身反响．答案：B解析：解：A、在氧化复原反响中，有化合价上升的元素也有化合价降低的元素，化合价上升和化合价降低的元素可以一样，故A错误；B、在氧化复原反响中，不愿定全部元素的化合价都发生转变，如Cl2+H2O=HCl+HClO，氢元素和氧元素化合价均未变，故B正确；C、氧化复原反响的实质是电子的转移，故C错误；D故D错误．应选B．A、在氧化复原反响中，有化合价上升的元素也有化合价降低的元素，化合价上升和化合价降低的元素可以一样；B、在氧化复原反响中，不愿定全部元素的化合价都发生转变；C、氧化复原反响的实质是电子的转移；D、元素由化合态转化为游离态时，化合价可能上升也可能降低．此题考察学生氧化复原反响的根本概念学问，可以依据所学学问来答复，难度不大．答案：D解析：此题考察了物质间的反响，明确物质的性质是解此题关键，依据物质的性质来分析解答，需娴熟把握元素化合物之间的反响。①Na与水生成氢氧化钠，氢氧化钠与氯化铁形成红褐色沉淀，故①正确；②Na与水生成氢氧化钠且消耗水，由于是饱和溶液，故析出NaOH固体，故②正确；③过量氢氧化钠能溶解氢氧化铝沉淀，故③错误；④④正确。应选D。答案：C解析：此题考察氧化复原反响的计算，题目难度中等，推断氧化物中氧原子的物质的量是解题的关键，留意把握守恒思想在化学计算中的应用方法，试题侧重考察学生的分析、理解力气及化学计算力气。向10.4gFe3O4Fe2O3CuFe3+，溶液中溶质为CuSO4、FeSO4H元素与混合物中O元素结合为水，由水的分子式H2O可知，n(O)=n(H2SO4)=0.14L×1mol/L=0.14mol，假设用过量的H2在高温下复原一样质量的原混合物，固体削减的质量为氧化物中氧元素的质量，所以固体削减的质量为：0.14mol×16g/mol=2.24g，故C正确。应选C。答案：C解析：解：0.1molAl2(SO4)3溶液中n(Al3+)=0.1mol×2=0.2mol，350mL2mol/LNaOH溶液中n(OH−)=0.35L×0.2mol/L=0.7mol，n(Al3+)：n(OH−)=0.2mol：0.7mol=1：3.51：41：3之间，故发生为：Al3++3OH−=2Al(OH)3↓，Al3++4OH−=AlO−+2H2O，2令生成氢氧化铝的物质的量为xmol，则：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，1 3x 3x x2Al3++4OH−=AlO−+2HO，221 40.2−x 0.7−3x所以0.7−3x=4(0.2−x)，解得x=0.1，故生成氢氧化铝的质量=0.1mol×78g/mol=7.8g；应选：C。n(NaOH)=2mol/L×0.35L=0.7mol，n(Al3+)=2n[Al2(SO4)3]=2×0.1mol=0.2mol，硫酸铝与2氢氧化钠会发生反响：Al3++3OH−=Al(OH)3↓，Al3++4OH−=AlO−+2H2O，假设铝离子完全转化为沉淀需要0.6molNaOH，剩余0.1molNaOH溶解氢氧化铝沉淀，据此分析解答。2此题考察化学反响方程式有关计算，侧重考察学生分析力气和计算力气，正确推断产物成分是解此题关键，留意关系式的灵敏运用，题目难度中等。答案：A解析：解：A.氯气具有强氧化性，能将Fe氧化+3价，无论铁是否过量，铁在氯气中燃烧都生成氯化铁，故A正确；B.稀硫酸具有弱氧化性，且弱氧化性是H元素表达的，能将Fe氧化为+2B错误；C.硫酸铜中铜离子具有弱氧化性，能和Fe发生置换反响生成+2FeC错误；D.浓盐酸具有弱氧化性，能和Fe发生置换反响生成+2D错误；应选A．铁是变价金属，和强氧化性的氧化剂反响生成+3价铁，如氯气、硝酸、浓硫酸等；和弱氧化性的氧化剂反响生成+2价，如弱氧化性酸等，据此分析解答．此题以铁为载体考察氧化复原反响，明确物质的性质是解此题关键，知道常见的强氧化剂，易错选项是A，题目难度不大．答案：B解析：解：参与过量的铁粉，发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu、Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，滤液中不含Cu2+A错误；Fe与硫酸的反响可知生成氢气，故B正确；铁粉过量，则滤出的固体为Cu、Fe的混合物，故C错误；D.该过程发生Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，只发生该反响则溶液质量会减小，而发生Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑时溶液质量会增大，故溶液的质量有可能减小，也可能增大，故D错误；应选B．把过量的铁粉参与到H2SO4和CuSO4①Fe+CuSO4=FeSO4+Cu；②Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑，参与过量铁粉，H2SO4和CuSO4都完全反响，以此来解答．此题考察铁的化学性质，为高频考点，把握铁粉过量发生的置换反响为解答的关键，留意选项D为解答的易错点，硫酸和硫酸铜的量不确定，则不能确定溶液质量增加还是削减，题目难度不大．13.答案：D解析：此题考察了硅及二氧化硅，培育学生学问的把握力气及学问迁移力气，题目难度较小。二氧化硅不溶于水，与水不反响，故A错误；晶体硅是半导体材料，二氧化硅不是，故B错误；SiO2是酸性氧化物，但可溶于氢氟酸(HF)，故C错误；粗硅的生产是用碳复原二氧化硅，故D正确。应选D。答案：A解析：解：A、碘化钾中通入氯气会发生反响得到氯化钾和碘单质，溶液颜色会从无色变为棕色，会变深，故A正确；B、氯化钾溶液显示中性，KCl溶液中滴加几滴酚酞试液，溶液颜色不会变化，故B错误；C、溴水的氧化性比氯气的弱，溴水与NaCl溶液混合时，不会发生置换反响，故C错误；D、NaCl溶液在空气中能稳定存在，只会伴随着水分的蒸发，不会被氧化，故无需密封保存，故D错误．应选A．A、碘化钾中通入氯气会发生反响得到氯化钾和碘单质；B、氯化钾溶液显示中性；C、溴水的氧化性比氯气的弱；D、NaCl溶液在空气中能稳定存在．此题涉及卤素单质的性质学问，留意单质的氧化性挨次以及离子的复原性挨次的应用是关键，难度中等．答案：B解析：确定质量的FeFeOFe2O31000mL0.1mol/LHCl向所得溶液中参与KSCN2O3+l=3+2e+3=2O+l=2O+22，依据氯离子守恒：2n(FeCl2)=1L×0.1mol/L，解得：n(FeCl2)=0.05mol，依据Fe元素守恒，混合物中含有Fe元素的物质的量为0.05molCO复原，最终得到的铁的物质的量为0.05mol，依据m=nM计算出铁的质量。此题考察混合物反响的化学计算，题目难度中等，依据题干信息推断发生的反响及最终溶液中的溶向确定质量的Fe、FeO、Fe2O31000mL0.1mol/LHCl溶液，恰好使混合物完全溶KSCN2O3+l=2FeCl3+3H2O，Fe+2FeCl3=3FeCl2，FeO+2HCl=H2O+FeCl2，最终溶液中溶质为FeCl2，依据氯离子守恒：2n(FeCl2)=1L×0.1mol/L，解得n(FeCl2)=0.05mol，依据Fe元素守恒，混合物中含Fe元素的物质的量为：n(Fe)=0.05mol；混合物用过量的CO复原，最终得到的铁的物质的量为0.05mol，得到的铁的质量为：56g/mol×0.05mol=2.8g，应选B。答案：C解析：此题考察氧化复原反响的计算，为高频考点，把握发生的反响、电子及原子守恒为解答的关键，侧重分析与计算力气的考察，留意守恒法的应用。FeO和硫酸发生复分解反响，离子方程式为：FeO+2H+=Fe2++H2O，亚铁离子具有复原性，33可被硝酸根离子氧化，离子方程式为：3Fe2++NO−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2OX中的阳离子确定有Cu2+、Fe3+X中含有Fe2+，则NO−A错误；33向溶液X8mLl2得到溶液Y+恰好被完全氧化，设FeO的物质的量为3

的物质的量为y×5−)

0.448L22.4L/mol

×2=x，FeO和Cu(NO3)2的混合物9.08g，则72x+188y=9.08，解得x=0.1，y=0.01，则原混合物中FeO的质量为0.1mol×72g/mol=7.2gB错误；3据B项的分析可知Cu(NO3)2的物质的量为0.01mol，依据方程式3Fe2++NO−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知消耗H+的物质的量=0.02mol×4=0.08mol，由FeO+H2SO4=FeSO4+H2O可知消耗H2SO4为0.1mol，故共消耗H2SO4为0.14mol，剩余H2SO4为0.15L×1.0mol·L−1−0.14mol=0.01mol，溶液Y中参与足量铁粉，依据氢原子守恒，生成氢气的物质的量为0.01mol，故生成氢气3的体积=0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mLC正确；据原子守恒知溶液Y中含0.1molFe3+、0.01molCu2+、0.02molH+Y中参与5g铁粉，据离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，Fe+2H+=Fe2++H2↑知三个反响共溶解铁粉0.05mol+0.01mol+0.01mol=0.07mol，即溶解铁粉0.07mol×56g/mol=3.92g，反响后得到0.01molCu，则充分反响后得到不溶固体为Cu与剩余Fe的质量之和，故反响后得到不溶固体为(5g−3.92g)+0.01mol×64g/mol=1.72gD错误。应选C。2 2 2 17.答案O +浓). l +l ↑H；浓硫酸；检验装置气密性C中布满黄色气体；C；除去未反响的氯气；防止空气中的水蒸气进入C2 2 2 解析：解：(1)A装置制取的是氯气，试验室常用浓盐酸与二氧化锰加热制取，化学反响方程式为：.MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；为保持装置C为无水环境装置B中参与的试剂是浓硫.酸；2故答案为：MnO +4HCl(浓)2

MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓硫酸；A处的酒精灯，生成氯气排解空气中的氧气和水蒸气，C中布满黄绿色气体后，再点燃C处酒精灯；故答案为：检查装置气密性；A；C中布满黄绿色气体；C；D中碱石灰的作用是除去未反响的氯气防止空气中的水蒸气进入C装置；故答案为：除去未反响的氯气防止空气中的水蒸气进入C装置．由题给信息可知，装置A是制备氯气的发生装置，生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过装置B中浓硫酸枯燥氯气，通过装置C反响生成无水氯化铁，剩余气体通过D装置中的碱石灰吸取，并通过D装置吸取空气中的水蒸气，防止对氯化铁制备的干扰，以此解答该题．此题以氯化铁以及氯化亚铁的制取为载体，考察的是试验室中氯气的制取方法、常见尾气的处理方法，明确氯气制备原理和性质是解题关键，题目难度中等．答案：收集产品的导管粗，不会堵塞导管②冷凝产品，削减产品损失；①空气中的水蒸气进入产品收集装置，使四氯化硅水解②尾气没有处理，污染环境；①有尾气处理装置，留意环保②避开空气中的水蒸气进入装置；①产品易堵塞导管4 没有冷凝装置，产品易损失；在装的i处接枯燥管l +H̲i+4 解析：解：(1)g管使分液漏斗与烧瓶连通，使浓盐酸顺当滴下．由信息知，四氯化硅与水反响，故需除去氯气中的水．B瓶装饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，C瓶装浓硫酸枯燥氯气，故答案为：平衡压强，使液体从分液漏斗中顺当流下；浓硫酸；方案优点缺点①方案优点缺点①收集产品的导管粗，不会堵塞导①甲管水解②冷凝产品，削减产品损失②尾气没有处理，污染环境①有尾气处理装置，留意环保①产品易堵塞导管乙②避开空气中的水蒸气进入装置②没有冷凝装置，产品易损失；应避开空气中的水蒸气进入装置，在装置Ⅰi处接枯燥管j，故答案为：在装置Ⅰi处接枯燥j；4 氢气能与四氯化硅反响生成单质硅和氯化氢反响方程式l +H̲i+故答案为：4 4 l +H̲i+．4 g管使分液漏斗与烧瓶连通，使浓盐酸顺当滴下；浓硫酸可枯燥氯气；收集产品的导管太细易堵塞导管；制取的四氯化硅需要冷凝；由于尾气中含有氯气，要设置尾气处理装置，四氯化硅易水解，要避开空气中的水蒸气进入产品收集装置；应避开空气中的水蒸气进入装置；氢气能与四氯化硅反响生成单质硅和氯化氢．此题考察化学试验方案设计，题目难度中等，留意把握试验原理．答案：NH3和CO2通入比例，把握反响速率；过滤；c；80%解析：解：(1)发生装置符合固体与固体加热制备气体，可以利用氢氧化钙与氯化铵在加热条件下制备氨气，故答案为：氯化铵与氢氧化钙；①产物分解，并有利于平衡正向移动，提高反响物转化率；通过观看气泡调整NH3和CO2通入比例，把握反响速率；NH3和CO2通入比例，把握反响速率；②分别互不相溶的固体与液体，实行过滤方法；氨基甲酸铵受热易分解，实行减压低温烘干，即选择减压40℃以下烘干，故答案为：过滤；c；①BaCl2溶液，假设溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵，试验步骤预期现象和结论3试验步骤预期现象和结论3：少量澄清石灰水溶液变浑浊；②最终到达沉淀为碳酸钡，碳酸钡物质的量为

1.97g

197g/mol质量为0.01mol，则可得样品中氨基甲酸铵的质量为3.95g−0.01mol×79g/mol=3.16g，故样品中3.16g10080%，3.95g故答案为：80%．发生装置符合固体与固体加热制备气体，利用氢氧化钙与氯化铵在加热条件下制备氨气；(2)①NH3和CO2通入比例，把握反响速率；②分别互不相溶的固体与液体，实行过滤方法；氨基甲酸铵受热易分解，实行减压低温烘干；(3)①入过量的BaCl2溶液，静置溶液不变浑浊，证