上海市上海外国语大学附属外国语学校2024届化学高一第一学期期末统考试题含解析

上海市上海外国语大学附属外国语学校2024届化学高一第一学期期末统考试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于铁与水反应的描述中不正确的是()A．铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe2O3B．红热的铁能与水蒸气反应，放出的气体点燃时能发出爆鸣声C．铁与水蒸气的反应是氧化还原反应D．常温下，Fe与H2O不反应，但在空气中的O2、H2O共同作用下能发生反应2、下图是一检验气体性质的实验装置。向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色。据此判断气体X和洗气瓶内液体Y(足量)可能是()选项ABCDXCOSO2CO2Cl2Y浓H2SO4NaHCO3饱和溶液Na2SO3溶液NaHSO3饱和溶液A．A B．B C．C D．D3、下列各项递变规律错误的是：A．沸点：NH3<PH3<AsH3B．非金属性：N>P>AsC．还原性：AsH3>PH3>NH3D．酸性：HNO3>H3PO4>H3AsO44、已知2Fe2+＋Br2＝2Fe3+＋2Br－。向100mL的FeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L，充分反应后测得溶液中Cl－与Br－的物质的量浓度相等，则原FeBr2溶液的物质的量浓度为A．2mol/L B．1mol/L C．0.4mol/L D．0.2mol/L5、下列物质中，含有共价键的是（）A．HCl B．Na2O C．MgCl2 D．NaCl6、下列有关试剂的保存方法，错误的是()A．浓硝酸保存在棕色试剂瓶中并放置在阴凉处B．少量的金属钠保存在煤油中C．液溴应保存在棕色细口瓶，并加水液封D．新制的氯水通常保存在无色玻璃试剂瓶中7、下列物质中导电性最差的是A．0.6mol·L−1的硫酸 B．0.1mol·L−1的盐酸C．熔融的NaCl D．硝酸钾晶体8、我国大力弘扬中华优秀传统文化体现“文化自信”。下列有关说法错误的是()A．制备“白玉金边素瓷胎，雕龙描凤巧安排”中的瓷，主要原料为黏土B．商代后期铸造出了工艺精湛的司母戊鼎，该鼎属于铜合金制品C．成语“百炼成钢”、“沙里淘金”中均包含了化学变化D．《本草纲目》中有关于酿酒的记载“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，其描述的过程是蒸馏9、从海带中提取碘的一种工业生产过程如下：下列说法中错误的是A．步骤（1）需要过滤装置B．步骤（2）需要用到分液漏斗C．“碱化”目的是让可溶性有机质形成沉淀D．“氧化”是让I-转化为I2，可以用适量氯气作氧化剂10、下列离子方程式书写正确的是（）A．氯气跟水反应Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．二氧化锰跟浓盐酸共热制Cl2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OC．向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe2＋＋Cl2=Fe3＋＋2Cl－D．向稀漂白粉溶液中通入足量二氧化碳：Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO11、铝具有较强的抗腐蚀性能，主要是因为()A．与氧气在常温下不反应 B．铝性质不活泼C．铝表面能形成了一层致密的氧化膜 D．铝耐酸耐碱12、下列化学反应中，属于氧化还原反应的是()A．Na2CO3＋CaCl2=CaCO3↓＋2NaClB．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4C．NH3+HCl=NH4ClD．CaO＋H2O=Ca(OH)213、可用于治疗胃酸过多的物质是A．氢氧化钠 B．碳酸氢钠 C．氯化铁 D．氯化钠14、下列有关电解质的说法中正确的是A．液态氯化氢不导电，所以氯化氢不是电解质B．氨溶于水形成的溶液能导电，所以氨是电解质C．熔融的铜导电性很好，所以铜是电解质D．氧化钠、氧化钙熔融时能导电，所以氧化钠、氧化钙是电解质15、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是()A．1molN2含有的原子数目为NAB．24gMg变为Mg2+时失去的电子数目为2NAC．1mol•L﹣1CaCl2溶液中含有的Cl﹣数目为2NAD．常温常压下，11.2LCO2中含有的原子数目为1.5NA16、已知：2FeSO4＋6Na2O2═2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，对此反应下列说法中正确的是A．Na2O2只作氧化剂 B．还原剂只有FeSO4C．氧化产物只有Na2FeO4 D．Na2FeO4既是还原产物，又是氧化产物二、非选择题（本题包括5小题）17、元素周期表与元素周期律在学习、研究中有很重要的作用。下表是5种元素的相关信息，W、X都位于第三周期。元素信息Q地壳中含量最高的元素W最高化合价为+7价X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强Y焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色Z原子结构示意图为：（1）Q在周期表中的位置是__。（2）W的最高价氧化物对应的水化物的化学式是___。（3）X单质与水反应的离子方程式是__。（4）金属性Y强于X，用原子结构解释原因：__，失电子能力Y大于X，金属性Y强于X。（5）下列对于Z及其化合物的推断中，正确的是__（填字母）。A．Z的最低负化合价与W的最低负化合价相同B．Z的氢化物的稳定性弱于W的氢化物的稳定性C．Z的单质可与X和W形成的化合物的水溶液发生置换反应18、某溶液，只含以下离子中的若干种：K+、NH4+、Ba2+、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣，现取三份100mL溶液分别进行如下实验：①第一份加入稀硝酸无明显现象，再加入AgNO3溶液有沉淀产生②第二份加足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.04mol③第三份加足量BaCl2溶液后，得沉淀4.66g，加盐酸，沉淀质量不变。根据以上实验，回答下列问题：(1)溶液中不能确定是否存在的离子是_____，一定存在的阴离子是_____(2)实验③间接表明溶液中不存在的离子是_____，实验②发生反应的离子方程式为_____(3)小明根据上述实验认为该溶液中一定存在的阳离子为NH4+和_____，判断的依据是_____。19、欲提纯混有硫酸钠、碳酸氢铵的氯化钠固体,某学生设计了如下方案：请根据操作流程回答下列问题：（1）操作①在加热时应选择_________盛装混合物(填仪器名称)。（2）进行操作②后,判断SO42-已沉淀完全的方法是_________。（3）操作③的离子方程式为_________。（4）操作④的目的是_________。（5）实验室进行操作⑤的具体步骤是_________。（6）某同学欲用制得的氯化钠固体配制100mL0.2mol·L-1的氯化钠溶液。①配制NaCl溶液时需用到的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_________。②下列操作会使所配氯化钠溶液浓度偏小的是_________(请填序号)。A．加水定容时俯视刻度线B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理C．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外D．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上20、实验室采用下列方法制取NH3：①固体Ca(OH)2与NH4Cl共热。②NH4HCO3固体中加NaOH固体(过量)，常温下即能产生NH3；装置如图。③NaOH固体中加入浓氨水。④NH4Cl浓溶液中加生石灰。请回答下列问题：(1)写出②方法制取氨气的化学方程式___________________________。(2)说明③方法制取氨气的原理：_____________，为什么此法不加热？__________。(3)请从下面的仪器中选择④方法制取氨气的发生装置________(写字母，要求使用仪器最少、合理)。写出用NH4Cl浓溶液与生石灰反应制取氨气的理由：__________。(4)某同学设计了如图装置收集氨气，下列说法不正确的是________(填字母)。A．收集氨气的原理是向下排空气法B．干燥管的作用是防止倒吸C．当烧杯中的水变红时证明氨气已收集满D．该装置会形成红色喷泉21、请按要求填空：（1）简单原子的原子结构可用下图形象地表示：其中“●”表示质子或电子，“○”表示中子，则下列有关①②③的叙述正确的是__A．①②③是三种不同的核素B．①②③具有相同的质量数C．①②③互为同位素D．①②③是三种化学性质不同的粒子（2）科学家已发现一种新型氢分子（H3），在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是__A分子数B原子数C体积D电子数（3）微粒AXn+核外有a个电子，则它的核内中子数为______（4）与10克D2O含有相同电子数的NH3在标准状况下的体积是_____

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解题分析】

A．铁的氧化物中Fe2O3是红棕色固体，FeO、Fe3O4是黑色固体，铁与水蒸气反应的产物是黑色的Fe3O4，故A错误；B．红热的Fe与水蒸气反应生成氢气，氢气点燃时能发出爆鸣声，故B正确；C．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应中Fe、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C正确；D．常温下，Fe中含有C元素，Fe、C与电解质溶液能形成原电池，所以Fe在空气中O2、CO2、H2O的共同作用下能发生电化学反应，故D正确；故答案选A。2、B【解题分析】

A．CO不能使品红褪色，A错误；B．若关闭活塞K，SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，SO2使品红褪色，B正确；C．CO2与Na2SO3溶液不反应，且不能是品红褪色，C错误；D．Cl2与饱和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D错误。3、A【解题分析】A、氨气分子之间存在氢键，沸点高于同主族其它氢化物，选项A错误；B、同主族从上到下非金属性减弱，则非金属性：N＞P＞As，选项B正确；C、非金属性越强，对应的气态氢化物的还原性越弱，非金属性：N＞P＞As，则还原性：AsH3＞PH3＞NH3，选项C正确；D、非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：N＞P＞As，则酸性：HNO3＞H3PO4＞H3AsO4，选项D正确。答案选A。4、A【解题分析】

还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量==0.15mol，若Br-没有反应，则c(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应，设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L。故选A。5、A【解题分析】

一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族(氢除外)、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。【题目详解】A.HCl中氯原子和氢原子之间只存在共价键，故A正确；B.Na2O中钠离子与氧离子之间只存在离子键，故B错误；C.氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；D.NaCl中钠离子与氯离子之间只存在离子键，故D错误；答案选A。【题目点拨】一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键。6、D【解题分析】

A、浓硝酸能见光分解，所以需要保存在棕色试剂瓶中放置在阴凉处，不选A；B、金属钠能和氧气，水反应，所以放在煤油中隔绝空气和水，不选B；C、液溴有挥发性，所以保存在棕色瓶，且用水封，不选C；D、氯水中的次氯酸能见光分解，所以应用棕色试剂瓶盛放，选D。答案选D。7、D【解题分析】

0.6mol·L−1的硫酸中离子浓度大于0.1mol·L−1的盐酸，故其导电能力大；熔融的NaCl可以导电，但硝酸钾晶体没有可以自由移动的离子，不能导电。答案选D。8、C【解题分析】

A.制做陶瓷的原料为黏土，A正确；B.司母戊鼎属于青铜器，属于铜合金制品，B正确；C.“沙里淘金”属于物理变化，C错误；D.“蒸烧”是指蒸馏过程，D正确；答案选C。9、B【解题分析】

由流程可知干海带加水浸泡，加入氢氧化钠溶液碱化，用过滤的方法除去有机物沉淀，得到的溶液中加入硫酸酸化、氧化剂，可生成碘，经过滤、结晶得到粗碘，经升华可得到碘单质，以此解答该题。【题目详解】A．分离难溶固体和液体，需要用到过滤装置，步骤(1)为过滤装置，故A正确；B．步骤(2)是结晶后得到固体，应为过滤操作，需要用普通漏斗而不是分液漏斗，故B错误；C．由流程可知加入氢氧化钠“碱化”，生成有机物沉淀，故C正确；D．氯气可与I-反应置换出碘，可用适量氯气作氧化剂，故D正确；故答案选B。10、B【解题分析】

A.氯气与水反应生成的次氯酸是弱电解质，不可拆开为离子，正确的离子方程式：Cl2+H2O═H++Cl-+HClO，故A错误；B.HCl是强酸，属于强电解质，浓盐酸与二氧化锰共热反应的离子方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故B正确；C.对于Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-，反应前后电荷不守恒，故C错误；D、漂白粉溶液中通入足量的二氧化碳气体生成碳酸氢钙和次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2++2ClO-+2H2O+2CO2═Ca2++2HCO3-+2HClO，故D错误；故选：B。11、C【解题分析】

通常情况下铝具有较强的抗腐蚀性能，这是因为铝在常温下与空气中的氧气发生化学反应，使铝的表面生成了一层致密的氧化铝薄膜从而阻止了内部的铝进一步氧化，故选C。12、B【解题分析】

存在元素化合价变化的反应，为氧化还原反应；反之，不存在元素的化合价变化，则不属于氧化还原反应，以此来解答．【题目详解】A．Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故A不符合题意；B．Fe+CuSO4=Cu+FeSO4中Fe元素的化合价升高，Cu元素的化合价降低，是氧化还原反应，故B符合题意；C．NH3+HCl=NH4Cl中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故C不符合题意；D．CaO+H2O=Ca(OH)2中元素的化合价没有变化，不是氧化还原反应，故D不符合题意；故答案选B。13、B【解题分析】

根据胃酸中的酸是盐酸及盐酸的化学性质进行分析，要治疗胃酸过多，可以选用能与盐酸反应的物质，且应选择无毒、无腐蚀性的物质，据此进行分析解答。【题目详解】A.氢氧化钠属于强碱，具有强烈的腐蚀性，不能用于治疗胃酸过多的药物，故A错误；B.碳酸氢钠与盐酸发生NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，且碱性较弱，宜用做治疗胃酸过多的药物，故B正确；C.氯化铁和盐酸不反应，故C错误；D.氯化钠与盐酸不反应，故D错误；故答案为B。14、D【解题分析】

A.HCl水溶液中电离出氢离子和氯离子，能导电，所以HCl属于电解质，A错误；B.氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨部分电离出氢氧根离子和铵根离子，溶液能导电，但是氨气本身不能电离出离子，所以NH3·H2O是电解质，氨气是非电解质，B错误；C.熔融的铜能导电，但是铜属于单质，不属于化合物，所以铜既不是电解质，也不是电解质，C错误；D.在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物是电解质,而氧化钠、氧化钙为化合物，在熔融态时能导电,符合电解质概念，是电解质,故D正确；综上所述，本题选D。【题目点拨】电解质和非电解质均为化合物，属于电解质的物质主要有酸、碱、盐、金属氧化物和水等，属于非电解质的物质主要有绝大多数有机物、非金属氧化物、非金属氢化物等。15、B【解题分析】

A.1molN2含有的原子在常温常压下的数目为2NA，故A错误；B.24gMg物质的量＝＝1mol，变为Mg2+时失去的电子数目为2NA，故B正确；C.1mol•L﹣1CaCl2溶液体积不知，不能计算溶液中含有的Cl﹣数目，故C错误；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2中物质的量小于0.5mol，含有的原子数目小于1.5NA，故D错误；故选：B。16、D【解题分析】

A、过氧化钠中氧元素的化合价有的升高到0价有的降低到-2价,所以Na2O2既是氧化剂,又是还原剂,故A错误;B.FeSO4中铁元素的化合价由+2价升高到+6价，过氧化钠中部分氧元素的化合价由-1价升高到0价，所以还原剂是FeSO4和Na2O2，故B错误；C、FeSO4中铁元素的化合价由+2价升高到+6价,生成Na2FeO4，所以Na2FeO4为氧化产物，同时过氧化钠中部分氧元素由-1价降低到-2价，所以Na2FeO4又是还原产物，故C错误；D.根据上述分析知Na2FeO4既是还原产物，又是氧化产物，故D正确；答案：D。【题目点拨】本题考查氧化还原反应的有关知识。氧化剂被还原的产物为还原产物，还原剂被氧化的产物为氧化产物，注意过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低。二、非选择题（本题包括5小题）17、第二周期、第ⅥA族HClO42Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于NaAB【解题分析】

Q为地壳中含量最高的元素，则Q为O；W、X都位于第三周期，W最高化合价为+7价，X最高价氧化物对应的水化物在本周期中碱性最强，则W为Cl，X为Na；Y的焰色试验（透过蓝色钴玻璃）火焰呈紫色，则Y为K；Z原子结构示意图为：，为35号元素，则Z为Br；结合元素性质和元素周期律进行分析解答。【题目详解】（1）Q为O在周期表中的位置是第二周期、第ⅥA族，故答案为：第二周期、第ⅥA族；（2）W为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应的水化物的化学式是HClO4，故答案为：HClO4；（3）X为Na，其单质与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式是2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，故答案为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑（4）X为Na，Y为K，二者同族，最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na，则失电子能力K大于Na，金属性K强于Na，故答案为：最外层电子数K与Na相同，电子层数K大于Na，原子半径K大于Na；（5）根据分析推断，Z为Br，A.W为Cl，Cl与Br同主族，最低负化合价=最高正价-8=+7-8=-1，故A正确；B.W为Cl，非金属性：Cl>Br，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，则Br的氢化物的稳定性弱于Cl的氢化物的稳定性，故B正确；C.Z为Br，单质为Br2，X和W形成的化合物的水溶液为NaCl溶液，由于氧化性：Cl2>Br2，则Br2不能从氯化钠溶液中置换出氯气，故C错误；故答案选AB。18、NO3﹣Cl﹣、SO42﹣Ba2+NH4++OH﹣NH3↑+H2OK+n(Cl﹣)+2n(SO42﹣)＞n(NH4+)【解题分析】

①第一份加入稀硝酸无明显现象，再加入AgNO3溶液有沉淀产生，说明溶液中含有Cl－；②第二份加足量NaOH溶液后加热，收集到气体0.04mol，说明含有NH4＋；③第三份加足量BaCl2溶液后，得沉淀4.66g，加盐酸，沉淀质量不变，说明含有SO42－，则不含Ba2＋，且n（SO42－）==0.02mol，结合电荷守恒解答该题。【题目详解】(1)由以上分析可知一定含有Cl﹣，且含有0.02molSO42﹣，0.04molNH4+，由电荷守恒可知含有K+，不能确定是否含有NO3﹣，故答案为：NO3﹣；Cl﹣、SO42﹣；(2)实验③间接表明溶液中不存在的离子是Ba2+，实验②发生反应的离子方程式为NH4++OH﹣NH3↑+H2O，故答案为：Ba2+；NH4++OH﹣NH3↑+H2O；(3)因n(Cl﹣)+2n(SO42﹣)＞n(NH4+)，一定存在的阳离子为NH4+和K+，故答案为：K+；n(Cl﹣)+2n(SO42﹣)＞n(NH4+)。【题目点拨】本题考查物质鉴别，涉及物质的性质、反应与现象等，把握物质的性质及离子检验方法等为解答的关键，难点（3）结合计算分析离子的存在。19、坩埚静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42-已沉淀完全Ba2++CO32-=BaCO3↓除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干胶头滴管、100mL容量瓶CD【解题分析】由分离流程可知，①为加热，碳酸氢铵分解生成水、氨气、二氧化碳，残留物为NaCl、硫酸钠，溶解后加氯化钡除去硫酸根离子，再加碳酸钠除去钡离子，过滤除去沉淀硫酸钡、碳酸钡，向滤液中加盐酸，与碳酸钠反应生成NaCl，最后蒸发得到纯净的NaCl，则（1）固体加热需要在坩埚中进行。（2）判断SO42-已除尽的方法为静置，往上层清液中维续滴加BaCl2溶液，若不出现浑浊，则SO42－已沉淀完全。（3）根据以上分析可知操作③的离子方程式为Ba2++CO32-＝BaCO3↓。（4）根据以上分析可知操作④的目的是除去溶解在溶液中过量的HCl和CO2。（5）操作⑤是蒸发，具体步骤是将溶液置于蒸发皿中，加热蒸发，并用玻璃棒不断搅拌，加热蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用蒸发皿的余热使滤液蒸干。（6）①配制NaCl溶液时需用到的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶。②A．加水定容时俯视刻度线，溶液体积减少，浓度偏高，A错误；B．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理不影响，B错误；C．在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外溶质减少，浓度偏低，C正确；D．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，溶液体积增加，浓度偏低，D正确，答案选CD。20、NH4HCO3+2NaOH=Na2CO3+NH3↑+2H2O氢氧化钠溶于水放出大量热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制氨气的溶解，溶液温度升高，氨气的溶解度减小，氨气从溶液中逸出因为氢氧化钠溶于水产生大量的热DCaO＋H2O=Ca(OH)2，消耗水并放热，Ca(OH)2和NH4Cl受热发生反应：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2OD【解题分析】

（1）碳酸氢铵与氢氧化钠固体反应生成碳酸钠和氨气、水；

（2）依据氢氧化钠溶于水放出大量热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，抑制氨气的溶解，溶液温度升高，氨气的溶解度减小，氨气从溶液中逸出解答；

（3）依据反应物状态和反应条件选择发生装置；生石灰溶于水生成氢氧化钙，且放出大量的热，氢氧化钙与氯化铵反应生成氨气，氨气受热挥发，据此解答；（4）A．氨气的密度小于空气密度，且和氧气不反应；

B．有缓冲作用的装置能防止倒吸；

C．氨水溶液呈碱性，碱遇酚酞试液变红色；

D．该装置不能形成红