四川省南充市阆中东风中学2024-2025学年高三12月月考化学试题

东风中学校高2022级高三12月月考化学试卷可能用到的相对原子质量：H1N14O16Mg24Cl35.5Zn65一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一项是符合题目要求的)1.化学与生产、生活、科技、医药等密切相关。下列叙述正确的是A.制造5G芯片的氮化铝晶圆属于金属材料B.牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理C.煤经过液化、气化处理可减少二氧化碳的排放，减缓温室效应D.2023年杭州亚运会场馆使用了“碲化镉”光伏发电系统，将太阳能转化为电能【答案】D【解析】【详解】A．氮化铝晶圆属于新型无机非金属材料，故A错误；B．牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了沉淀转化，故B错误；C．煤经过气化、液化可以提高煤的利用率，并不能减少二氧化碳排放，故C错误；D．光伏发电系统将太阳能转化为电能，故D正确；选D。2.下列化学用语表达正确的是A.NH3分子的电子式：B.的空间结构：平面三角形C.HCl的spσ键的原子轨道重叠图：D.的命名：2甲基丁烯【答案】C【解析】【详解】A．氨气的电子式为，故A错误；B．中心原子S的价层电子对数为，含有1对孤对电子，空间构型为三角锥形，故B错误；C．氯化氢分子中氢原子的s电子和氯原子的p电子形成spσ键，原子轨道重叠图为，故C正确；D．碳碳双键的一端为1号碳，其命名为3甲基丁烯，故D错误；故选C。3.有关下列仪器的使用和操作正确的是A.完成过滤操作需要选择③和④B.选择②⑥可以完成锌粒和稀硫酸的反应，并测定收集的体积C.选择①，用浓硫酸干燥、、，长导管进气，短导管出气D.带橡胶塞的试剂瓶⑤可以盛装浓溴水、NaOH、浓硝酸【答案】B【解析】【详解】A．过滤需要漏斗、烧杯，而③是分液漏斗，A项错误；B．锌粒和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，为固液不加热型，且启普发生器可控制反应进程，发生装置选⑥，选择②可用排出水的体积来测定收集的体积，B项正确；C．具有还原性，浓硫酸具有氧化性、NO2极易溶于浓硫酸，浓硫酸不能干燥和，C项错误；D．溴水、浓硝酸具有氧化性会与橡胶反应，D项错误；故选：B。4.某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素Q、W、X、Y、Z组成（结构如图）。W是有机物分子骨架元素，基态Y原子的s能级电子数比p能级上少1个，Z的一种单质在空气中易自燃。下列说法错误的是A.第一电离能：B.W、X分别与Q形成的最简单化合物沸点：C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：D.该离子液体熔点低、难挥发，可作溶剂【答案】D【解析】【分析】某离子液体由原子序数依次增大的短周期主族元素Q、W、X、Y、Z组成(结构如图)。W是有机物分子骨架元素，则W为C元素，基态Y原子的s能级电子数比p能级上少1个，则电子排布式为1s22s22p5，为F元素；Z的一种单质在空气中易自燃，则为P元素，结合价键可知Q为H元素，X为N元素；【详解】A．同周期元素由左向右元素原子的第一电离能呈递增趋势，同主族从上到下第一电离能减小，第一电离能：Y>X>Z，故A正确；B．W、X分别与Q形成的最简单化合物CH4、NH3，后者存在氢键，沸点较高，故最简单化合物沸点：X>W，故B正确；C．非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，非金属性N＞F，则酸性：X＞Z，，故C正确；D．由题干结构可知，该离子液体属于离子化合物，熔沸点高，难挥发，可用作溶剂，故D错误；答案选D。5.下列生活情境对应反应的离子方程式正确的是A.用醋酸清洗水垢：B.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体：C.用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：D.铅酸蓄电池充电时的阳极反应：【答案】B【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，不能拆成离子形式，A项错误；B．酸性强弱：碳酸＞苯酚＞，所以向苯酚钠溶液中通入少量的CO2气体的离子方程式为，B项正确；C．用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板，反应的离子方程式为，C项错误；D．铅酸蓄电池充电时阳极发生氧化反应，其电极反应式为，D项错误；故答案为：B。6.设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.标准状况下，与均含有个质子B.与足量稀硝酸完全反应可生成C.与混合物中所含中子数小于D.常温常压下，溶于水中，转移电子数目小于【答案】D【解析】【详解】A．标准状况下，含有个质子，但标准状况下，HF不是气体，则物质的量不是0.5mol，即所含质子数不是，A错误；B．镁和稀硝酸反应生成硝酸镁、NO和水，没有氢气产生，B错误；C．与的摩尔质量都是20g/mol，则与混合物的物质的量为，1个与都含有10个中子，所以与混合物中所含中子数为，C错误；D．物质的量为，氯气溶于水中，部分氯气溶解在水中，一部分氯气发生化学反应生成HCl和HClO，则转移电子数目小于，D正确；故选D。7.阿斯巴甜是一种常用的人工合成甜味剂，结构简式如图所示，下列有关该物质的说法正确的是A.分子式为B.苯环上的一溴代物共有5种C.1mol阿斯巴甜最多可消耗3molNaOHD.可以发生水解反应，属于人工合成的低聚糖【答案】C【解析】【详解】A．由阿斯巴甜的结构简式可知，其分子式为C14H18O5N2，A错误；B．该有机物苯环上有3种环境的H原子，苯环上的一溴代物共有3种，B错误；C．该有机物含有1个羧基、1个酰氨基和1个酯基，1mol阿斯巴甜最多可消耗3molNaOH，C正确；D．该有机物含有1个羧基、1个酰氨基和1个酯基，可以发生水解反应，阿斯巴甜是一种常用的人工合成甜味剂，不属于糖类，不属于低聚糖，D错误；故选C。8.根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A工业上用焦炭在电炉中将石英砂还原得到粗硅非金属性C>SiB足量的锌与一定量的浓硫酸加热放出气体气体不一定只有C向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，试管里出现凝胶非金属性：Cl>SiD将铁与水蒸气反应所得的固体用过量盐酸溶解，然后再加入少量溶液，生成蓝色沉淀铁与水蒸气反应所得的固体中一定有铁粉剩余A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．工业上用焦炭在电炉中将石英砂还原得到粗硅，该反应中碳是还原剂、Si是还原产物，不能证明非金属性C>Si，故A错误；B．锌和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，锌和稀硫酸反应放出氢气，足量的锌与一定量的浓硫酸加热放出气体，气体有、H2，故B正确；C．向硅酸钠溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，试管里出现硅胶，证明盐酸的酸性大于硅酸，盐酸是无氧酸，不能证明非金属性：Cl>Si，故C错误；D．将铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，所得的固体用过量盐酸溶解，然后再加入少量溶液，生成蓝色沉淀，证明有Fe2+，四氧化三铁中含有二价铁，所以不能证明铁与水蒸气反应所得的固体中有铁粉剩余，故D错误；选B。9.催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示：有氧条件下，催化还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是A.图甲所示热化学方程式为B.图乙所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1D.脱硝过程中使用催化剂的目的是降低活化能，改变反应焓变【答案】B【解析】【详解】A．图甲所示热化学方程式为

，A错误；B．图可知，该反应过程中断裂氮氢键、氮氧键、氧氧键，形成氮氮键、氧氢键，非极性共价键为氧氧键、氮氮键，B正确；C．由图可知，该反应③方程式为4Fe2++O2+4H+=2H2O+4Fe3+，氧化剂为O2，还原剂为Fe2+，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，C错误；D．催化剂不能改变反应的焓变，则脱硝过程中使用催化剂的目的不是改变反应的焓变，D错误；故答案选B。10.类比和推理是学习化学的重要方法，下列类比或解释不合理的是选项已知结论A15冠5(冠醚)能识别Na+12冠4(冠醚)能识别K+B石墨晶体可以导电石墨的化学键具有金属键的性质C在水中的溶解度：离子之间存在氢键，更难与水分子形成氢键D表面活性剂可以降低水的表面张力表面活性剂在水面形成单分子膜，破坏了水分子间的氢键A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．15冠5(冠醚)能识别Na+，说明冠醚的空腔直径与Na+匹配，K+直径比Na+直径大，而12冠4(冠醚)的空腔直径比15冠5(冠醚)小，所以不能识别直径更大的K+，A不合理；B．石墨晶体可以导电，则石墨中的化学键含金属键的成分，因为石墨中的碳原子采用sp2杂化，所有p轨道相互平行且相互重叠，使p轨道中的电子可在整个碳原子的平面内运动，B合理；C．离子中连在氧原子上的氢原子，可以和另一个离子形成氢键，导致难与水分子间形成氢键，所以NaHCO3在水中的溶解度小于Na2CO3，C合理；D．表面活性剂在水面上形成单分子膜，破坏了水分子间的氢键，从而降低水的表面张力，D合理；故选A。11.从废线路板(主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁)中提取铜的流程如下：已知“滤液2”主要含和。下列说法正确的是A.“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质B.“酸溶”时产生和离子C.“碱溶”时存在反应：D.“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应【答案】C【解析】【分析】废线路板先机械粉碎，可以增加其反应的接触面积，加入稀盐酸后铝、锌、铁溶解，进入滤液，通入氧气和加氢氧化钠，可以溶解锡和铅，最后电解精炼得到铜。【详解】A．机械粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率，A错误；B．酸溶的过程中Al、Zn、Fe转化为对应的和离子，B错误；C．“碱溶”时根据产物中，存在反应：，故C正确；D．电解精炼时粗铜在阳极发生氧化反应，逐步溶解，故D错误；故选C。12.是国家卫健委专家推荐的高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图所示，下列有关说法正确的是A.a电极为电源的负极B.生成和的物质的量比为C.转移电子后，阴极区加入可复原D.二氧化氯发生器中生成的X溶液的主要溶质为【答案】C【解析】【分析】由图可知，氢离子在b极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，故b为直流电源负极，a为直流电源正极，氯离子通过阴离子交换膜进入阳极区，铵根离子在氯离子作用下在阳极失去电子发生氧化反应生成三氯化氮和氢离子，电极反应式为，三氯化氮在发生器中与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯、氨气、氯化钠和氢氧化钠，反应的化学方程式为。【详解】A．根据分析可知，a为直流电源的正极，A错误；B．根据分析中的电极反应及得失电子数目守恒可知，反应生成三氯化氮和氢气的物质的量比为，B错误；C．与直流电源负极b相连的电极是电解池的阴极，氢离子在阴极得到电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为，氯离子通过阴离子交换膜加入阳极区，则转移电子后，阴极区加入氯化氢可复原，C正确；D．三氯化氮在发生器中与亚氯酸钠溶液反应生成二氧化氯、氨气、氯化钠和氢氧化钠，则发生器中生成的X溶液的主要溶质为氯化钠和氢氧化钠，D错误；答案选C。13.合成某种脱氢催化剂的主要成分之一为立方ZnO，其晶胞结构如图，已知晶体密度为，a的分数坐标为，设阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是A.与最近的有12个B.若以为顶点重新取晶胞，位于晶胞的面心和体心C.之间的最短距离为D.b的分数坐标为【答案】B【解析】【详解】A．顶点上的与3个面心上的最近，顶点上的被八个晶胞共用，每个晶胞有三个面心上的与顶点上的最近，面心上的被两个晶胞共用，所以与最近的为有3×8÷2=12个，故A正确；B．若以为顶点重新取晶胞，根据晶胞均摊锌一个晶胞中个数8×1/8=1个，若位于晶胞的面心和体心个数为6×1/2+1=4，和个数比不是1：1，故B错误；C．晶胞内部下方的两个距离最近，是晶胞下表面对角线的1/2，根据晶胞均摊计算可得，该晶胞含有8×1/8+6×1/2=4个，晶胞的边长为，晶胞下表面对角线为，下方的两个距离最近，故C正确；D．a点的坐标为，b点在一个顶点三个面心上构成的四面体中心，的b点在x轴的1/4处，在y轴的3/4处，z轴的3/4处，b的分数坐标为，故D正确；故选：B。14.常温下，现有含的废液，可加入溶液或FeS固体生成沉淀除去，加入溶液或FeS固体引起溶液的pH变化，进而引起溶液中含S微粒的物质的量分数变化及浊液中浓度变化如图所示。下列说法正确的是已知：A.溶液中：B.加适量固体可使废液中浓度由b点变到a点C.由图1和图2得知，当溶液的，发生的反应为D.向废液中加入FeS固体，可使【答案】D【解析】【详解】A．由Na2S体系中各含S粒子的物质的量分数与pH的关系可知，Ka1(H2S)=107、Ka2(H2S)=1013，硫化钠溶液中S2部分水解且分步水解：S2+H2OHS+OH、HS+H2OH2S+OH，以第一步水解为主，第一步水解平衡常数Kh1====0.1，0.01mol/LNa2S溶液中=0.1，解得c(HS)≈0.0092mol/L，c(S2)≈0.0008mol/L，则溶液中离子浓度大小为：，故A错误；B．，加入适量Na2S固体，Cd2+与S2形成CdS沉淀，可使废液中浓度降低，不可能由b点变到a点，故B错误；C．由图1知，随着pH的增大，H2S浓度减小，HS浓度增大后减小，后面S2增大，当溶液的，以HS为主，由图2得知，含0.1mol/LCd2+的废液中，随pH增大浓度逐渐减小，故发生的反应为，故C错误；D．向含的废液中加入FeS固体，存在沉淀转化：，平衡常数K==108.9，，当时，可使，故D正确；答案选D。二、非选择题(本题包括4小题，共58分)15.高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(杂质中含元素)为主要原料制备粉的工艺流程如图：已知：①矿石开采过程中不可避免地会被油污污染；②部分金属离子开始沉淀和沉淀完全的如表。金属离子开始沉淀1.94.26.2沉淀完全2.86.78.2回答下列问题：（1）“浸取”过程中，高压氧化了硫元素和___________元素；为了提高酸浸的效率，可以采取的措施有___________(写两条)。（2）在原料“浸取”前先要用溶液浸洗并过滤，目的是___________，而且温度适当___________(填“升高”或“降低”)浸洗效果更好。（3）加入“中和调节”时不超过___________。若用盐酸溶解固体X后，过滤得到淡黄色固体，则“浸取”过程中硫化铜发生反应生成该淡黄色固体的化学方程式为___________。（4）流程中两次进行“过滤”操作，实验室进行过滤操作用到玻璃仪器有___________；试推测金属M为___________。【答案】（1）①.铁(或)②.把矿石粉碎、适当提高酸的浓度(或适当升高温度等)（2）①.除去原料表面油污②.升高（3）①.4.2②.（4）①.漏斗、烧杯、玻璃棒②.(或锌)【解析】【分析】“浸取”步骤中高压氧化了硫元素和铁元素，使它们分别转化为硫单质和三价铁，加入硫酸，CuO转化合成Cu2+，锌元素转化成Zn2+，铁元素转化成Fe3+；“中和调pH”：加入氨气，调节pH，使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀，Cu2+不能转化成沉淀，因此pH调节范围为2.8≤pH＜4.2；“还原”：根据流程图，高压下，用氢气还原Cu2+，得到Cu，滤液中为ZnSO4、(NH4)2SO4。【小问1详解】依据工艺流程可推得，高压氧化了硫元素和铁元素；“浸取”时，提高浸取率的措施有把矿石粉碎、适当提高酸的浓度(或适当升高温度等)。【小问2详解】矿石开采过程中不可避免地会被油污污染，用溶液可使油脂水解生成易溶于水的物质，从而除去；适当升高温度，可提高水解程度，碱性增强，去油污效果更好。【小问3详解】依据工艺流程可推得，加入“中和调节”是为了将铁元素转化为沉淀，故调节不超过4.2；用盐酸溶解固体X后，过滤得到的淡黄色固体为硫单质，则“浸取”过程中硫化铜发生反应的化学方程式为。【小问4详解】“过滤”操作需要的玻璃仪器是(普通)漏斗、玻璃棒、烧杯；分析工艺流程，可知高压氢气是将铜元素转化为铜单质，“过滤”后得到的滤液中含有的金属元素主要为锌元素，故金属M为锌单质。【点睛】本题主要考查以硫化铜精矿为主要原料制备粉的工艺流程，考查学生对基础知识的理解能力和综合运用能力。16.降低空气中二氧化碳含量、研发二氧化碳的利用技术、将二氧化碳转换为能源是缓解环境和能源问题的方案之一、我国为实现碳达峰和碳中和的“双碳”目标，工业上用H2、H2O、C3H8等物质和CO2反应合成具有经济价值的物质。（1）工业上用CO2和H2合成甲醇，反应如下：Ⅰ．△H1

H2CH3OHH2OCO2相对能量(kJ/mol)0201242393根据表中数据计算△H1=___________kJ/mol。（2）一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和2.8molH2进行上述合成甲醇的反应，图中过程Ⅰ、Ⅱ是在两种不同催化剂作用下建立平衡的过程中CO2的转化率随时间的变化曲线。①n点v正___________m点v逆(填“＞”、“＜”或“=”)。②已知平衡时n点总压强为p，该反应的压强平衡常数Kp=___________。③过程Ⅰ，t2时刻改变的反应条件可能是___________。（3）工业上用CO2和H2合成甲醇，同时有副反应发生：Ⅱ．Ⅲ．将一定量的H2和CO2充入恒容密闭容器中并加入合适的催化剂，发生反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。①测得不同温度下体系达到平衡时CO2的转化率曲线a及甲醇的产率曲线b如图所示。据图判断，当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而___________(填“增大”“减小”“不变”或“无法判断”)。②一定温度下，在不同压强下测得CO2平衡转化率、CH3OH(g)的选择性和CO的选择性随压强的变化曲线如下图所示：表示CO选择性的曲线是___________(填图上字母)；并解释随着压强的增大，该曲线呈现这种变化趋势的原因是___________。【答案】（1）50（2）①.＞②.242×p2③.升高温度、增大生成物CH3OH(g)或H2O(g)浓度（3）①.增大②.p③.增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应Ⅱ平衡逆向移动，导致CO选择性降低【解析】【小问1详解】反应热等于生成物的相对能量与反应物的相对能量的差，则根据物质的相对能量大小，可知的反应热△H1=(201242)kJ/mol(393)kJ/mol=50kJ/mol；【小问2详解】①根据图象可知：m点反应未达到平衡状态，反应正向进行，m点v正＞v逆，随着反应的进行v正逐渐减小，v逆逐渐增大，n点时v正=v逆，又由于v逆：n点＞m点，故n点v正大于m点的v逆；②一定条件下，向2L恒温恒容密闭容器中充入1molCO2和2.8molH2进行反应：，反应达到平衡时CO2的转化率为80%，则反应消耗CO2的物质的量是0.8mol，用三段式进行计算：，平衡时气体的总物质的量n(总)=0.2mol+0.4mol+0.8mol+0.8mol=2.2mol，平衡时总压强为p，各种气体的平衡分压分别是p(CO2)=；p(H2)=，p(CH3OH)=p(H2O)=，故该反应的压强平衡常数Kp==242p2；③根据图像可知：对于过程，在t2时刻改变外界条件，导致CO2的转化率降低，化学平衡可能逆向移动，该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，根据平衡移动原理可知，改变的外界条件可能是升高温度、或增大生成物CH3OH(g)或H2O(g)浓度等；【小问3详解】①根据图像可知：CO2的平衡转化率随温度的升高而增大，但CH3OH的平衡产率在温度低于260℃时，随温度升高而增大，当温度高于260℃时CH3OH的平衡产率随温度升高而减小，体系中只有三种含碳元素的物质，根据C元素守恒可知，当温度高于260℃后，CO的浓度随着温度的升高而增大；②根据已知信息可知：反应Ⅰ、Ⅲ的正反应是气体体积减小的反应，反应Ⅱ是反应前后气体物质的量不变的反应，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2含量减少，水蒸气含量增大，使反应Ⅱ平衡逆向移动，导致CO选择性降低。则一定温度下，图中m表示CO2的平衡转化率与压强的关系，n表示CH3OH的选择性与压强的关系，p表示CO的选择性与压强的关系。17.（亚硫酸亚铜铵）是一种白色的难落于水、难溶于酒精的化工产品。某小组设计如下实验装置制备，并测定的纯度。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为__________。（2）检查装置A气密性的操作方法为__________。（3）实验步骤：ⅰ．实验开始时，首先向仪器a中逐滴加入氨水至过量；ⅱ．然后向仪器a中通入；ⅲ．反应完毕后，分离B中产品的主要操作是过滤、酒精洗涤、干燥。①加入氨水至过量可观察到主要现象有__________，该过程的总反应的离子方程式为__________。②实验室打开装置A中分液漏斗滴加98.3％硫酸，发现产气的速率很慢，其原因可能为__________，把98.3％硫酸更换为70％硫酸后，产气速率明显加快。③用酒精替代水洗涤的优点是_____________。（4）测定产品中的含量。实验如下：取ag样品加入仪器a中，再加入足量溶液并加热，蒸出的通入含有标准溶液的锥形瓶中，加入2滴甲基橙作指示剂，用标准溶液滴定剩余的，消耗标准溶液。样品中含（以计）的质量分数是__________％；下列操作使得的质量分数偏大的有__________（填字母）。a．用标准溶液滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确b．标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间c．滴定读数后，发现滴定管尖嘴处还悬有一滴氢氧化钠溶液d．用溶液吸收操作缓慢，导致部分外逸到空气中【答案】（1）三颈烧瓶（或三口烧瓶）（2）关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶中滴加液体，一段时间后，分液漏斗液体无法滴下，说明发生装置气密性良好（合理即可）（3）①.先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液（合理即可）②.或③.生成的产物覆盖在反应物的表面，包裹结块（或浓硫酸中溶质主要以分子形式存在，浓度较小，或其他合理叙述）④.酒精易挥发，产品易干燥（合理即可）（4）①.②.a【解析】【分析】装置A用98.3%硫酸与Na2SO3反应制备，装置B中先逐滴加入浓氨水至得到深蓝色的溶液，再通入SO2并与反应生成白色的NH4CuSO3沉淀，装置C用于吸收剩余的SO2，防止污染空气，据此解答。【小问1详解】由仪器构造可知，仪器a的名称为三颈烧瓶(或三口烧瓶)；【小问2详解】检查装置A气密性的操作方法为：关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，向圆底烧瓶中滴加液体，一段时间后，分液漏斗液体无法滴下，说明发生装置气密性良好；【小问3详解】①向三颈烧瓶中逐滴加入氨水时，硫酸铜溶液先与氨水反应生成氢氧化铜蓝色沉淀和硫酸铵，当氨水过量后，氢氧化铜沉淀与氨水反应生成深蓝色硫酸四氨合铜溶液，则加入氨水至过量可观察到主要现象有：先产生蓝色沉淀，后沉淀溶解得到深蓝色溶液，该过程的总反应的离子方程式为：或；②实验室打开装置A中的分液漏斗滴加98.3％硫酸，发现产气的速率很慢，但把98.3％硫酸更换为70％硫酸后，产气速率明显加快，其原因可能为：生成的产物覆盖在反应物的表面，包裹结块(或浓硫酸中溶质主要以分子形式存在，浓度较小，或其他合理叙述)；③用酒精替代水洗涤的优点是：酒精易挥发，产品易干燥；【小问4详解】硫酸总的物质的量，含有氢离子的物质的量为，氢氧化钠的物质的量，所以氨气的物质的量，则样品中含(以计)的质量分数是％％；a．滴定前仰视滴定管读数，使滴定前NaOH标准溶液体积读数偏大，滴定后读数正确，则消耗NaOH标准溶液体积偏小，导致样品中的质量分数偏大，a符合题意；b．溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，会吸收空气的二氧化碳，但由于选择甲基橙做指示剂，滴定硫酸