山东省聊城市聊城第一中学2024-2025学年高一下学期3月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省聊城市聊城第一中学2024-2025学年高一下学期3月月考试题一、单选题1．下列关于单质硫的叙述：①通常状况下为黄色晶体；②不溶于水、易溶于酒精和CS2；③氧化性比氯气弱；④只能被还原不能被氧化；⑤医药上用来制作硫黄软膏，治疗某些皮肤病；⑥A．①②③⑤ B．②③⑤⑥ C．③④⑤⑥ D．①③⑤⑥【答案】D【解析】①在常温下，单质硫是一种黄色晶体，故正确；②单质硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2③S元素的非金属性比Cl元素弱，则单质硫的氧化性比氯气弱，故正确；④单质硫中S元素的化合价处于中间价态，既能被氧化又能被还原，故错误；⑤单质硫能杀死病菌，医药上用来制作硫黄软膏，治疗某些皮肤病，故正确；⑥硫有多种同素异形体，如正交硫、单斜硫等，故正确；由上述分析可知①③⑤⑥正确，故选D。2．下列关于物质性质的描述正确的是A．SO2能使紫色石蕊溶液褪色，说明SO2具有漂白性B．H2S不能和CuSO4溶液反应，因为弱酸不能制强酸C．大气中SO2D．SO3可溶于H2SO4，所以浓H2SO4可用于实验室除去SO2中混有的SO3【答案】D【解析】SO2溶于水生成亚硫酸，能使紫色石蕊溶液变红，不能褪色，A错误；H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，硫化铜是不溶于硫酸的沉淀，B错误；大气中的二氧化硫的主要来源是化石燃料的燃烧，C错误；SO3与H₂SO₄中的少量水或H₂SO₄本身反应，生成了焦硫酸（H₂S₂O₇），所以除去SO2中混有的SO3可以通入浓H2SO4，D正确。3．常温下，下列各组离子因氧化还原反应而不能大量共存的是A．H+、Na+、SO32-、S2- B．Fe3+C．Fe3+、H+、NO3-、Cl- D．Ca2+、【答案】A【解析】6H++SO32-+2S2-=3S↓+3H2O，硫元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，使H+、SO32-、S在溶液中发生：Fe3++SCN-⇌Fe(SCN)3，Fe3+、SCN-不能大量共存，无化合价变化，不是氧化还原反应，B错误；四种离子在溶液中相互之间不反应能大量共存，C错误；在溶液中发生：Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2O，Ca2+、OH-、4．现有NO2、O2的混合气体22mL，通入足量水中，充分反应后剩余气体2mL(同温同压下①2mL②3.2mL③6mL④18.8mLA．①② B．②③ C．①④ D．③④【答案】B【解析】NO2、O2通入足量水中，发生反应：①4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，如氧气过量，则剩余2ml无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为xmL，则消耗NO2是4xmL，4x+x=22mL-2mL=20mL，x=4mL，所以氧气的体积为：如NO2过量，则过量NO2与水反应：②3NO2+H2O＝2HNO3+NO，剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为ymL，依据方程式①，可知消耗NO2是4ymL，剩余NO2是（22－y－4y）mL，根据方程式②，可知生成NO是22-y-4y3=2，解得y所以原混合气体中氧气的体积为：6mL或3.2mL。5．设NAA．一定条件下，0.1molSO2与足量的O2反应，生成SO3B．一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，转移的电子数为0.3NC．10L0.1mol/L的氨水中，NH3⋅H2D．3.2g的S8(分子结构：)中的共价键数目为0.1N【答案】D【解析】2SO2+O2⇌2SO3是可逆反应，一定条件下，0.1molSO2与足量的O2铁和S反应：Fe+S≜FeS，铁元素化合价由0升高为+2，一定条件下，5.6g铁粉与过量的硫粉充分反应，铁粉的物质的量为0.1mol，转移的电子数为0.2NA，B氨水中存在：NH₃+H₂O⇌NH₃·H₂O、NH₃·H₂O⇌NH₄⁺+OH⁻

，根据N元素守恒，10L0.1mol/L的氨水中，NH3、NH3⋅H2O和NH1个S8分子中含有8个共价键，3.2g的S8(分子结构：)中的共价键数目为3.2g8×32g/mol6．下列离子方程式书写正确的是A．能证明亚硫酸性强于次氯酸的离子方程式：2ClOB．将SO2通入酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去：5SOC．向硫化钠溶液中通入过量的SO2：SD．向NaHSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液：Ba2+【答案】D【解析】ClO-具有强氧化性，SO2具有还原性，两者发生氧化还原反应，少量SO2与次氯酸钠反应的离子方程式为SO₂+3ClO⁻+H₂O=SO42-+Cl⁻+2HClO，无法证明酸性：H2将具有还原性的SO2通入具有氧化性的酸性KMnO4溶液中，溶液紫色褪去，发生氧化还原反应，离子方程式为：5SO2+2MnO4向硫化钠溶液中通入过量的SO2，反应生成亚硫酸氢钠和S单质，离子方程式为：2S2-+5SO2向NaHSO4溶液中滴加少量的Ba(OH)2溶液，离子方程式为：Ba2++SO42-7．下列叙述正确的有①CO、NO、NO2②常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸，浓硫酸不反应③N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止Mg被氧化，可以用N④敞口放置的浓硝酸和浓硫酸，浓度均会变低⑤氨气极易溶于水，故可用做制冷剂⑥通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化为含氮化合物，是自然固氮的途径之一⑦足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe⑧硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中A．②③④⑥ B．④⑥⑧ C．④⑥⑦⑧ D．①③④⑧【答案】B【解析】NO常温下能与氧气反应：2NO+O2=2NO2，不能在空气中稳定存在，①错误；铁在常温下与浓硝酸，浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化，表面生成致密氧化膜，阻止内部金属反应，因此，常温可用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，②错误；金属镁与N2在点燃条件下反应：3Mg+

N₂点燃=Mg₃N₂，N2浓硝酸易挥发，空气中放置时溶质减少，浓度降低；浓硫酸易吸收空气中水分，浓度变低，④正确；氨气易液化，液氨在气化时吸收大量的热，可做制冷剂，与氨气溶解性无关，⑤错误；氮的固定有自然固氮和人工固氮两种，其中豆科植物的根瘤菌将氮气转化为含氮化合物属于自然固氮，⑥正确；硝酸具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，三价铁与过量的铁反应会生成Fe2+，⑦硝酸不稳定，见光易分解，因此硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中避光保存，⑧正确；正确的有：④⑥⑧；B正确。8．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如图所示。下列说法错误的是A．该过程中H2O被还原成氧气B．该过程中涉及置换反应C．基于LDH合成NH3的过程属于氮的固定D．该过程的化学方程式为2N【答案】A【解析】该反应过程中O元素化合价从H2O中的-2价变为O2的0价，O元素的化合价升高，失去电子被氧化，因此是H2O被氧化生成O2，A错误；根据图示可知：发生的反应为：2N2+6H2OLDH光照4NH3+3故合理选项是A。9．类比推理是重要的学科思想，但类比推理的结果也必须符合客观事实。下列有关类比推理的结论符合客观事实的是A．SO2、COB．浓氨水与浓盐酸靠近会产生白烟，浓氨水与浓硫酸靠近也会产生白烟C．Fe与S在加热条件下生成FeS,Cu与SD．CO2通入BaNO32溶液中无白色沉淀产生，【答案】C【解析】​酸性氧化物是能与碱反应，生成且仅生成一种盐和水的化合物，2NO2​+2NaOH​=NaNO3​+NaNO2​+H2​O，发生了氧化还原反应，NO2不属于酸性氧化物，A错误；浓硫酸难挥发，两者靠近不会产生白烟，B错误；S氧化性较弱，Fe与S反应：Fe+S≜FeS，Cu与S反应：2Cu+S≜Cu2S，C正确；SO2通入Ba(NO3)2溶液，发生氧化还原反应：3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O﹦3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3，D错误。10．碳酸氢铵是一种常用氮肥，其制备原理为：CO2A．制取COB．制取NHC．制备NHD．获得NHA．A B．B C．C D．D【答案】C【解析】稀硫酸和大理石反应生成微溶的硫酸钙，会附着在大理石表面，阻碍反应进行，应选用稀盐酸与大理石反应制备二氧化碳，A错误；加热氯化铵：NH₄Cl≜NH₃↑＋HCl↑，生成的氨气和HCl在试管口遇冷又化合：NH₃＋HCl=NH₄Cl，应加热氯化铵和氢氧化钙的混合物制备氨气，B错误；浓氨水显碱性，可增大二氧化碳的溶解度，且倒扣的漏斗起到防倒吸作用，可制备NH4HCO3NH4HCO3受热易分解，不能利用蒸发结晶得到NH411．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行相关实验探究。某学生按图示方法进行实验(尾气处理装置未画出)。先倾斜Y形管甲使固体和液体混合，一段时间后，乙中无明显现象；然后倾斜Y形管丙使固体和液体混合，一段时间后，乙中有沉淀产生。下列Y形管中所盛试剂不符合题意的是甲丙ANa70%硫酸KMnO浓盐酸BNa70%硫酸Cu浓硝酸C碱石灰浓氨水Na浓盐酸D碱石灰浓氨水MnO双氧水A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2气体，SO2通入BaCl2溶液中不发生反应，没有现象产生，丙中KMnO4Na2SO3与70%的浓硫酸反应生成SO2气体，铜和浓硝酸生成氧化性二氧化氮，也能氧化二氧化硫为硫酸，SO2+NO2+H2O===H2SO4+NO，硫酸和Ba2+甲中碱石灰和浓氨水反应生成氨气，氨气和氯化钡不反应，丙中碳酸钠和浓盐酸生成二氧化碳，碱性条件下：2NH3​+CO2​+H2​O+BaCl2​=BaCO3​↓+2NH4​Cl

‌，C错误；甲中碱石灰和浓氨水反应生成氨气，丙中双氧水在二氧化锰催化下生成氧气，常温下氨气和氧气不反应，不能使得钡离子转化为沉淀，D正确。二、多选题12．常温下，1体积水能溶解约700体积NH3。用圆底烧瓶收集NHA．圆底烧瓶中的溶液呈红色，说明氨水呈碱性B．喷泉停止后，圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为NH3C．实验过程中，涉及氧化还原反应D．改用CO2和NaOH【答案】BC【解析】圆底烧瓶中的液体滴有酚酞，呈红色说明溶液呈碱性，原因：NH3+H2NH3极易溶于水，用排空气法收集，该实验中氨气的溶解远没有达到饱和状态，则圆底烧瓶内剩余少量气体，是因为收集的NH3中含有少量的空气杂质，B错误；结合选项A可知，实验过程中，无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，C错误；改用CO2和NaOH溶液因为反应：CO2+2NaOH(过量)=Na三、单选题13．天然气是应用广泛的燃料，但含有少量H2S等气体。在酸性溶液中利用氧化亚铁硫杆菌(T.F菌A．反应ⅰ中氧化产物与还原产物的个数之比为1:1B．改变温度对上述循环反应过程没有影响C．反应ⅱ的离子方程式为FeD．脱硫过程实际上是O2间接氧化H【答案】D【解析】反应i中Fe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应：Fe₂(SO₄)₃＋H₂S＝2FeSO₄＋S↓＋H₂SO₄，氧化产物S与还原产物FeSO₄的个数之比为1∶2，A错误；T.F菌在酸性溶液中对硫酸铁和硫化氢反应起催化作用，高温条件能使T.F菌蛋白质变性，所以改变温度可能对上述循环反应过程有影响，B错误；反应ⅱ为硫酸亚铁和氧气在酸性条件下发生氧化还原反应，离子反应方程式为：4Fe2++O2结合反应i、ⅱ分析，脱硫过程总反应：O2+2H2SFe3+=2S+2H2O，脱硫过程O2间接氧化H2S，四、多选题14．浓硫酸分别和三种钠盐反应，反应现象如图所示。下列分析正确的是A．对比①和②可以说明还原性：BrB．③中体现浓H2C．②中试管口出现白雾是HCl遇水蒸气所致D．对比①和③可以说明氧化性：Br【答案】AC【解析】①中试管上部有红棕色气体，为Br2蒸气，说明浓硫酸可以将Br-氧化，②中试管上部无明显现象，说明浓硫酸不能将Cl-氧化成Cl2，否则应有黄绿色气体出现，所以对比①和②可以说明还原性：③中发生的反应是Na2SO3+H②中试管口出现的白雾为HCl，②中反应原理是高沸点，难挥发性酸制易挥发性酸，C正确；③中发生的反应是Na2SO3+H答案选AC。五、单选题15．将10g铜镁合金完全溶解于100mL某浓度的硝酸中，得到NO和NO2(不考虑N2O4)共0.3mol，向反应后的溶液中加入1mol·A．该硝酸的物质的量浓度为12.0molB．合金中铜与镁的物质的量之比为2：3C．混合气体中NO和NO2的体积之比为1：D．铜镁合金溶解后，溶液中剩余HNO3的物质的量为【答案】A【解析】根据题意可知，Cu失2e-→Cu2+2OH-→Cu(OH)2↓、Mg失2e-→Mg2+2OH-→Mg(OH)2↓，全部沉淀后，溶质为NaNO3，根据氮原子守恒，有n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO、根据A项分析，可知n(OH-)=ne-，即参与反应的OH-和金属失去电子的物质的量相等，依据质量守恒，得到n(OH-)=18.5g-10g17g/mol=0.5mol，即失去电子物质的量为0.5mol，因此有2n(Cu)+2n(Mg)=0.5，64n(Cu)+24n(Mg)=10.0，联立解得n(Cu)=0.1mol，n(Mg)=0.15mol，因此合金中铜和镁的物质的量之比为2n(NO)+n(NO2)=0.3，根据得失电子守恒，3n(NO)+n(NO2)=0.5mol，解得n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.2mol，NO和NO2的体积之比为1：2，C由上述计算可知，加入硝酸的物质的量n(HNO3)=1.1mol，反应掉的n(HNO3)=2n(合金)+n(NO、NO2)=2×0.25mol+0.3mol=0.8mol，剩余的硝酸为0.3mol，六、填空题16．“价-类”二维图体现了化学变化之美，部分含氮、硫元素的物质的“价-类二维图”如图所示。请回答下列问题：(1)上述物质中属于酸性氧化物的是：(填化学式)。(2)i的浓溶液长时间放置可能出现黄色，请用化学方程式表达出现黄色的原因：。(3)在一定量的铜中加入i的稀溶液，充分反应后有铜剩余，在混合溶液中加入几滴稀硫酸，铜继续溶解，请写出继续溶解的离子方程式：。(4)e的浓溶液在运输过程中能用铁罐储存，体现了它的性质。(5)f和氧气可以发生催化氧化反应，写出化学方程式。(6)c是造成酸雨的重要污染物之一，将收集到的酸雨长时间放置在空气中，发现溶液的pH减小，请用化学方程式解释其原因：。【答案】(1)SO2、SO3(2)4HNO3光照4NO2↑+O2↑+2H2O(3)3Cu+8H(4)强氧化性(5)4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2(6)2H2SO3+O2=2H2SO4【解析】由图可知，a-e分别为硫化氢、硫单质、二氧化硫、三氧化硫、硫酸；f-i分别为氨气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸，据此回答。（1）酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成），属于酸性氧化物的是：SO2、SO3；（2）浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气，二氧化氮溶于浓硝酸使得溶液显黄色：4HNO3光照4NO2↑+O2↑+2H2O；（3）反应后有铜剩余，在混合溶液中加入几滴稀硫酸，铜继续溶解，继续溶解的反应为铜单质和氢离子、硝酸根离子生成铜离子和NO、水，离子方程式3Cu+8H+（4）e的浓溶液在运输过程中能用铁罐储存，是浓硫酸能和铁发生钝化反应，体现了它的强氧化性；（5）氨气和氧气可以发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，化学方程式4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O（6）二氧化硫和水生成弱酸亚硫酸，亚硫酸在空气中被氧气氧化为强酸硫酸，使得溶液的pH减小，化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4。17．自然界中的局部氮循环如下图。(1)上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是(填数字序号)。(2)NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为。实验室利用两种固体混合加热合成氨气的化学方程式为。(3)某化工厂出现泄漏大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂(有效成分为Cl2)的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是(填字母序号)。a．过量氨进入循环水后，水中NO2-和b．过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化c．循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关②通过检测循环水中的c(NO2-)可判断循环水的水质是否恶化，c(NO2-)检测利用的是酸性条件下I-被NO2(4)汽车排出的尾气中也含有氮氧化物，如果直接排放到大气中可能造成光化学烟雾，为避免污染，常给汽车安装三元催化净化装置，氮氧化物和CO在催化剂作用下生成无毒可直接排放的物质。以NO2为例写出净化过程中的总化学方程式：。【答案】(1)①②(2)N2+3H2⇌催化剂高温、高压2NH32NH(3)ac2NO(4)2NO【解析】（1）工业上，②氮气和氢气高温高压催化剂反应生成氨气，④氨气在亚硝化细菌催化下氧化生成亚硝酸盐，⑤继续被氧化为硝酸盐，⑥硝酸盐在反硝化细菌作用下氮气，①氮气在植物根瘤菌作用下转变成有机氮，③有机氮氨化后转变成氨气。将游离态的氮转化为化合态的过程叫氮的固定，①～⑥各步转化中，属于氮的固定的是①②；（2）氮气和氢气高温高压催化剂反应生成氨气，反应的化学方程式为：N2+3H2（3）①过量氨进入循环水后，发生硝化作用，水中的微生物将氨氧化成NO2-和NO3-，导致水中NO2水环境中存在过量的氨氮会硝化作用，造成溶解氧浓度降低、水体富营养化等多方面的危害，b错误；氨气溶于水形成氨水：NH3+H2O⇌NH②亚硝酸盐在酸性条件下可将I-氧化为I2，离子方程式为：2NO2（4）NO2和CO在催化剂下反应生成无毒可直接排放的物质为：CO2和N2，根据得失电子守恒配平化学方程式为：2NO2七、解答题18．硫铁矿(含FeS2)回答下列问题：(1)硫铁矿FeS2中S元素的化合价为(2)写出高温条件下反应Ⅰ的化学方程式。(3)将A通入新制碘水中，发现溶液褪色，发生反应的离子方程式为。(4)下列关于C的说法不正确的是。a．浓硫酸有强氧化性，稀硫酸没有氧化性b．常温下，浓硫酸与铁不反应，故可用铁罐车储运浓硫酸c．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥O2d．蔗糖中滴入浓硫酸，可观察到蔗糖由白变黑、体积膨胀并有刺激性气味气体产生，该过程中浓硫酸体现了脱水性和强氧化性(5)工业上为了防止污染，利用氧化亚铁硫杆菌(T．f)对硫铁矿进行催化脱硫，该过程如图：①过程Ⅰ中，转化12gFeS2，转移的电子的物质的量为②脱硫过程中产生的S2O3【答案】(1)-1(2)4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2(3)SO2+I2+2H2O=4H++SO42-(4)abc(5)0.6molS2O32-+2H+=SO【解析】（1）FeS2为二硫化亚铁，铁元素显+2价，则硫元素显-1价；（2）反应Ⅰ煅烧黄铁矿发生氧化还原反应，方程式为：4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2；（3）由（2）可知，A为SO2，通入新制碘水中，溶液褪色，利用碘单质的氧化性将二氧化硫氧化，其离子方程式为：I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H（4）A为SO2，与氧气在催化剂下发生反应：2SO2+O2⇌高温催化剂2SO3，B为SO3，与水反应生成（C）H2SO4，浓硫酸具有强氧化性，稀硫酸也有氧化性，如锌与稀硫酸反应：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑

，稀硫酸体现氧化性，常温下，铁与浓硫酸发生钝化，表面形成致密氧化膜，阻碍内部铁进一步被氧化，因此可用铁罐车储运浓硫酸，b错误；浓硫酸具有吸水性，可以干燥氧气和二氧化硫等气体，因H2S具有强还原性，与浓硫酸发生氧化还原反应，因此浓硫酸不能干燥H2S，c错误；蔗糖中滴入浓硫酸，蔗糖由白变黑，蔗糖脱水碳化，体现浓硫酸的脱水性，体积膨胀并有刺激性气味气体产生，发生反应：C+2H2SO4ΔCO2↑+2SO2↑+2H2O，体现浓硫酸的强氧化性，d正确；（5）①根据过程Ⅰ，FeS2作还原剂，Fe3+作氧化剂，FeS2中铁元素化合价不变，硫元素化合价由-1价升高为+2价，因此转化12gFeS2，转移电子物质的量为12g120g/mol×2×3=0.6mol，故答案为②S2O32-在酸性溶液中形成淡黄色沉淀S并产生刺激性气体(SO2)，S2O32-在酸性溶液中发生歧化反应，起离子方程式为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O，故答案为S2O32-+2H19．氮化镁(Mg3N2)是一种应用广泛的半导体材料，通常条件下Mg3N2为黄色粉末，热稳定性好，在潮湿空气中极易水解。某化学兴趣小组利用如图装置回答下列问题：(1)试剂X的化学名称为。(2)装置C中可观察到的现象为。(3)装置E的作用为。(4)经查阅资料得知，采用镁单质与氨气反应，也能制得高纯度的Mg3N2，同时还生成一种可燃性气体。则镁单质在氨气中燃烧制得Mg(5)取1.6gMg3N2粗产品(设杂质不与水反应)于试管中，加适量蒸馏水，发现试管底部有白色不溶物，同时有刺激性气味的气体X产生，写出化学方程式，再向试管中滴入2滴无色酚酞试液，溶液颜色变为浅红色。经过精确测定，产生的气体X的质量为0.408g，则该Mg3N2粗产品纯度为【答案】(1)浓硫酸(2)红色粉末逐渐变为黑色(3)防止外界中的水蒸气进入反应装置中与Mg3(4)3(5)Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑75.0【解析】（1）在装置D中Mg和N2反应生成Mg3N2，因Mg3N2在潮湿空气中极易水解，将空气依次通过NaOH溶液、浓硫酸和加热的Cu粉，依次除去空气中的CO2、H2O和O2，试剂X的作用是除去空气中的H2O，其化学名称为浓硫酸；（2）根据（1）分析，装置C的作用是除去空气中的氧气，红色的铜与氧气反应生成黑色的CuO，则装置C中可观察到的现象为红色粉末逐渐变为黑色；（3）因Mg3N2在潮湿空气中极易水解，装置E的作用为防止外界中的水蒸气进入反应装置C中与Mg3N2反应；（4）Mg+NH3→Mg3N2，同时还生成一种可燃性气体，Mg的化合价从0价升高为+2价，N元素化合价未变，则H元素化合价应降低，即可燃性气体为氢气，所以镁单质在氨气中燃烧制得Mg3N2的化学方程式为：3Mg+2NH3=点燃Mg3N2+3H2（5）取1.6gMg3N2粗产品(设杂质不与水反应)于试管中，加适量蒸馏水，Mg3N2+H2O→白色↓+气体X，X具有刺激性气味，再向试管中滴入2滴无色酚酞试液，溶液颜色变为浅红色，证明溶液为碱性，刺激性气味的气体X为碱性气体氨气，反应的化学方程式：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓