知识点：原子结构与性质

C

考点：有机物的结构和性质；同位素及其应用；金属的电化学腐蚀与防护；消去反应与水解反应；溴乙烷的化学性质 

专题：元素及其化合物；有机反应．

分析：A．多糖可水解生成单糖，油脂中含有酯基，蛋白质含有肽键，可水解；

B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应；

C．根据同位素的定义判断；

D．溶液中的氧气浓度越低，腐蚀速率越小．

解答：解：A．多糖可水解生成单糖，油脂中含有酯基，可水解生成甘油和高级脂肪酸，蛋白质含有肽键，可水解生成氨基酸，故A正确；

B．溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，发生消去反应生成乙烯，故B正确；

C．质子数相同而中子数不同的原子互称同位素，16O2与18O2为分子，不是同位素，故C错误；

D．溶液中的氧气浓度越低，腐蚀速率越小，故D正确．

故选C．

点评：本题考查较为综合，涉及有机物的结构和性质、同位素以及金属的腐蚀与防护，侧重于基础知识的考查，注意相关知识的积累，难度不大．

知识点：离子共存

C

考点：离子共存问题

专题：离子反应专题

分析：A．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，K+、SO42﹣、Na+、ClO﹣离子之间不发生反应，且都不会被氧化；

B．使石蕊试纸变红溶液中存在大量的氢离子，Al3+、Cl﹣、NH4+、NO3﹣离子之间不发生反应，都不与氢离子反应；

C．c（Fe3+）=0.1mol•L﹣1的溶液中，偏铝酸根离子能够与铁离子发生双水解反应；

D．该溶液为碱性溶液，CH3COO﹣、CO32﹣、K+、SO32﹣离子之间不发生反应，其都不与氢氧根离子反应．

解答：解：A．使淀粉碘化钾试纸变蓝的溶液具有氧化性，K+、SO42﹣、Na+、ClO﹣之间不反应，都不会被氧化，在溶液中能够大量共存，故A错误；

B．石蕊试纸变红溶液为酸性溶液：Al3+、Cl﹣、NH4+、NO3﹣之间不反应，且都不与氢离子发生反应，在溶液中能够大量共存，故B错误；

C．Fe3+与AlO2﹣发生双水解反应生成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C正确；

D．该溶液中存在大量氢氧根离子，CH3COO﹣、CO32﹣、K+、SO32﹣之间不反应，也不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D错误；

故选C．

点评：本题考查离子共存的正误判断，为高考中的高频题，难度中等，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如 Fe3+和 SCN﹣）等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH﹣；明确题干要求的是“可能”共存，还是“一定”共存等．

知识点：阿弗加德罗定律

B

考点：阿伏加德罗常数

分析：A、求出羟基的物质的量，然后根据1mol羟基含9mol电子来计算；

B、根据NO2与N2O4的最简式均为NO2来计算；

C、标况下，水为液态；

D、溶液体积不明确．

解答：解：A、1.7g羟基的物质的量n==0.1mol，而1mol羟基含9mol电子，故0.1mol羟基含0.9mol电子，故A错误；

B、NO2与N2O4的最简式均为NO2，故23g混合物中含有的NO2的物质的量n==0.5mol，故含有0.5mol氮原子，即0.5NA个，故B正确；

C、标况下，水为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；

D、溶液体积不明确，故无法计算溶液中的次氯酸根的个数，故D错误．

故选B．

点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．

知识点：氮族元素

A

考点：氨的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的化学性质；乙烯的化学性质． 

专题：氧族元素；氮族元素．

分析：A．氨气极易溶于水，1体积水中可溶解700体积氨气，氨气溶于水生成一水合氨；

B．二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸；

C．二氧化硫具有漂白性；

D．乙烯分子中含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化．

解答：解：A．氨气极易溶于水，与水反应生成弱碱一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，溶于显碱性，遇到酚酞变红，故A正确；

B．二氧化氮溶于水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO是难溶于水的无色气体，所以试管内液面上升三分之二，故B错误；

C．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故C错误；

D．乙烯含有碳碳双键，具有还原性，能使高锰酸钾褪色，故D错误；

故选：A．

点评：本题考查了氨气、二氧化硫、二氧化氮、乙烯的性质，题目难度不大，B项为易错项，因为生成的NO不溶于水，所以试管不可能全充满液体．

知识点：元素周期律与元素周期表

B

考点：元素周期表的结构及其应用． 

分析：由元素在周期表中的位置可知，Q、R在元素周期表第二周期，T、W在元素周期表第三周期，由题意可知，T元素为金属，T为金属铝，Q为碳元素、R为氮元素、W为硫元素．

A、非金属性越强，对应气态氢化物越稳定；

B、元素T的离子即为铝离子的结构示意图而R的离子半径氮离子，两者电子层数相同，核电荷数越大半径越小；

C、同种原子形成共价键，两个原子吸引电子的能力相同，共用电子对不偏向任何一个原子，因此成键的原子都不显电性．这样的共价键叫做非极性共价键，相同原子形成的共价键为非极性键；

D、Q的酸性氧化物是否不至一种，Q是碳．

解答：解：由元素在周期表中的位置可知，Q、R在元素周期表第二周期，T、W在元素周期表第三周期，由题意可知，T元素为金属，T为金属铝，Q为碳元素、R为氮元素、W为硫元素．

A、非金属性越强，对应气态氢化物越稳定R的非金属性比Q的非金属性强，故气态氢化物稳定性：R＞Q，故A正确；

B、元素T的离子即为铝离子的结构示意图而R的离子半径氮离子，两者电子层数相同，核电荷数越大半径越小，所以元素T的离子半径＜元素R的离子半径，故B错误；

C、与S同主族的某元素形成的18电子的氢化物分子，即H2O2分子中既有H﹣O极性键又有O﹣O非极性键，故C正确；

D、Q是碳，可以形成无机碳酸和有机羧酸如甲酸，草酸等，故D正确；

故选：B．

点评：本题考查物质结构与性质，涉及元素周期表、元素周期律、共价键的极性、分子结构与性质难度较大．

知识点：金属的电化学腐蚀与防护

B

考点：金属的电化学腐蚀与防护 

专题：压轴题；电化学专题．

分析：A．当溶液中氧气浓度越大时电化学腐蚀越严重；

B．开关由M改置于N时，Zn为负极，合金被保护；

C．气体在Pt上放出；

D．MnO2发生还原反应．

解答：解：A．图a中，铁棒发生化学腐蚀，靠近底端的部分与氧气接触少，腐蚀程度较轻，故A错误；

B、图b中开关由M置于N， Cu﹣Zn作正极，腐蚀速率减小，故B正确；

C．图c中接通开关时Zn作负极，腐蚀速率增大，但氢气在Pt上放出，故C错误；

D．图d中干电池放电时MnO2发生还原反应，体现锌的还原性，故D错误．

故选B．

点评：本题考查金属的腐蚀及防护，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理．

知识点：仪器和基本操作

AD

考点：化学实验方案的评价

分析：A．氧气和氯气都能使碘离子氧化生成碘单质；

B．利用难挥发性酸制取易挥发性酸；

C．Qc＞Ksp时，生成沉淀；

D．醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，促进氢氧化镁溶解．

解答：解：A．漂白粉和浓盐酸反应生成氯气、漂白粉和酸反应生成HClO，HClO分解生成氧气，氯气、氧气都能氧化碘离子生成碘，所以逸出的气体不一定是纯净的Cl2，故A正确；

B．磷酸没有挥发性、HBr有挥发性，利用难挥发性酸制取易挥发性酸，故B错误；

C．将BaSO4浸泡在饱和Na2CO3溶液中，部分BaSO4转化BaCO3，是Qc（BaCO3）＞Ksp（BaCO3）生成沉淀，不发生沉淀的转化，Ksp（BaSO4）＜Ksp（BaCO3），故C错误；

D．醋酸铵电离生成的铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，从而使Mg（OH）2 Mg2++2OH﹣平衡向右移动，故D正确；

故选AD．

点评：本题考查化学实验方案评价，涉及溶度积常数判断、酸的制取、氧化还原反应等知识点，明确实验原理是解本题关键，会从实验的可行性及评价性进行分析判断．

知识点：离子浓度比较

BC

考点：离子浓度大小的比较

分析：A．根据0.1mol•L﹣1Na2S溶液中的物料守恒判断；

B．溶液中一定存在电荷守恒，根据混合液中的电荷守恒分析；

C．混合液中溶质为等浓度的氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），结合电荷守恒判断各离子浓度大小；

D．溶液为中性，则c（OH﹣）=c（H+），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），混合液为中性，加入的氢氧化钠的物质的量稍大于0.1mol．

解答：解：A．根据0.1mol•L﹣1Na2S溶液中的物料守恒可得：c（Na+）=2c（S2﹣）+2c（HS﹣）+2c（H2S），故A错误；

B．pH=2的醋酸溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），故B正确；

C．将0.1 mol•L﹣1盐酸与0.1 mol•L﹣1K2CO3溶液等体积混合，反应生成碳酸氢钾，反应后溶质为氯化钾和碳酸氢钾，碳酸氢根离子部分水解，溶液显示碱性，c（OH﹣）＞c（H+），溶液中离子浓度大小为：c（K+）＞c（Cl﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C正确；

D．向0.1 mol•L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性，则c（OH﹣）=c（H+），氢氧化钠的物质的量应该稍大些，则c（Na+）＞c（SO42﹣），根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO42﹣），则c（SO42﹣）＞c（NH4+），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）=c（H+），故D错误；

故选BC．

点评：本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确反应后溶质组成为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的含义及应用方法，试题侧重考查学生的分析理解能力．

知识点：有机化学知识综合应用

（1）银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；

（2）CD；

（3）；

（4）+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；

（5）．

考点：有机物的推断

分析：根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，据此答题．

解答：解：根据题中各物转化关系，结合信息RCOOHRCOCl，可知C为CH3COOH，由A→B→C的转化条件可知，A被氧化成B，B再被氧化成C，所以B为CH3CHO，A为CH3CH2OH，根据F的结构可知E发生取代反应生成F，所以E为，根据D的分子式和E的结构可知，D与甲醇反应生成E，所以D的结构简式为，

（1）B→C的转化是醛基氧化成羧基，所以所加的试剂可能是银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液，根据上面的分析可知，C+E→F的反应类型是取代反应，

故答案为：银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液；取代反应；

（2）根据G的结构简式可知，G中有酯基、羟基、碳碳双键、苯环，A．G中有氧元素，所以不属于芳香烃，故A错误；

B．G中没有酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；

C．G中有酯基、羟基、碳碳双键，可以发生水解、加成、氧化、酯化等反应，故C正确；

D．G中有苯环，一个苯环可以与三个H2加成，一个碳碳双键可以与一个H2加成，所以1mol G最多可以跟4mol H2反应，故D正确；

故选CD；

（3）根据上面的分析可知，E的结构简式为，故答案为：；

（4）F中有两个酯基与足量NaOH溶液充分反应生成酚羟基也与氢氧化钠反应，所以反应的化学方程式为+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O，

故答案为：+3NaOH→CH3COONa+CH3OH++H2O；

（5）E为，E的同分异构体中同时满足下列条件①能发生水解反应，说明有酯基，②与FeCl3溶液能发生显色反应，有酚羟基，③苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明有两个基团处于苯环的对位，这样的结构简式有，

故答案为：．

点评：本题主要考查有机推断与性质，解题的关键是利用官能团的性质与转化，结合题中信息进行物质推断，中等难度，答题时注意有机基础知识的灵活运用

知识点：化学反应的热效应

（1）﹣159.47；

（2）①降低；

②温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低；

（3）；

（4）

；

（5）A、B；

（6）①小于；

②30%；

（7）6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑；CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl．

考点：化学平衡的影响因素；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理． 

分析：（1）依据反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=a kJ•mol﹣1

反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol﹣1

总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1

由盖斯定律总反应Ⅲ﹣反应Ⅱ得到反应Ⅰ进行计算；

（2）①不同水碳比和温度影响CO2平衡转化率变化的趋势曲线分析可知，

②反应Ⅲ是放热反应，升温平衡逆向进行；

（3）依据热化学方程式2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=a kJ•mol﹣1 ，结合平衡常数的概念书写；

（4）图象分析二氧化碳的平衡浓度为0.025mol/L，体积缩小一半浓度增大一倍应为0.05mol/L，随反应进行达到平衡状态，因为生成物为固体，最后达到相同平衡状态，二氧化碳浓度不变，据此画出变化曲线；

（5）分析尿素结构可知，和羰基连接的氨基据此性质分析推断．

（6）①由CO2的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继续正向进行；

②设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化率为60%，故转化的二氧化碳为0.6a，根据方程式计算转化的NH3的物质的量，再根据转化率定义计算；

（7）由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl．

解答：解：（1）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=a kJ•mol﹣1

反应Ⅱ：NH2CO2NH4（s）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H2=+72.49kJ•mol﹣1

总反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1

由盖斯定律总反应Ⅲ﹣反应Ⅱ，得到2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=a=﹣159.47kJ•mol﹣1，

故答案为：﹣159.47；

（2）①反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1，其他条件相同时，为提高CO2的平衡转化率，平衡正向进行，依据图象中的水碳比数据分析判断，生产中可以采取的措施是降低水碳比，二氧化碳转化率增大，故答案为：降低；

②反应Ⅲ：2NH3（g）+CO2（g）CO（NH2）2（s）+H2O（g）△H3=﹣86.98kJ•mol﹣1，是放热反应，升温高于190°C，依据图象分析可知，二氧化碳转化率减小，因为温度升高，平衡逆向进行，

故答案为：温度高于190℃时，因为反应Ⅲ是放热反应，温度升高平衡向逆方向进行，CO2的平衡转化率降低；

（3）反应Ⅰ：2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）△H1=﹣159.47kJ•mol﹣1，平衡常数K=，故答案为：；

（4）在恒温下将0.4mol NH3和0.2mol CO2放入容积为2L的密闭容器中，达到平衡时，

2NH3（g）+CO2（g）NH2CO2NH4（s）

起始量（mol/L） 0.2 0.1 0

变化量（mol/L） 0.15 0.075

平衡量（mol/L） 0.05 0.025

t1时达到平衡过程中c（CO2）随时间t变化趋势曲线如图2所示．若其他条件不变，t1时将容器体积压缩到1L，二氧化碳浓度应增大到0.05mol/L，压强增大，平衡正向进行，由于生成物是固体，所以达到平衡状态，二氧化碳浓度保持不变，据此画出变化曲线为：

，故答案为：；

（5）尿素在土壤中会发生反应CO（NH2）2+2H2O（NH4）2CO3．分析结构特征可知，物质性质取决于官能团，尿素中氨基和羰基相连和水反应生成铵根离子，所以选项中符合此结果特征的有类似性质：

A．NH2COONH4 ，结构中含有与羰基连接的氨基，故A符合；

B．H2NOCCH2CH2CONH2 结构中含有与羰基连接的氨基，故B符合；

C．HOCH2CH2OH，结构中不含有氨基，故C不符合；

D．HOCH2CH2NH2，分子中的氨基不是和羰基连接，不具备次性质，故D不符合；

故答案为：A、B；

（6）①由CO2的转化率随时间变化图可知在A点时反应还未达到平衡状态，反应仍将继续正向进行，故v逆（CO2）小于B点平衡时的化学反应速率，故答案为：小于；

②设CO2的初始物质的量为a，则NH3的初始物质的量为4a，由图可知，CO2的转化率为60%，故转化的二氧化碳为a×60%=0.6a，根据方程式可知，转化的NH3的物质的量为0.6a×2=1.2a，故平衡时氨气的转化率定为×100%=30%，

故答案为：30%；

（7）由图可知，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑，CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl，

故答案为：6Cl﹣﹣6e﹣═3Cl2↑；CO（NH2）2+3Cl2+H2O═N2+CO2+6HCl．

点评：本题考查了热化学方程式和盖斯定律的计算应用，化学平衡影响因素分析判断，平衡常数，图象绘制与分析，掌握基础知识，推断物质结构是关键，题目难度中等．

知识点：化学与技术

（1）H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；

（2）降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；

（3）Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

（4）蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；

（5）B；先产生白色沉淀后溶解；

（6）①97.00%；

②偏高．

考点：制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量

专题：实验设计题．

分析：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子；

（2）调节溶液pH，降低溶液酸度，可以使铁离子全部沉淀，从而除去；

（3）酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸铜和水；

（4）依据从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等回答；

（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱；pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解；

（6）①根据相关反应的方程式，可得到关系式2Na2S2O3 ～2Cu2+，根据反应的关系式计算；

②剧烈摇动锥形瓶，导致空气中的氧气参与氧化还原反应，据此分析即可．

解答：解：（1）酸性条件下过氧化氢具有氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，故答案为：H2O2；将 Fe2+氧化为 Fe3+；

（2）氧化锌为碱性氧化物，能与H+反应，降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去，故答案为：降低H+浓度，促使Fe3+彻底水解生成 Fe（OH）3沉淀而除去；

（3）因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应，形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解，平衡被打破，反应朝正方向进行，故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O；

（4）从溶液中得到固体需要蒸发浓缩、冷却结晶以及抽滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤；

（5）此过程需要调节pH值大于11，故可以加入强碱：NaOH，由于pH＞11时Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣，类似与偏铝酸根，加入酸，先生成氢氧化锌沉淀，继续加入酸，沉淀溶解，故答案为：B；先产生白色沉淀后溶解；

（6）①CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为：2Cu2++4I﹣═2CuI↓+I2，且发生I2+2S2O32﹣═2I﹣+S4O62﹣，则可得关系式2Na2S2O3 ～2Cu2+，

则n（CuSO4•5H2O）=n（Na2S2O3）=0.100mol/L×19.40×10﹣3L=1.94×10﹣3mol，

m（CuSO4•5H2O）=1.94×10﹣3mol×250g/mol=0.4850g，

ω（CuSO4•5H2O）=×100%=97.00%，故答案为：97.00%；

②剧烈摇动锥形瓶，导致氧气参与氧化还原反应，从而消耗Na2S2O3标准溶液体积偏大，故测量纯度偏高，故答案为：偏高．

点评：本题考查制备实验方案的设计，考查学生对综合实验处理能力，注意实验方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养，题目难度中等．

知识点：综合性实验

（1）连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；

（2）（NH4）2SO4+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaSO4；氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH﹣向逆反应方向移动，加快氨气逸出；

（3）5V1：7（m1﹣m2）；

（4）碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）．

考点：探究物质的组成或测量物质的含量． 

分析：（1）给A装置连接一导管，将导管插入水中，形成密闭体系，加热试管，根据现象判断；

（2）氢氧化钙和硫酸铵反应生成氨气、硫酸钙和水；利用氢氧化钠固体溶解放热促进氨水溶液中平衡向放氨气的方向进行；

（3）根据氧化铜中氧元素的质量等于生成的水中氧元素的质量，根据氮气的体积计算出氮气的物质的量，从而求出氮原子的个数；

（4）利用碱石灰吸收水称量质量计算氢元素．

解答：解：（1）给A装置连接一导管，将导管插入水中，形成密闭体系，加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，由于试管内压强减小，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；

故答案为：连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱；

（2）甲组氢氧化钙与硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应的化学方程式为（NH4）2SO4+Ca（OH）2═2NH3↑+2H2O+CaSO4，

乙组中，氢氧化钠溶于氨水后放热、增加氢氧根浓度，使NH3+H2NH3•H2NH4++OH﹣向逆方向移动，加快氨气逸出，

故答案为：（NH4）2SO4+Ca（OH）22NH3↑+2H2O+CaSO4；氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使NH3+H2ONH3•H2ONH4++OH﹣向逆反应方向移动，加快氨气逸出；

（3）反应前氧化铜的质量为m1g、氧化铜反应后转化成的铜的质量为m2g，则氧化铜中氧元素的质量为m1﹣m2，生成的水中氧元素的质量等于氧化铜氧元素的质量，则生成的水中氧原子的个数为；水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此氢原子个数为，生成的氮气在标准状况下的体积V1L，则氮气中氮原子的个数为；

因此氮氢原子个数比为：=5V1：7（m1﹣m2）；

故答案为：5V1：7（m1﹣m2）；

（4）因此在洗气瓶D前的位置应增加了一个装有碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）的实验仪器吸收水，减小误差，

故答案为：碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等）．

点评：本题是一道综合性很强的实验探究题，要求学生具有分析和解决问题的能力，主要是物质探究物质组成和方法的应用，掌握基础和基本操作是关键，难度中等．

知识点：物质的制备

（1）除去杂质；

（2）

考点：制备实验方案的设计． 

分析：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，

（1）操作II、操作III的主要目的是除去杂质、富集铜元素；

（2）证明含有Cu4（OH）6SO4，可以证明硫酸根离子的存在设计实验验证；氢氧化铜的存在可以利用加热悬浊液氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀．

解答：

解：铜矿石溶于酸，然后采用过滤方法将难溶性固体和溶液分离，则操作I为过滤；然后向滤液中加入有机物采用萃取方法将含铜物质和溶液分离，所以操作II为萃取，得到的有机相中含有铜元素，再采用硫酸最萃取剂将含铜有机相萃取，得到硫酸铜溶液和有机相，将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶得到硫酸铜晶体，

（1）操作II、操作III的主要目的是除去杂质、富集铜元素，故答案为：除去杂质；

（2）利用CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合反应，制备环保型木材防腐剂 Cu2（0H）2C03悬浊液，由于条件控制不同使其中混有较多Cu（OH）2或Cu4（0H）6S04．实验验证杂质的存在，可以检验是否含硫酸根离子检验Cu4（0H）6S04的存在，加入盐酸排除其他离子的干扰，加入氯化钡生成白色沉淀证明含Cu4（0H）6S04；

因氢氧化铜受热分解生成氧化铜黑色沉淀，则设计实验为取少量悬浊液于试管中利用沸水浴加热试管，试管中有黑色沉淀生成证明含Cu（OH）2；水浴加热的目的是避免温度过高氧化铜分解；

故答案为：

点评：本题考查物质制备，为高频考点，涉及物质成分检验、基本实验操作等知识点，明确反应原理是解本题关键，难点是（2）题实验方案设计，知道常见物质的性质及颜色，题目难度不大．