2023年6月福建省普通高中学业水平合格性考试化学模拟卷02

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2023年6月福建省普通高中学业水平合格性考试
化学仿真模拟试卷02（解析版）
考试时间：70min 满分：100分
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．
第Ⅰ卷（选择题40分）
一、（本大题有20小题，每小题2分，共40分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列物质中属于纯净物的是
A．洁净的空气 B．漂白粉 C．氯化钠溶液 D．液氯
【答案】D
【详解】A． 干净的空气含有氮气、氧气等，属于混合物，故A不选；
B． 漂白粉含有次氯酸钙、氯化钙等，属于混合物，故B不选；
C．氯化钠溶液是氯化钠的水溶液，属于混合物，故C不选；
D．液氯只含有氯气分子，属于纯净物，故D选；
故选D。
2．下列分散系能产生“丁达尔效应”的是
A．泥浆 B．酒精溶液 C．蛋白质溶液 D．氢氧化铁固体
【答案】C
【分析】胶体能产生“丁达尔效应”。
【详解】A．泥浆属于悬浊液，A错误；
B．酒精溶液属于溶液，B错误；
C．蛋白质溶液是胶体，C正确；
D．氢氧化铁固体属于化合物，D错误；
故选C。
3．下列属于可再生能源的是
A．煤 B．石油 C．天然气 D．太阳能
【答案】D
【详解】A．煤是不可再生能源，A错误；
B．石油是不可再生能源，B错误；
C．天然气是不可再生能源，C错误；
D．太阳能是可再生能源，D正确；
故选D。
4．下列变化属于化学变化的是
A．海水晒盐 B．石油的裂化 C．氨的液化 D．石油的分馏
【答案】B
【详解】A．海水晒盐，没有新物质生成，发生的是物理变化，A错误；
B．石油裂化，生成了汽油等轻质油，有新物质生成发生了化学变化，B正确；
C．氨的液化是NH3的物理形态发生了变化，是物理变化，C错误；
D．石油分馏是通过蒸馏的方式将石油中沸点不同的物质分离开，没有新物质生成，是物理变化，D错误；
故答案选B。
5．下列物质中铁元素为价的是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】A．Fe单质化合价为0，A错误；
B．FeO中Fe的化合价为+2价，B错误；
C．中Fe的化合价为+2价，C错误；
D．中Fe的化合价为+3价，D正确；
故选D。
6．如图所示的球棍模型能表示的物质为

A．CH2=CH2 B．CH3CH2CH3 C．CH3COOH D．CH3CH3
【答案】C
【详解】由题干图示有机物的球棍模型可知，白球代表H，灰球代表C，黑球代表O，故该球棍模型代表的物质是乙酸即CH3COOH，故答案为：C。
7．与3.6g 含有相同原子数的是
A．0.6mol氦气 B．标况下4.48L
C．1.7g （摩尔质量为17g/mol） D．个HCl分子
【答案】A
【分析】3.6g 为0.2mol，0.2mol H2O含有原子0.6mol。
【详解】A．氦气为单原子分子，0.6mol氦气含有原子0.6mol，A正确；
B．标况下四氯化碳为液体，不能计算其物质的量，B错误；
C．1.7g NH3的物质的量为0.1 mol，原子为0.4 mol，C错误；
D．1.505×1022个HCl分子，为0.025mol，原子为0.05mol，D错误；
故选A。
8．下列说法不正确的是
A．和异丁烷互为同系物 B．金刚石和石墨互为同素异形体
C．与互为同位素 D．烃和互为同分异构体
【答案】C
【详解】A．CH4与异丁烷结构相似，分子组成相差3个CH2，互为同系物，A正确；
B．金刚石和石墨为碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，B正确；
C．与质子数不同，不互为同位素，C错误；
D．和分子式都是C5H12，二者分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，D正确；
故选C。
9．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A．KOH B．CH3COOH C．蔗糖 D．SO2
【答案】D
【详解】A．氢氧化钾在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，氢氧化钾溶液能导电，故A不符合题意；
B．醋酸在溶液中能部分电离出自由移动的离子，属于弱电解质，醋酸溶液能导电，故B不符合题意；
C．蔗糖在溶液中不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，蔗糖溶液不能导电，故C不符合题意；
D．二氧化硫不能电离出自由移动的离子，属于非电解质，但二氧化硫与水反应生成的亚硫酸能电离出自由移动的离子，二氧化硫的水溶液能导电，故D符合题意；
故选D。
10．下列离子方程式中，正确的是
A．铜片插入硝酸银溶液中：Cu＋Ag＋=Cu2＋＋Ag
B．盐酸跟氢氧化镁反应：H＋＋OH-=H2O
C．向稀硫酸溶液中加入铁粉：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑
D．氢氧化钡和盐酸反应：H＋＋OH-=H2O
【答案】D
【详解】A．电荷不守恒，应是Cu＋2Ag＋=Cu2＋＋2Ag，故A错误；
B．氢氧化镁为固体，不能拆，应是2H＋＋Mg(OH)2=Mg2++2H2O，故B错误；
C．分液生成硫酸亚铁，不符合客观事实，应是Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，故C错误；
D．氢氧化钡和盐酸反应生成氯化钡和水，D正确；
故选D。
11．下列各组离子，能在溶液中大量共存的是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
【答案】D
【详解】A． 和反应生成水，故A不选；
B． 与、均能形成沉淀，故B不选；
C． 、反应生成水和二氧化碳，故C不选；
D． 、、、不反应，能大量共存，故D选；
故选D。
12．下列变化属于氧化还原反应，但不属于四种基本反应类型的是
A．2O33O2 B．2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe
C．3C12+2Fe2FeCl3 D．2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑
【答案】D
【分析】反应符合一变多特点，属于分解反应；反应符合多变一特点，属于化合反应；反应是两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应属于置换反应；
【详解】A．反应中氧元素化合价没有改变，不是氧化还原反应，A不符合题意；
B．该反应是一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应，属于置换反应，B不符合题意；
C．该反应符合一变多特点，属于分解反应，C不符合题意；
D．该反应不属于四种基本反应类型，且反应中氯、氢元素化合价发生改变为氧化还原反应，D符合题意；
故选D。
13．将纯锌和纯铜按如图方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下叙述正确的是

A．产生气泡的速率甲比乙快
B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极
C．甲中铜被氧化，乙中锌被氧化
D．两烧杯中铜片表面均有气泡产生
【答案】A
【分析】甲装置中锌片和铜片通过导线连接插入稀硫酸中形成原电池，锌片为负极，铜片为正极；乙装置中不能构成原电池，在锌片表面，锌直接与稀硫酸反应，在锌片表面生成氢气，铜不与稀硫酸反应，甲、乙两烧杯中反应的总方程式均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，据此分析解答。
【详解】A. 原电池能加快反应速率，故产生气泡的速率甲比乙快，故A正确；
B. 甲中铜片是正极，乙中不构成原电池，铜片不是电极，故B错误；
C. 甲乙两烧杯中反应的总方程式均为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，甲中铜不参与反应，乙中锌被氧化，故C错误；
D. 甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H＋在铜极上得电子，生成H2，所以甲中铜片表面有气泡产生，乙中不构成原电池，且铜不与稀硫酸反应，则铜片表面无气泡产生，故D错误；
故选A。
14．下列化学式所表示的物质中，属于含共价键的离子化合物是
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】A．氯化钙是离子化合物，氯化钙中氯离子和钙离子之间只存在离子键，故A不选；
B．是共价化合物，只存在共价键，故B不选；
C．氯化铵是离子化合物，氯化铵中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在共价键，故C选；
D．是共价化合物，只存在共价键，故D不选；
故选C。
15．实验室配制溶液时，不需要用到的仪器是
A．烧杯 B．玻璃棒 C．容量瓶 D．漏斗
【答案】D
【详解】A．实验室配制100mL1.0mol/L的KOH溶液时，在溶解过程中需要用到烧杯，A错误；
B．配制溶液搅拌、引流的过程中需要用到玻璃棒，B错误；
C．配制溶液需要用到容量瓶定容，C错误；
D．配制溶液时不需要漏斗，D正确；
故答案选D。
16．我国有很多宝贵文物，下列文物的主要成分为硅酸盐材料的是
文物




选项
A．黄纱地印花敷彩丝绵袍
B．商代象纹铜铙
C．褐斑贴花舞蹈人物瓷壶
D．文微明行书诗轴

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．丝绵为动物蛋白质材料，A不符合题意；
B．铜铙为金属材料，B不符合题意；
C．瓷壶为硅酸盐材料，C符合题意；
D．行书诗轴为植物纤维制作，D不符合题意；
故选C。
17．下列物质间的转化，能通过化合反应一步直接实现的是
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，反应为化合反应，能通过化合反应一步直接实现，故A选；
B．氮气与氧气反应生成NO，所以不能通过化合反应一步直接实现，故B不选；
C．氧化铜与水不反应，所以不能通过化合反应一步直接实现，故C不选；
D．二氧化硅与水不反应，所以不能通过化合反应一步直接实现，故D不选；
故选：A。
18．下列颜色变化过程中没有化学变化发生的是
A．蛋白质遇浓HNO3变黄 B．灼烧NaCl固体产生黄色火焰
C．浓HNO3久置变黄 D．石灰水久置出现浑浊
【答案】B
【详解】A．蛋白质遇浓硝酸发生颜色变为黄色，为蛋白质的变性过程，生成了新物质，属于化学变化，故A不选；
B．焰色反应是元素的性质，属于物理变化，故B选；
C．浓硝酸不稳定，易分解生成NO2，NO2是红棕色气体，NO2溶于浓硝酸而使溶液呈黄色，有新物质生成，属于化学变化，故C不选；
D．石灰水久置会吸收空气中二氧化碳，生成碳酸钙，发生化学变化，故D不选；
故答案为B。
19．我国科研团队提出了室温下乙炔(CH≡CH)电催化加氢制乙烯(CH2=CH2)的新路径。乙烯与水反应能制备乙醇(CH3CH2OH)，乙醇氧化可生成乙酸(CH3COOH)，进而合成乙酸乙酯(CH3COOCH2CH3)；乙烯还可以制备聚乙烯()等物质。下列反应属于取代反应的是
A．CH≡CH+H2CH2=CH2
B．CH2=CH2+H2OCH3CH2OH
C．CH3CH2OH+O2CH3COOH+H2O
D．CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O
【答案】D
【分析】取代反应是指有机物分子中任何一个原子或原子团被试剂中同类型的其它原子或原子团所替代的反应。
【详解】A．乙炔与H2生成乙烯的反应是有机物分子中的不饱和键两端的原子与其它原子或原子团相互结合，生成新化合物的反应，属于加成反应，A不符合题意；
B．乙烯与H2O生成乙醇的反应是有机物分子中的不饱和键两端的原子与其它原子或原子团相互结合，生成新化合物的反应，属于加成反应，B不符合题意；
C．乙醇与O2生成乙酸的反应是加氧去氢的反应，属于氧化反应，C不符合题意；
D．根据分析，乙酸与乙醇酯化符合取代反应的定义，D符合题意；
故选D。
20．下列各组物质进行反应(表内物质均为反应物)，反应刚开始时，放出H2的速率最快的是
选项
金属(粉末状)
酸及其浓度
酸的体积/mL
反应起始温度/℃
A
0.1molZn
3mol•L-1硝酸
10
30
B
0.1molZn
3mol•L-1硫酸
10
15
C
0.1molZn
3mol•L-1硫酸
10
30
D
0.1molZn
3mol•L-1盐酸
10
30

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】锌和稀硝酸反应不生成氢气；锌与稀盐酸或稀硫酸反应放出氢气，氢离子浓度越大、温度越高反应速率越快，C选项氢离子浓最大、温度最高，所以反应速率最快，故选C。
第Ⅱ卷（非选择题60分）
21．（本题共16分）元素周期表的建立和元素周期律的发现，揭示了元素“位-构-性”之间的内在联系，可以根据“位-构-性”的特点预测和解释元素的性质。下图是元素周期表的一部分，请回答下列问题：

(1)元素②在周期表中的位置是___________。
(2)元素③、④的原子半径大小关系为___________。(用相应的元素符号表示)
(3)将元素⑤、⑦、⑧的氢化物稳定性由强到弱排序___________。(用化学式表示)
(4)元素①、④、⑥组成化合物的电子式为___________。
(5)写出②的单质和③的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式___________。
(6)元素⑧的单质是一种_______色、有刺激性气味的气体。
(7)元素④、⑥、⑧组成了漂白液的有效成分，其与浓盐酸反应产生氯气的化学方程式___________。
(8)⑦⑧两元素的最高价氧化物对应的水化物溶液的酸性强的是：___________。(用化学式表示)
(9)N、H组成的原子个数比为1:2的物质化学式为___________，其元素质量比为___________。（相对原子质量：N-14，H-1）
(10)①⑥组成的化合物属于___________。(填“离子化合物”或“共价化合物”)
【答案】(1)第二周期第ⅣA族
(2)N>O
(3)HF、HCl、H2S
(4)
(5)C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
(6)黄绿
(7)NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑
(8)HClO4
(9)N2H4 7:1
(10)离子化合物
【分析】根据元素周期表可知①H、②C、③N、④O、⑤F、⑥Na、⑦S、⑧Cl。
【详解】（1）②C是第二周期第ⅣA族；
故答案为：第二周期第ⅣA族。
（2）同周期主族元素核电荷数越大，半径越小，N>O；
故答案为：N>O。
（3）⑤、⑦、⑧的氢化物为HF，H2S，HCl，同周期主族元素核电荷数越大，非金属性越强，氢化物越稳定，HCl＞H2S；同一主族元素核电荷数越大，非金属性越弱，氢化物越不稳定，HCl＜HF；则稳定性由强到弱为：HF、HCl、H2S；
故答案为：HF、HCl、H2S。
（4）①、④、⑥组成化合物NaOH，电子式为；
故答案为：。
（5）②的单质和③的最高价氧化物对应水化物的浓溶液反应的化学方程式C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
故答案为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。
（6）黄绿
（7）漂白液有效成分是NaClO，与浓盐酸反应的方程式为NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑；
故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+H2O+Cl2↑。
（8）酸性强的是HClO4；
故答案为：HClO4
（9）；N、H原子个数比为1:2的化合物化学式为N2H4 ，其元素质量比为7:1
故答案为：N2H4 7:1
（10）；NaH为离子化合物
故答案为：离子化合物
22．（本题共6分）从下列六种有机物中选择合适的物质，将其标号填在横线上。
A．甲烷B．乙烯C．乙酸D．油脂E.淀粉F.蛋白质
(1)最简单的烃是______；
(2)属于多糖的是______；
(3)动物毛发主要成分是______；
(4)分子式为C2H4O2的是______；
(5)工业上常用于制造肥皂的是______；
(6)分子呈平面结构且含有碳碳双键的是______。
【答案】 A E F C D B
【详解】(1)最简单的烃是甲烷，故答案为：A；
(2)属于多糖的是淀粉，故答案为：E
(3)动物毛发主要成分是蛋白质，故答案为：F；
(4)分子式为C2H4O2的是乙酸，故答案为：C；
(5)工业上常用于制造肥皂的是油脂，故答案为：D；
(6)分子呈平面结构且含有碳碳双键的是乙烯，故答案为：B。
23．（本题共6分）简要回答下列问题。
(1)面粉中加入小苏打(NaHCO3)焙制出的糕点，食用起来膨松可口。试说明其原因：_______________。
(2)CO2是目前大气中含量最高的一种温室气体，控制和治理CO2是解决温室效应的有效途径。请你写出有利于降低大气中CO2浓度的一项措施：____________________________。
(3)灾区常用明矾作净水剂，其原理是____________________________。
【答案】 小苏打受热易分解，产生二氧化碳气体，使糕点变得膨松 减少化石燃料的使用、植树造林增大植被面积、采用节能技术、利用太阳能和风能等(任选一项) 明矾溶于水后电离出的铝离子会水解形成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，使水中的悬浮颗粒物沉降
【详解】（1）由于小苏打受热易分解，产生二氧化碳气体，使糕点变得膨松，因此面粉中加入小苏打(NaHCO3)焙制出的糕点，食用起来膨松可口。
（2）二氧化碳的产生主要是由于大量使用化石燃料造成的，因此有利于降低大气中CO2浓度的措施有：减少化石燃料的使用、植树造林增大植被面积、采用节能技术、利用太阳能和风能等。
（3）由于明矾溶于水后电离出的铝离子会水解形成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，使水中的悬浮颗粒物沉降，因此灾区常用明矾作净水剂。
24．（本题共8分）铝是用途广泛的金属材料，目前工业上主要用铝土矿(主要成分含氧化铝、氧化铁)来制取铝，其常见的过程如图：

请回答下列问题：
(1)沉淀B的化学式为____，溶液C中阴离子主要是____。
(2)操作I是____(填操作名称)。
(3)写出①过程中发生反应的离子方程式_____。
(4)Al(OH)3沉淀必须进行洗涤才能通过操作IV获得纯净Al2O3，操作IV是____(填操作名称)。
(5)生产过程中，除水、CaO和CO2可以循环使用外，还可循环使用的物质有____(填化学式)。
【答案】(1)Fe2O3 AlO和OH-
(2)过滤
(3)Al2O3+2OH-=2AlO+H2O
(4)灼烧(或加热)
(5)NaOH

【分析】铝土矿（主要成分含氧化铝、氧化铁）加入氢氧化钠，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；过滤后得到的沉淀B为氧化铁，滤液中含氢氧化钠和偏铝酸钠；通入二氧化碳，二氧化碳和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸钠，过滤得到氢氧化铝沉淀和碳酸钠溶液；灼烧氢氧化铝得到氧化铝和水，电解氧化铝得到铝和氧气；碳酸钠溶液和氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，氢氧化钠用来碱浸；灼烧碳酸钙得到氧化钙和二氧化碳，二氧化碳和氧化钙循环使用。
【详解】（1）铝土矿中含氧化铁，氧化铁不和碱反应，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；过滤后得到的沉淀B为氧化铁，滤液中含氢氧化钠和偏铝酸钠，
故答案为：Fe2O3；AlO和OH-；
（2）不溶物和溶液分开采取过滤的方法，氧化铁不和碱反应，为不溶物，氧化铝可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，故用过滤方法把沉淀和溶液分开，
故答案为：过滤；
（3）铝土矿中含有氧化铝，可与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO+H2O；
（4）氢氧化铝受热分解得到氧化铝，故操作Ⅳ是灼烧；故答案为：灼烧；
（5）对碳酸钙高温煅烧生成的氧化钙可以再和碳酸钠水溶液作用，生成的二氧化碳还可以用来处理溶液C，二者均可以循环使用，氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠溶液即D溶液，反应的总方程式为Na2CO3+CaO+H2O=2NaOH+CaCO3↓，氢氧化钠用来碱浸，
故答案为：NaOH；
25．（本题共8分）为了达到下表所列的一些有关家庭常用物质的实验要求，请选择合适的化学试剂，将其标号填入对应的空格中。
实验目的
化学试剂及方法
鉴别蔗糖和葡萄糖
________________
验证味精中是否含有食盐
________________
区别毛织物和棉织物
________________
检验自来水是否含Cl2分子
________________
A． 加入硝酸酸化的硝酸银溶液
B．灼烧、闻气味
C．加入新制氢氧化铜悬浊液，加热
D．将样品滴在淀粉碘化钾试纸上
【答案】C     A   B     D
【详解】试题分析：葡萄糖含有醛基，鉴别蔗糖和葡萄糖可以用新制氢氧化铜悬浊液，答案选C；食盐能与硝酸银反应产生白色沉淀，验证味精中是否含有食盐可以加入硝酸酸化的硝酸银溶液，答案选A；蛋白质灼烧产生烧焦羽毛的气味，可以鉴别毛织物和棉织物，答案选B；氯气具有强氧化性，检验自来水是否含Cl2分子时可以将样品滴在淀粉碘化钾试纸上，答案选D。

26．（本题共16分）某研究性学习小组利用以下装置探究氯气和氨气之间的反应情况。其中A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置。请回答下列问题：

(1)仪器a的名称是_______。
(2)检查装置A气密性的方法是：塞紧橡皮塞，关闭分液漏斗的活塞，将导管末端伸入盛水的烧杯中，微热烧瓶，导管口有__________________，说明装置A气密性良好。
(3)用装置A制取氨气的化学方程式为_______。
(4)请为B处框内选择合适的装置及相应的试剂_______(选填字母)。
A．球形干燥管装碱石灰
B．洗气瓶装浓硫酸
C．球形干燥管装氧化钙
D．球形干燥管装
(5)装置E的作用是___________，装置D和E的位置_______(选填“能”或“不能”)调换。
(6)实验中可观察到装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出此反应的化学方程式：_______。若有1mol被氧化，则转移的电子数目为_______。
(7)氨气具有还原性，在加热条件下可与氧化铜反应生成两种单质和水，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。
(8)若要生成标准状况下2.24L，理论上参加反应的的质量是___________g。(的摩尔质量为)
【答案】(1)分液漏斗
(2)气泡冒出，停止加热，导管末端形成一段水柱
(3)
(4)AC
(5)除去氯气中混有的HCl 不能
(6) 3
(7)3：2
(8)5.35
【分析】A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，A是浓氨水与生石灰反应，生成的气体可用盛有碱石灰的干燥管干燥，F为制备氯气的装置，E为除去HCl的装置，D为氯气的干燥装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置，氨气过量时,二者发生反应：，实验中可观察到有白烟生成，以此解答该题。
【详解】（1）仪器a的名称是分液漏斗。
（2）检查装置A气密性首先要形成密闭空间，然后使密闭空间内的空气压强发生改变，最后检查是否漏水，其方法是：塞紧橡皮塞，关闭分液漏斗的活塞，将导管末端伸入盛水的烧杯中，微热烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热，导管末端形成一段水柱，说明装置A气密性良好；
（3）用装置A制取氨气时，生石灰吸收氨水中的水生成氢氧化钙，一水合氨转变为氨气，化学方程式为；
（4）B装置用于干燥氨气，氨气为碱性气体，干燥氨气要使用碱性干燥剂，可用碱石灰、氧化钙等，这些物质的状态为固态，因此应该盛放在干燥管中，浓硫酸、会与氨气发生反应，不能用于干燥氨气，故合理选项是AC。
（5）装置E中的饱和食盐水能吸收氯气中的氯化氢气体、减少氯气在水中的溶解度，所以装置E的作用是除去氯气中混有的HCl ，装置D为氯气的干燥装置，要制取干燥纯净的氯气，应先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，然后通过浓硫酸除去水，若颠倒顺序则不能除去水蒸气，所以装置D和E的位置不能调换；
（6）装置C是氯气与氨气的反应装置，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结、另一生成物是空气的主要成分之一，说明生成物有和，则该反应的化学方程式为，根据化学方程式可知：N元素的化合价由反应前中的价变为反应后中的0价，化合价升高了3价，每1mol反应，转移3mol电子，故转移的电子数目为3。
（7）在一定条件下，氨气和一氧化氮反应成无色无毒气体N2，反应的化学方程式为。铜元素化合价降低，则氧化铜为氧化剂，氮元素化合价升高，则氨气为还原剂，该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2。
（8）标准状况下2.24L 的物质的量为0.1mol，根据，理论上参加反应的的质量是0.1mol，质量为0.1mol×=5.35g。