1、综合检测卷(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共10小题,每小题2分,共20分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.三聚氰胺的制备反应为6CO(NH2)2(尿素)C3N6H6+6NH3+3CO2。三聚氰胺和甲醛在一定条件下制备三聚氰胺甲醛树脂。下列说法中不正确的是()。A.三聚氰胺与盐酸和硫酸等都能形成三聚氰胺盐B.三聚氰胺含氮的质量分数高于尿素和甘氨酸C.三聚氰胺分子中所有的氮原子化学环境均相同D.三聚氰胺甲醛树脂是一种高分子材料答案:C解析:三聚氰胺能与酸反应成盐,类似于NH3与H+反应,A正确。尿素为CO(NH2)2,甘氨酸结构简式为H2NCH2COOH,三聚
2、氰胺的分子式为C3N6H6,含氮量最高。三聚氰胺中氮原子处于两种化学环境,C不正确。2.化学与环境密切相关,下列有关说法正确的是()。A.CO2属于大气污染物B.酸雨是pH小于7的雨水C.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成D.大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧答案:D解析:A项,CO2能导致温室效应,但不属于大气污染物;B项,酸雨是pH小于5.6的雨水;C项,NO2和SO2能导致酸雨的形成,而CO2不能;D项,大气中CO2含量增加会加剧温室效应。3.今有五种有机物:CH2OH(CHOH)4CHO,CH3(CH2)3OH,CH2CHCH2OH,CH2CHCOOCH3,CH2CHCOO
3、H。其中既能发生加成反应、加聚反应、酯化反应,又能发生氧化反应的是()。A.B.C.D.答案:A解析:能发生加成反应的是,能发生加聚反应的是,可发生酯化反应,五种有机物都可发生氧化反应,能同时发生上述四种反应的只有。4.CaCO3与稀盐酸反应生成CO2的量与反应时间的关系如图所示。下列结论不正确的是()。A.反应在24 min内平均反应速率最大B.反应开始4 min内温度比浓度对反应速率的影响大C.4 min后,反应速率减小的主要原因是c(H+)减小D.反应在24 min内生成CO2的平均反应速率为v(CO2)=0.1 molL-1min-1答案:D解析:CaCO3与稀盐酸的反应为放热反应,随
4、着反应的进行,温度逐渐升高,盐酸浓度逐渐降低,结合各时间段二氧化碳物质的量的变化可比较反应速率的大小,以此解答该题。A项,由图像可知,02min时间内,生成二氧化碳0.1mol,24min时间内,生成二氧化碳0.2mol,46min时间内,生成二氧化碳0.1mol,则反应刚开始时反应速率较小,然后逐渐增大,最后减小,反应在24min内平均反应速率最大,A正确;B项,由图像可知,反应刚开始时反应速率较小,然后逐渐增大,因该反应为放热反应,则温度升高,开始4min内温度对反应速率的影响比浓度大,B正确;C项,随反应的进行氢离子浓度降低,氢离子浓度变化使反应速率减小,由图像可知,02min反应刚开始
5、,温度较低,此时反应速率由氢离子浓度决定,24min反应速率最大,24min温度对反应速率起主要作用,4min后反应速率又减小,氢离子浓度起主要作用,C正确;D项,由图像可知,24min时间内,生成二氧化碳0.2mol,体积未知,不能计算CO2的平均反应速率,D错误。5.合成氨工业对国民经济和社会发展具有重要意义。对于密闭容器中的反应:N2(g)+3H2(g)2NH3(g),在673 K、30 MPa下,n(NH3)和n(H2)随时间变化的关系如图所示。下列叙述正确的是()。A.点A的正反应速率比点B的小B.点C处反应达到平衡C.点D(t1时刻)和点E(t2时刻)处n(N2)不一样D.点E处反
6、应达到平衡答案:D解析:A项,浓度越大,反应速率越大,由图可知,A点氢气浓度大,则点A的正反应速率比点B的大,故A错误;B项,点C处正、逆反应速率不相等,反应到t1时达到平衡,则点C处没有达到平衡,故B错误;C项,点D(t1时刻)和点E(t2时刻)处,均为平衡状态,则n(N2)一样,故C错误;D项,点E处n(NH3)保持不变,反应达到平衡,故D正确。6.将过量的金属锌投入含0.200 mol H2SO4的热浓硫酸中,下列判断正确的是()。因发生“钝化”而不反应产生的SO2为0.100 mol产生的SO2少于0.100 mol除SO2外还会有H2产生A.B.C.D.答案:C解析:锌遇浓硫酸不会“
7、钝化”,故不正确;开始发生反应:Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2+2H2O,随着反应进行,H2SO4浓度变稀,又发生反应:Zn+H2SO4ZnSO4+H2,因生成SO2的反应中消耗H2SO4的物质的量不到0.200mol,故生成的SO2少于0.100mol,因此本题正确。7.近两年流行喝果醋,苹果醋是一种由苹果发酵而成的具有解毒、降脂、减肥和止泻等明显药效的健康食品。苹果酸(2-羟基丁二酸)是这种饮料的主要酸性物质,苹果酸的结构简式如图,下列说法不正确的是()。A.苹果酸在一定条件下能发生酯化反应B.苹果酸在一定条件下能发生催化氧化反应C.1 mol苹果酸与足量金属钠反应最多可以产生
8、1.5 mol H2D.1 mol苹果酸与NaHCO3溶液反应最多消耗3 mol NaHCO3答案:D解析:A项,苹果酸含OH、COOH,可发生酯化反应,A项正确;B项,苹果酸分子中与OH相连的C上有H,可发生催化氧化反应,B项正确;C项,OH、COOH均与Na反应生成氢气,1mol苹果酸能与3molNa反应产生1.5mol氢气,C项正确;D项,苹果酸分子中含2个COOH,为二元酸,则1mol苹果酸与NaHCO3溶液反应最多消耗2molNaHCO3,D项错误。8.区别二氧化硫和二氧化碳气体的最佳方法是()。A.通入澄清石灰水B.用湿润的蓝色石蕊试纸C.用品红溶液D.根据有无毒性答案:C解析:S
9、O2和CO2都是酸性氧化物,通入澄清石灰水时生成的CaSO3和CaCO3都难溶于水,溶液均变浑浊;溶于水时两种水溶液均呈酸性,均能使蓝色石蕊试纸变红色;毒性不能作为区别气体的方法;SO2能使品红溶液褪色,而CO2不能。9.CO2气体中含有少量的SO2,欲用如图所示装置得到干燥纯净的CO2,则下列叙述正确的是()。A.先让混合气体通过盛有NaOH溶液的洗气瓶,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶B.先让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶C.先让混合气体通过盛有Na2CO3溶液的洗气瓶,再通过盛有浓硫酸的洗气瓶D.先让混合气体通过盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶,再通过盛有
10、浓硫酸的洗气瓶答案:D解析:由题给装置图可知,气流方向应为从右向左,因此A、B项错误;C项,Na2CO3溶液既与SO2反应,又与CO2反应,错误;D项,NaHCO3与SO2发生反应2NaHCO3+SO2Na2SO3+2CO2+H2O,将SO2除去,再通过浓硫酸得到干燥纯净的CO2,正确。10.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是()。A.常温下,将5.6 g铁片投入足量浓硝酸中生成6.72 L NO2气体B.1 mol苯乙烯()分子中含有碳碳双键的个数为4NAC.标准状况下,11.2 L的二氯甲烷所含的分子数为0.5NAD.常温常压下,28 g由C2H4和C3H6组成的混合物中,H原子
11、的数目为4NA答案:D解析:A项,常温下,铁片遇浓硝酸会发生钝化,只有表面部分参与反应,无法计算NO2气体的体积,A项错误;B项,1mol苯乙烯()分子中含有碳碳双键的个数为NA,苯环不含碳碳双键,B项错误;C项,标准状况下,二氯甲烷为液体,不能使用气体摩尔体积,C项错误;D项,由C2H4和C3H6组成的混合气体的平均分子式是CH2,所以28g的该混合气体中C的物质的量是28g14gmol-1=2mol,所以H原子的数目为4NA,D项正确。二、选择题(本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)11.如图所示是一种
12、酸性燃料电池酒精检测仪,具有自动吹气流量侦测与控制的功能,非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是()。A.电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极B.O2所在的铂电极处发生氧化反应C.该电池的负极反应式为CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+D.微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量答案:BC解析:氧气得到电子,在正极反应,所以通入氧气的一极为正极。呼出气中的乙醇失去电子被氧化生成醋酸,在负极反应。A项,氧气的一极为正极,是电流流出的一极,电流由O2所在的铂电极经外电路流向另一电极,故正确;B项,O2得到电子,发生还原反应,故错误;C项,从图分析,乙醇失去
13、电子生成醋酸,故CH3CH2OH+3H2O-12e-2CO2+12H+是错误的;D项,酒精的多少决定着电流的大小,故微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量,故正确。12.Al-Ag2O电池是一种可用作水下动力的优良电源,其原理如图所示。该电池工作时总反应式为2Al+3Ag2O+2NaOH2NaAlO2+6Ag+H2O,则下列说法错误的是()。A.工作时正极发生还原反应,且正极质量逐渐减小B.当电极上生成1.08 g Ag时,电路中转移的电子为0.1 molC.Al电极的反应式为Al-3e-+4OH-AlO2-+2H2OD.工作时电解液中的Na+移向Ag2O/Ag电极答案:B解析:
14、A项,原电池工作时,正极发生还原反应,该反应中氧化银被还原为银,正极的质量减小了,故A正确;B项,Ag2O中Ag的化合价为+1价,还原产物单质银为0价,当电极上析出1.08gAg即0.01mol时,电路中转移的电子为0.01mol,故B错误;C项,原电池工作时Al被氧化,应为电池的负极,电极反应为Al+4OH-3e-AlO2-+2H2O,故C正确;D项,铝为负极,Ag2O/Ag为电池的正极,原电池工作时阳离子向正极移动,即Na+向Ag2O/Ag极移动,故D正确。13.海洋约占地球表面积的71%,其开发利用的部分流程如图所示。下列说法错误的是()。试剂1可以选用NaOH溶液从苦卤中提取Br2的反
15、应的离子方程式为2Br-+Cl22Cl-+Br2工业上,电解熔融MgO冶炼金属镁可减小能耗制铝:工业上电解熔融氯化铝来制备铝制钠:电解饱和NaCl溶液来制备钠炼铁:用CO在高温下还原铁矿石中的铁A.B.C.D.答案:D解析:石灰乳与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀,试剂1需要廉价且原料来源广泛的物质,故错误;氯气能将溴离子氧化为溴单质,然后采用萃取的方法从溶液中获取溴,反应的离子方程式为2Br-+Cl22Cl-+Br2,故正确;氧化镁熔点很高,氯化镁熔点比氧化镁低,电解氧化镁冶炼镁增加成本,所以工业上采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁,故错误;氯化铝为共价化合物,熔融状态下不导电,工业用电解氧化铝方法冶
16、炼,故错误;电解饱和NaCl溶液生成氢氧化钠、氯气和氢气,工业上用电解熔融氯化钠的方法冶炼,故错误;可用热还原的方法冶炼铁,一般用CO做还原剂,故正确;故选D。14.甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。旧法合成的反应是:(CH3)2CO+HCN(CH3)2C(OH)CN(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4CH2C(CH3)COOCH3+NH4HSO4新法合成的反应是:+CO+CH3OHCH2C(CH3)COOCH3下列说法不正确的是()。A.反应中CH3OH是CH2OHCH2OH(乙二醇)的同系物B.反应符合绿色化学思想C.甲基丙烯酸甲酯有两种官能团D.反应是加成反应答案:A解析
17、:A项,CH3OH和CH2OHCH2OH的结构不相似,官能团的数目不同,不属于同系物,故A错误;B项,反应只生成了一种产物,原子利用率为100%,符合绿色化学思想,故B正确;C项,甲基丙烯酸甲酯中含有碳碳双键和酯基两种官能团,故C正确;D项,反应中碳氧双键反应后变成碳氧单键,满足加成反应的概念,故D正确。15.将8 mL NO2和O2的混合气体通入倒立于水槽中装满水的量筒,充分反应后,剩余气体为1 mL,则原混合气体中NO2和O2的体积比可能为(气体体积在相同条件下测定)()。A.75B.73C.71D.17答案:BC解析:(1)若剩余气体为NO,则由3NO2+H2O2HNO3+NO得出NO2
18、和O2与水反应后剩余NO23mL,设原混合气体中O2的体积为x,则有:4NO2+O2+2H2O4HNO3418mL-3mL-xx8mL-3mL-xx=41,求得x=1mLV(NO2)V(O2)=(8-1)mL1mL=71。(2)若剩余气体为O2,设原混合气体中NO2的体积为y,则有:4NO2+O2+2H2O4HNO341Y8mL-1mL-yy8mL-1mL-y=41,求得y=5.6mL。V(NO2)V(O2)=5.6mL(8-5.6)mL=73。三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(16分)黄铜矿(CuFeS2)是制取铜及其化合物的主要原料之一,还可制备硫及铁的化合物,冶炼铜的反应为8
19、CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2。(1)若CuFeS2中Fe的化合价为+2价,则反应中的氧化产物是(填化学式)。(2)用稀硫酸浸泡上述反应制取铜后剩余的固体残渣,取少量所得溶液,检验该溶液中存在Fe3+的方法是(注明试剂、现象)。(3)上述冶炼过程中会产生大量SO2,下列处理方案中合理的是(填字母)。A.高空排放B.用于制备硫酸C.用纯碱溶液吸收制Na2SO3D.用浓硫酸吸收(4)验证黄铜矿冶炼铜的反应所得气体中含有SO2的方法是。(5)实验室制备、收集干燥的SO2,所需装置如下。其中装置A产生SO2,反应的化学方程式为。请按气流方向连接各仪器接口,顺序为af,
20、装置E中NaOH溶液的作用是,装置E中反应的离子方程式为。答案:(1)SO2(2)取少量该溶液,滴加KSCN溶液,溶液变红(3)BC(4)将气体通入品红溶液中,如果品红溶液褪色,加热后又变红,则证明有SO2(5)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2Odecb吸收多余的SO2,防止污染空气SO2+2OH-SO32-+H2O解析:(1)在反应8CuFeS2+21O28Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2中,Cu元素的化合价由+2价降低为0价、O元素的化合价由0价降低为-2价,S元素化合价由-2价升高为+4价,故SO2为氧化产物。(3)二氧化硫为环境污染物,不能高空排放,不与浓硫酸
21、反应,可用于制备硫酸或亚硫酸盐,只有B、C符合。(5)装置A产生SO2,反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O。根据装置A为反应装置,C为干燥装置,B为收集装置,D为防止倒吸装置,E为尾气处理装置,则按气流方向连接各仪器接口,顺序为adecbf;装置E中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2,防止污染空气,发生反应的离子方程式为SO2+2OH-SO32-+H2O。17.(8分)一定温度下,某恒容密闭容器中含有NO2、N2O4两种气体,反应开始至达到平衡状态过程中,两种物质的浓度随时间的变化如图所示:(1)表示NO2浓度变化的曲线是,写出相应的化学方程式:。(2)从
22、反应开始至达到平衡的过程中,用N2O4表示的反应速率v(N2O4)=,A、B两点对应状态中,曲线x代表的物质的反应速率相对大小为:v(A)v(B)。答案:(1)x2NO2N2O4(2)0.4 molL-1min-1解析:(1)根据图像,达到平衡,x的浓度降低了8molL-1,y的浓度增大了4molL-1,因此表示NO2浓度变化的曲线是x,反应的化学方程式为2NO2N2O4。(2)从反应开始至达到平衡的过程中,用N2O4表示的反应速率v(N2O4)=ct=4molL-110min=0.4molL-1min-1;A、B两点对应状态中,根据2NO2N2O4,v(NO2)=2v(N2O4),则v(A)
23、v(B)。18.(12分)实验室可用冰醋酸(CH3COOH)和异戊醇()合成乙酸异戊酯,其实验装置如图所示,操作过程如下:向圆底烧瓶中加入几粒碎瓷片,先后注入15 mL(0.14 mol)异戊醇和20 mL(0.35 mol)冰醋酸,最后小心加入5 mL浓硫酸,振荡使其不再分层。在烧瓶上安装冷凝管,连好上、下水,然后加热装置1 h冷却至室温。把烧瓶内混合液倒入盛有饱和Na2CO3溶液的锥形瓶中,振荡后静置。把中水层分离出后,再用蒸馏水洗涤有机层几次,并将洗涤后水层分离出。将分离的有机层转移到另一锥形瓶中,加入无水MgSO4或Mg(NO3)2处理。最后将处理后的有机层经135143 蒸馏,即得乙
24、酸异戊酯产品。请回答以下问题:(1)写出乙酸和异戊醇合成乙酸异戊酯的化学方程式:,其中浓硫酸的作用是,烧瓶内碎瓷片的作用是。(2)冷凝管的作用是,冷凝管的a口是冷却水的(填“进口”或“出口”)。(3)乙酸和异戊醇物质的量之比0.350.14大于11,其原因是。(4)中饱和碳酸钠溶液的作用是;中无水MgSO4或Mg(NO3)2的作用是。(5)步骤的操作应用(填仪器名称),洗涤分离出水层后,应怎样把有机层转移至锥形瓶里?。答案:(1)CH3COOH+H2O催化剂和脱水剂防止液体暴沸(2)冷凝回流出口(3)该反应是可逆反应,增大廉价的乙酸的量,可以提高异戊醇的转化率(4)洗涤乙酸异戊酯中的H2SO4
25、和过量的CH3COOH吸收乙酸异戊酯中残留的水(5)分液漏斗应将有机层从分液漏斗的上口处倒出解析:(1)酯化反应的实质是羧酸脱羟基、醇脱氢结合成水的取代反应,其中浓硫酸在反应中起催化剂和脱水剂的作用,为了防止在加热过程中液体暴沸,预先在烧瓶中加入碎瓷片。(2)酯化反应的进行是需要加热的,但其反应物冰醋酸和异戊醇及其生成物乙酸异戊酯都属于低沸点物质,故在反应过程中极易形成蒸气逸出,为了使反应物充分利用,常用冷凝管使蒸气冷凝回流。使用冷凝管时要注意水流方向,即水流方向应与被冷却气体的流向相反,即图中的a口应是出水方向。(3)从乙酸与异戊醇反应的化学方程式:CH3COOH+H2O可以看出,乙酸与异戊
26、醇是按物质的量之比11消耗的,但由于该反应是可逆反应,为了提高成本较高的异戊醇的转化率,常使廉价的乙酸过量。(4)反应完毕后,烧瓶中的混合液中含有H2SO4、乙酸、异戊醇、乙酸异戊酯、水等物质,倒入饱和Na2CO3溶液中后,混合液中的H2SO4和过量的乙酸将与Na2CO3反应而最后位于水层,有机层主要是乙酸异戊酯和异戊醇,另有少量的水,蒸馏可使乙酸异戊酯和异戊醇分离,蒸馏时加入MgSO4或Mg(NO3)2可吸收有机层中的水分。(5)中所得分层后的混合物,用分液漏斗进行分离,使用分液漏斗分液时要注意:下层液体从分液漏斗的下端流出,上层液体应从分液漏斗的上口处倒出。19.(14分)从海水中可以提取
27、很多有用的物质,例如从海水制盐所得到的卤水中可以提取碘。活性炭吸附法是工业提碘的方法之一,其流程如下:资料显示:.pH=2时,NaNO2溶液只能将I-氧化为I2,同时生成NO;.I2+5Cl2+6H2O2HIO3+10HCl;.5SO32-+2IO3-+2H+I2+5SO42-+H2O;.I2在碱性溶液中反应生成I-和IO3-。(1)反应的离子方程式。(2)方案甲中,根据I2的特性,分离操作X的名称是。(3)已知:反应中每吸收3 mol I2转移5 mol电子,其离子方程式是。(4)Cl2、酸性KMnO4溶液等都是常用的强氧化剂,但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2,原因是。
28、(5)方案乙中,已知经反应过滤后,滤液中仍存在少量的I2、I-、IO3-。请分别检验滤液中的I-、IO3-,将实验方案补充完整。实验中可供选择的试剂:稀硫酸、淀粉溶液、Fe2(SO4)3溶液、Na2SO3溶液。A.滤液用CCl4多次萃取、分液,直到水层用淀粉溶液检验不出碘单质存在。B.。答案:(1)2NO2-+2I-+4H+I2+2NO+2H2O(2)升华(或加热)、冷凝结晶(无冷凝结晶不扣分)(3)3I2+3CO32-5I-+IO3-+3CO2(或3I2+6CO32-+3H2O5I-+IO3-+6HCO3-)(4)氯气、酸性高锰酸钾溶液等会继续氧化I2(或亚硝酸钠仅能把碘离子氧化成碘单质,合
29、理即可)(5)从水层取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,滴加Fe2(SO4)3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有I-;另从水层中取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,加硫酸酸化,滴加Na2SO3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有IO3-解析:反应是碘离子被亚硝酸钠氧化生成单质碘,然后利用活性炭吸附单质碘。方案甲中利用碘易升华分离。方案乙中利用浓碳酸钠溶液吸收单质碘,转化为碘酸根离子和碘离子,在酸性溶液中两者又发生氧化还原反应生成单质碘,据此解答。(1)反应的溶液pH=2,显酸性,NaNO2溶液将I-氧化为I2,同时生成NO,则其反应的离子方程式为2NO2-+2I-+4H+I2+2NO
30、+2H2O;(2)根据I2易升华的特性,分离操作X的方法是升华或加热、冷凝结晶;(3)根据已知条件,反应中每吸收3molI2转移5mol电子,则碘在氧化还原反应中得失电子数为5(从0价升高为+5价和从0价降低为-1价),因此离子反应方程式是3I2+3CO32-5I-+IO3-+3CO2或3I2+6CO32-+3H2O5I-+IO3-+6HCO3-;(4)Cl2、酸性KMnO4溶液等都是常用的强氧化剂,但该工艺中氧化卤水中的I-却选择了价格较高的NaNO2,原因是氯气、酸性高锰酸钾溶液等会继续氧化I2,从而得不到I2;(5)检验滤液中的I-,可以选择用氧化剂将其氧化为碘单质,再与淀粉作用;检验滤
31、液中的IO3-,可利用还原剂将其还原产生碘单质,再与淀粉作用。因此实验方案为:从水层取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,滴加Fe2(SO4)3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有I-;另从水层中取少量溶液放入试管中,加入几滴淀粉溶液,加硫酸酸化,滴加Na2SO3溶液,振荡,溶液变蓝,说明滤液中含有IO3-。20.(10分)某同学用下列装置(固定及夹持装置、加热仪器和橡胶管略)进行有关氨气制取的实验探究。回答下列问题:(1)若用装置制取NH3,其反应的化学方程式为;若要测定生成的NH3的体积,则必须选择的装置是(填装置序号),装置中所盛试剂应具有的性质是。(2)若用装置制取并收集干燥的NH3,烧瓶内装的试剂是,分液漏斗中装的试剂是,收集装置应选择(填装置序号)。答案:(1)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O氨气难溶于该试剂,且该试剂不易挥发,不与氨气反应(2)CaO(或NaOH或碱石灰)固体浓氨水(或浓NH4Cl溶液)解析:(1)装置适用于“固+固”加热制取气体,制取NH3时试剂选用NH4Cl和Ca(OH)2。若要测定生成NH3的体积,必须用排液体法,而NH3极易溶于水,故不能用排水法,所用的液体必须不易挥发、不与NH3反应且不溶解NH3才行。(2)装置是“固+液”不需加热的制气装置,制取NH3时,可选用浓氨水和碱石灰等。