上海市宜川中学2021-2022学年高一化学下学期期中考试试题（Word版附解析）

宜川中学2021学年第二学期期中考试高一化学试卷用到的原子量：H-1O-16Na-23S-32Cu-64一、选择题(每题2分，只有一个正确答案)1.向空气中“挖矿”，为人类粮食增产做出巨大贡献的是A.硫酸工业B.合成氨工业C.碳中和D.石油化工【答案】B【解析】【详解】实现粮食增产需要大量的化肥主要是氮肥、磷肥、钾肥，合成氨工业以空气中氮气为原料制得氨气，进而生成氮肥，选B。2.镇是一种人工合成的元素，同位素的原子核内的中子数是A.58B.173C.288D.403【答案】B【解析】【详解】中质子数为115，质量数为288，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故答案为B。3.有关第118号元素295Og说法正确的是A.原子核外电子数为118B.原子核内中子数为295C.原子的质量数为177D.位于第6周期0族【答案】A【解析】【详解】A．原子核外电子数=质子数=原子序数=118，故A正确；B．中子数=质量数-质子数=295-118=177，故B错误；C．由295Og可知，质量数为295，故C错误；D．根据周期表的排列，118号元素应在第七周期0族，故D错误；故选A。4.氮气常用作白炽灯泡中钨丝的保护气，这是因为A.氮气比空气轻B.氮气难溶于水 C.氮气是无色无味的气体D.氮气很不活泼【答案】D【解析】【详解】A．氮气密度与空气相近，故A错误；B．氮气作保护气与氮气的溶解性无关，故B错误；C．氨气作保护气与氮气的颜色、气味无关，故C错误；D．氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，因此可以用氮气作保护气，故D正确；答案选D。5.对NH3在工农业生产中用途的叙述错误的是A.制氮气B.制氮肥C.制硝酸D.做制冷剂【答案】A【解析】【详解】NH3在工农业生产中用途是可以利用氨气制备铵盐做氮肥，也可以催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，氨气易液化可以做制冷剂，故合理选项是A。6.用化学用语表示NH3+HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（）A.中子数为8的氮原子：B.HCl的电子式：C.NH3的结构式：D.Cl−的结构示意图：【答案】C【解析】【分析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确； D、Cl-最外层有8个电子，Cl−的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。7.“中国”一词最早见于西周的青铜器(主要成分为铜、锡、铅等)上。下列有关青铜的说法中错误的是A.冶炼技术早于炼铁B.具有导电性C.熔点高于纯铜D.硬度大于纯铅【答案】C【解析】【分析】【详解】A．中国在夏代已经冶炼青铜，而春秋战国时才出现炼铁技术，A项正确；B．青铜为金属，具有导电性，B项正确；C．青铜是合金，合金的熔点低于其组分中的任意一种金属，故熔点低于纯铜，C项错误；D．合金的硬度比其组分中任意一种金属的硬度都大，故硬度大于纯铅，D项正确；答案选C。8.下列液体可以用来保存金属钠的是A水B.浓NaOH溶液C.煤油D.CCl4（d>1g/cm3）【答案】C【解析】【详解】A．钠能够与水发生反应生成氢氧化钠和氢气，不能将钠保存在水中，故A错误；B．浓氢氧化钠溶液中含有水分，钠能够与氢氧化钠溶液发生反应，不能将钠保存在浓氢氧化钠溶液中，故B错误；C．钠不与煤油反应，且钠的密度大于煤油，可以将少量的钠保存在煤油中，故C正确；D．四氯化碳的密度大于钠，钠放在四氯化碳中会浮在表面，起不到隔绝空气的作用，所以不能将少量钠保存在四氯化碳中，故D错误；故选C。点睛：本题考查了常见化学试剂的保存方法。注意掌握常见化学试剂的性质及正确的保存方 法，明确金属钠化学性质比较活泼，通常保存在煤油或石蜡中。本题的易错点为D，注意四氯化碳密度大于钠。9.具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是A.熔点113℃，能溶于CS2B.熔点44℃，液态不导电C.熔点1124℃，易溶于水D.熔点180℃，固态能导电【答案】C【解析】【详解】A、熔点113℃，能溶于CS2，这是分子晶体的性质，故A错误；B、熔点低，液态不导电，这是分子晶体的性质，故B错误；C、熔点较高，多数离子晶体溶于水，此性质为离子晶体性质，故C正确；D、离子晶体在固态时不导电，故D错误。【点睛】判断晶体属于哪一类时，需要根据晶体的性质进行判断，如离子晶体的性质，熔沸点较高，一般离子晶体溶于水，不溶于非极性溶剂，固态时不导电，熔融状态或水溶液能够导电。10.在元素周期表金属与非金属的分界线处，可以寻找A.合金材料B.半导体材料C.催化剂材料D.稀有金属材料【答案】B【解析】【详解】A．在元素周期表中，金属元素位于元素周期表的左下方，可以用来做导体，可以用来做合金等，像镁和铝等，故A错误；B．在金属元素和非金属元素交接区域的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以用来做良好的半导体材料，如硅等，故B正确；C．可以用于做催化剂的元素种类较多，一般为过渡金属元素，故C错误；D．稀有金属材料通常属于过渡金属，故D错误；故选：B。11.有关化学键和晶体的说法正确的是A.干冰是共价分子，其升华破坏了共价键B.氯化铵属于离子化合物，其加热仅破坏了共价键C.汞是金属晶体，其气化破坏了共价键 D.二氧化硅属于共价化合物，其熔化破坏了共价键【答案】D【解析】【详解】A．干冰是固态的二氧化碳，由二氧化碳分子构成，属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，A错误；B．氯化铵固体是由氯离子和铵根离子通过离子键结合而成的离子晶体，加热氯化铵破坏了氯离子和铵根离子之间的离子键，同时加热氯化铵分解为氨气和HCl，破坏了H和N之间的共价键，B错误；C．汞是常温下呈液态的金属，是由金属离子和自由电子通过金属键结合而成的金属晶体，其气化破坏了金属键，C错误；D．二氧化硅只含有共价键，属于共价化合物，固体熔化时，破坏共价键，D正确；答案选：D。12.某短周期元素X的最高价是+6，X的氢化物的化学式是A.HXB.H2XC.XH3D.XH4【答案】B【解析】【详解】短周期元素X的最高价是+6，由正负化合价绝对值之和为8，则最低负极为6-8=-2，则X的氢化物的化学式是H2X，故选：B。13.水可以发生如下变化：冰液态水(4℃)水蒸气(100℃)氢气+氧气，下列说法正确的是A.过程①是化学变化B.过程②中分子间距缩小C.过程③中涉及化学键的断裂和形成D.过程②与过程④互为可逆反应【答案】C【解析】【详解】A．冰的密度比水小，所以过程①中由冰转变为水时，体积会缩小，是物理变化，故A错误；B．水受热蒸发变成水蒸气，水分子间距离会增大，即过程②中分子间距增大，故B错误；C．水分解生成氢气和氧气，发生化学变化，存在H-O键的断裂和H-H、O=O键的形成，则过程③中涉及化学键的断裂和形成，故C正确； D．过程②与过程④为物理变化，可逆反应属于化学变化，所以过程②与过程④不是可逆反应，故D错误；故选：C。14.117号元素为Ts，位于元素周期表中氯元素同一族。下列说法错误的是A.Ts是主族元素B.Ts的最外层有7个电子C.HTsO4是强酸D.同族元素中Ts非金属性最弱【答案】C【解析】【详解】A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是主族元素，故A正确；B．主族元素族序数等于最外层电子数，Ts位于第七周期ⅦA族，Ts的最外层有7个电子，故B正确；C．同主族元素从上到下非金属性减弱，对应的最高价氧化物的水化物酸性减弱，由于HIO4是弱酸，非金属性：Ts<I，则HTsO4是弱酸，故C错误；D．同族元素从上往下非金属性减弱，所以Ts非金属性最弱，故D正确；故选：C。15.下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是A.用装置甲制备氨气B.用装置乙除去氨气中的少量水C.用装置丙收集氨气D.用装置丁吸收多余的氨气【答案】A【解析】【详解】A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故选A；B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；选A。 16.在实验室中,用镊子从煤油中取出一小块金属钠,然后用滤纸将煤油吸干,再用小刀切开观察。在这一实验过程中不能得出的钠的物理性质是A.钠在常温下是固体B.钠具有银白色的金属光泽C.钠的熔点很低D.金属钠很软【答案】C【解析】【分析】用镊子从煤油中取出一小块金属钠，可观察到钠的颜色和状态，用刀子切开，说明质软。【详解】用镊子从煤油中取出一小块金属钠，可观察到钠的颜色和状态，用刀子切开，说明质软，在这一过程中钠的状态没有变化，仍为固体，不能得出熔点低的结论。答案选C。【点睛】本题考查钠的性质，题目难度不大，本题注意常见元素化合物的知识的积累。17.2.3g钠在干燥的空气中与氧气反应，可得到3.5g固体，据此可判断其产物为（）A只有Na2O2B.只有C.和D.无法确定【答案】C【解析】【分析】金属钠和氧气反应可生成或，解答此题可用“极限法”。【详解】若2.3g钠全部反应生成，由反应可知，生成的质量为3.1g；若2.3g钠全部反应生成，由反应可知，生成的质量为3.9g。现产物为3.5g，介于3.1g和3.9g之间，故产物为和的混合物。答案选C。18.下列有关Na2O2的叙述不正确的是A.含有离子键和共价键B.等量Na2O2分别与过量的CO2和H2O反应，转移的电子数相同C.正负离子个数比为1：1D.可以作供氧剂、强氧化剂、漂白剂【答案】C 【解析】【详解】A．Na2O2中钠离子和过氧根离子之间含有离子键，过氧根离子内O和O原子含有共价键，故A正确；B．由2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知，Na2O2内O元素从-1价升到0价，则等量的Na2O2分别与过量的CO2和H2O反应，转移的电子数都相同，故B正确；C．由钠离子与过氧根离子构成，则Na2O2中正、负离子个数比为2：1，故C错误；D．过氧化钠具有强氧化性，可用于杀菌消毒，可做漂白剂，可与水、二氧化碳反应生成氧气，可在防毒面具内作供氧剂，故D正确；故选：C。19.除去Na2CO3固体中少量的NaHCO3的最佳方法是A.加入适量盐酸B.加入NaOH溶液C.加热分解D.制成溶液后通入CO2【答案】C【解析】【详解】A．二者都与盐酸反应，不能用于除杂，故A错误；B．加入氢氧化钠发生HCO+OH-=H2O+CO，可除杂，但还需要从溶液中得到Na2CO3固体，操作较麻烦，故B错误；C．Na2CO3稳定，受热不分解，而NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，分解产生的H2O、CO2挥发逸出，达到分离提纯的目的，是最佳方法，故C正确；D．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，不能用于除杂，故D错误；故选：C。20.不能说明氯的非金属性比硫强的事实是A.氯原子最外电子层上有7个电子，而硫最外电子层上有6个电子B.向硫化氢的水溶液中通入氯气可得到淡黄色的硫C.对应的最高价含氧酸酸性，氯的比硫强D.气态氢化物的稳定性，硫的比氯弱【答案】A【解析】【详解】A．最外层电子数多的元素非金属性不一定强，如Br最外层有7个电子，O最外层6 个电子，但是非金属性O比Br强，所以不能直接根据S和Cl的最外层电子数多少判断比较非金属性的强弱，故A选；B．由氯气与H2S的水溶液反应生成S，则Cl的非金属性比S的强，故B不选；C．非金属性越强，对应最高价含氧酸酸性越强，则对应的最高价含氧酸酸性：高氯酸强于硫酸，能说明氯的非金属性比硫强，故C不选；D．非金属性越强，对应氢化物越稳定，由硫的气态氢化物的稳定性比氯的气态氢化物弱，能说明氯的非金属性比硫强，故D不选；故选：A。21.下列物质中既能与稀盐酸反应，又能与NaOH溶液反应的是①(NH4)2CO3②NaHSO4③NaHCO3④Na2CO3A.①④B.①③C.②③D.都可以【答案】B【解析】【分析】既能与酸反应又能与碱反应的物质有弱酸的酸式盐、弱酸弱碱盐、Al、两性氧化物、两性氢氧化物等。【详解】①(NH4)2CO3能与稀盐酸反应，又与NaOH溶液反应，①符合题意；②NaHSO4能与NaOH溶液反应，与稀盐酸不反应，②不符合题意；③NaHCO3为弱酸的酸式盐，与稀盐酸和NaOH溶液都能发生反应，③符合题意；④Na2CO3能与稀盐酸反应，与NaOH溶液不反应，④不符合题意；综上所述，符合题意的为①③，故选B。22.用下列试剂或仪器来鉴别同浓度的Na2CO3和NaHCO3两种溶液，不能达到预期目的的是A.稀盐酸B.氯化钙溶液C.氢氧化钡溶液D.pH计【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠与盐酸反应快，则相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入稀盐酸，观察反应的剧烈程度可鉴别，故A不选；B．Na2CO3与氯化钙溶液反应生成碳酸钙沉淀，NaHCO3不反应无现象，可鉴别，故B不选；C．二者均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故C选；D．碳酸钠溶液碱性强，pH值较大，用pH计可鉴别，故D不选； 故选：C23.下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较中，正确的是A.两者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度大于碳酸钠B.两者热稳定性不同，碳酸钠的热稳定性小于碳酸氢钠C.两者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体，等质量时生成CO2的量一样多D.两者都能和澄清石灰水反应，且现象一样【答案】D【解析】【详解】A．常温下，Na2CO3较NaHCO3易溶于水，因此二者的溶解度：碳酸钠>碳酸氢钠，A错误；B．NaHCO3受热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，而碳酸钠加热不分解，碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，B错误；C．Na2CO3相对分子质量是106，106gNa2CO3与足量盐酸反应产生1molCO2；NaHCO3的式量是84，84gNaHCO3与足量盐酸反应产生1molCO2；则106gNaHCO3与足量盐酸反应产生CO2的物质的量大于1mol；可见等质量的碳酸钠和碳酸氢钠，后者生成二氧化碳多，C错误；D．两者都能和澄清石灰水反应，且均产生白色沉淀，D正确；答案选D。24.如图所示装置，试管中盛有水，气球a中盛有干燥的Na2O2颗粒。U形管中注有浅红色的水。将气球用橡皮筋紧缚在试管口。实验时将气球中的Na2O2抖落到试管b的水中，下列说法正确的是A.U形管内浅红色的水褪色B.试管内溶液变红C.气球a膨胀，充满氢气D.U形管水位：d＞c【答案】D 【解析】【详解】A．Na2O2和水反应放热，广口瓶内气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，浅红色的水不褪色，故A错误；B．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，试管内溶液不变色，故B错误；，C．Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，气球a膨胀，充满氧气，故C错误；D．Na2O2和水反应放热，广口瓶内气体膨胀，U形管内c端液面下降、d端液面上升，U形管水位：d＞c，故D正确；选D。25.以下实验肯定不需要做恒重操作的是A.判断胆矾晶体结晶水是否全部加热除去B.在某种定量测定中，判断与足量水是否反应完全C.加热硫酸铵和熟石灰混合物，判断氨气是否最大量逸出D.碳酸钠与盐酸反应时判断盐酸是否足量【答案】D【解析】【分析】【详解】A．通过两次称重之差不大于0.0003g来判断胆矾晶体中的结晶水是否全部失去，故A正确；B．Na2O2与足量水反应生成氢氧化钠和氧气，在某种定量测定中，通过两次称重之差不大于0.0003g来判断Na2O2与足量水是否完全反应，故B正确；C．加热硫酸铵和熟石灰混合物，通过计算并两次称重之差不大于0.0003g来判断判断氨气是否最大量逸出，故C正确；D．碳酸钠中滴加盐酸反应生成二氧化碳气体，直到不再产生气泡，证明盐酸已过量，故D错误；故选D。二、综合题(共50分)26.氮氧化铝(AlON)是一种高硬度、耐高温的防弹材料。（1）N原子在周期表中位置是_______，写出工业固氮的方程式_______。写出N元素最高价氧化对应的水化物的稀溶液与铜反应的方程式_______，标出电子转移方向和数目。 （2）A1、O、N三种元素的原子半径由大到小的排列顺序是_______。O、N两种元素形成的气态氢化物的稳定性强弱为_______＞_______(写化学式)。（3）已知PH3与NH3的结构相似，PH3的电子式是_______。（4）Al、O、N三种元素两两组合能形成多种化合物，如离子化合物_______(列举一种，下同)，共价化合物_______。【答案】（1）①.第二周期第VA族②.N2+3H22NH3③.（2）①.Al＞N＞O②.H2O③.NH3（3）（4）①.Al2O3②.NO2【解析】【小问1详解】N原子在周期表中位置是第二周期第VA族；工业上用氮气和氢气在催化剂条件下发生反应生成氨气，反应方程式为：N2+3H22NH3；N元素最高价氧化对应的水化物的稀HNO3溶液与铜反应生成硝酸铜和NO，反应的方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，标出电子转移方向和数目为；【小问2详解】同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Al＞N＞O，同周期从左到右非金属性增强，非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，由非金属性：O>N，则稳定性H2O>NH3；【小问3详解】依据氨气结构可知，磷化氢分子中磷原子与3个氢原子分别共用1对电子，PH3 的电子式书写不能漏掉一对孤对电子对，所以电子式为：；【小问4详解】Al、O、N三种元素两两组合能形成多种化合物，如离子化合物Al2O3，共价化合物NO2。27.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)结晶水含量的实验流程如下：回答下列问题：（1）以下是实验中可能用到的几种仪器，仪器b为_______，仪器c为_______；a．电子天平bcd．酒精喷灯（2）“操作I”是_______，用到上述_______(填序号)仪器；（3）“重复操作I、II、III”，称为恒重操作，判断达到恒重的依据是_______，进行恒重操作的目的是_______。（4）某学生实验后得到以下表数据：加热前质量加热后质量m1(容器)m2(容器+晶体)m3(容器+无水硫酸铜)5.400g7.900g6.900g根据以上数据计算该硫酸铜晶体中结晶水x的值为_______(精确到0.1)；（5）某学生的测定结果偏低原因可能是_______a．没有进行恒重操作b．加热固体到白色后，露置在空气中冷却 c．加热过程中晶体有少量溅失d．实验前晶体受潮（6）完成一次完整的实验(不包括平行实验)，至少称量_______次【答案】（1）①坩埚②.干燥器（2）①.灼烧②.bd（3）①.相邻两次称量的质量差小于0.001g②.确保晶体失去全部结晶水（4）5.2（5）cd（6）4【解析】【分析】测定硫酸铜晶体(CuSO4•xH2O)中结晶水含量的原理为先将晶体放在研钵中研细，然后放在坩埚中加热，直到前后两次称量的质量差不超过0.001g后停止加热，说明完全失水，再放在干燥器中冷却，最后利用加热前后的质量差来计算结晶水含量，据此分析解题。【小问1详解】根据仪器图形可以判断b为坩埚，c为干燥器，故答案为：坩埚；干燥器；【小问2详解】“操作I”是灼烧硫酸铜晶体，则在坩埚中加热，所以用到上述b坩埚和d酒精喷灯仪器，故选：灼烧；bd；【小问3详解】根据测定硫酸铜晶体(CuSO4•xH2O)中结晶水含量的原理，前后两次称量的质量差不超过0.001g即可认为达到恒重，说明完全失水，则判断达到恒重的依据是相邻两次称量的质量差小于0.001g；进行恒重操作的目的是确保晶体失去全部结晶水；故答案为：相邻两次称量的质量差小于0.001g；确保晶体失去全部结晶水；【小问4详解】由表格中的数据，硫酸铜晶体的质量为7.900g-5.200g=2.700g，水的质量：7.900g-6.900g=1.000g，则，，解得x≈5.2，故答案为：5.2；【小问5详解】a．该同学未做恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，a错误；b ．加热固体到白色后，露置在空气中冷却，则硫酸铜又吸水，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，b错误；c．加热过程中有少量晶体溅出，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，c正确；d．实验前晶体受潮，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使水的质量测定结果偏大，d正确；故选：cd；【小问6详解】为确认硫酸铜晶体完全失去结晶水，需加热冷却称量再加热冷却称量，直至连续两次称量的差不超过0.001g为止，这是为了确定样品中结晶水是否已经被全部除去；故至少需要加热2次，称量4次；故答案为：4。28.某化学兴趣小组设计了如图所示装置探究氨的还原性，A为氨气的制备装置。（1）A中通过加热NH4HCO3固体来制备氨气，写出该方程式_______。（2）装置B的作用除干燥氨气外，还有_______、_______B中反应的还原剂是_______。（3）写出装置C中发生的反应方程式_______，使D中石蕊溶液变红的物质是_______(填写化学式)（4）实验开始，首先应该_______，然后加热C处，再加热A处，片刻后，移去C处的酒精灯发现铂丝仍保持红热，原因是_______。（5）有同学认为，D中溶液内可能含有，如何检验_______。（6）有同学认为装置在安全性。上还存在缺陷，需要在_______(填序号)连接如图所示装置。 a．A-B间b．B-C间c．C-D间d．D之后【答案】（1）NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑（2）①.吸收二氧化碳气体②.产生氧气，利用产生的氧气氧化氨气③.Na2O2(或过氧化钠)（3）①.4NH3+5O24NO+6H2O②.HNO3（4）①.检查装置的气密性②.氨气的催化氧化是放热反应，停止加热时铂丝仍保持红热（5）取少量溶液于试管中，加入足量NaOH固体加热,若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则溶液中含有铵根离子（6）c【解析】【分析】通过加热NH4HCO3固体来制备氨气，通过过氧化碳除去二氧化碳和水蒸气的同时生成氧气,氨气和氧气混合于装置C在铂丝网催化下发生反应生成NO,探究氨的还原性，最后通入装有石蕊试液的溶液进行检验。【小问1详解】A中通过加热NH4HCO3固体来制备氨气，反应生成氨气、二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑；【小问2详解】装置B中装有过氧化钠，其作用除干燥氨气外，还有吸收二氧化碳气体和产生氧气，利用产生的氧气氧化氨气；B中过氧化钠与水蒸气及二氧化碳反应生成碳酸钠、氢氧化钠和氧气，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，故反应的还原剂是Na2O2(或过氧化钠)；【小问3详解】装置C中氨气与氧气在铂的催化下发生反应生成NO和水，发生的反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；NO与过量氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸使D中石蕊溶液变红；【小问4详解】实验开始，首先应该检查装置的气密性，然后加热C处，再加热A处，片刻后，移去C 处的酒精灯发现铂丝仍保持红热，原因是氨气的催化氧化是放热反应，停止加热时铂丝仍保持红热；【小问5详解】向溶液中加入NaOH并加热，如果产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，就说明含有铵根离子，其检验方法为取少量溶液于试管中，加入足量NaOH固体加热，若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则溶液中含有铵根离子，故答案为:取少量溶液于试管中，加入足量NaOH固体加热,若产生使湿润红色石蕊试纸变蓝色的气体，则溶液中含有铵根离子；【小问6详解】