高三新高考化学大一轮专题训练题——铜及其化合物.docx

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1、高三新高考化学大一轮专题训练题铜及其化合物一、单选题1（2023春辽宁高三校联考期中）设是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A32gCu与S完全反应转移的电子数为B1L溶液中含有4个氧原子C标准状况下，2.24L和的混合气体中分子数为0.1D40mL浓硝酸与足量铜反应生成分子数为0.242（2023春辽宁高三校联考期中）下列实验操作、现象和所得结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向盛有Na2S固体的试管中滴加浓硝酸产生有臭鸡蛋气味的气体酸性：硝酸硫化氢B将装有NO2气体的烧瓶浸泡在热水中烧瓶内气体颜色加深2NO2(g)N2O4(g)是放热反应C将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸

2、铜固体先无现象，后铜粉逐渐溶解硝酸铜是铜与稀硫酸反应的催化剂D向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸先出现白色沉淀，后沉淀不溶解久置的Na2SO3全部被氧化AABBCCDD3（2023全国统考高考真题）一些化学试剂久置后易发生化学变化。下列化学方程式可正确解释相应变化的是A硫酸亚铁溶液出现棕黄色沉淀B硫化钠溶液出现浑浊颜色变深C溴水颜色逐渐褪去D胆矾表面出现白色粉末AABBCCDD4（2023春重庆渝中高三重庆巴蜀中学校考期中）现有铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应，得到的混合气体(不考虑等其它气体)体积为(本题气体体积均为标准状况下)：这些气体与一定体积氧气混合后

3、通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入溶液至金属离子恰好完全沉淀，消耗溶液的体积是。下列说法不正确的是A中参加反应的硝酸是B中消耗氧气的体积是C铜镁合金中镁的质量为D混合气体中体积为5（2023秋山东菏泽高三统考期末）已知X为一种常见酸的浓溶液，常用作干燥剂。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去。下列有关说法正确的是AX能用来干燥氯气、氨气B若A为铜，则与X的反应中X仅体现氧化性C若A为碳单质，则B、C可用澄清石灰水鉴别D将B气体通入溶液中，无白色沉淀生成6（2023春湖北宜昌高三校联考期中）下列是两种制备的方式甲：乙：下列说法正确的是A从环境保护角

4、度分析方案甲更好B乙方案中试剂X为稀盐酸C若用方案甲制备会产生D方案乙“溶解”时发生反应的离子方程式为7（2023秋浙江嘉兴高三统考期末）部分被氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g，经如下处理：下列说法不正确的是A滤液A中的阳离子为B样品中氧原子的物质的量为0.02molC溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04molD8（2023春辽宁沈阳高三沈阳市第九中学校考阶段练习）是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A途径与物质的量之比最好为3：2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C反应的方程式为：D后面途径转化中，加入的Y物质体现了其氧化性9（2

5、023春江苏南京高三南京师范大学附属扬子中学校联考阶段练习）废旧中的金和回收的部分流程如下：已知：。下列说法正确的是A“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的少B“过滤”所得滤液中的阳离子只含有Cu2+和C用浓盐酸和也可以溶解金D用过量粉将完全还原为，参加反应的为10（2023春福建厦门高三福建省厦门第二中学校考阶段练习）在一定条件下，不能溶解金属铜的物质是A浓硫酸B浓硝酸C浓盐酸D稀硝酸11（2023春福建泉州高三校联考期中）下列离子方程式书写正确的是A铜与稀硝酸反应：Cu 4H+ 2 Cu2+2NO2 2H2OBNaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：OHNH NH3H2OCFeCl2溶液

6、中加入H2O2溶液：2Fe2+ H2O2 2H+ 2Fe3+ H2ODAlCl3溶液中通入过量的氨水： Al3+3OHAl(OH)312（2023春甘肃白银高三统考期末）化学实验兴趣小组同学为了测定某稀硫酸和稀硝酸混合溶液的浓度，将其分成两等份，进行了如下实验：实验：加入铜粉，充分反应后，过滤、干燥(如图所示)。实验：逐渐加入铁粉，加入铁粉的质量与产生气体的体积关系如图所示。已知：不考虑水电离出的和。不考虑实验过程中质量的损失。下列说法正确的是A原混合溶液中：B原混合溶液中：C由实验可知，滤液中含有的离子仅为、D由实验可知，产生气体的总体积为3.92L(标准状况下)13（2023春河北衡水高三

7、河北武强中学校考阶段练习）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是A途径所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2B相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想C1mol CuSO4在1100所得混合气体X中O2可能为0.75molDY应该是一种还原剂二、多选题14（2023春广东江门高三新会陈经纶中学校考期中）某学生探究小组将 FeCl溶液腐蚀铜箔制作电路板后的酸性废液“再生”，同时回收铜，实验流程如下：“步骤a”中包含的操作有A搅拌B过滤C蒸馏D结晶三、非选择题15（2023全国高三专题练习）硝酸铜晶体Cu(NO3)26H2O，是一种重要的

8、化工原料，常用于农药、镀铜、搪瓷等工业。以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备硝酸铜晶体的某工艺如图1所示。回答下列问题：调节溶液pH时选用的物质a可以是_，几种金属离子沉淀的pH范围如图2所示，“调pH”时应将溶液pH调至_。16（2023春全国高三期中）化学性质(1)不稳定性反应：_。(2)强氧化性硝酸无论浓、稀都具有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。按要求完成下列反应的方程式：与金属反应稀硝酸与铜反应：_；浓硝酸与铜反应：_。与非金属反应浓硝酸与C反应：_。与还原性化合物反应硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2等还原性物质。稀硝酸与F

9、eSO4溶液反应的离子方程式：3Fe24HNO=3Fe3NO2H2O。17（2022秋河南濮阳高三统考期末）钢铁应用十分广泛。根据铁及其化合物的性质，完成下列问题。(1)下列铁的化合物中，可以通过化合反应得到的是_(填字母序号)。AFeCl2BFeCl3CFe(OH)3DFe3O4(2)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。工业上制备高铁酸钾的一种方法为ClO-+Fe3+OH-FeO+Cl-+H2O(未配平)，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(3)工业上用废铁锈(主要成分为Fe2O3，含少量的Al2O3与Cu)制取绿矾(FeSO47H2O)的流程图如下。请回答下列

10、问题。X与Y分别为_、_(填化学式)。加入过量NaOH溶液发生的离子方程式为_。写出流程图中Cu溶解的离子方程式_。18（2022春山西朔州高三朔州市朔城区第一中学校校考开学考试）按要求写出下列方程式：(1)写出工业制硝酸的化学方程式：N2NH3：_。NH3NO：_。NONO2：_。NO2HNO3：_。(2)实验室制氨气的化学方程式：_(3)铜与稀硝酸的离子方程式：_(4)浓硝酸显黄色是因为中溶有NO2，用化学方程式表示：_(5)制取粗硅的化学方程式为：_(6)用足量的亚硫酸氢钠溶液吸收氯气，发生的离子方程式为_(7)工业上用Fe(OH)3与KClO在KOH碱性溶液中制K2FeO4，离子方程式

11、为：_试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1C【详解】A32gCu与S完全反应生成+1价铜，转移的电子为，电子数0.5，A错误； B溶液中溶质和溶剂中都存在氧原子，B错误；C标准状况下，2.24L和的混合气体中分子的物质的量为：，个数为0.1，C正确；D铜足量，硝酸随着反应的进行浓度减小，开始生成二氧化氮，后期生成一氧化氮，无法计算二氧化氮的量，D错误； 故选D。2B【详解】A硝酸具有强氧化性，能将H2S氧化为S，故向盛有Na2S固体的试管中滴加浓硝酸，产生不了产生有臭鸡蛋气味的气体H2S，A不合题意；B将装有NO2气体的烧瓶存在2NO2(g)N2O

12、4(g)浸泡在热水中，观察到烧瓶内气体颜色加深，说明NO2浓度增大，上述平衡逆向移动，故能说明2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，B符合题意；C将铜片放入稀硫酸中，静置，再向其中加入硝酸铜固体，硝酸铜电离出的硝酸根和稀硫酸电离出H+形成了具有强氧化性的HNO3，能与Cu反应，原理为：3Cu+2+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，Cu(NO3)2不是催化剂而是反应物之一，C不合题意；D亚硫酸钡可被硝酸氧化生成硫酸钡，由操作和现象不能证明久置的Na2SO3溶液已全部变质，D不合题意；故答案为：B。3D【详解】A溶液呈棕黄色是因为有Fe3+，有浑浊是产生了Fe(OH)3，因为硫酸亚铁久置后易被

13、氧气氧化，化学方程式为： 12FeSO4+3O2+6H2O=4Fe2(SO4)3+4Fe(OH)3，A错误；B硫化钠在空气中易被氧气氧化为淡黄色固体硫单质，使颜色加深，化学方程式为： 2 Na2S + O2 + 2 H2O = 4 NaOH + 2 S，B错误；C溴水的主要成分是溴和水，它们会反应，但速度很慢，Br2+H2O=HBrO+HBr，2HBrO=2HBr+O2，所以溴水放置太久会变质。但不是生成高溴酸，所以选项中的化学方程式错误，C错误；D胆矾为CuSO45H2O，颜色为蓝色，如果表面失去结晶水，则变为白色的CuSO4，化学方程式为：CuSO45H2O= CuSO4+5H2O，方程式

14、正确，D正确；故选D。4C【分析】标况下4.48LNO2、NO混合气体的物质的量为：n=0.2mol，60mL 5mol/L的氢氧化钠溶液中氢氧化钠的物质的量为：n(NaOH)=5mol/L0.06L=0.3mol。【详解】A铜镁合金与一定量浓硝酸恰好完全反应得到的铜离子和镁离子恰好沉淀时，反应后的溶质为硝酸钠，根据钠离子守恒可知硝酸钠中硝酸根离子的物质的量为0.3mol，根据氮原子守恒可得硝酸的物质的量为：0.3mol+0.2mol=0.5mol，A正确；B生成氢氧化铜和氢氧化镁的总物质的量为：0.3mol=0.15mol，反应消耗铜和镁的总物质的量为0.15mol，0.15mol铜和镁完全

15、反应失去0.3mol电子，根据电子守恒，O2得到的电子与铜和镁失去的电子一定相等，则消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.075mol，消耗标况下氧气的体积为：V(O2)=22.4L/mol0.075mol=1.68L，B正确；C由B可知，铜和镁的总物质的量为0.15mol，总质量为，设Mg的物质的量为xmol、Cu的物质的量为ymol，则x+y=0.15，根据电子守恒可得：24x+64y=6.6，解得：x=0.075mol、y=0.075mol，铜镁合金中镁的质量为，故C错误；D设NO的物质的量为x、二氧化氮的物质的量为y，则x+y=0.2，根据电子守恒可得：3x+y=0.3，解得：x=0.

16、05mol、y=0.15mol，所以混合气体中二氧化氮的体积为3.36L，D正确；故选C。5D【分析】X为一种常见酸的浓溶液，常用作干燥剂，则X为硫酸。【详解】AX能用来干燥氯气、但不能干燥氨气，故A错误；B若A为铜，铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则硫酸体现氧化性和酸性，故B错误；C若A为碳单质，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，二氧化硫、二氧化碳不能用澄清石灰水鉴别，都使澄清石灰水变浑浊，故C错误；D将B(SO2)气体通入溶液中，不反应，因此无白色沉淀生成，故D正确。综上所述，答案为D。6D【详解】A方案甲会生成，污染环境，乙方案不产生污染物，更环保，故A错误；B生成的

17、是硫酸铜，则方案乙中试剂X为稀硫酸，故B错误；C铜和浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则用方案甲制备会产生，故C错误；D方案乙“溶解”时发生反应，故D正确；故答案选D。7A【分析】部分被氧化的合金样品(氧化产物为)共5.76g，与足量稀硫酸反应，先是金属氧化物和硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铜，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，硫酸铜与铁反应生成铜和硫酸亚铁，剩余的铁与稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，因此滤渣是铜单质，滤液加入足量氢氧化钠溶液得到氢氧化亚铁沉淀，过滤，在空气中充分灼烧得到氧化铁3.2g。【详解】A. 铁离子的氧化性大于氢离子的氧化性，由于样品中铁和稀硫酸反应生成了氢气，则说明溶

18、液中没有铁离子，故A错误；B. 滤渣3.2g是铜的质量，最后得到固体3.2g是氧化铁的质量，则铁元素的质量为，则金属总质量为5.44g，样品中氧原子的质量为5.76g5.44g0.32g，则氧原子的物质的量为0.02mol，故C正确；C. 最后得到固体3.2g是氧化铁的质量，则样品中铁的物质的量为，反应后溶液中的溶质为硫酸和硫酸亚铁，根据质量守恒分析，消耗的硫酸物质的量等于生成的硫酸亚铁的物质的量，则溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.04mol，故C正确；D. 利用质量守恒分析消耗的硫酸的氢一部分变为了氢气，一部分和氧化物反应变为了水，根据氧化物中氧的物质的量为0.02mol，则生成水

19、物质的量为0.02mol，则生成氢气的物质的量为0.04mol0.02mol0.02mol，则标准状况下体积为0.448L即，故D正确。综上所述，答案为A。8D【详解】A途径中Cu和、反应生成CuSO4，Cu与混酸反应的离子反应为3Cu+8H+2NO=3Cu2+2NO+4H2O，硝酸根离子由硝酸提供，氢离子由硝酸和硫酸提供，要使途径所得溶液只含3mol CuSO4，则消耗的物质的量为2mol时，的物质的量为3mol，所用混酸中与物质的量之比最好为3：2，故A正确；B中生成有毒气体，中Cu、氧气、硫酸反应生成硫酸铜和水，则途径更好地体现了绿色化学思想，故B正确；C反应中Cu和氧气、硫酸反应生成硫

20、酸铜和水，化学方程式为：，故C正确；D硫酸铜与氢氧化钠生成氢氧化铜沉淀，与Y生成氧化亚铜，知Y可为葡萄糖，葡萄糖与氢氧化铜反应的方程式为：C6H12O6+2Cu(OH)2=C6H12O7+Cu2O+2H2O，该过程中Cu元素化合价下降，Cu(OH)2作为氧化剂，C6H12O6是还原剂，体现还原性，故D错误；故选D。9C【分析】硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后过滤得到金，滤液中含金属离子为铜离子和银离子，经过溶金分离后得到氯金酸溶液，锌粉还原得到金。【详解】A浓硝酸被还原产生NO2，产生1molNO2得1mol电子，稀硝酸被还原产生NO，产生1molNO得3mol电子，金属的量相同，“酸溶”

21、时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误；B“过滤”所得滤液中的阳离子含有H+、Cu2+和，B错误；C浓盐酸和在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确；D，氢离子也会与锌反应，参加反应时转移的电子物质的量为4mol，消耗锌的物质的量为2mol，D错误；故选C。10C【详解】A浓硫酸和铜在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故A不符合题意；B浓硝酸和铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，故B不符合题意；C浓盐酸与铜不反应，故C符合题意；D稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，故D不符合题意。综上所述，答案为C。11B【详解】A铜与稀硝酸反应生成一氧化氮、硝酸铜和

22、水：3Cu 8H+ 2 2Cu2+2NO 4H2O，故A错误；BNaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热，有氨气逸出：OHNH NH3H2O，故B正确；CFeCl2溶液中加入H2O2溶液，未配平，质量不守恒：2Fe2+ H2O2 2H+ 2Fe3+ 2H2O，故C错误；DAlCl3溶液中通入过量的氨水，氨气是弱碱，写化学式： Al3+3NH3H2OAl(OH)33，故D错误。综上所述，答案为B。12A【详解】A由实验可知开始时铁与溶液反应生成一氧化氮，第二阶段生成氢气，由反应， 可知原混合溶液中：，A正确；B由实验可知，最终的溶液溶质为硫酸亚铁，所以，原混合溶液中：，B错误；C实验发生反应为，此过

23、程消耗，由实验可知硝酸根离子消耗完毕，氢离子有剩余，C错误；D由反应，第一阶段消耗，第二阶段消耗， ，气体的总体积为3.36L，D错误； 故选A。13C【分析】由图可知，途径的反应为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO+4H2O，途径的反应为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4，途径的反应为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2+2H2O。【详解】A根据分析，途径发生反应的化学方程式为3H2SO4+2HNO3+3Cu=3CuSO4+2NO+4H2O，所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3：2，A正确；B根据分析，途径产生大气污染物氮的氧化物，途径产生大气污

24、染物SO2，而途径不产生大气污染物，且酸的利用率高，因此，相对于途径、，途径更好地体现了绿色化学思想，B正确；C1mol CuSO4可生成0.5mol Cu2O，n(O2)=0.75mol，则剩余的n(O)=1mol4-0.75mol2-0.5mol=2mol，与S结合恰好生成SO2，但在1100下，SO2与O2可反应生成SO3，因此剩余O2的物质的量无法计算，C错误；DCuSO4可以与过量的NaOH溶液反应生成Cu(OH)2悬浊液，Cu(OH)2中Cu为+2价，生成的Cu2O中Cu为+1价，因此Y是还原剂，D正确；故选C。14AB【分析】腐蚀废液中含有氯化铁、氯化亚铁、氯化铜成分，加入足量铁

25、粉过滤后，滤液中只含有氯化亚铁，通入足量氯气后，氯化亚铁被氧化成氯化铁，据此分析解答。【详解】经分析“步骤a”目的是加入足量铁粉把滤液中铜置换出来，但同时会把滤液中氯化铁还原为氯化亚铁，所以“步骤a”中包含的操作有搅拌，使铁粉和滤液充分反应，过滤使置换出的铜和剩余的铁粉和氯化亚铁溶液分离，这个过程不需要蒸馏和结晶，故答案为AB。15 CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3 3.2 4.7【分析】辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3，、SiO2等杂质)加入稀硫酸和氯化铁溶液，反应生成硫单质、亚铁离子、铜离子，二氧化硅不反应，过滤得到滤渣1是硫和二氧化硅，向滤液中加入适量过量的铁单

26、质，充分反应过滤，滤液主要含有亚铁离子，滤渣2主要成分是铜单质，还有少量铁，向滤渣2中加入稀硝酸，再通入过量的空气，将氮的氧化物转化为硝酸，再向溶液中加入氧化铜等物质调节pH值促进铁离子水解，再过滤将滤液经过一系列过程得到硝酸铜晶体。【详解】调节溶液pH时，主要利用加入的物质消耗Fe3+水解生成的氢离子，使其水解程度增大而转化为沉淀，为防止引入新的杂质，物质a可以是CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3；“调pH”时应将溶液中Fe3+全部沉淀，而Cu2+不能沉淀，因此要将溶液pH调至3.24.7。16(1)4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O。(2) 3Cu+8HNO3(稀)=3C

27、u(NO3)2+2NO+4H2O Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O【详解】（1）浓硝酸具有不稳定性，能分解生成NO2、O2和H2O，化学方程式为4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O。（2）稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、水和一氧化氮，化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。浓硝酸与铜反应生成硝酸铜、水和二氧化氮，化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。浓硝酸与碳在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式为C+4HNO3(浓)CO2+4NO2

28、+2H2O。17(1)ABCD(2)3：2(3) Fe H2SO4 Al2O3+2OH-=2AlO+H2O Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+【详解】（1）A2FeCl3+Fe=3FeCl2，能通过化合反应得到，故A正确；B铁在氯气中点燃可得氯化铁，3Cl2+2Fe2FeCl3，是化合反应，故B正确；C氢氧化亚铁可被氧化为氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，是化合反应，故C正确；D铁在氧气中点燃可得四氧化三铁，3Fe+2O2Fe3O4，是化合反应，故D正确；故答案为：ABCD；（2）对于ClO-+Fe3+OH-FeO+Cl-+H2O，Cl元素从+1降至-1价，ClO

29、-是氧化剂，降低了2，Fe元素从+3升至+6价，Fe3+是还原剂，升高了3，由升降守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2；（3）废铁锈中Al2O3与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液和水，滤渣是Fe2O3、Cu，加入过量稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁和水，硫酸铁与铜反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，加入Fe单质将硫酸铜置换出铜单质，滤渣为过量Fe、Cu，滤液是FeSO4，加入足量稀硫酸与铁反应生成FeSO4，最终得到绿矾晶体；加入X是将混合溶液中硫酸铜置换出铜单质，则X为Fe，滤渣为过量Fe、Cu，加入足量稀硫酸与铁反应生成FeSO4，则Y为H2SO4；废铁锈中Al2O3与过量NaOH溶液

30、反应生成NaAlO2溶液和水，反应的离子方程式为Al2O3+2OH-=2AlO+H2O；流程图中Cu与硫酸铁溶液反应生成硫酸铜和硫酸亚铁，反应的离子方程式Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+。18(1) N2+3H22NH3 4NH3+5O24NO+6H2O 2NO+O2=2NO2 3NO2+ H2O =2HNO3+NO(2)2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O(3)3Cu+8H+2NO =3Cu2+2NO+4H2O(4)4HNO34NO2+O2+2H2O(5)SiO2+2CSi+2CO(6)4HSO+Cl22Cl-+SO+3SO2+2H2O(7)3ClO-+2Fe(OH

31、)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O【解析】（1）N2和氢气在催化剂下反应生成NH3，化学方程式为：N2+3H22NH3；NH3和氧气反应生成NO和水，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；NO和氧气反应生成NO2，化学方程式为：2NO+O2=2NO2；NO2和水反应生成HNO3和NO，化学方程式为：3NO2+ H2O =2HNO3+NO；（2）实验室用氯化铵和熟石灰混合物加热来制取氨气，生成氨气、水和氯化钙，反应的化学方程式是：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；（3）金属铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，其离子方程式为3Cu+8H+2NO=3

32、Cu2+2NO+4H2O；（4）浓硝酸具有不稳定性，见光易分解，生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸而呈黄色，反应方程式为4HNO34NO2+O2+2H2O；（5）制取粗硅是将二氧化硅与焦炭高温反应生成硅和一氧化碳，方程式为：SiO2+2CSi+2CO；（6）足量的亚硫酸氢钠溶液与少量氯气反应，离子方程式为：4HSO+Cl22Cl-+SO+3SO2+2H2O；（7）碱性溶液中，KClO氧化Fe(OH)3生成K2FeO4，Fe元素化合价从+3价升至+6，Cl元素从+1降至-1，由得失电子守恒和质量守恒可得反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D正确。答案第9页，共9页