第2章 微粒间相互作用与物质性质 测试卷（含解析） 2023-2024学年高二下学期化学鲁科版（2019）选择性必修2

第2章《微粒间相互作用与物质性质》测试卷
一、单选题
1．目前应用最广泛的烟气脱硝技术是NH3催化还原氮氧化物，用活化后的V2O5作催化剂的一种反应历程如图所示(图中的虚线表示某种分子间作用力。下列说法正确的是
A．反应1是该过程的决速步骤，活化能最低
B．反应2中，NO通过σ键与中间体结合
C．反应3中涉及非极性键的断裂与生成
D．全过程中，每消耗1 molO2，同时生成6 molH2O
2．某补铁剂的主要成分为琥珀酸亚铁，邻二氮菲(phen)可与Fe2+反应生成稳定的螯合物，用于测定Fe2+的含量，反应原理为。邻二氮菲与琥珀酸亚铁结构简式如图所示，下列说法正确的是

A．琥珀酸亚铁中碳原子均为sp3杂化
B．中，Fe2+的配位数为3
C．中，存在离子键、配位键和共价键
D．phen与Fe2+形成配合物的反应受到溶液pH的影响
3．氮及其化合物的转化过程如下图所示。下列说法不正确的是
A．催化剂a表面发生了非极性键的断裂和极性键的形成
B．催化剂b能降低氨催化氧化的活化能，加快该反应的速率
C．氨的催化氧化反应中还原剂为NH3，还原产物为NO和H2O
D．取0.5 mol N2经过上述两个反应后生成NO，转移电子总数为8NA
4．下列有关分子的结构和性质的说法正确的是
A．H2O2和C2H2均为直线形的非极性分子
B．NF3和PCl3均为三角锥形分子，中心原子均为sp3杂化
C．H3BO3和H3PO3均为三元酸，结构式均为(X=B，P)
D．CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形分子，键角均为109°28′
5．光气(COCl2)是一种重要的有机中间体。实验室可用反应CHCl3+H2O2=COCl2↑+HCl+H2O制备光气。下列叙述错误的是
A．CHCl3的空间结构为正四面体 B．COCl2的电子式为
C．H2O2既含有极性键又有非极性键 D．Cl-比O2-原子核外多一个电子层
6．聚氯乙烯(PVC)制成的呼吸面罩在抗击新冠疫情中发挥了重要作用。工业上常用乙烯氧氯化法制氯乙烯单体：4CH2=CH2(g)+2Cl2(g)+O2(g)4CH2=CHCl(g)+2H2O(g) △H。下列说法正确的是
A．CH2=CH2是极性分子，分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化
B．CH2=CHCl分子中含有4个σ键和1个π键
C．H2O分子VSEPR模型为四面体型，分子空间结构为V形
D．该反应为自发反应，△H＞0
7．下列说法正确的是
A．离子键是阴离子与阳离子间的一种静电引力
B．任何离子键在形成的过程中必定有电子的得与失
C．带相反电荷的离子之间的相互吸引力称为离子键
D．活泼非金属原子与活泼金属原子相遇时能形成离子键
8．已知为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A．常温下，的盐酸溶液中氢离子数目为
B．冰醋酸分子中含有杂化的原子数目为
C．质量分数为46%的乙醇水溶液中含有键数目为
D．中共价键的个数为
9．下列属于平面三角形的非极性分子的是
A．HCHO B．COCl2 C．BF3 D．NH3
10．下列现象与氢键有关的是：
①HF的熔、沸点比HCl的高
②小分子的醇、羧酸可以和水以任意比互溶
③冰的密度比液态水的密度小
④HF、都极易溶于水
⑤接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量的测定值比按化学式计算出来的相对分子质量大一些
⑥水分子高温下也很稳定
A．①②③④⑤⑥ B．①②③④⑤ C．①②③④ D．①②③
11．中成药连花清冰晶胶囊的有效成分绿原酸的结构简式如图，下列有关绿原酸说法错误的是

A．分子式为 B．1mol绿原酸最多可消耗8molNaOH
C．分子中含有4个手性碳原子 D．能发生取代、加成、氧化等反应
12．NH4Cl晶体中不含有的作用力是
A．离子键 B．共价键 C．配位键 D．氢键
13．下列表述正确的是
A．键角：H2O>NH3
B．用原子轨道描述氯化氢分子中化学键的形成：
C．电负性：N>O>C>H
D．冰的密度比水小的性质与氢键无关
14．反应可用于检验微量CO的存在。下列说法正确的是
A．NH3是非极性分子 B．的空间构型为三角锥形
C．中存在键 D．电负性大小：
15．油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：

下列说法正确的是
A．反应I和II中，元素和都被氧化
B．反应I和II中，氧化转移的电子数之比为
C．和的空间结构都是正四面体形
D．反应I和II中，参加反应的：I二、填空题
16．常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池多晶硅太阳能电池、太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。
(1)基态亚铜离子()的最外层电子排布式为 ；高温下容易转化为，试从原子结构的角度解释原因： 。
(2)的沸点高于的沸点(-42℃)，其原因是 。
(3)和的空间结构分别为 、 。
17．某些化学键的键能如下表：
键 H-H H-I H-F H-Cl H-Br I-I Cl-Cl Br-Br
键能 436 299 568 432 366 153 243 194
根据表中数据回答问题：
(1)下列物质本身具有的能量最低的是___________(填字母，下同)。
A．H2 B．Cl2 C．Br2 D．I2
(2)下列氢化物中，最稳定的是___________
A．HF B．HCl C．HBr D．HI
(3)X2+H2=2HX(X代表F、Cl、Br、I，下同)的反应是 (填“吸热”或“放热”)反应。
(4)1molCl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，放出的热量是 kJ。相同条件下，X2分别与H2反应，当消耗等物质的量的氢气时，放出的热量最多的是 。
18．乙炔()、丙烯腈()、乙烯酮()是有机合成工业的重要原料。工业上曾用和反应制取乙炔，用乙炔和氢氰酸(HCN)在氯化亚铜等催化作用下生产丙烯腈，乙炔与在一定条件下反应生成乙烯酮。回答下列问题：
(1)写出基态钙原子的核外电子排布式： ；Cu元素在元素周期表中的位置为 。
(2)乙炔分子的空间结构为 ，乙炔分子属于 (填“极性”或“非极性”)分子。
(3)丙烯腈分子中碳原子的杂化轨道类型是 。
(4)乙烯酮在室温下可聚合成二聚乙烯酮(结构简式为)，二聚乙烯酮分子中含有的键与键的数目之比为 。
三、实验题
19．FeS是一种黑色固体，常用作固体润滑剂、废水处理剂等。可通过高温合成法和均相沉淀法合成纳米FeS。
Ⅰ.高温合成法
称取一定质量还原铁粉和淡黄色硫粉，充分混合后置于真空密闭石英管中。用酒精喷灯加热。加热过程中硫粉升华成硫蒸气。持续加热至反应完全，冷却，得纳米FeS。
已知：S8蒸气为橙色，S6蒸气为红棕色。
(1)若用等质量的S8和S6分别与足量铁粉反应制取FeS，消耗Fe的质量比为 。
(2)能说明反应已进行完全的标志是 。
Ⅱ.均相沉淀法
实验室以硫酸亚铁铵 []和硫代乙酰胺(CH3CSNH2)为主要原料合成纳米硫化亚铁的装置和流程如图所示。

已知：硫代乙酰胺在酸性和碱性条件下均能水解。水解方程式如下所示：
(3)实验前通N2排尽装置中空气的目的是 ；装混合液的仪器名称是 。
(4)“反应”时，控制混合液pH约为9，温度为70℃。硫酸亚铁铵溶液和硫代乙酰胺溶液恰好反应时总反应的离子方程式为 。
(5)该方法得到的产品中常混有少量的沉淀，实验时可向混合液中加入少量某种试剂降低，在反应中再缓慢释放，从而抑制的形成。这种试剂是___________(填序号)。
A．H2O B．柠檬酸钠( ) C． D．Na2CO3
(6)已知硫酸亚铁铵[]为浅绿色晶体，易溶于水，不溶于乙醇。下表中列出了不同温度下硫酸铵、七水合硫酸亚铁、硫酸亚铁铵在水中的溶解度。
温度/℃ 溶解/g 物质 10 20 30 40 50 70
73.0 75.4 78.0 81.0 84.5 91.9
40.0 48.0 60.0 73.3 — —
18.1 21.2 24.5 27.9 31.3 38.5
请补充完整实验室制取硫酸亚铁铵晶体的实验过程：取4.0g充分洗净的铁屑，加 ，水浴加热并不断搅拌，至不再产生气体，趁热过滤，洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g。向滤液中加入 ，加热浓缩至出现晶膜为止，将溶液静置、冷却结晶、过滤，用 ，低温烘干，得到硫酸亚铁铵晶体。[可选用的实验试剂有：晶体、溶液、蒸馏水、无水乙醇]
20．某小组同学探究加热条件下NH3还原CuO的反应产物，结合下列资料回答问题。
资料：i.Cu2O为红色固体，Cu2O与稀硫酸能发生反应：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。
ii.Cu2O可溶于浓氨水得无色溶液，该溶液置于空气中变成深蓝色溶液。
步骤1：NH3还原CuO
称取agCuO，利用如图装置进行实验(夹持装置略)。

(1)A中分液漏斗盛放的试剂是 。
(2)选择合适的装置进行实验，接口连接的正确顺序为a→_______→_______→_______→_______→h→i→j(每空填一个接口标号)。
(3)实验过程中观察到：B的硬质玻璃管中黑色固体变红，E的试管中收集到无色液体，F中收集到无色气体，该无色液体是 。
(4)NH3还原CuO的化学方程式为 。(任写一个)
步骤2：探究固体产物的成分
i.提出猜想：B中硬质玻璃管红色固体可能是铜、氧化亚铜或两者混合物
ii.实验设计：小组同学设计三个方案探究其组成。
方案I：取适量红色固体，加入浓硝酸至刚好溶解，观察溶液颜色。
方案Ⅱ：取适量红色固体，加入足量浓氨水，振荡，观察现象。
方案Ⅲ：称量红色固体的质量为bg。
(5)方案I不能证明红色固体含有Cu2O，说明理由 。
(6)方案Ⅱ中，若红色固体是Cu和Cu2O的混合物，现象是 ，相关反应为：①Cu2O+4NH3+H2O=2[Cu(NH3)2]OH、② (写离子方程式)。
(7)方案Ⅲ，当_______＜b＜______(以含的表达式表示) ，证明红色固体是Cu和Cu2O的混合物。
试卷第4页，共8页
参考答案：
1．D
【详解】A．慢反应是决速反应，反应1是快速反应，不是该过程的决速步骤，故A错误；
B．由图可知，反应2中，NO通过氢键和配位键与中间体结合，氢键不是σ键，故B错误；
C．由图可知，反应3中有N-H、N-O键断裂，N≡N的形成，故C错误；
D．总反应的化学方程式为4NH3+O2+4NO4N2+6H2O，每消耗1 molO2，同时生成6 molH2O，故D正确；
故选D。
2．D
【详解】A．琥珀酸亚铁中饱和碳原子均为sp3杂化，而形成羰基的不饱和碳原子采用sp2杂化，A错误；
B．邻二氮菲分子中含有2个N原子，每个N原子可以形成配位键，在中，Fe2+与3个邻二氮菲结合，其中含有2个N原子与Fe2+形成配位键，故Fe2+的配位数为6，B错误；
C．在阳离子中存在配位键和共价键，但不存在离子键，C错误；
D．pH＜2时，H+浓度大，邻二氮菲中的N原子优先与H+形成配位键，导致与Fe2+的配位能力减弱，pH＞9时，OH-浓度大，与Fe2+反应生成Fe(OH)2，影响Fe2+与邻二氮菲配位，故phen与Fe2+形成配合物的反应受到溶液pH的影响，D正确；
故合理选项是D。
3．D
【详解】A．催化剂a表面发生了N2+3H22NH3的反应，有N2和H2分子内非极性键的断裂和NH3分子内极性键的形成，故A正确；
B．在催化剂b表面发生了氨的催化氧化反应，催化剂b能降低氨催化氧化的活化能，加快该反应的速率，故B正确；
C．氨的催化氧化反应是NH3和氧气发生反应，生成NO和H2O，NH3中N的化合价从-3价升高到+2价，做还原剂，氧气中的O化合价从0价降低到NO和H2O中的O的-2价，所以还原产物为NO和H2O，故C正确；
D．在催化剂a表面发生的N2和H2的反应是可逆反应，反应物的转化率未知，无法计算转移电子总数，故D错误；
故选D。
4．B
【详解】A．C2H2中4个原子在同一直线上，正负电荷中心重合，为直线形的非极性分子，但H2O2中4个原子不在同一直线上，正负电荷中心不重合，为空间结构的极性分子，A项错误；
B．NF3和PCl3中N、P成键电子对均为3，均有一个孤电子对，杂化轨道数均为4，中心原子均为sp3杂化，,均为三角锥形分子，B项正确；
C．H3BO3的结构式为，其溶液呈酸性是因为H3BO3与水电离出的OH-结合为[B(OH)4]-：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+，因此H3BO3为一元酸，H3PO3的结构式为，1个H3PO3分子能电离产生2个H+，为二元酸，C项错误；
D．CH4和白磷(P4)分子均为正四面体形，但键角分别为109°28′和60°，D项错误。
答案选B。
5．A
【详解】A． CHCl3的空间结构不对称，为四面体，故A错误；
B． 碳和氧形成碳氧双键，COCl2的电子式为，故B正确；
C． 过氧化氢结构式为：H-O-O-H，H-O为极性共价键，O-O为非极性共价键，故C正确；
D． Cl-原子核外有3个电子层，O2-原子核外有2个电子层，Cl-比O2-原子核外多一个电子层，故D正确；
故选A。
6．C
【详解】A．CH2=CH2含碳碳双键，分子中碳原子的杂化方式为sp2杂化，分子结构对称，是非极性分子，A错误；
B．碳碳双键含1个σ键和1个π键，CH2=CHCl分子中含有5个σ键和1个π键，B错误；
C． H2O分子中中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+2=4，故为sp3杂化，VSEPR模型为四面体，分子空间结构为V形，C正确；
D． 该反应熵减，反应要能自发，则△H＜0，D错误；
答案选C。
7．D
【详解】A. 阴阳离子通过静电作用形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，A项错误；
B. 离子键的形成过程中不一定有电子的得失，如复分解反应中离子键的形成， B项错误；
C. 阴阳离子带相反电荷，但阴阳离子通过静电作用可形成离子键，静电作用包括静电吸引力和静电排斥力，C项错误；
D. 活泼非金属原子容易得电子，活泼金属原子容易失电子，两者相遇时能形成离子键，D项正确；
答案选D。
8．B
【详解】A．常温下，的盐酸溶液，由于缺少溶液体积，无法计算物质的量，故A错误；
B．乙酸中只有1个碳原子和一个氧原子是杂化，因此冰醋酸分子中含有杂化的原子数目为，故B正确；
C．质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇质量为23g(物质的量为0.5mol)，溶液中还有27g水，含有键数目为，故C错误；
D．1mol有12mol氮氢键，还有4mol配位键，因此中共价键的个数为，故D错误。
综上所述，答案为B。
9．C
【详解】A．HCHO是平面三角形分子，但正、负电荷的重心不重合，是极性分子，A不符合题意；
B．COCl2是平面三角形分子，但正、负电荷的重心不重合，是极性分子，B不符合题意；
C．BF3平面三角形分子，正、负电荷的重心重合，为非极性分子，C符合题意；
D．NH3是三角锥形分子又是极性分子，D不符合题意；
综上所述，答案为C。
10．B
【详解】①HF中分子之间存在氢键，则HF的熔、沸点比HCl的高，故①与氢键有关；
②小分子的醇、羧酸与水分子之间能形成氢键，则可以和水以任意比互溶，故②与氢键有关；
③冰中存在氢键，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故③与氢键有关；
④HF、氨气与水分子都是极性分子，HF、氨气与水分子间存在氢键，所以HF、氨气极易溶于水，故④与氢键有关；
⑤接近水的沸点的水蒸气的相对分子质量测定值比用化学式H2O计算出来的相对分子质量大一些，其主要原因是接近水的沸点的水蒸气中水分子间因氢键而形成了“缔合分子”，故⑤与氢键有关；
⑥水分子高温下也很稳定，其稳定性与化学键有关，而与氢键无关，故⑥与氢键无关；
故选：B。
11．B
【详解】A．根据该物质的结构简式可知其分子式为，A正确；
B．一分子绿原酸中含有一个酯基、1个羧基、2个酚羟基，故1 mol绿原酸可以和4 mol NaOH发生反应，B错误；
C．绿原酸分子中环己烷结构当中有4个手性碳原子，C正确；
D．绿原酸中含有羧基和羟基，都可以发生酯化反应，属于取代反应，另外苯环上以及烃基上的氢原子也能被取代，分子中的碳碳双键，可以发生加成和氧化反应，D正确。
故选B。
12．D
【详解】NH4Cl是由与Cl-通过离子键结合形成的离子晶体，在阳离子中含有共价键和配位键，故NH4Cl晶体中含有的作用力是离子键、共价键、配位键，而不存在氢键，故合理选项是D。
13．B
【详解】A．H2O键角为104.5°，NH3键角为107.3°，A错误；
B．氯化氢分子中化学键的形成用原子轨道描述如图所示，B正确；
C．电负性应O> N，C错误；
D．冰的密度比水小的性质与氢键有关，冰和水密度不同主要是由于水分子间存在氢键，在水液态时，一个水分子与四个水分子相连，而水凝固为冰时，氢键会拉伸水分子使水分子之间距离增大，体积也就增大了，故冰密度比水小与氢键有关，D错误；
故选B。
14．D
【详解】A．NH3分子结构呈三角锥形，结构不对称，是极性分子，A不正确；
B．中的C原子发生sp2杂化，则其空间构型为平面三角形，B不正确；
C．中，Ag+为中心离子，NH3为配体，其中N原子为配位原子，所以不存在键，C不正确；
D．N、O为同周期元素，N在O的左边，非金属性O比N强，则电负性大小：，D正确；
故选D。
15．C
【详解】A．反应Ⅰ中As元素化合价不变，未发生氧化还原反应，故A错误；
B．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，电子转移总数24e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量12mol，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，电子转移数56e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量28mol，反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比=12：28=3：7，故B错误；
C．的价电子对数=4+=4，结构中相当于一个氧原子被一个硫原子代替，空间结构是四面体结构，的价电子对数=4+=4，无孤对电子，空间结构是正四面体形，故C正确；
D．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，参加反应的：Ⅰ＞Ⅱ，故D错误；
故选C。
16． 中的最外层电子排布处于稳定的全充满状态 分子间存在氢键，分子间无氢键 平面三角形 三角锥形
【详解】(1)原子失去1个电子生成，基态的核外电子排布式为或，则基态的最外层电子排布式为；原子轨道处于全空、半满或全满时最稳定，的最外层电子排布式为，而的最外层电子排布式为，后者更稳定，故高温下容易转化为；
(2)和都是极性分子，但由于分子间存在氢键，所以的沸点比的沸点高；
(3) 的中心原子的价层电子对数，且没有孤电子对，所以其空间结构是平面三角形；的中心原子的价层电子对数，孤电子对数为1，所以其空间结构是三角锥形。
17．(1)A
(2)A
(3)放热
(4) 185 F2
【解析】(1)
键能越大能量越低，H-H的键能最大，则能量最低的是H2，故选：A；
(2)
键能越大能量越低物质越稳定，H-F的键能最大，最稳定的是HF，故选：A；
(3)
以X为Cl为例，断裂旧键需要吸收热量，形成新键放出能量，则Cl2+H2=2HCl反应，吸收热量为436+243=679kJ，放出热量为2×432=864kJ，放出的热量多，则为放热反应；
(4)
1molCl2在一定条件下与等物质的量的H2反应，放出的热量是2×432-(436+243)= 185kJ，破坏1mol物质中的化学键所消耗的能量越高，生成物越稳定，发生该反应放出的热量越多，根据表中数据可知，H-F键能最大，反应放热最多，则放出的热量最多的是F2。
18．(1) 或 第四周期ⅠB族
(2) 直线形 非极性
(3)、sp
(4)
【详解】（1）钙的原子序数为20，基态钙原子的核外电子排布式为或；铜的原子序数为29，价层电子排布式为3d104s1，在元素周期表中位于第四周期ⅠB族。
（2）乙炔分子中两个碳原子间是碳碳三键，碳原子是sp杂化，两个碳原子和两个氢原子位于一条直线上，乙炔分子的正负电荷中心重合，属于非极性分子。
（3）丙烯腈分子中的碳碳双键的两个碳原子的价层电子对数是3，为sp2杂化，氰基中碳原子和氮原子间为三键，碳原子的价层电子对数为2，为sp杂化。
（4）二聚乙烯酮分子中有4个碳碳单键、4个碳氢键和两个碳氧双键，所以共有2个π 键、10个σ 键，则二聚乙烯酮分子中含有的 π 键与 σ 键的数目之比为1∶5。
19．(1)1∶1
(2)石英管中硫蒸气的颜色不变或气体变为无色
(3) 防止Fe2+和CH3CSNH2(或S2 )被氧化 三颈烧瓶
(4)FeS↓+CH3COO +3NH3↑+3H2O
(5)B
(6) 适量溶液 6.6g (NH4)2SO4晶体 无水乙醇洗涤晶体
【详解】（1）质量相等的S8和S6中S原子数目相等，所以消耗Fe的质量比为1∶1。
（2）石英管中硫蒸气的颜色不变，说明硫蒸气浓度不变，证明反应已进行完全。
（3）实验前通N2排尽装置中空气的目的是防止Fe2+和CH3CSNH2(或S2 )被氧化；装混合液的仪器名称是三颈烧瓶。
（4）“反应”时，控制混合液pH约为9，温度为70℃，三颈烧瓶内硫酸亚铁铵和硫代乙酰胺水解生成的硫离子反应生成硫化亚铁沉淀，反应的离子方程式为FeS↓+CH3COO +3NH3↑+3H2O。
（5）柠檬酸钠能与Fe2+形成络合物，实验时可向混合液中加入少量柠檬酸钠降低，在反应中该络合物再缓慢释放，从而抑制的形成。
（6）取4.0g充分洗净的铁屑，为增大硫酸亚铁的浓度，加入3mol·L-1 H2SO4溶液，在热水浴中加热，并不断搅拌，使其反应到不再产生气体，趁热过滤、洗涤、烘干，得未反应铁屑1.2g，则反应的铁质量为4.0g 1.2g=2.8g，其物质的量为。根据(NH4)2SO4 FeSO4 6H2O可知需要(NH4)2SO4的质量为132g·mol 1×0.05mol=6.6g。故要向滤液中加入6.6g (NH4)2SO4晶体，加热溶液至出现晶膜、冷却结晶、过滤，并用无水乙醇洗涤，再低温烘干，即得硫酸亚铁铵晶体。
20．(1)浓氨水
(2)fgbc
(3)氨水
(4)2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O或2NH3+6CuON2+3Cu2O+3H2O
(5)Cu或Cu2O都可与浓硝酸反应，且现象相同
(6) 固体部分溶解，溶液初呈无色，置于空气后变成深蓝色 4[Cu(NH3)2]++8NH3 H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O
(7)0.8a，0.9a
【分析】由实验装置图可知，装置A为浓氨水与氧化钙反应制备氨气，装置D中盛有的碱石灰用于干燥氨气，装置B中氨气与氧化铜共热反应生成铜或氧化亚铜、氮气和水，装置E用于冷凝收集反应生成的水和氨气，装置F为收集反应生成氮气的装置，则装置的连接顺序为ADBEF，装置接口的连接顺序为a→f→g→b→c→h→i→j。
【详解】（1）由分析可知，A中分液漏斗盛放的试剂为浓氨水，故答案为：浓氨水；
（2）由分析可知，装置的连接顺序为ADBEF，装置接口的连接顺序为a→f→g→b→c→h→i→j，故答案为：fgbc；
（3）由分析可知，装置E用于冷凝收集反应生成的水和氨气，氨气溶于水得到氨水，故答案为：氨水；
（4）由分析可知，装置B中氨气与氧化铜共热反应生成铜或氧化亚铜、氮气和水，反应的化学方程式为2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O或2NH3+6CuON2+3Cu2O+3H2O，故答案为：2NH3+3CuON2+3Cu+3H2O或2NH3+6CuON2+3Cu2O+3H2O；
（5）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，氧化亚铜与浓硝酸反应也生成硝酸铜、二氧化氮和水，则方案I不能证明红色固体含有氧化亚铜，故答案为：Cu或Cu2O都可与浓硝酸反应，且现象相同；
（6）由题给信息可知，氧化亚铜可溶于浓氨水得无色溶液，该溶液置于空气中变成深蓝色溶液，而铜与浓氨水不反应，则向红色固体中加入足量浓氨水，振荡，观察到的实验现象为固体部分溶解，溶液初呈无色，置于空气后变成深蓝色，反应的反应为Cu2O+4NH3+H2O=2[Cu(NH3)2]OH、4[Cu(NH3)2]++8NH3 H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O，故答案为：固体部分溶解，溶液初呈无色，置于空气后变成深蓝色；4[Cu(NH3)2]++8NH3 H2O+O2=4[Cu(NH3)4]2++4OH—+6H2O；
（7）由铜原子个数守恒可知，若氧化铜完全转化为铜，红色固体的质量为×64g/mol=0.8a，若氧化铜完全转化为氧化亚铜，红色固体的质量为××144g/mol=0.9a，则0.8a＜b＜0.9a证明红色固体是铜和氧化亚铜的混合物，故答案为：0.8a，0.9a