- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
A．乙烷中混有乙烯，通过氢气在一定条件下反应，使乙烯转化为乙烷
B．在催化剂存在的条件下，苯和溴水发生反应可生成无色比水重的液体溴苯
C．将铜丝弯成螺旋状，在酒精灯上加热变黑后，立即伸入盛有无水乙醇的试管中，完成乙醇氧化为乙醛的实验
D．无水乙醇和浓硫酸共热到170℃，将制得的气体通入酸性高锰酸钾，可检验制得的气体是否为乙烯
E．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止
Ⅱ．实验室用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1，2-二溴乙烷的装置如下图所示，其中可能存在的主要副反应有：乙醇在浓硫酸的存在下在l40℃脱水生成乙醚．
有关数据列表如下：
回答下列问题：
（1）用少量的溴和足量的乙醇、浓硫酸制备1，2-二溴乙烷的两步反应方程式为：______
（2）在此实验中，要尽可能迅速地把反应温度提高到170℃左右，其最主要目的是______；（填正确选项的字母）
a．引发反应 b．加快反应速度 c．防止乙醇挥发 d．减少副产物乙醚生成
（3）在装置C中应加入______，其目的是吸收反应中可能生成的酸性气体：（填正确选项的字母）
a．水 b．浓硫酸 c．氢氧化钠溶液 d．饱和碳酸氢钠溶液
（4）将1，2-二溴乙烷粗产品置于分液漏斗中加水，振荡后静置，产物应在______层（填“上”、“下”）；
（5）若产物中有少量未反应的Br2，最好用______洗涤除去；（填正确选项的字母）
a．水 b．氢氧化钠溶液 c．碘化钠溶液 d．乙醇
（6）若产物中有少量副产物乙醚．可用______的方法除去；
（7）反应过程中应用冷水冷却装置D，其主要目的是______；但又不能过度冷却（如用冰
水），其原因是______．
正确答案
解：Ⅰ．A．乙烷中乙烯的含量未知，不能确定通入氢气的量，易引入杂质，且反应在实验室难以完成，故A错误；
B．苯和溴水不反应，应用液溴和苯在催化剂条件下反应，故B错误；
C．乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜，实验过程中铜网出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为2Cu+O2
D．无水乙醇和浓硫酸共热至170℃，发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化，不能检验，应除去乙醇，再检验乙烯，故D错误；
E．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止，此时溶液即为银氨溶液，故E正确；
故答案为：C、E；
Ⅱ．（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式：CH3CH2OH 
故答案为：CH3CH2OH 
（2）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，2CH3CH2OH
故答案为：d；
（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，CH3CH2OH+4H2SO4（浓）
故答案为：c；
（4）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，故答案为：下；
（5）a．溴更易溶液1，2-二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；
b．常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，故b正确；
c．NaI与溴反应生成碘，碘与1，2-二溴乙烷互溶，不能分离，故c错误；
d．酒精与1，2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d错误，
故答案为：b；
（6）1，2-二溴乙烷沸点132℃，乙醚34.6℃，1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，
故答案为：蒸馏；
（7）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，
故答案为：避免溴大量挥发；产品1，2-二溴乙烷的熔点（凝固点）低，过度冷却会凝固而堵塞导管．
解析
解：Ⅰ．A．乙烷中乙烯的含量未知，不能确定通入氢气的量，易引入杂质，且反应在实验室难以完成，故A错误；
B．苯和溴水不反应，应用液溴和苯在催化剂条件下反应，故B错误；
C．乙醇的催化氧化反应中，金属铜作催化剂，真正和乙醇反应起到氧化作用的是氧化铜，实验过程中铜网出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为2Cu+O2
D．无水乙醇和浓硫酸共热至170℃，发生消去反应生成乙烯，乙醇易挥发，乙烯、乙醇均能被酸性高锰酸钾氧化，不能检验，应除去乙醇，再检验乙烯，故D错误；
E．配制银氨溶液时，将稀氨水慢慢滴入硝酸银溶液中，产生沉淀后继续滴加到沉淀刚好溶解为止，此时溶液即为银氨溶液，故E正确；
故答案为：C、E；
Ⅱ．（1）乙醇在170℃时发生消去生成乙烯，温度必须是170℃，反应方程式：CH3CH2OH
故答案为：CH3CH2OH
（2）乙醇在浓硫酸140℃的条件下，发生分子内脱水生成乙醚，2CH3CH2OH
故答案为：d；
（3）浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，CH3CH2OH+4H2SO4（浓）
故答案为：c；
（4）1，2-二溴乙烷和水不互溶，1，2-二溴乙烷密度比水大，故答案为：下；
（5）a．溴更易溶液1，2-二溴乙烷，用水无法除去溴，故a错误；
b．常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，再分液除去，故b正确；
c．NaI与溴反应生成碘，碘与1，2-二溴乙烷互溶，不能分离，故c错误；
d．酒精与1，2-二溴乙烷互溶，不能除去混有的溴，故d错误，
故答案为：b；
（6）1，2-二溴乙烷沸点132℃，乙醚34.6℃，1，2-二溴乙烷与乙醚的沸点相差较大，两者均为有机物，互溶，用蒸馏的方法将它们分离，
故答案为：蒸馏；
（7）溴在常温下，易挥发，乙烯与溴反应时放热，溴更易挥发，冷却可避免溴的大量挥发，但1，2-二溴乙烷的凝固点9℃较低，不能过度冷却，过度冷却会使其凝固而使气路堵塞，
故答案为：避免溴大量挥发；产品1，2-二溴乙烷的熔点（凝固点）低，过度冷却会凝固而堵塞导管．
二氧化氯（ClO2）可用于自来水消毒．以粗盐为原料生产ClO2的工艺主要包括：①粗盐精制；②电解微酸性NaCl溶液；③ClO2的制取．工艺流程如图：
（1）粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质．除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂X，X是______（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去．经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，其原因是______．（已知：Ksp（BaSO4）=1.1×10-10；Ksp（BaCO3）=5.1×10-9）
（2）上述过程中，将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2．电解时生成的气体B是______；反应Ⅲ的化学方程式为______．
（3）ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液．为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样．
步骤2：量取V1mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟．（已知：ClO2+I-+H+-I2+Cl-+H2O 未配平）
步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol•L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL．（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
①准确量取10.00mL ClO2溶液的玻璃仪器是______．
②滴定过程中，至少须平行测定两次的原因是______．
③根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为______mol•L-1（用含字母的代数式表示）．
正确答案
解：（1）除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂BaCl2，用于除去SO42-，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3来除去原溶液中的Ca2+和为除去SO42-而引入的Ba2+；然后再加入NaOH溶液来除去Mg2+，充分反应后将沉淀一并滤去；经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，是因为在溶液中沉淀溶解平衡，BaSO4 和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）；
（2）将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠，根据氧化还原反应中的化合价升高与降低的总数相等可知电解时生成的气体B为H2；根据题意反应Ⅲ为氯酸钠与氯化氢反应生成二氧化氯、氯化钠和水，反应的化学方程式为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2；2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O；
（3）①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
②在碱性滴定实验过程中难免会产生误差，为了减少实验的偶然性，减少实验误差，实验至少须平行测定两次，取其平均值，这样就更接近理论值，
故答案为：减少实验误差；
③由方程式ClO2+I-+H+-I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5S2O32-，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4mol×
故答案为：
解析
解：（1）除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的试剂BaCl2，用于除去SO42-，至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3来除去原溶液中的Ca2+和为除去SO42-而引入的Ba2+；然后再加入NaOH溶液来除去Mg2+，充分反应后将沉淀一并滤去；经检测发现滤液中仍含有一定量的SO42-，是因为在溶液中沉淀溶解平衡，BaSO4 和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s），
故答案为：BaCl2；BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大，当溶液中存在大量的CO32-离子时，BaSO4（s）会部分转化为BaCO3（s）；
（2）将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠，根据氧化还原反应中的化合价升高与降低的总数相等可知电解时生成的气体B为H2；根据题意反应Ⅲ为氯酸钠与氯化氢反应生成二氧化氯、氯化钠和水，反应的化学方程式为：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O，
故答案为：H2；2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+2NaCl+2H2O；
（3）①ClO2溶液显酸性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管，
故答案为：酸式滴定管；
②在碱性滴定实验过程中难免会产生误差，为了减少实验的偶然性，减少实验误差，实验至少须平行测定两次，取其平均值，这样就更接近理论值，
故答案为：减少实验误差；
③由方程式ClO2+I-+H+-I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-得关系式ClO2～5S2O32-，n（S2O32-）=cV2×10-3mol，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，则10mL的原溶液含有ClO2的物质的量为：2cV2×10-4mol×
故答案为：
高氯酸按可用于火箭推进剂，实验室可由NaClO3等原料制取（部分物质溶解度如图2），其实验流程如图1：
（3）滤渣中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为______．
（4）已知：2NH4ClO4
a．饱和食盐水 b．浓H2SO4 c．NaOH溶液 d．Mg e．Fe f．Cu
利用下图装置（夹持装置略）对高氯酸铵热分解产生的三种气体进行分步吸收或收集．
①E中收集到的气体可能是______（填化学式）．
②A、B、C中盛放的药品依次可以是______、______、______（填字母序号）．
正确答案
解：由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．
（3）向滤渣中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4↓，
故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4↓；
（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 f．Cu，最后用排水法收集氮气，
①E中收集到的气体只能是氮气，
故答案为：N2；
②A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 f．Cu，
故答案为：c、b、f．
解析
解：由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80℃时浸取液冷却至0℃过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体．
（3）向滤渣中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可以知道会析出高氯酸铵，即发生反应的离子方程式为NH4++ClO4-=NH4ClO4↓，
故答案为：NH4++ClO4-=NH4ClO4↓；
（4）氯气能被NaOH吸收，水可以被浓硫酸吸收，氧气可以被热的Cu吸收，氮气可以用排水法收集，氢氧化钠中有水，先是吸收氯气，再是将水吸收，最后吸水的是氧气，所以A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 f．Cu，最后用排水法收集氮气，
①E中收集到的气体只能是氮气，
故答案为：N2；
②A、B、C中盛放的药品依次可以是c．NaOH b．浓H2SO4 f．Cu，
故答案为：c、b、f．
（2015秋•福安市校级期中）硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”，可用于纸浆漂白作脱氯剂等．它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解．某实验室可通过如下反应：4SO2+2Na2S+Na2CO3═CO2+3Na2S2O3，其反应装置及所需试剂如图：
实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液漏斗的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．
③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．
④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．
（1）写出仪器A的名称______，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是______．
（2）NaOH溶液的作用是______．
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因______．
（4）最后得到的产品中可能含有Na2SO4杂质．请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：______．
（5）测定产品纯度准确称取1.00 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol•L-1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32-+I2=S4O62-+2I-．三次平行实验消耗碘的标准溶液平均体积为16.00mL．产品的纯度为______%．
（6）Na2S2O3常用作脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，该反应的离子方程式为______．
正确答案
解：装置A为SO2的制取：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，B装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以C为尾气吸收装置，吸收未反应的SO2，应该盛放碱性物质，一般采用NaOH溶液；
（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶，Na2S2O3•5H2O易溶于水，难溶于乙醇，步骤④中洗涤时要减少该物质的溶解，所以洗涤时用乙醇洗涤，故答案为：蒸馏烧瓶；乙醇；
（2）二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以C为尾气吸收装置，吸收未反应的SO2，故答案为：吸收SO2尾气，防止污染空气；
（3）Na2S2O3在酸性条件下反应生成S、SO2和水，离子方程式为S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
（4）SO42-用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，其检验方法为：取样，先加足量的盐酸酸化，过滤，取澄清液体加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有硫酸钠杂质，反之，不含，
故答案为：取样，先加足量的盐酸酸化，过滤，取澄清液体加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有硫酸钠杂质，反之，不含；
（5）2 S2O32-+I2=S4O62-+2I-中硫代硫酸根离子和碘的关系式得n（ S2O32-）=0.1000mol/L×0.016L×2=0.0032mol，根据S原子守恒得n（ S2O32-）=n（Na2S2O3•5H2O）=0.0032mol，m（Na2S2O3•5H2O）=nM=0.0032mol×248g/mol=0.7936g，硫代硫酸钠纯度=
故答案为：79.36；
（6）Na2S2O3在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子，根据反应物和生成物书写离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+．
解析
解：装置A为SO2的制取：Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，B装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以C为尾气吸收装置，吸收未反应的SO2，应该盛放碱性物质，一般采用NaOH溶液；
（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶，Na2S2O3•5H2O易溶于水，难溶于乙醇，步骤④中洗涤时要减少该物质的溶解，所以洗涤时用乙醇洗涤，故答案为：蒸馏烧瓶；乙醇；
（2）二氧化硫有毒不能直接排空，且二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱反应生成盐和水，所以C为尾气吸收装置，吸收未反应的SO2，故答案为：吸收SO2尾气，防止污染空气；
（3）Na2S2O3在酸性条件下反应生成S、SO2和水，离子方程式为S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O；
（4）SO42-用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，其检验方法为：取样，先加足量的盐酸酸化，过滤，取澄清液体加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有硫酸钠杂质，反之，不含，
故答案为：取样，先加足量的盐酸酸化，过滤，取澄清液体加入氯化钡溶液，若出现白色沉淀，说明含有硫酸钠杂质，反之，不含；
（5）2 S2O32-+I2=S4O62-+2I-中硫代硫酸根离子和碘的关系式得n（ S2O32-）=0.1000mol/L×0.016L×2=0.0032mol，根据S原子守恒得n（ S2O32-）=n（Na2S2O3•5H2O）=0.0032mol，m（Na2S2O3•5H2O）=nM=0.0032mol×248g/mol=0.7936g，硫代硫酸钠纯度=
故答案为：79.36；
（6）Na2S2O3在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，氯气被还原生成氯离子，根据反应物和生成物书写离子方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+，故答案为：S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+．
氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、易水解，可用做肥料、灭火剂、洗涤剂等．某化学兴趣小组用模拟制备氨基
甲酸铵，反应的化学方程式如下：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0
（1）如用如图1装置制取氨气，你所选择的试剂是______．
（2）制备氨基甲酸铵的装置如图2所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中． 当悬浮物较多时，停止制备．
注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质．
①制备氨基甲酸铵时温度不能高，该实验中控温措施有哪些______．
②从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是______（填写操作名称）．为了得到干燥产品，应采取的方法是______（填写选项序号）．
a．常压加热烘干 b．高压加热烘干 c．真空40℃以下烘干
③尾气处理装置如右图所示．双通玻璃管的作用：______；浓硫酸的作用：______、______
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.782 0g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为______．
[Mr（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr（CaCO3）=100]
（4）以NH3和CO2为原料在工业上生产尿素的原理是：2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）（I）+H2O（I），该反应的平衡常数和温度关系如下：
①焓变△H______0（填“＞”、“＜”或“=”）．
②在一定温度和压强下，若原料气中的NH3和CO2的物质的量之比（氨碳比），
如图4是氨碳比（x），
a随着x增大而增大的原因是______．，图中A点处NH3的平衡转化率为______．
正确答案
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①氨基甲酸铵（NH2COONH4）易分解、易水解，所以反应温度不宜过高，可以通过搅拌、冰水浴、控制通入气体流速等方法控制反应的温度，
故答案为：搅拌、冰水浴、控制通入气体流速；
②制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，
故答案：过滤；c；
③双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g，碳酸钙的物质的量为：
设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，
依据碳元素守恒可得：x+y=0.01
根据样品总质量可得：78x+79y=0.7820，
解得：x=0.008mol，y=0.002mol，
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为：
故答案为：80.00%；
（4）①平衡常数随温度升高减小，说明升高温度，平衡向着逆向移动，该反应的正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；
②根据可逆反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（l）可知，增大氨气浓度平衡向着正向进行，则二氧化碳转化率增大；
A点处x=3，原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为3，二氧化碳转化率为63%，假设氨气为3mol，二氧化碳为1mol，则反应的二氧化碳为0.63mol，依据化学方程式2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（l）反应的氨气为1.26mol，
NH3的平衡转化率为：
故答案为：NH3的量增大，平衡正向移动，则增大CO2的转化率；42%．
解析
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体等；
（2）①氨基甲酸铵（NH2COONH4）易分解、易水解，所以反应温度不宜过高，可以通过搅拌、冰水浴、控制通入气体流速等方法控制反应的温度，
故答案为：搅拌、冰水浴、控制通入气体流速；
②制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，易分解、不能加热烘干，应在真空40℃以下烘干，
故答案：过滤；c；
③双通玻璃管的作用是防止液体倒吸；浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，
故答案为：防止倒吸；吸收多余氨气、防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解；
（3）取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g，碳酸钙的物质的量为：
设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，
依据碳元素守恒可得：x+y=0.01
根据样品总质量可得：78x+79y=0.7820，
解得：x=0.008mol，y=0.002mol，
则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为：
故答案为：80.00%；
（4）①平衡常数随温度升高减小，说明升高温度，平衡向着逆向移动，该反应的正反应为放热反应，则△H＜0，故答案为：＜；
②根据可逆反应2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（l）可知，增大氨气浓度平衡向着正向进行，则二氧化碳转化率增大；
A点处x=3，原料气中的NH3和CO2的物质的量之比为3，二氧化碳转化率为63%，假设氨气为3mol，二氧化碳为1mol，则反应的二氧化碳为0.63mol，依据化学方程式2NH3（g）+CO2（g）⇌CO（NH2）2（l）+H2O（l）反应的氨气为1.26mol，
NH3的平衡转化率为：
故答案为：NH3的量增大，平衡正向移动，则增大CO2的转化率；42%．
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