- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
如图是苯和溴的取代反应的实验装置图，其中A为具有支管的试管改制成的反应容器，在其下端开了一个小孔，塞好石棉绒，再加入少量的铁屑粉．填写下列空白：
（1）向反应容器A中逐滴加入溴和苯的混合液，几秒钟内就发生反应．写出A中发生反应的化学方程式（有机物写结构简式）______
（2）试管C中苯的作用是______．反应开始后，观察E试管，看到的现象是______
（3）反应2min～3min后，在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是______
（4）在上述整套装置中，具有防倒吸作用的仪器有______（填字母）．
正确答案
C6H6+Br2
吸收Br2蒸气、苯蒸气
E管中出现浅黄色沉淀
底层出现油状液体
F
解析
解：（1）Fe与溴反应生成溴化铁，苯和液溴在溴化铁作催化剂条件下能发生取代反应，苯环上的氢原子被溴原子所取代，生成溴苯与HBr，反应方程式为：2Fe+3Br2=2FeBr3，C6H6+Br2
故答案为：C6H6+Br2
（2）制取溴苯的原料溴、苯易挥发，溴、苯都是非极性分子，根据相似相溶原理知，溴易溶于苯，所以苯的作用是吸收溴蒸气、苯蒸气，该反应中有溴化氢生成，溴化氢溶于水得到氢溴酸，氢溴酸是酸性物质，能使石蕊试液变红色；氢溴酸能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀溴化银，所以观察D和E两试管，看到的现象是D管中变红，E管中出现浅黄色沉淀，
故答案为：吸收Br2蒸气、苯蒸气；E管中出现浅黄色沉淀；
（3）溴苯是有机物，氢氧化钠溶液是无机物，所以溴苯和氢氧化钠溶液不互溶，且溴苯的密度大于水的密度，所以在B中的氢氧化钠溶液里可观察到的现象是底层出现油状液体，
故答案为：底层出现油状液体；
（4）当两端压力发生压力变化时，液体会产生倒吸现象，因为倒置的漏斗下口很大，液体上升很小的高度就有很大的体积，上升的液体的本身的压力即可低偿压力的不均衡．因此由于上部还有空气隔离，液体不会倒吸入上端的细管道，所以具有防倒吸作用的仪器有F，
故答案为：F．
（1）装置乙的作用是______．为防止污染空气，尾气中含有的______需要进行吸收处理．
（2）由装置丙中产生的NaHCO3制取Na2CO3时，需要进行的实验操作有______、______、______．
（3）若在（2）中灼烧的时间较短，NaHCO3将分解不完全，该小组对一份加热了t1min的NaHCO3样品的组成进行了以下探究．
取加热了t1min的NaHCO3样品19g完全溶于水制成溶液，然后向此溶液中不断滴加1mol•L-1的稀盐酸直到不再产生气泡，共消耗300ml稀盐酸．问该样品中NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比是______．
正确答案
解：实验中，稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl极易溶于水，所以用水洗气；将较纯净的二氧化碳通入含氨的饱和食盐水中，发生的反应为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，尾气中含有氨气，对环境产生污染，所以尾气要进行处理．
（1）HCl极易溶于水生成稀盐酸，碳酸酸性小于盐酸，虽然二氧化碳能溶于水，但不易溶于稀盐酸中；氨气有刺激性气味，污染空气，尾气中含有氨气，所以尾气要进行处理，
故答案为：除去HCl；NH3；
（2）将得到的碳酸氢钠过滤、洗涤得到较干净的碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，灼烧碳酸氢钠得到碳酸钠，反应方程式为2NaHCO3
故答案为：过滤；洗涤；灼烧；
（3）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是xmol、ymol，碳酸氢钠、碳酸钠分别需要盐酸物质的量为xmol、2ymol，列方程组为：
解得：
则NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，
故答案为：1：1．
解析
解：实验中，稀盐酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，反应方程式为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；盐酸具有挥发性，所以生成的二氧化碳中含有HCl，HCl极易溶于水，所以用水洗气；将较纯净的二氧化碳通入含氨的饱和食盐水中，发生的反应为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，尾气中含有氨气，对环境产生污染，所以尾气要进行处理．
（1）HCl极易溶于水生成稀盐酸，碳酸酸性小于盐酸，虽然二氧化碳能溶于水，但不易溶于稀盐酸中；氨气有刺激性气味，污染空气，尾气中含有氨气，所以尾气要进行处理，
故答案为：除去HCl；NH3；
（2）将得到的碳酸氢钠过滤、洗涤得到较干净的碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，灼烧碳酸氢钠得到碳酸钠，反应方程式为2NaHCO3
故答案为：过滤；洗涤；灼烧；
（3）设NaHCO3和Na2CO3的物质的量分别是xmol、ymol，碳酸氢钠、碳酸钠分别需要盐酸物质的量为xmol、2ymol，列方程组为：
解得：
则NaHCO3和Na2CO3的物质的量之比=0.1mol：0.1mol=1：1，
故答案为：1：1．
（2013秋•沙坪坝区校级月考）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂．已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是
NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl．利用下图所示装置制备亚氯酸钠．
完成下列填空：
（1）装置①中除烧杯外另一种玻璃仪器的名称为______．
（2）先关闭K1、打开K2、再打开分液漏斗旋塞，装置②中产生ClO2的化学方程式为______．
（3）当④中出现晶体后，则装置④中的化学反应方程式为______．然后关闭K2、打开K1，装置①的作用______．
将装置④中的溶液进行下列操作得到的晶体为NaClO2的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；
②______；
③用38-60℃的温水洗涤
④低于60℃干燥，得到成品．
（4）称取1g所得亚氯酸钠样品于烧杯中，加过量酸化碘化钾溶液，充分反应
（ClO2-+4I -+4H+→2H2O+2I2+Cl-），得到25.00ml混合溶液．再用2.0mol/L Na2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32-→2I-+S4O62-），共消耗Na2S2O320.00ml．
①滴定时指示剂为______，达到滴定终点的现象为______．
②该样品中NaClO2的质量分数为______．
正确答案
解：（1）装置①中除烧杯外另一种玻璃仪器具有球形状的玻璃仪器，为球形干燥管，
故答案为：球形干燥管；
（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置②中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
（3）装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置④中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，装置④中气体反应，装置内压强降低，装置③防止倒吸；装置中有未反应的ClO2，装置①可以吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；
因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38-60℃得到晶体，故操作为趁热过滤，用38-60℃的温水洗涤，
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；趁热过滤；
（4）①有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32-，
1mol 4mol
x 20×10-3×2mol
解得：x=1×10-2mol，
m（NaClO2）=0.01mol×90.5g/mol=0.905g，样品中NaClO2的质量分数=
故答案为：90.5%．
解析
解：（1）装置①中除烧杯外另一种玻璃仪器具有球形状的玻璃仪器，为球形干燥管，
故答案为：球形干燥管；
（2）亚硫酸钠具有还原性，在反应中作还原剂；装置②中产生ClO2的反应是氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
故答案为：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；
（3）装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体，故装置④中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2，装置④中气体反应，装置内压强降低，装置③防止倒吸；装置中有未反应的ClO2，装置①可以吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；
因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2•3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38-60℃得到晶体，故操作为趁热过滤，用38-60℃的温水洗涤，
故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；吸收未反应的ClO2，防止逸出污染空气；趁热过滤；
（4）①有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，滴入最后一滴Na2S2O3标准液，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
故答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴Na2S2O3标准液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
②令样品中NaClO2的物质的量x，则：
NaClO2～2I2～4S2O32-，
1mol 4mol
x 20×10-3×2mol
解得：x=1×10-2mol，
m（NaClO2）=0.01mol×90.5g/mol=0.905g，样品中NaClO2的质量分数=
故答案为：90.5%．
氨基甲酸铵（NH2COONH4）是一种白色固体，受热易分解．某小组模拟制备氨基甲酸铵，反应如下（且温度对反应的影响比较灵敏）：2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0
（1）如用下图I装置制取氨气，可选择的试剂是______．
（2）制备氨基甲酸铵的装置如图Ⅱ所示，把NH3和CO2通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵的小晶体悬浮在CCl4中． 当悬浮物较多时，停止制备．
注：CCl4与液体石蜡均为惰性介质．
①发生器用冰水冷却的原因是______．液体石蜡鼓泡瓶的作用是______．
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．减压40℃以下烘干
（3）制得的氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种．
①设计方案，进行成分探究．
限选试剂：蒸馏水、稀HNO3、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、稀盐酸．
②根据①的结论：取氨基甲酸铵样品6.58g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为3.94g．则样品中氨基甲酸铵的质量分数为______．
[保留两位有效数字，已知Mr（NH2COONH4）=78、Mr（NH4HCO3）=79、Mr（BaCO3）=197]．
正确答案
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠或碱石灰，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与氢氧化钠固体（或浓氨水与碱石灰或浓氨水与生石灰）等；
（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比（或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率），
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例（或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率）；
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）①根据实验目的，检验氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种，通过向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵；在不含碳酸铵的基础上在通过向试管中加入少量澄清石灰水，看溶液是否变浑浊证明固体中是否含有碳酸氢铵，故答案为：
②取混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品6.58g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为3.94g，即BaCO3为3.94g，物质的量为n=
x+y=0.02mol，78x+79y=6.58g
解得x≈0.064mol y≈0.046mol 则样品中氨基甲酸铵的质量分数=
故答案为：76%．
解析
解：（1）把浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠或碱石灰，在溶解过程中放热使浓氨水分解生成氨气，
故答案为：浓氨水与氢氧化钠固体（或浓氨水与碱石灰或浓氨水与生石灰）等；
（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解；液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比（或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率），
故答案为：降低温度，提高反应物转化率（或降低温度，防止因反应放热造成产物分解）；通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例（或通过观察气泡，控制NH3与CO2的反应速率）；
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）①根据实验目的，检验氨基甲酸铵可能含有碳酸氢铵、碳酸铵中的一种或两种，通过向试管中加入过量的BaCl2溶液，静置溶液不变浑浊，证明固体中不含碳酸铵；在不含碳酸铵的基础上在通过向试管中加入少量澄清石灰水，看溶液是否变浑浊证明固体中是否含有碳酸氢铵，故答案为：
②取混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品6.58g，用足量氢氧化钡溶液充分处理后，过滤、洗涤、干燥，测得沉淀质量为3.94g，即BaCO3为3.94g，物质的量为n=
x+y=0.02mol，78x+79y=6.58g
解得x≈0.064mol y≈0.046mol 则样品中氨基甲酸铵的质量分数=
故答案为：76%．
用一定量的铁与足量的稀硫酸及足量的CuO制单质铜，有人设计了以下两种方案：
①Fe
若按实验原则进行操作，则两者制得单质铜的质量比较正确的是（ ）
正确答案
解析
解：两方案中所发生的化学方程式为：①Fe+H2SO4═FeSO4+H2↑、H2+CuO
②CuO+H2SO4═CuSO4+H2O、Fe+CuSO4═Cu+FeSO4；
②中均可完全转化，而方案①中氢气还原氧化铜实验，开始时需先通入一部分氢气，排除装置中的空气，实验结束时还要通一会氢气，以防止生成的铜被氧化，如果不考虑先通后停，相同质量的铁生成铜的质量是相同的，但是由于部分氢气被浪费，从而导致铁的质量被多消耗一部分，所以导致方案①对应的铜减少．故方案②生成的铜多，
故选B．
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