- 氢氧化铝的制备
- 共1080题
纳米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂．
（1）工业上二氧化钛的制备是：
Ⅰ．将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2，制得混有SiCl4杂质的TiCl4．
Ⅱ．将混有SiCl4杂质的TiCl4分离，得到纯净的TiCl4．
Ⅲ．在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•xH2O．
Ⅳ．TiO2•xH2O高温分解得到Ti02．
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是______．Ⅱ中所采取的操作名称______．
②如实验Ⅳ中，应将TiO2．xH2O放在______ （填仪器编号）中加热．
（2）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2，其过程大致如下：
a．O2→2O b．O+H2O→2OH（羟基） c．OH+OH→H2O2
①b中破坏的是______（填“极性共价键”或“非极性共价键”）．
②H2O2能清除路面空气中的CxHy等，其主要是利用了H2O2的______（填“氧化性”或“还原性”）．
（3）过氧化氢是重要的化学试剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等．某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量．
请填写下列空白：
①取10.00mL密度为ρg/mL的过氧化氢溶液稀释至250mL．取稀释后的过氧化氢溶液25.00mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样．
用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数配平及化学式填写在空格里．
______MnO
②滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入______ （填“酸式”或“碱式”）滴定管中．滴定到达终点的现象是______
③重复滴定三次，平均耗用C mol/L KMnO4标准溶液 V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为______
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果______ （填“偏高”或“偏低”或“不变”）．
正确答案
解：（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，
故答案为：液态；蒸馏；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O 
Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，
故答案为：b；
（2）①由2O+H2O→2OH，可知水中O-H键断裂，O-H键属于极性共价键；
故答案为：极性共价键；
②CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等；
故答案为：氧化性；
（3）①方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，锰元素化合价降低了5价，生成1mol氧气时，氧元素化合价升高2价，根据电子转移守恒，配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2，双氧水前面的系数为5，根据原子守恒来配平其他物质前面的系数；
答案为：2、5、6、2、8、502；
②由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
故答案为：酸式；滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
③根据化学方程式可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3mol，则原过氧化氢的质量为：0.025cVmol×34g/mol=0.85cV，过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为：
故答案为：
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高；
故答案为：偏高．
解析
解：（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，
故答案为：液态；蒸馏；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O
Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，
故答案为：b；
（2）①由2O+H2O→2OH，可知水中O-H键断裂，O-H键属于极性共价键；
故答案为：极性共价键；
②CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等；
故答案为：氧化性；
（3）①方程式中，高锰酸钾有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气，先确定缺的是O2，锰元素化合价降低了5价，生成1mol氧气时，氧元素化合价升高2价，根据电子转移守恒，配平化学方程式高锰酸根前面的系数为2，双氧水前面的系数为5，根据原子守恒来配平其他物质前面的系数；
答案为：2、5、6、2、8、502；
②由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管，滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
故答案为：酸式；滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色；
③根据化学方程式可以得到关系式：2MnO4-～5H2O2，耗用c mol/L KMnO4标准溶液V mL，即cV×10-3mol的高锰酸钾时，所用双氧水的物质的量：2.5cV×10-3mol，则原过氧化氢的质量为：0.025cVmol×34g/mol=0.85cV，过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为：
故答案为：
④若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高；
故答案为：偏高．
CMA（醋酸钙和醋酸镁固体的混合物）是高速公路的绿色融雪剂．以生物质废液--木醋液（主要成分为乙酸，还含有少量甲醇等杂质）及白云石（主要成分为MgC03．CaC03，还含有SiO2等杂质）为原料生产CMA的工艺流程如图1
（1）将白云石研碎的目的是______．
（2）步骤①中发生反应的离子方程式为______
（3）滤渣1的主要成分为______（填化学式）．
（4）步骤④中加入MgO的作用是调节钙镁的比例和______
（5）已知CMA中钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）的关系如图2所示，则
（6）若反应过程中消耗3molCH3COOH，且CMA的质量为221g，则CMA中醋酸钙和醋酸镁的物质的量之比为______．
正确答案
解：（1）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应充分速度快，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）根据上面的分析可知，步骤①发生的反应离子方程式为 MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O，
故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
（3）白云石与木醋液反应生成醋酸钙和醋酸镁，二氧化硅与乙酸不反应，所以步骤②所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，
故答案为：SiO2；
（4）金属氧化物MgO能与乙酸反应产生乙酸镁和水．所以加入MgO的作用是除去过量的乙酸，
故答案为：除去过量的乙酸；
（5）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）为0.4时，出水率最高为1，所以则
（6）CMA（醋酸钙和醋酸镁固体的混合物），CMA的质量为221g，设（CH3COO）Ca、（CH3COO）Mg的物质的量分别为x、y，则158x+142y=221g，2x+2y=3mol，解得：x=0.5mol，y=1mol，则CMA中醋酸钙和醋酸镁的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2．
解析
解：（1）“研磨”可以增大反应物之间的接触面积，反应充分速度快，
故答案为：增大接触面积，加快反应速率；
（2）根据上面的分析可知，步骤①发生的反应离子方程式为 MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O，
故答案为：MgCO3•CaCO3+4CH3COOH=Ca2++Mg2++4CH3COO-+2CO2↑+2H2O；
（3）白云石与木醋液反应生成醋酸钙和醋酸镁，二氧化硅与乙酸不反应，所以步骤②所得滤渣1的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，
故答案为：SiO2；
（4）金属氧化物MgO能与乙酸反应产生乙酸镁和水．所以加入MgO的作用是除去过量的乙酸，
故答案为：除去过量的乙酸；
（5）根据如图2所示钙、镁的物质的量之比与出水率（与融雪效果成正比）关系，可知，当n（Ca）：n（Mg）为0.4时，出水率最高为1，所以则
（6）CMA（醋酸钙和醋酸镁固体的混合物），CMA的质量为221g，设（CH3COO）Ca、（CH3COO）Mg的物质的量分别为x、y，则158x+142y=221g，2x+2y=3mol，解得：x=0.5mol，y=1mol，则CMA中醋酸钙和醋酸镁的物质的量之比为1：2，
故答案为：1：2．
（2016•广州模拟）高纯MnCO3是广泛用于电子行业的强磁性材料．MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，温度高于100℃开始分解．
Ⅰ．实验室以MnO2为原料制备MnCO3
（1）制备MnSO4溶液：
①主要反应装置如图1，缓缓通入经N2稀释的SO2气体，发生反应H2SO3+MnO2
A．MnO2加入前先研磨 B．搅拌 C．提高混合气中N2比例
②已知实验室制取SO2的原理是Na2SO3+2H2SO4（浓） 
③若用空气代替N2进行实验，缺点是______．（酸性环境下Mn2+不易被氧化）
（2）制备MnCO3固体：
实验步骤：①向MnSO4溶液中边搅拌边加入饱和NH4HCO3溶液生成MnCO3沉淀，反应结束后过滤；②…；③在70-80℃下烘干得到纯净干燥的MnCO3固体．
步骤②需要用到的试剂有______．
Ⅱ．设计实验方案
（3）利用沉淀转化的方法证明KSP（MnCO3）＜KSP（NiCO3）：______．（已知NiCO3为难溶于水的浅绿色固体）
（4）证明H2SO4的第二步电离不完全：______．[查阅资料表明K2（H2SO4）=1.1×10-2]．
正确答案
解：（1）①MnO2研磨、反应时搅拌均可以增大接触面积，加快反应速率，提高混合其中N2比例，二氧化硫的浓度减小，反应速率减小，
故选：AB；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，
故选：abef；
③制备原理为：H2SO3+MnO2═MnSO4+H2O，若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低，
故答案为：空气中的O2能氧化H2SO3，使SO2利用率下降；
（2）步骤②为洗涤杂质，MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，应用乙醇洗涤，可以防止被氧化，因溶解导致的损失，
故答案为：乙醇；
（3）先向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色，可证明KSP（MnCO3）＜KSP（NiCO3），
故答案为：向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色；
（4）配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，则说明H2SO4的第二步电离不完全，或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7，也可证明H2SO4的第二步电离不完全，
故答案为：配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，说明H2SO4的第二步电离不完全（或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7）．
解析
解：（1）①MnO2研磨、反应时搅拌均可以增大接触面积，加快反应速率，提高混合其中N2比例，二氧化硫的浓度减小，反应速率减小，
故选：AB；
②反应不需要加热制备二氧化硫，b装置制备二氧化硫，氮气与二氧化硫通过e装置混合，在图1装置中反应生成MnSO4，利用f进行尾气处理，防止尾气中二氧化硫污染空气，
故选：abef；
③制备原理为：H2SO3+MnO2═MnSO4+H2O，若用空气代替N2进行实验，氧气能与亚硫酸反应生成硫酸，二氧化硫利用率降低，
故答案为：空气中的O2能氧化H2SO3，使SO2利用率下降；
（2）步骤②为洗涤杂质，MnCO3为白色粉末，不溶于水和乙醇，在潮湿环境下易被氧化，应用乙醇洗涤，可以防止被氧化，因溶解导致的损失，
故答案为：乙醇；
（3）先向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色，可证明KSP（MnCO3）＜KSP（NiCO3），
故答案为：向少量NiSO4溶液中滴加几滴Na2CO3溶液，生成浅绿色沉淀，再滴加足量MnSO4溶液，沉淀变成白色；
（4）配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，则说明H2SO4的第二步电离不完全，或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7，也可证明H2SO4的第二步电离不完全，
故答案为：配制0.1mol/L NaHSO4溶液，测定溶液pH＞1，说明H2SO4的第二步电离不完全（或用pH计测量Na2SO4溶液的pH大于7）．
钠米材料二氧化钛（TiO2）具有很高的化学活性，可做性能优良的催化剂．
（1）工业上二氧化钛的制备是：
Ⅰ．将干燥后的金红石（主要成分TiO2，主要杂质SiO2）与碳粉混合装入氯化炉中，在高温下通入Cl2反应制得混有SiCl4杂质的TiCl4；
Ⅱ．将SiCl4分离，得到纯净的TiCl4；
Ⅲ．在TiCl4中加水、加热，水解得到沉淀TiO2•XH2O；
Ⅳ．TiO2•XH2O高温分解得到TiO2．
①TiCl4与SiCl4在常温下的状态是______，Ⅱ中所采取的操作名称是______；
②Ⅲ中反应的化学方程式是______；
③如Ⅳ在实验室完成，应将TiO2•XH2O放在______（填图1仪器编号）中加热；
（2）据报道：“生态马路”是在铺设时加入一定量的TiO2，TiO2受太阳光照射后，产生的电子被空气或水中的氧获得，生成H2O2．H2O2能清除路面空气中的CxHy、CO等，其主要是利用了H2O2的______（填“氧化性”或“还原性”）．写出H2O2清除路面空气中CO的化学方程式______．
（3）某研究小组用图2装置模拟“生态马路”部分原理．（夹持装置已略去）
①缓慢通入22.4L（已折算成标准状况）CO气体，结果NaOH溶液增重11g，则CO的转化率为______；
②当CO气体全部通入后，还要通一会儿空气，其目的是______；
③该装置的一个明显的缺陷是______．
正确答案
解：（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，
故答案为：液态；蒸馏；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O 
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O 
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以B正确，
故答案为：B；
（2）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，
双氧水与一氧化碳反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：H2O2+CO
故答案为：氧化性；H2O2+CO
（3）①22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
NaOH溶液增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
所以CO的转化率为：
故答案为：25%；
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被NaOH溶液吸收，从而减小误差，
故答案为：将生成的CO2气体全部排出被NaOH溶液完全吸收，使实验结果更加精确；
③一氧化碳是一种有毒气体，反应后剩余的CO气体不能直接排放到空气中，所以该装置的一个明显的缺陷是：缺少尾气吸收装置，
故答案为：缺少尾气处理装置．
解析
解：（1）①根据资料卡片中的TiCl4与SiCl4熔点、沸点可知，TiCl4与SiCl4在常温下的状态是液态；分离沸点相差较大的互溶液体常采取蒸馏方法，
故答案为：液态；蒸馏；
②由信息可知TiCl4与水在加热条件下，水解得到沉淀TiO2•xH2O与HCl，反应方程式为：TiCl4+（x+2）H2O
故答案为：TiCl4+（x+2）H2O
③Ⅳ为烧杯与蒸发皿通常进行液态加热，高温分解固体物质常在坩埚中进行，所以B正确，
故答案为：B；
（2）CxHy、CO等具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2能氧化CxHy、CO等，清除路面空气中的CxHy、CO等，
双氧水与一氧化碳反应生成二氧化碳和水，反应的化学方程式为：H2O2+CO
故答案为：氧化性；H2O2+CO
（3）①22.4L（已折算成标准状况）CO气体的物质的量为：n（CO）=
NaOH溶液增重11g为吸收的CO2质量，根据碳元素守恒可知，转化率的CO的物质的量等于CO2的物质的量为：n（CO）=n（CO2）=
所以CO的转化率为：
故答案为：25%；
②装置中有残留的CO2气体，通一会空气，将残留在装置中的CO2气体排出，以便被NaOH溶液吸收，从而减小误差，
故答案为：将生成的CO2气体全部排出被NaOH溶液完全吸收，使实验结果更加精确；
③一氧化碳是一种有毒气体，反应后剩余的CO气体不能直接排放到空气中，所以该装置的一个明显的缺陷是：缺少尾气吸收装置，
故答案为：缺少尾气处理装置．
氢化钙（CaH2）固体是一种储氢材料，是登山运动员常用的能源提供剂．钙在加热时能与氮气、氢气反应．氢化钙遇水立即反应生成氢氧化钙和氢气．氢化钙通常用氢气与金属钙加热制取，如图是模拟制取装置．
（1）下列关于氢化钙的叙述正确的是______（选填序号）．
a．氢化钙中阴离子的半径小于Li+的半径
b．氢化钙的式量小于溴化氢，因此前者的熔点小于后者
c．氢化钙也能与盐酸反应生成氢气
d．氢气常用作还原剂，只具有还原性
（2）图A装置中制备氢气所用的酸溶液最好选用______（选填序号）．
a．稀盐酸 b．稀硫酸 c．稀硝酸 d．均可以
（3）装置D中竖直导管的作用是______．
（4）为了确认进入装置C的氢气已经干燥，可在B、C之间再接一装置，该装置中加入的试剂是______．加热C装置前要对H2验纯，验纯的操作是______．
（5）甲同学认为只要装置合理、操作规范就可以排除生成______（选填序号）．
a．Ca3N2 b．CaO c．Ca（OH）2
（6）乙同学用如图装置测定制得的氢化钙的纯度．他称取48g样品，与足量的水反应，恒温时，注射器量出产生的气体为48.16L（已换算为标准状况）．假设钙只与氢气发生了反应，请根据乙同学的实验数据计算氢化钙的纯度（写出计算过程）______．
正确答案
解：（1）a．H-与Li+核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径H-＞Li+，故a错误；
b．氢化钙为离子晶体，溴化氢为分子晶体，前者的熔点大于后者，不同类型的晶体熔点比较与式量无关，故b错误；
c．氢化钙与盐酸反应：CaH2+2HCl=CaCl2+H2↑，能生成氢气，故c正确；
d．氢气常用作还原剂，但Ca+H2
故答案为：c；
（2）a．稀盐酸具有挥发性，制得的氢气中含有氯化氢，故a不选；
b．稀硫酸难挥发，与锌反应生成的氢气中除含水蒸气，无其它杂质，故b选；
c．稀硝酸与锌无氢气产生，故c不选；
d．通过以上分析，只有稀硫酸可以，故d不选；
故答案为：b；
（3）因氢化钙遇水立即反应生成氢氧化钙和氢气，所以D防止空气中的水蒸气进行C中，且排出尾气，竖直导管能平衡压强，防止液体倒流，
故答案为：平衡压强，防止液体倒流；
（4）确认进入装置C的氢气已经干燥，可在B、C之间再接一装置干燥管，利用干燥管中的无水硫酸铜遇到水是否变蓝色，证明氢气是否已经干燥；依据氢气的验纯方法是收集一试管气体，将管口靠近酒精灯火焰，若听到“噗噗”的声音，说明H2已经纯净；
故答案为：无水硫酸铜；收集一试管气体，将管口靠近酒精灯火焰，若听到“噗噗”的声音；
（5）钙在加热时能与氮气、氢气反应．氢化钙遇水立即反应生成氢氧化钙和氢气，上述装置制备过程中先利用生成的氢气充满整套装置，在最后收集验纯，所以装置中无空气存在，不会生成氮化钙（a），无水蒸气存在，不会生成氢氧化钙和氧化钙（b．c），
故答案为：a．b．c；
（6）设混合物中氢化钙的质量为x，则钙的质量为48g-x，则：
CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑
42 2
x
Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑
40 1
48g-x 
故答案为：87.5%．
解析
解：（1）a．H-与Li+核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径H-＞Li+，故a错误；
b．氢化钙为离子晶体，溴化氢为分子晶体，前者的熔点大于后者，不同类型的晶体熔点比较与式量无关，故b错误；
c．氢化钙与盐酸反应：CaH2+2HCl=CaCl2+H2↑，能生成氢气，故c正确；
d．氢气常用作还原剂，但Ca+H2
故答案为：c；
（2）a．稀盐酸具有挥发性，制得的氢气中含有氯化氢，故a不选；
b．稀硫酸难挥发，与锌反应生成的氢气中除含水蒸气，无其它杂质，故b选；
c．稀硝酸与锌无氢气产生，故c不选；
d．通过以上分析，只有稀硫酸可以，故d不选；
故答案为：b；
（3）因氢化钙遇水立即反应生成氢氧化钙和氢气，所以D防止空气中的水蒸气进行C中，且排出尾气，竖直导管能平衡压强，防止液体倒流，
故答案为：平衡压强，防止液体倒流；
（4）确认进入装置C的氢气已经干燥，可在B、C之间再接一装置干燥管，利用干燥管中的无水硫酸铜遇到水是否变蓝色，证明氢气是否已经干燥；依据氢气的验纯方法是收集一试管气体，将管口靠近酒精灯火焰，若听到“噗噗”的声音，说明H2已经纯净；
故答案为：无水硫酸铜；收集一试管气体，将管口靠近酒精灯火焰，若听到“噗噗”的声音；
（5）钙在加热时能与氮气、氢气反应．氢化钙遇水立即反应生成氢氧化钙和氢气，上述装置制备过程中先利用生成的氢气充满整套装置，在最后收集验纯，所以装置中无空气存在，不会生成氮化钙（a），无水蒸气存在，不会生成氢氧化钙和氧化钙（b．c），
故答案为：a．b．c；
（6）设混合物中氢化钙的质量为x，则钙的质量为48g-x，则：
CaH2+2H2O═Ca（OH）2+2H2↑
42 2
x
Ca+2H2O═Ca（OH）2+H2↑
40 1
48g-x
故答案为：87.5%．
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