热门试卷

解：问题1、碳和氧化铝是固体，由于反应不完全，反应物中有氧化铝固体可能未反应完而留在AlN中，故答案为：氧化铝；

问题2、（1）由于AlN跟氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2、并放出NH3，其反应方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（2）反应产物可能CO2、CO或CO2和CO、CO2和O2的混合气体，根据气体产物的密度可计算出气体产物的平均相对分子质量为30，所以生成气体必定是CO2和CO混合气体．设混合气体中含有CO2xmol，CO ymol，根据氧原子守恒有2x+y=0.18…①，根据平均相对分子质量有44x+28y=30（x+y）…②，联立方程解得：x=0.02，y=0.14．所以，样品中C的质量为（0.02+0.14）×12=1.92g，故答案为：1.92；

问题3、（1）检查装置的气密性往往是在加药品前进行，否则将可能造成药品的浪费，故先检验气密性，然后在锥形瓶中放入适量的AlN样品，再从分液漏斗往锥形瓶中加入过量的浓NaOH，测定收集到水的体积，

故答案为：③①②④；

（2）检查气密性的关键是整个体系要处于密闭状态，常用的方法有：密封气体利用气体的热胀冷缩或液封气体形成液面高度差．由装置可知，适合利用气体热胀冷缩．具体操作为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落．

故答案为：关闭分液漏斗活塞，微热锥形瓶，广口瓶中右侧导管水柱上升，恒温时水柱并不回落；

（3）A．苯易挥发，会浪费试剂、影响氨气体积测定，故A错误；

B．酒精易挥发，挥发出来的气体对实验有影响，同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的，故B错误；

C．植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离，故C正确；

D．CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，故D错误．

故答案为：C；

（4）本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，氨气排出装置的气体，按占据原来气体空间，广口瓶内的液体是否充满不影响所收集到的NH3体积大小，故答案为：不变；

（5）氨气的体积为aL（标况下）的物质的量为 =mol，由方程式AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑可知，样品中AlN的物质的量为=mol，所以AlN的质量为 mol×41g/mol=g，样品中AIN的质量分数为×100%=%．故答案为：%；

问题4、II中NH3极易被吸收，发生倒吸现象，同时氨气中含有水蒸气，影响氨气质量的测定，所以不可行．所作的改正为：在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气．故答案为：不可行；在装置之间添加盛有碱石灰的干燥管，烧杯导管的末端接一倒扣的漏斗来吸收氨气；

问题5、通过测定氨气的质量（即实验中硫酸增重量）来推算氮化铝的质量．因为有一部分氨气留在锥形瓶中，反应产生的氨气无法全部被稀硫酸吸收，因此实验测得AlN的质量分数将偏小．

戊同学设计的装置Ⅲ较合理，这是通过反应前后总质量减少来测定AlN的质量分数．这里的干燥管作用是吸收被NH3带出来的水蒸气（反应放热，更容易使产生的水蒸气被NH3带走），若用IV，则NH3被吸收，反应前后几无质量差．但戊同学仍未考虑到空气中的水蒸气或CO2的进入，否则，将造成反应后的总质量增大，相当于NH3的减少，导致结果偏低．故答案为：反应产生的氨气不可能被完全吸收；Ⅲ；偏低．

解：（1）用品红溶液检验二氧化硫，具有二氧化硫的方法为：将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2，

故答案为：将气体通入品红中，品红褪色，加热后又恢复红色，证明有SO2；

（2）a．干燥管球形处容积较大，溶液倒吸后会于烧杯内的液体分离，由重力作用又回到烧杯内，可以防止倒吸，故a正确；

b．广口瓶中进气管长，出气管短，不能防止倒吸，应进气管短，故b错误；

c．导管直接伸入液面内，会发生倒吸危险，故c错误；

d．二氧化硫经过四氯化碳后，被氢氧化钠溶液吸收，可以防止倒吸，故d正确，

故选：ad；

（3）由流程图可知，氯化炉中氧化铝、碳、氯气反应生成氯化铝、CO，反应方程式为：3C+Al2O3+3Cl23CO+2AlCl3，故答案为：3C+Al2O3+3Cl23CO+2AlCl3；

（4）氢氧化钠溶解氧化铝的化学方程式为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，则离子反应式为Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故答案为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；

（5）①硫化钠溶液里通SO2发生反应的离子方程式为SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4OH-，此反应体现了SO2的氧化性，看到的现象是b中出现淡黄色沉淀，故答案为：b中出现淡黄色沉淀；

②二氧化硫能被硫酸铁溶液氧化，生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，

故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；

③实验Ⅰ中有氢氧化亚铁沉淀生成，实验Ⅱ中有亚铁离子生成，都说明二氧化硫将铁离子还成亚铁离子，说明二氧化硫具有还原性，所以实验Ⅰ和Ⅱ都说明二氧化硫具有还原性，故答案为：Ⅰ和Ⅱ．

解：从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用足量硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数；

（1）①碳化铝（Al4C3）与水反应生成氢氧化铝和甲烷，碳化铝与硫酸反应可理解为碳化铝（Al4C3）与水反应，产物再和硫酸反应，所以产物为硫酸铝和甲烷，反应方程式为：Al4C3+6H2SO4=2Al2（SO4）3+3CH4↑，离子方程式为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑，

故答案为：Al4C3+12H+=4Al3++3CH4↑；

②根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，

故答案为：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑；

（3）②关闭活塞K2、K3，打开活塞 K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，

故答案为：H2SO4；

③关闭活塞K1，打开活塞K3，用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，

故答案为：NaOH；

（4）①装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小，

故答案为：打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收；

②读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，

故答案为：偏小；

③甲烷的体积为（a-b）mL，物质的量为mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为×mol×144g/mol=g，Al4C3的质量分数为×100%，

氨气的质量为（z-y）g，物质的量为mol，根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量为mol×41g/mol=g，故AlN的质量分数为×100%=×100%，

故答案为：×100%；×100%．

解：（1）塑化剂DBP（邻苯二甲酸二丁酯），为CH3CH2CH2CH2OH与邻苯二甲酸酐发生的酯化反应，酯化反应的本质为酸脱羟基、醇脱氢，所以浓硫酸在该反应中作催化剂、脱水剂，为使反应物充分混合而反应，应用搅拌器搅拌，

故答案为：催化剂、脱水剂；使反应物充分混合；

（2）邻苯二甲酸酐、25mL正丁醇、4滴浓硫酸，发生酯化反应生成邻苯二甲酸二丁酯，该反应为可逆反应，增加反应物正丁醇的量可促使反应正向移动，提高另一反应物邻苯二甲酸酐的转化率，

故答案为：增大正丁醇的含量，可促使反应正向移动，增大邻苯二甲酸酐的转化率；

（3）在生成邻苯二甲酸二丁酯的同时生成水，属于可逆反应，a为分水器，可起到冷凝的作用，及时分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动，提高反应产率，确定有大量酯生成的依据是分水其中有大量的水生成，

故答案为：及时分离出酯化反应生成的水，促使反应正向移动；分水其中有大量水生成；

（4）得到酯中含有挥发出的邻苯二甲酸、正丁醇，饱和Na2CO3溶液可溶解正丁醇，中和酸，从而除去产品中的杂质，减压蒸馏可降低有机物的沸点，可以防止有机物脱水碳化，提高产物的纯度，

故答案为：用碳酸钠除去酯中的醇和酸；可以防止有机物脱水碳化，提高产物的纯度；

（5）正丁醇在135℃发生分子间脱水，两分子生成一分子醚，反应为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O，DBP在氢氧化钠溶液中水解生成邻苯二甲酸钠和正丁醇，反应为：+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH，

故答案为：2CH3CH2CH2CH2OHCH3CH2CH2CH2OCH2CH2CH2CH3+H2O；+2NaOH+2CH3CH2CH2CH2OH．