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1、第五章 化工生产中的重要非金属元素 测试题一、单选题1下列方法不合理的是（ ）A用Ba(OH)2溶液鉴别Na2CO3和NaHCO3B用水鉴别乙醇和四氯化碳C用澄清石灰水鉴别CO和CO2D用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠2化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是A“84”消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiO2D太阳能光催化环境技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于可再生资源3下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述错误的是A常温下，都可以贮存于铝制容
2、器中B分别露置在空气中，容器内溶质的物质的量浓度都降低C都是常用的干燥剂D和铜反应中都表现出强氧化性和酸性4下列叙述和解释正确的是选项叙述原因或解释ASO2通入氢氧化钠酚酞溶液中，溶液褪色SO2具有漂白作用B将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C过滤时应用玻璃棒引流和搅拌防止滤液溅出和缩短过滤时间D浓硝酸应保存在棕色瓶中浓硝酸易挥发AABBCCDD5雷雨时，空气中的氮气和氧气可生成氮的氧化物为ANO2BHNO3CH2SO4DNH3H2O6下列实验中不能达到实验目的的是A装置甲为配制一定浓度的溶液时的定容操作B利用图乙制取并检验二氧化硫C装置丙可用于验证潮湿氯气与干燥氯气的
3、漂白性D利用图丁制取并收集少量NH37下列化学反应中起固氮作用的是（ ）A雷电使氮气和氧气反应生成了一氧化氮气体B一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮C氨气经催化氧化生成一氧化氮D由氨气制碳酸氢氨和硫酸氨8我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要流程如下(部分物质已略去)，下列有关说法正确的是A所涉及的操作方法相同B饱和食盐水中先通入，再通入有助于制备产品C该流程中可以循环使用D溶液B中含有的阳离子只有9下列说法不正确的是（ ）AFe2O3可用作红色颜料B浓H2SO4可用作干燥剂C可用SiO2作半导体材料DNaHCO3可用作焙制糕点10探究铜和浓硫酸的反应，下
4、列装置或操作错误的是甲乙丙丁A上下移动装置甲中的铜丝便于控制反应随开随停B装置乙可用于收集气体C将试管中的液体倒入装置丙中稀释，观察颜色可确定的生成D利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出11下列物质不具有漂白性的是（ ）AO3BSO2CHClODNaOH12下列方程式不正确的是（ ）A铁粉与硫粉混合加热反应：2Fe3SFe2S3B红热的碳与浓硫酸反应：C2H2SO4(浓) CO22SO22H2OC二氧化硫通入水中：D过量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液： SO2+NaOH=NaHSO313化学与生产、生活密切相关。下列有关硅及其化合物的说法不正确的是A硅单质是常用的导体材料B硅单质常被用
5、于制造太阳能电池C玻璃能被氢氟酸刻蚀D二氧化硅常被用于制造光导纤维14下列有关物质用途的叙述错误的是ASO2可用于杀菌消毒，是一种食品添加剂B液氨常用作制冷剂，是因为氨气液化时要吸收大量的热C硅单质具有良好的半导体性能，可制成计算机的芯片D硫酸铵、碳酸氢铵等铵盐是农业上常用的化肥15下列对浓硫酸相应性质的描述正确的是A浓硫酸使纸张变黑吸水性B浓硫酸作某些气体的干燥剂脱水性C浓硫酸与木炭在加热条件下反应氧化性D向蔗糖中加入浓硫酸生成海绵状的炭酸性二、非选择题16碳酸盐、有机物等均是自然界碳循环中的重要物质。回答下列问题：(1)下列物质属于化合物但不属于电解质的是_(填标号)。A石墨 B C乙醇(
6、) D(2)金属镁在足量中燃烧能生成氧化物和单质，写出该反应的化学方程式：_(3)工业上制取金刚砂(SiC，Si为+4价)的反应为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(4)含KCN的废水可用氯氧化法处理，反应原理为(化合物中N化合价均为-3价)，该反应中被氧化的元素是_(填元素符号)。(5)通入过量氯气，可将氰酸盐进一步氧化，其反应为_，请将该反应的化学方程式补充完整。17非金属单质A经下图所示的过程可转化为含氧酸D，已知D为强酸。请回答下列问题。ABCD(1)若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。A、C的化学式分别是_。D的浓溶液在常温下可与铜反应并生成C气体，该反应的化学方程式为_
7、；体现D的什么性质_。(2)氮化硅Si3N4)可由石英与焦炭在高温的氮气流中通过以下反应制备：3SiO2+ 6C+ 2N2Si3N4 + 6CO请写出氮化硅中氮元素的化合价是_，以上反应中的氧化剂是_，还原剂是_。若该反应生成11.2L一氧化碳(标准状况)，则生成氮化硅的质量是_ ( 保留小数点后一位)。18盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现就三大酸与金属反应的情况，回答下列问题：（1）稀盐酸不与Cu反应，若在稀盐酸中加入H2O2(常见氧化剂，作氧化剂时还原产物为水)后，则可使铜顺利溶解。该反应的化学方程式为：_。（2）在一定体积的10 molL1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反
8、应，被还原的硫酸为09 mol。则浓硫酸的实际体积_(填“大于”、“等于”或“小于”)180 mL。若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液)，则该反应的离子方程式为_。（3） 欲迅速除去铝壶底部的水垢，又不损坏铝壶，最好的方法是( )A浓盐酸B稀硝酸C冷的浓硝酸D冷的浓硫酸19某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。(已知：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O)请回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是_。(2)反应后，装置B中发生反应的离子方程式为_，装置C中的现象是_，表现了SO2的_；装置D中现象是_，发生反应的化学方
9、程式为_。(3)F装置的作用是_，漏斗的作用是_。20喷泉是一种常见的现象，其产生原因是存在压强差。图I为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中分别盛有液体。(1)你认为下列组合中能形成喷泉的选项是_。A和B和C和稀盐酸D和溶液(2)若要利用图II装置产生喷泉，则在图II的锥形瓶中分别加入足量的下列物质后，能产生喷泉的是_。A与稀硫酸B碳酸氢钠与稀盐酸C碳酸钙与稀硫酸D与浓硝酸21Zn与不同浓度的H2SO4反应，其还原产物不同，（1）将13g锌粉投入足量的18.4mol/L的浓硫酸中，充分反应后，所得SO2气体其标况下体积为多少升？_（2）若将一定量的锌投入100
10、mL14.5mol/L的浓硫酸中，反应后锌完全溶解，将反应后溶液稀释至1L，测得溶液中c（SO42）1.05mol/L、H+0.1mol/L反应产生SO2体积（标准状况下）V（SO2）_L，V（H2）_L。（3）将（1）中产生的气体缓缓通入100MLamol/L NaOH溶液中，SO2、NaOH都完全消耗，则a的取值范围为_。22氨基甲酸铵(NH2COONH4)是一种白色固体，易分解、极易水解，可用作肥料、灭火剂、洗涤剂等。实验室用如图所示装置制备氨基甲酸铵，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。(1)结合上述实验装置，
11、写出制备氨基甲酸铵的化学方程式：_。该反应为_(填“吸热”或“放热”)反应。(2)液体石蜡鼓泡瓶的作用是_，冰水的作用是_。(3)从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是_。(4)氨基甲酸铵极易水解，产物是碳酸氢铵和一种弱碱，请写出其水解反应方程式：_。(5)某实验小组通过上述实验装置进行实验，得到了一份只含有少量碳酸铵杂质的氨基甲酸铵固体产品。为验证氨基甲酸铵的水解产物有，该实验小组计划用上述样品进行实验。请补充以下实验设计方案：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，得到无色溶液，_。(限选试剂：蒸馏水、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液)(6)氨基甲酸铵可用作肥料，其肥效比
12、尿素_(填“强”或“弱”)。【参考答案】一、单选题1A解析：A、Ba(OH)2溶液和Na2CO3、NaHCO3反应，均会产生白色沉淀，故该方法无法鉴别Na2CO3和NaHCO3，A错误；B、水和乙醇互溶，和四氯化碳不互溶，会出现分层，且水在上层，故可以用水鉴别乙醇和四氯化碳，B正确；C、CO不和澄清石灰水反应，CO2能使澄清石灰水变浑浊，故可以用澄清石灰水鉴别CO和CO2，C正确；D、硫酸和碳酸钠反应产生气泡，和硅酸钠反应产生白色沉淀，和硫酸钠不反应，故可以用硫酸鉴别碳酸钠、硅酸钠和硫酸钠，D正确；故选A。2C解析：A84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家
13、环境杀菌消毒，A正确；B生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C5G芯片主要材料是Si单质，C错误；D太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料属于二次能源，D正确；故选C。3C解析：A浓硝酸、浓硫酸都具有强的氧化性，遇到铁、铝都发生钝化，故A正确；B浓硫酸具有吸水性，浓硝酸具有挥发性，所以敞口露置于空气中，一段时间后，容器内的溶质的物质的量浓度都降低，但浓硫酸质量增加、浓硝酸质量减少，故B正确；C浓硝酸不具有吸水性，不能作干燥剂，故C错误；D铜分别与浓
14、硫酸和浓硝酸的反应中，浓硫酸和浓硝酸都是部分被氧化并生成相对应的盐和氧化物，体现了现了强氧化性和酸性，故D正确；故选：C。4B解析：A、SO2通入氢氧化钠酚酞溶液中，溶液褪色，是因为SO2为酸性氧化物，与NaOH反应，使酚酞褪色，体现了SO2酸性氧化物的性质，A项错误；B、将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，由于浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化，然后因为浓硫酸的强氧化性，浓硫酸与C反应生成SO2、CO2，固体膨胀，B项正确；C、过滤时应用玻璃棒引流，但不能用玻璃棒搅拌，C项错误；D、浓硝酸保存在棕色瓶中，是为了防止浓硝酸见光分解，D项错误；本题答案选B。5A解析：A NO2由N与O组成且只有两
15、种元素，属于氧化物，故A符合；B HNO3属于酸，故B不符；C H2SO4属于酸，故C不符；D NH3H2O，属于碱，故D不符；故选A。6B解析：A配制一定浓度的溶液时的定容时，眼睛与刻度线相切，溶液凹液面与刻度线相平，能达到实验目的，故A不符合题意；B品红溶液褪色后再将瑞色的品红溶液加热，无色变为红色，因此利用图乙不能验证是二氧化硫，故B符合题意；C关闭活塞K，干燥红纸不变色，说明干燥的氯气没有漂白性，打开活塞K，干燥红纸褪色，说明湿润的氯气具有漂白性，因此装置丙能用于验证潮湿氯气与干燥氯气的漂白性，故C不符合题意；D浓氨水加入到氧化钙中生成氨气，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集，利用图
16、丁能制取并收集少量NH3，故D不符合题意。综上所述，答案为B。7A解析：A氮气与氧气在放电条件下生成一氧化氮，属于氮的固定，故A正确；B一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，是不同氮的化合物之间转化，不属于氮的固定，故B错误；C氨气经催化氧化生成一氧化氮是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，故C错误；D由氨气制碳酸氢氨和硫酸氨，是氮的化合物之间的转化，不是固氮作用的反应，故D错误；故选A。8C解析：A由分析可知，、所涉及的操作方法为过滤，涉及的操作方法为加热，与、不同，故A错误；B由分析可知，制备碳酸氢钠的操作为向饱和食盐水中先通入极易溶于水的氨气，再通入溶于水的二氧化碳，这样操作的目的是增大
17、二氧化碳在溶液中的溶解度，有利于碳酸氢钠的生成和析出，故B错误；C由分析可知，碳酸氢钠受热分解生成的二氧化碳可以循环使用，故C正确；D由分析可知，滤液B中含有氯化钠、碳酸氢钠、氯化铵，溶液中含有的阳离子为铵根离子、钠离子，故D错误；故选C。9C解析：A. Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，故A正确；B. 浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，故B正确；C. 单质Si是半导体材料，故C错误；D. NaHCO3加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水，可用作焙制糕点，故D正确；答案选C。10B解析：ACu和浓硫酸在加热条件下反应可产生二氧化硫，上下移动装置甲中的铜丝可控制反应的发生和停止，从而控制SO
18、2的生成，A正确；BSO2的的密度比空气大，可用向上排空气法收集，应采用长管进短管出，B错误；C含铜离子的溶液呈蓝色，可以将试管中的液体倒入水中稀释，根据溶液是否呈蓝色确定是否有CuSO4生成，C正确；D结晶水合物加热时容易失去结晶水，不宜采取蒸发结晶的方法，硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶可析出CuSO45H2O，D正确；答案选B。11D解析：AO3有强氧化性，具有漂白性，A错误；BSO2与水反应生成亚硫酸，可与色素结合，具有漂白性，B错误；CHClO有强氧化性，具有漂白性，C错误；DNaOH为强碱，不具备漂白性，D正确；故选D。12A解析：A硫的氧化性弱，铁粉与硫粉混合加热反应生成硫化亚铁，反
19、应方程式FeSFeS，故A错误；B红热的碳与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应方程式是C2H2SO4(浓) CO22SO22H2O，故B正确；C二氧化硫通入水中生成亚硫酸，反应方程式是，故C正确；D过量的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸氢钠，反应的化学方程式是 SO2+NaOH=NaHSO3，故D正确；选A。13A解析：A. 硅单质是常用的半导体材料，故A错误；B. 硅单质常被用于制造太阳能电池、硅芯片，故B正确；C. 玻璃能被氢氟酸刻蚀，因玻璃中的成分二氧化硅和氢氟酸反应，故C正确；D. 二氧化硅常被用于制造光导纤维，故D正确。综上所述，答案为A。14B解析：A二氧化硫具有一定的
20、抑制细菌和真菌滋生的作用，具有一定的防腐作用，如葡萄酒中加入少量二氧化硫，是一种食品添加剂，A正确；B液氨常用作制冷剂，是因为液氨汽化吸收热量，B错误；C硅位于金属与非金属的交界处，其导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，C正确；D硫酸铵、碳酸氢铵、硝酸铵等铵盐都含铵根离子，能够被植物吸收，在农业生产中常用作氮肥，D正确；答案选B。15C解析：A浓硫酸可使纸中H、O元素以水的形式脱出，纸张变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A错误；B浓硫酸具有吸水性，可以作某些气体的干燥剂，故B错误；C浓硫酸与木炭在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，体现了浓硫酸的氧化性，故C正确；D向蔗糖中加入浓硫
21、酸生成海绵状的炭，则浓硫酸使蔗糖中H、O元素以水的形式脱出体现脱水性，故D错误；答案选C。二、非选择题16 BC 1：2 c 解析：(1) A石墨是单质，既不属于电解质也不属于非电解质，A错误；B溶于水生成碳酸溶液会导电、因碳酸电离出可自由移动离子而导电、二氧化碳自身不提供自由离子，故二氧化碳属于非电解质，B正确；C乙醇()及其水溶液均不含可自由移动的离子、均不可导电，则乙醇属于非电解质，C正确；D 是难溶性盐、溶于水的部分能电离出离子、属于电解质，D错误；则属于化合物但不属于电解质的是BC；(2)金属镁在足量中燃烧，发生置换反应，能生成氧化镁和碳，该反应的化学方程式：；(3)反应中，硅和氧化
22、合价不变，碳转变为CO时，碳化合价升2，作还原剂，碳转变为碳化硅时由0降低到-4，降低了4价、作氧化剂，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；(4)反应(化合物中N化合价均为-3价)中，该反应中KCN的碳化合价为+2、KOCN中碳化合价为+4、则KCNKOCN时，C元素被氧化；(5) _的右边缺少碳元素、过量氯气环境中，碳元素对应的产物应为二氧化碳，则完整的该反应的化学方程式为：。答案为。17(1) N2；NO2 Cu+ 4HNO3=2NO2+Cu(NO3)2+2H2O 氧化性、酸性(2) -3 N2 C 11.7解析：A在常温下是非金属气体单质，且C为红棕色气体，则C为NO2，与水
23、反应生成的含氧酸D为硝酸；B与氧气反应可得NO2，则B为NO；A与氧气反应可得NO，则A为N2。（1）由分析知，A为N2，C为NO2；D的浓溶液，即浓硝酸与铜反应可以生成硝酸铜、二氧化氮和水，其化学方程式为，生成盐的性质体现了酸性，生成二氧化氮，氮元素的化合价降低，体现了强氧化性。（2）Si3N4中Si显+4价，可知N显-3价；上述反应中，N元素从0价变到-3价，C元素从0价变到+2价，所以氧化剂是N2，还原剂是C；若该反应生成11.2L一氧化碳(标准状况)，其物质的量为0.5mol，根据方程式的系数关系知，氮化硅和一氧化碳的物质的量之比为1：6，则氮化硅的质量为：。18 CuH2O22HCl
24、=2H2OCuCl2 大于 3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O C解析：试题分析：（1）双氧水具有氧化性，在酸性环境下能将金属铜氧化，方程式为：Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O，用电解原理实现铜和盐酸的反应，根据电解原理阳极必须是金属铜，电解质必须是稀盐酸，故答案为Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O；（2）铜只能和浓硫酸反应和稀硫酸不反应，Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+H2O，随着铜和浓硫酸的反应的进行，酸的浓度越来越小，不再产生二氧化硫，当被还原的硫酸是09mol，则10molL-1的浓硫酸的实际体积要大于180mL；若使剩余的铜片继续溶解，可
25、向其中加入硝酸盐，应为溶液中有H+，再加入硝酸盐引入NO3-，相当于存在了硝酸，硝酸能将同溶解，反应实质为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故答案为大于；3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O；（3）A、浓盐酸能够与水垢反应，也能与铝反应，除去水垢时会损坏铝壶，错误；B、稀硝酸能够与水垢反应，也能与铝反应，除去水垢时会损坏铝壶，错误；C、冷的浓硝酸能够与水垢反应，遇到铝发生钝化，除去水垢时不会损坏铝壶，正确；D、冷的浓硫酸中氢离子很少，与水垢反应后生成的硫酸钙阻止反应的继续，不能除去水垢，错误；故选C。考点：考查了金属与酸反应的化学性质的相关知识。19 分液
26、漏斗 SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO 溶液紫色褪去(溶液褪色) 还原性 有黄色沉淀生成 2H2S+SO2=3S+2H2O 吸收多余的SO2 防止倒吸解析：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是分液漏斗。(2)硫酸与亚硫酸钠反应产物SO2具有还原性，能使新制氯水及酸性高锰酸钾溶液褪色，B中发生的离子反应为SO2+Cl2+2H2O=4H+2Cl-+SO；装置C中的现象是溶液紫色褪去；二氧化硫与装置D中的硫化氢发生反应2H2S+SO2=3S+2H2O，从而使溶液变浑浊，有黄色沉淀生成。(3)装置F用于吸收多余的二氧化硫，因为二氧化硫能与氢氧化钠溶液反应，又因为二氧化硫易溶于水(1:40
27、)，因此采用倒扣漏斗吸收二氧化硫可防止液体倒吸。20(1)ACD(2)B解析：（1）形成喷泉要求烧瓶内的气体能溶于液体或与溶液反应，气体减少形成压强差，据此分析：A易溶于水，能使烧瓶内压强减小形成喷泉，A符合题意；B不溶于水，不能形成压强差，B不符合题意；C与稀盐酸反应，能使烧瓶内压强减小形成喷泉，C符合题意；D与NaOH溶液反应，能使烧瓶内压强减小形成喷泉，D符合题意；故答案为：ACD；（2）装置形成喷泉的原理是锥形瓶中产生气体，使锥形瓶内压强增大，将锥形瓶中溶液压入烧瓶，形成喷泉，据此分析：A与稀硫酸不反应，不能产生气体，A不符合题意；B碳酸氢钠与稀盐酸反应生成CO2气体，能使锥形瓶内压强
28、增大，将锥形瓶中溶液压入烧瓶，形成喷泉，B符合题意；C碳酸钙与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4，阻止碳酸钙与稀硫酸继续反应，所以产生的气体较少，无法形成喷泉，C不符合题意；D常温下，与浓硝酸会发生钝化，不能形成喷泉，D不符合题意；故答案为：B。2148L 8.96 13.34 2a4解析：（1）由于浓硫酸足量，Zn完全反应，还原产物为SO2气体，13g Zn的物质的量13g65g/mol0.2mol，根据电子转移守恒：n（SO2）0.2mol2/(6-4)0.2mol，故V（SO2）0.2mol22.4L/mol4.48L；答：标况下生成SO2气的体积为4.48L；（2）n（H2SO4）0.1L
29、14.5 mol/L1.45 mol，反应后溶液中n（SO42）1 L1.05mol/L1.05 mol，根据S原子守恒：n（SO2）n（H2SO4）n（SO42）1.45 mol1.05 mol0.4 mol，故V（SO2）0.4mol22.4L/mol8.96L；反应后溶液中n（H+）1 L0.1mol/L0.1 mol，根据电荷守恒：2n（Zn2+）+n（H+）2n（SO42），故n（Zn2+）1/2（21.05 mol0.1mol）1mol，根据电子转移守恒：n（H2）(1mol2=0.4mol2)/20.6mol，故V（H2）0.6mol22.4L/mol13.34L；故答案为8.9
30、6；13.34；（3）生成的二氧化硫为0.2mol，完全反应生成NaHSO3消耗NaOH最少，最少为0.2mol，完全反应生成Na2SO3消耗NaOH最多，最多为0.2mol20.4mol，故0.2mol0.1 La mol/L0.4 mol，即2a4；故答案为2a4。22(1) 2NH3+CO2=NH2COONH4 放热(2)通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例 降低温度，提高反应物的转化率，防止氨基甲酸铵因反应放热而发生分解(3)过滤(4)NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O(5)加入过量的BaCl2溶液，静置，取上层清液于另一试管，向试管中继续加入少量澄清石灰
31、水，溶液变浑浊，说明氨基甲酸铵水解产物有(6)弱解析：制取氨基甲酸铵时，左侧通入干燥的NH3，右侧通入干燥的CO2，两种气体在CCl4中相遇并发生反应，生成氨基甲酸铵晶体。在实验过程中，一方面需调节NH3、CO2的通入速率，另一方面注意设法促进平衡的正向移动，提高原料的利用率。（1）氨气与二氧化碳气体混合通入CCl4中，发生反应制备氨基甲酸铵，化学方程式为：2NH3+CO2=NH2COONH4。该反应为放热反应。答案为：2NH3+CO2=NH2COONH4；放热；（2）从反应方程式看，NH3与CO2按1:1体积比发生反应，所以需要设法控制两种气体通入的相对速率，由此得出液体石蜡鼓泡瓶的作用是：
32、通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例；反应过程中，需要对溶液进行降温处理，则表明混合液的温度随反应的进行在不断升高，且对反应不利，所以冰水的作用是：降低温度，提高反应物的转化率，防止氨基甲酸铵因反应放热而发生分解。答案为：通过观察气泡，调节NH3与CO2的通入比例；降低温度，提高反应物的转化率，防止氨基甲酸铵因反应放热而发生分解；（3）氨基甲酸铵在CCl4中形成小晶体，表明其难溶于CCl4，则从反应后的混合物中分离出产品的实验方法是过滤。答案为：过滤；（4）氨基甲酸铵极易水解，则发生完全水解，所得产物是碳酸氢铵和一水合氨，水解反应方程式：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH
33、3H2O。答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O；（5）氨基甲酸铵的水解产物为，需使用澄清石灰水进行检验，而的存在又会干扰检验，所以应先用BaCl2溶液除去，实验设计方案为：取少量固体样品于试管中，加入蒸馏水至固体溶解，得到无色溶液，加入过量的BaCl2溶液，静置，取上层清液于另一试管，向试管中继续加入少量澄清石灰水，溶液变浑浊，说明氨基甲酸铵水解产物有。答案为：加入过量的BaCl2溶液，静置，取上层清液于另一试管，向试管中继续加入少量澄清石灰水，溶液变浑浊，说明氨基甲酸铵水解产物有；（6）氨基甲酸铵的化学式为NH2COONH4，可改写为CO(NH2)2H2O，从化学式中可以看出，它比尿素分子多一个水分子，显然其肥效比尿素弱。答案为：弱。学科网（北京）股份有限公司