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5.铵明矾【NH4Al(SO42•12H2O】是常见的食品添加剂,用于焙烤食品,可通过硫酸铝溶液和硫酸铵溶液反应制备.用芒硝(Na2SO4•10H2O)制备纯碱和铵明矾的生产工艺流程图如图1:
 
 完成下列填空:
(1)铵明矾溶液呈酸性,它可用于净水,原因是铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体,有吸附作用,故铵明矾能净水;向其溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量,可观察到的现象是先产生白色沉淀,后产生有刺激性气味的气体,再加入过量的NaOH溶液,白色沉淀逐渐溶解并消失.
(2)写出过程Ⅰ的化学反应方程式2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH42SO4
(3)若省略过程Ⅱ,直接将硫酸铝溶液加入滤液A中,铵明矾的产率会明显降低,原因是省略过程Ⅱ,因HCO3-与Al3+的水解相互促进,产生大量氢氧化铝沉淀,导致铵明矾的产率降低.
(4)已知铵明矾的溶解度随温度升高明显增大.加入硫酸铝后,经过程III的系列实验得到铵明矾,该系列的操作是加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥.
(5)某同学用图2图示的装置探究铵明矾高温分解后气体的组成成份.
①夹住止水夹K1,打开止水夹K2,用酒精喷灯充分灼烧.实验过程中,装置A和导管中未见红棕色气体;试管C中的品红溶液褪色;在支口处可检验到NH3,方法是打开K1,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口,出现白烟;在装置A与B之间的T型导管中出现白色固体,该白色固体可能是(NH42SO3(任填一种物质的化学式);另分析得出装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物,写出它溶于NaOH溶液的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O.
②该同学通过实验证明铵明矾高温分解后气体的组成成份是NH3、N2、SO3、SO2和H2O,且相同条件下测得生成N2和SO2的体积比是定值,V(N2):V(SO2)=1:3.

分析 碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠,过滤得到滤渣与溶液A,而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳,可知滤渣为NaHCO3,过程I利用溶解度不同发生复分解反应:2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH42SO4 ,滤液A中含有(NH42SO4 及溶解的NH4HCO3,加入硫酸,调节pH使NH4HCO3转化二氧化碳与(NH42SO4 ,得到溶液B为(NH42SO4 溶液,再加入硫酸铝得铵明矾.
(1)铵明矾溶液中铝离子水解,溶液呈酸性,得到氢氧化铝胶体,可以用于净水;向溶液中加入氢氧化钠溶液,首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀,再与氨气根离子反应生成氨气,再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝;
(2)过程I利用溶解度不同发生复分解反应;
(3)HCO3-与Al3+的水解相互促进,产生大量氢氧化铝沉淀;
(4)铵明矾的溶解度随温度升高明显增大,从溶液中获得晶体,加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥;
(5)①夹住止水夹K1,打开止水夹K2,用酒精喷灯充分灼烧.实验过程中,装置A和导管中未见红棕色气体,说明没有说出氮的氧化物;试管C中的品红溶液褪色,生成了二氧化硫,在支口处可检验到NH3要注意排除二氧化硫的干扰,操作是打开K1,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口,会出现白烟;生成了二氧化硫,T型导管中出现白色固体可能是(NH42SO3,还可能是氧化生成的(NH42SO4等;残留的两性氧化物为氧化铝,溶于NaOH溶液生成偏铝酸钠;
②根据电子转移守恒确定n(N2):n(SO2),相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比.

解答 解:碳酸氢铵溶液中加入硫酸钠,过滤得到滤渣与溶液A,而滤渣焙烧得到碳酸钠与二氧化碳,可知滤渣为NaHCO3,过程I利用溶解度不同发生复分解反应:2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH42SO4 ,滤液A中含有(NH42SO4 及溶解的NH4HCO3,加入硫酸,调节pH使NH4HCO3转化二氧化碳与(NH42SO4 ,得到溶液B为(NH42SO4 溶液,再加入硫酸铝得铵明矾.
(1)铵明矾溶液中铝离子水解:Al3++3H2O?Al(OH)3+3H+,破坏水的电离平衡,溶液呈酸性;水解得到氢氧化铝胶体,可以吸附悬浮物质,可以用于净水;向溶液中加入氢氧化钠溶液,首先与溶液中铝离子反应生成氢氧化铝沉淀,再与氨气根离子反应生成氨气,再加入过量的NaOH溶液溶解氢氧化铝,现象为:先产生白色沉淀,后产生有刺激性气味的气体,再加入过量的NaOH溶液,白色沉淀逐渐溶解并消失,
故答案为:酸性;铵明矾溶液电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体,有吸附作用,故铵明矾能净水;先产生白色沉淀,后产生有刺激性气味的气体,再加入过量的NaOH溶液,白色沉淀逐渐溶解并消失;
(2)过程I利用溶解度不同发生复分解反应,反应方程式为:2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH42SO4
故答案为:2NH4HCO3+Na2SO4=2NaHCO3↓+(NH42SO4
(3)省略过程Ⅱ,因HCO3-与Al3+的水解相互促进,产生大量氢氧化铝沉淀,导致铵明矾的产率降低,
故答案为:省略过程Ⅱ,因HCO3-与Al3+的水解相互促进,产生大量氢氧化铝沉淀,导致铵明矾的产率降低;
(4)用于铵明矾的溶解度随温度升高明显增大,从溶液中获得晶体,加热浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥,
故答案为:冷却结晶;
(5)①检验氨气方法为:打开K1,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口,出现白烟;
装置A和导管中未见红棕色气体,说明没有说出氮的氧化物,试管C中的品红溶液褪色,说明加热分解有SO2生成,氨气与二氧化硫、水蒸汽反应可以生成(NH42SO3,白色固体可能是(NH42SO3,还可能是氧化生成的(NH42SO4等;
装置A试管中残留的白色固体是两性氧化物,该物质为氧化铝,与氢氧化钠溶液反应离子方程式为:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,
故答案为:打开K1,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口,出现白烟;(NH42SO3;Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O;
②根据电子转移守恒:2×[0-(-3)]×n(N2)=n(SO2)×(6-4),故n(N2):n(SO2)=1:3,相同条件下气体体积之比等于其物质的量之比,故V(N2):V(SO2)=1:3,
故答案为:1:3.

点评 本题考查制备实验方案设计、物质组成的测定,明确工艺流程原理是解题关键,综合考查学生分析解决问题的能力,难度中等.

练习册系列答案
相关习题

科目:高中化学 来源: 题型:选择题

15.下列对有关实验操作产生的影响及原因分析都正确的是(  )
选项实验目的和操作影响结果原因分析
A将2g I2加入到98mLCCl4中溶解混匀后,配制质量分数为2% I2的CCl4溶液偏小CCl4的密度大于1g•mL-1
B用10mL的量筒测量酯化反应得到乙酸乙酯的体积,俯视液面读出数据为6.0mL偏小平视读取应大于6.0mL
C配制2mol•L-1NaCl溶液,定容时加入的水超过了刻度线,立即用滴管吸出多余的水,再摇匀无影响吸出了多余的水
D用尖嘴有气泡的碱式滴定管盛标准NaOH溶液滴定20.00mL某待测HCl溶液的浓度偏大流出碱液的量
变大
A.AB.BC.CD.D

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科目:高中化学 来源: 题型:填空题

16.由氢气和氧气反应生成1mol水蒸气,放出241.8kJ热量(25℃、101kPa下测得)
①写出该反应的热化学方程式:H2(g)+$\frac{1}{2}$O2(g)=H2O(g)△H=-241.8 kJ•mol-1
②若1mol水蒸气转化为液态水放热44kJ,氢气的燃烧热为285.8kJ/mol.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

13.反应4NH3(g)+5O2(g)?4NO(g)+6H2O(g)在5L密闭容器中进行,半分钟后NO的物质的量增加了0.3mol,则此反应的平均速率v为(  )
A.v(O2)=0.01mol/(L•s)B.v(NO)=0.08mol/(L•s)
C.v(H2O)=0.003mol/(L•s)D.v(NH3)=0.001mol/(L•s)

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

20.Ⅰ.某同学为了验证氢气还原氧化铜的反应产物,设计了如图1所示的实验装置.

(1)写出编号仪器的名称:①锥形瓶 ②长颈漏斗.
(2)浓硫酸的作用是干燥氢气.
(3)本实验需要加热的装置为D(填字母编号).
(4)写出装置C、D中可观察到的现象:C白色固体变蓝,D黑色粉末变红色.
(5)D中反应每生成1mol水分子,转移的电子数为1.204×1024个.
Ⅱ.实验时他需要1.0mol/L的硫酸溶液250mL.根据溶液的配制回答下列问题.
(1)在如图2所示仪器中,配制上述溶液肯定不需要的是C(填序号),除图中已有仪器外,配制上述溶液还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒.
(2)在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是BCD
A.使用容量瓶前检验是否漏水
B.容量瓶用水洗净后,再用待配溶液洗涤
C.配制溶液时,如果试样是固体,把称好的固体用纸条小心倒入容量瓶中,缓慢加水至接近刻度线1~2cm处,用胶头滴管加蒸馏水至刻度线.
D.配制溶液时,若试样是液体,用量筒取样后用玻璃棒引流倒入容量瓶中,缓慢加水至刻度线1~2cm处,用胶头滴管加蒸馏水至刻度线.
E.盖好瓶塞,用食指顶住瓶塞,另一只手托住瓶底,把容量瓶反复倒转几次,摇匀.
(3)根据计算得知,需用量筒量取质量分数为98%、密度为1.84g/cm3的浓硫酸的体积为13.6mL,如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒,应选用15mL量筒最好.

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

10.实验室以苯、乙醛为原料,三氯化铝为催化剂来制备1,1-二苯乙烷,其反应原理为:

制备过程中其他产物会与AlCl3发生副反应.主要实验装置和步骤如下:

I.合成:
在250mL三口烧瓶中加入140mL苯(密度0.88g/mL)、19gA1C13和5.5g乙醛,在20℃时充分反应.
Ⅱ.分离与提纯:
将反应混合物倒入装有150mL,冰水和少量盐酸的烧杯中,充分搅拌,用分液漏斗分离出有机层,依次用水、2%碳酸钠溶液、水洗涤,在分离出的粗产品中加入少量无水硫酸镁固体,过滤后先常压蒸馏除去过量苯再改用减压蒸馏收集170~172℃/6.67kPa的馏分,得12.5g 1,l-二苯乙烷.
(1)仪器a的名称:球形冷凝管;其他产物与A1C13发生副反应的化学方程式为:AlCl3+3H2O?Al(OH)3+3HCl;装置C的作用:吸收HCl气体.
(2)连接装置b的作用是防止烧杯中的水蒸气进入反应器中与三氯化铝反应.
(3)在洗涤操作中,第二次水洗的主要目的是洗掉氯化铝、盐酸和碳酸钠等可溶性无机物.实验中加入少量无水硫酸镁的目的是干燥.
(4)粗产品常压蒸馏提纯时,下列装置中温度计位置正确的是C,可能会导致收集到的产品中混有低沸点杂质的装置是AB.

(5)本实验所得到的1,1-二苯乙烷产率约为C(填正确答案的序号).
A.41%     B.48%    C.55%      D.65%

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

17.下列有关绿色化学的叙述中,不正确的是(  )
A.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染
B.最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物
C.绿色化学反应选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的
D.乙烯分别与溴水和溴的四氯化碳溶液反应制备1,2-二溴乙烷的原子利用率均为100%

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

14.X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,其中X、Z同族,Y是短周期主族元素中原子半径最大的,X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,下列说法正确的是(  )
A.Y、Z、W单核离子均能破坏水的电离平衡
B.W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z
C.含X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种
D.因为X的氢化物分子间有氢键,所以X的氢化物较Z的氢化物稳定

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

15.利用废旧铝合金(主要成分:Al、Fe、Mg)易拉罐制备钾明矾晶体[KAl(SO42•12H2O,式量474].制备步骤如下:
步骤1、铝片的准备
①去除易拉罐表面的漆膜;②用剪刀剪成小铝片,称2克备用
步骤2、钾明矾的制备
方案一:

方案二:

相关信息如下:
①钾明矾为正八面体晶型,有玻璃光泽,密度1.757g/cm3,熔点92.5℃.64.5℃时失去9分子结晶水,200℃时失去12分子结晶水,溶于水,难溶于乙醇.
②相关物质的溶解度:
温度(℃)
物质  
0102030405060708090100
K2SO47.49.211.112.9714.816.618.1719.821.422.424.1
Al2(SO43•18H2O31.233.536.440.445.752.259.266.273.186.889.0
KAl(SO42•12H2O3.04.05.98.411.717.024.840.071.0109.0154.0
请回答下列问题:
(1)下列方法不能去除易拉罐表面漆膜(主要成分为烃类化合物)的方法是B.
A.灼烧B.饱和碳酸钠溶液浸泡C.砂纸打磨D.有机溶剂浸泡
(2)方案一中的硫酸浓度不宜过稀也不宜过浓,原因是硫酸浓度过稀反应速率过慢,浓度过高会使铝片钝化;蒸发浓缩后的操作步骤是冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;干燥时应控制温度64.5℃以下.
(3)实际实验中往往采用方案二,写出其可能的两条理由①方案一制备晶体中含有较多铁镁硫酸盐等杂质;②方案一反应速率较慢;方案二制备钾明矾晶体时为什么不再加入K2SO4饱和溶液?2K[Al(OH)4]+4H2SO4=K2SO4+Al2(SO43+8H2O(用方程式表示)
(4)最后得到钾明矾晶体质量为 31.5g,产率为89.7%.(保留3位有效数字)

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