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9.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)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;
(5)①由题目信息可知有NH3生成,用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近支口检验氨气;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,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;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;
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:(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,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;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
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

7.下列状态的物质,既能导电又属于电解质的是(  )
A.熔融的KOHB.KOH溶液C.浓硫酸D.KOH晶体

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20.已知25℃时,AgCl 的溶度积Ksp=1.8×10-10,则下列说法正确的是(  )
A.向饱和AgCl水溶液中加入少量的NaCl固体,Ksp(AgCl)变大
B.AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中,一定有c(Ag+)=c(Cl-
C.25℃时,当溶液中c(Ag+)×c(Cl-)=Ksp(AgCl)时,此溶液为AgCl的饱和溶液
D.将固体AgCl加入到浓KI溶液中,部分AgCl转化为AgI,故AgCl溶解度小于AgI

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17.工业上利用氟碳铈矿(主要成分CeCO3F)提取CeCl3的一种工艺流程如下:

请回答下列问题:
(1)CeCO3F中,Ce元素的化合价为+3.
(2)酸浸过程中用稀硫酸和H2O2替换HCl不会造成环境污染.写出稀硫酸、H2O2与CeO2反应的离子方程式:H2O2+2CeO2+6H+=2Ce3++4H2O+O2↑.
(3)向Ce(BF43中加入KCl溶液的目的是避免三价铈以Ce(BF43沉淀的形式损失或除去BF4-或提高CeCl3的产率.
(4)溶液中的C(Ce3+)等于1×10-5mol.l-1,可认为Ce3+沉淀完全,此时溶液的PH为9.(已知KSP[Ce(OH)3]=1×10-20
(5)加热CeCl3.6H2O和NH4Cl的固体混合物可得到无水CeCl3,其中NH4Cl的作用是NH4Cl固体受热分解产生HCl,抑制CeCl3水解.
(6)准确称取0.7500gCeCl3样品置于锥形瓶中,加入适量过硫酸铵溶液将Ce3+氧化为Ce4+,然后用0.1000mol.l-1(NH42Fe(SO42标准溶液滴定至终点,消耗25.00ml标准溶液.(已知:Fe2+Ce4+=Ce3++Fe3+
①该样品中CeCl3的质量分数为82.2%.
②若使用久置的(NH42Fe(SO42标准溶液进行滴定,测得该CeCl3样品的质量分数偏大(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)

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4.CoCl2•6H2O是一种饲料营养强化剂.一种利用水钻矿(主要成分为CO2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2•6H2O的工艺流程如下:

已知:①浸出液含有的阳离了主要有H+、CO2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等:
②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表:(金属离子浓度为:0.01mo1•L-l
沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2
开始沉淀2.77.67.64.07.7
完全沉淀3.79.69.25.29.8
③CoCl2•6H2O熔点为86℃,加热至110~120℃时,失去结晶水生成无水氯化钴.
(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O.
(2)写出NaClO3发生反应的主要离子方程式ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O;若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时,可能会生成有毒气体,写出生成该有毒气体的离子方程式ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O.
(3)“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图.向“滤液”中加入萃取剂的目的是除去溶液中的Mn2+:其使用的最佳pH范围是B

A 2.0~2.5  B 3.0~3.5  C 4.0~4.5  D 5.0~5.5
(5)“操作l”中包含3个基本实验操作,它们依次是蒸发浓缩、冷却结晶和过滤.制得的CoC12•6H2O在烘干时需减压烘干的原因是降低烘干温度,防止产品分解.
(6)为测定粗产品中CoCl2•6H2O含量,称取一定质量的粗产品溶于水,加入足量AgNO3溶液,过滤、洗涤,将沉淀烘干后称其质量.通过计算发现粗产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水.(答一条即可)

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14.1-溴丙烷常用作有机反应的溶剂.实验室制备1-溴丙烷(CH3CH2CH2Br)的反应和主要实验装置如下:
已知:
Ⅰ.CH3CH2CH2OH+HBr$\stackrel{△}{→}$CH3CH2CH2Br+H2O
Ⅱ.2CH3CH2CH2OH$→_{140℃}^{浓硫酸}$(CH3CH2CH22O(正丙醚)+H2O
Ⅲ.可能用到的相关数据如下:
相对分
子质量
密度
/g•mL-1
沸点/℃水中
溶解性
正丙醇600.89697.1
正丙醚1020.7490几乎不溶
1-溴丙烷1231.3671不溶
制备过程如下:
①在A中加入50g正丙醇和一定量的浓硫酸、溴化钠一起加热(加入几粒沸石) ②保持69~72℃继续回流2小时 ③蒸馏,收集68~90℃馏出液  ④用碳酸钠溶液洗至中性,分液 ⑤再蒸馏,收集68~76℃馏出液,得到纯净1-溴丙烷66g.请回答:
(1)B装置名称是(球形)冷凝管,沸石的作用是防止液体暴沸.
(2)加热A前,需先从b(填“a”或“b”)口向B中通入水.
(3)步骤④的目的主要是洗去浓硫酸,振摇后静置,粗产物应从分液漏斗的下(填“上”或“下”)口分离出.
(4)本实验所得到的1-溴丙烷产率是C(填正确答案序号).
A.41%   B.50%   C.64%   D.70%

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1.已知酸性高锰酸钾溶液是常用的强氧化剂,可以和草酸钠、二氧化硫等还原性物质发生氧化还原反应.
(1)下列物质能够酸性高锰酸钾溶液褪色的是AD
A.乙炔 B.苯C.己烷       D.己烯
(2)酸性高锰酸钾溶液和草酸钠反应的离子反应式为:MnO4-+C2O42-+H+→CO2↑+Mn2++H2O(未配平)现称取草酸钠(Na2C2O4)样品1.34g溶于稀硫酸中,然后用0.20mol•L-1的高锰酸钾溶液滴定(其中的杂质不跟高锰酸钾和稀硫酸反应),到终点时消耗了15.00mL的高锰酸钾溶液.
①滴定时,将酸性KMnO4标准液装在如图中的甲(填“甲”或“乙”) 滴定管中.
②判断滴定达到终点时的现象是溶液由无色变为紫红色,且在半分钟内不褪色.
③样品中草酸钠的质量分数为75%.
④若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的质量分数会偏小(填“偏大”、“偏小”或“不变”).
(3)请写出酸性高锰酸钾和二氧化硫反应的离子反应方程式5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+

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18.阿司匹林(乙酰水杨酸,)是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药.乙酰水杨酸受热易分解,分解温度为128℃~135℃.某学习小组在实验室以水杨酸(邻羟基苯甲酸)与醋酸酐为主要原料合成阿司匹林,反应原理如下:

制备基本操作流程如下:
醋酸酐+水杨酸$\stackrel{浓硫酸}{→}$$\stackrel{摇匀}{→}$$\stackrel{85℃-90℃加热}{→}$$\stackrel{冷却}{→}$$→_{洗涤}^{减压过滤}$粗产品
主要试剂和产品的物理常数如下表所示:
名称相对分子质量熔点或沸点(℃)水溶性
水杨酸138158(熔点)微溶
醋酸酐102139.4(沸点)易水解
乙酰水杨酸180135(熔点)微溶
请根据以上信息回答下列问题:
(1)制备阿司匹林时,要使用干燥的仪器的原因是醋酸酐和水易发生反应.
(2)合成阿司匹林时,最合适的加热方法是水浴加热.

(3)提纯粗产品流程如下,加热回流装置如图:
粗产品$→_{沸石}^{乙酸乙酯}$$→_{回流}^{加热}$$\stackrel{趁热过滤}{→}$$→_{减压过滤}^{冷却}$$→_{干燥}^{洗涤}$乙酰水杨酸
①使用温度计的目的是控制加热的温度,防止乙酰水杨酸受热易分解.
②冷凝水的流进方向是a(填“a”或“b”);
③趁热过滤的原因是防止乙酰水杨酸结晶析出.
④下列说法正确的是abc(填选项字母).
a.此种提纯方法中乙酸乙酯的作用是做溶剂
b.此种提纯粗产品的方法叫重结晶
c.根据以上提纯过程可以得出阿司匹林在乙酸乙酯中的溶解度低温时大
d.可以用紫色石蕊溶液判断产品中是否含有未反应完的水杨酸
(4)在实验中原料用量:2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐(ρ=1.08/cm3),最终称得产品质量为2.2g,则所得乙酰水杨酸的产率为84.3%(用百分数表示,小数点后一位).

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19.用已知浓度的NaOH溶液测定未知浓度的盐酸(滴定时盐酸置于酸式滴定管中),以下操作会造成所测盐酸溶液浓度偏高的是(  )
A.酸式滴定管未用待测溶液润洗
B.碱式滴定管未用待装溶液润洗
C.锥形瓶未用待装溶液润洗
D.在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失

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