Question

15．某結晶水合物A含有兩種陽離子和一種陰離子．將溶有90.60gA的水溶液分成兩等份，向第一份逐滴加入NaOH溶液，溶液先出現白色沉淀后完全溶解，此過程中產生2.24L（標準狀況）刺激性氣味的氣體．向第二份加入過量的Ba（OH）₂溶液，過濾，用稀硝酸處理沉淀物，經洗滌和干燥，得到白色固體46.60g．
請回答以下問題：
（1）A的摩爾質量為453g/mol．
（2）試通過計算確定該結晶水合物的化學式為NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]．
（3）若第二份加入75.00mL2.00mol•L^-1的Ba（OH）₂溶液，則得到的沉淀質量為42.75g．

Answer 1

分析 （1）能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體是氨氣，證明銨根離子的存在，白色溶于氫氧化鈉的沉淀是氫氧化鋁，和Ba（OH）₂溶液反應生成的白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸鋇，結合電荷守恒和原子守恒確定該結晶水化合物的化學式，從而確定其摩爾質量；
（2）根據（1）可知該結晶水化合物的化學式；
（3）過量的Ba（OH）₂溶液發生NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+5OH^-=2BaSO₄↓+NH₃•H₂O+AlO₂^-+2H₂O，n[Ba（OH）₂]=2.0mol/L×0.075L=0.15mol，若堿不足，生成沉淀為硫酸鋇和氫氧化鋁，結合過量判斷計算．

解答 解：（1）一份加入足量Ba（OH）₂溶液，生成白色沉淀，過濾，用稀硝酸處理沉淀物，經洗滌和干燥，得到白色固體46.6g，說明含有硫酸根離子；加入NaOH溶液，一段時間后有氣體逸出，該氣體有刺激性氣味，能使濕潤的紅色石蕊試紙變藍，該氣體是氨氣，證明一定含有NH₄⁺；向其中一份逐滴加入NaOH溶液，開始發現溶液中出現白色沉淀并逐漸增多，最后白色沉淀逐漸減少并最終消失，證明一定含有Al³⁺，由題中信息可知45.3g的該結晶水合物中：n（SO₄^2-）=$\frac{4.66g}{233g/mol}$，n（NH₄⁺）=n（NH₃）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$，根據離子化合物中陰、陽離子電荷平衡的原理：n（NH₄⁺）+3n（Al³⁺）=2n（SO₄^2-）可得：n（Al³⁺）=$\frac{1}{3}$（2×0.2mol-0.1 mol）=0.1 mol，根據質量守恒可知45.3g該結晶水化合物中含有水的物質的量為：n（H₂O）=$\frac{45.3g-0.1mol×（27+18）g/mol-0.2mol×96g/mol}{18g/mol}$=1.2mol，
所以該結晶水合物中：m（NH₄⁺）：n（Al³⁺）：n（SO₄^2-）：n（H₂O）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：1.2mol=1：1：2：12，
故該結晶水合物的化學式為：NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]，其摩爾質量為453g/mol，
故答案為：453g/mol；
（2）根據（1）可知該結晶水合物的化學式為NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]，
故答案為：NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]；
（3）45.3g晶體的物質的量=$\frac{45.3g}{453g/mol}$，n（Ba（OH）₂）=2.0mol/L×0.075L=0.15mol，n（NH₄Al（SO₄）₂）：n（Ba（OH）₂）=0.1mol：0.15mol=$\frac{2}{3}$＞$\frac{1}{2}$，所以氫氧化鋇不足量，根據原子守恒知，生成n（BaSO₄）=n（Ba（OH）₂）=0.15mol，生成n（Al（OH）₃）=$\frac{2}{3}$n（Ba（OH）₂）=0.1mol，所以沉淀的質量=0.15mol×233g/mol+0.1mol×78g/mol=34.95g+7.8g=42.75g，
故答案為：42.75g．

點評 本題考查化學反應方程式的計算，為高頻考點，題目難度中等，把握發生的反應及離子檢驗、物質的量計算為解答的關鍵，注意守恒法及過量判斷為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查．