Question

15．某结晶水合物A含有两种阳离子和一种阴离子．将溶有90.60gA的水溶液分成两等份，向第一份逐滴加入NaOH溶液，溶液先出现白色沉淀后完全溶解，此过程中产生2.24L（标准状况）刺激性气味的气体．向第二份加入过量的Ba（OH）₂溶液，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.60g．
请回答以下问题：
（1）A的摩尔质量为453g/mol．
（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式为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，则得到的沉淀质量为42.75g．

Answer 1

分析 （1）能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气，证明铵根离子的存在，白色溶于氢氧化钠的沉淀是氢氧化铝，和Ba（OH）₂溶液反应生成的白色不溶于硝酸的白色沉淀是硫酸钡，结合电荷守恒和原子守恒确定该结晶水化合物的化学式，从而确定其摩尔质量；
（2）根据（1）可知该结晶水化合物的化学式；
（3）过量的Ba（OH）₂溶液发生NH₄⁺+Al³⁺+2SO₄^2-+2Ba²⁺+5OH^-=2BaSO₄↓+NH₃•H₂O+AlO₂^-+2H₂O，n[Ba（OH）₂]=2.0mol/L×0.075L=0.15mol，若碱不足，生成沉淀为硫酸钡和氢氧化铝，结合过量判断计算．

解答 解：（1）一份加入足量Ba（OH）₂溶液，生成白色沉淀，过滤，用稀硝酸处理沉淀物，经洗涤和干燥，得到白色固体46.6g，说明含有硫酸根离子；加入NaOH溶液，一段时间后有气体逸出，该气体有刺激性气味，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是氨气，证明一定含有NH₄⁺；向其中一份逐滴加入NaOH溶液，开始发现溶液中出现白色沉淀并逐渐增多，最后白色沉淀逐渐减少并最终消失，证明一定含有Al³⁺，由题中信息可知45.3g的该结晶水合物中：n（SO₄^2-）=$\frac{4.66g}{233g/mol}$，n（NH₄⁺）=n（NH₃）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$，根据离子化合物中阴、阳离子电荷平衡的原理：n（NH₄⁺）+3n（Al³⁺）=2n（SO₄^2-）可得：n（Al³⁺）=$\frac{1}{3}$（2×0.2mol-0.1 mol）=0.1 mol，根据质量守恒可知45.3g该结晶水化合物中含有水的物质的量为：n（H₂O）=$\frac{45.3g-0.1mol×（27+18）g/mol-0.2mol×96g/mol}{18g/mol}$=1.2mol，
所以该结晶水合物中：m（NH₄⁺）：n（Al³⁺）：n（SO₄^2-）：n（H₂O）=0.1mol：0.1mol：0.2mol：1.2mol=1：1：2：12，
故该结晶水合物的化学式为：NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]，其摩尔质量为453g/mol，
故答案为：453g/mol；
（2）根据（1）可知该结晶水合物的化学式为NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]，
故答案为：NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]；
（3）45.3g晶体的物质的量=$\frac{45.3g}{453g/mol}$，n（Ba（OH）₂）=2.0mol/L×0.075L=0.15mol，n（NH₄Al（SO₄）₂）：n（Ba（OH）₂）=0.1mol：0.15mol=$\frac{2}{3}$＞$\frac{1}{2}$，所以氢氧化钡不足量，根据原子守恒知，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，所以沉淀的质量=0.15mol×233g/mol+0.1mol×78g/mol=34.95g+7.8g=42.75g，
故答案为：42.75g．

点评 本题考查化学反应方程式的计算，为高频考点，题目难度中等，把握发生的反应及离子检验、物质的量计算为解答的关键，注意守恒法及过量判断为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查．