Question

9．向一定量MgCl₂、AlCl₃溶液中滴加常用试剂NaOH与盐酸（t时刻之前滴加的试剂a，t时刻之后改滴试剂b），沉淀的物质的量y （mol）与试剂体积x （mL）间的关系曲线如图1所示．试回答：

（1）AB段所表示的反应的离子方程式是Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O；
CD段所表示的反应的离子方程式是AlO₂^-+H⁺+H₂O═Al（OH）₃↓．
（2）若向B处生成的溶液中通入足量二氧化碳气体，反应的离子方程式是AlO₂^-+2H₂O+CO₂═Al（OH）₃↓+HCO₃^-．
（3）a是NaOH，且c（a）：c（b）=1：1
（4）原混合液中，c（Al³⁺）：c（Mg²⁺）：c（Cl^-）=1：1：5
（5）纳米氧化铝在陶瓷材料、电子工业、生物医药等方面有广阔的应用前景，它可通过硫酸铝铵晶体热分解得到．取4.53g硫酸铝铵晶体[Al₂（NH₄）₂（SO₄）_n•24H₂O，相对分子质量为906]加热分解，最终剩余0.51gAl₂O₃固体．加热过程中，固体质量随时间的变化如图2所示．
试通过计算确定400℃剩余固体成分的化学式（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄•H₂O．（写出计算过程）

Answer 1

分析 （1）氢氧化铝可以溶解于氢氧化钠中，但是氢氧化镁不会溶解；偏铝酸钠可以和盐酸之间反应生成氢氧化铝；
（2）偏铝酸钠中通入二氧化碳会发生反应生成碳酸钠、氢氧化铝沉淀，据此书写反应；
（3）根据产生沉淀的量的变化以及沉淀的溶解情况确定先后滴加的试剂；
（4）氯化镁中氯离子物质的量是氯化镁物质的量的2倍，氯化铝中，氯离子物质的量是氯化铝物质的量的3倍，根据沉淀的量结合元素守恒来回答；
（5）先计算硫酸铝铵晶体质量，根据化学式计算结晶水中水的质量，结合400℃时固体质量差，计算晶体中剩余结晶水的质量，进而计算剩余固体中n[（（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄]：n（H₂O），据此确定化学式．

解答 解：（1）加入的试剂能立即产生沉淀，并且沉淀的量达到最大，然后沉淀溶解，根据氢氧化铝可以溶解于氢氧化钠中，但是氢氧化镁不会溶解；偏铝酸钠可以和盐酸之间反应生成氢氧化铝的性质，确定AB段所表示的反应的离子方程式是：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O，CD段所表示的反应的离子方程式是：AlO₂^-+H⁺+H₂O═Al（OH）₃↓，故答案为：Al（OH）₃+OH^-═AlO₂^-+2H₂O；AlO₂^-+H⁺+H₂O═Al（OH）₃↓；
（2）沉淀量达到最小后，氢氧化铝全部转化为偏铝酸钠，通入二氧化碳会发生反应：AlO₂^-+2H₂O+CO₂═Al（OH）₃↓+HCO₃^-，故答案为：AlO₂^-+2H₂O+CO₂═Al（OH）₃↓+HCO₃^-；
（3）加入的试剂能立即产生沉淀，并且沉淀的量达到最大，然后沉淀溶解，根据氢氧化铝可以溶解于氢氧化钠中，但是氢氧化镁不会溶解；偏铝酸钠可以和盐酸之间反应生成氢氧化铝的性质，确定a是NaOH，b是HCl，根据图象，结合图象消耗的酸碱体积的完全的对称的特点，根据反应实质：NaOH～Al（OH）₃～AlO₂^-～H⁺，得到：盐酸和氢氧化钠的浓度之比是1：1，故答案为：1：1；
（4）原混合液中，加入氢氧化钠产生的氢氧化铝和氢氧化镁的物质的量是相等的，根据元素守恒，所以氯化镁和氯化铝的物质的量是相等的，氯化镁中氯离子物质的量是氯化镁物质的量的2倍，氯化铝中，氯离子物质的量是氯化铝物质的量的3倍，所以c（Al³⁺）：c（Mg²⁺）：c（Cl^-）=1：1：5，故答案为：1：1：5；
（5）4.53g硫酸铝铵晶体的物质的量为$\frac{4.53g}{906g/mol}$=0.005mol，
4.53g硫酸铝铵晶体中水的质量为0.005mol×24×18g/mol=2.16g，
加热400℃时固体质量减少△m=4.53g-2.46g=2.07g＜2.16g
剩余固体中结晶水的物质的量为$\frac{2.16g-2.07g}{18g/mol}$=0.005mol，
剩余固体中n[（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄]：n（H₂O）=0.005mol：0.005mol=1：1，
故400℃时剩余固体成分的化学式为（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄•H₂O．
故答案为：（NH₄）₂Al₂（SO₄）₄•H₂O．

点评 本题考查了镁、铝重要化合物的性质、根据化学式的计算等知识，题目难度较大，能正确分析图象中转折线发生的化学反应是解本题的关键，试题有利于培养学生的逻辑思维能力和发散思维能力，提高学生的应试能力和学习效率．