Question

4．某结晶水合物含有两种阳离子和一种阴离子．称取两份质量均为45.3g的该结晶水合物，分别制成溶液．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；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，加热后共计可收集到2.24L该气体（标准状况）；最后白色沉淀逐渐减少并最终消失．另一份逐滴加入2.0mol•L^-1Ba（OH）₂溶液，开始现象类似，但最终仍有白色沉淀；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．
请回答以下问题：
（1）该结晶水合物中含有的两种阳离子
（2）试通过计算确定该结晶水合物的化学式
（3）试通过计算确定若只加入75mL的Ba（OH）₂溶液，得到的沉淀质量．

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；
（2）根据电荷守恒和原子守恒来确定该结晶水合物的化学式；
（3）n（Ba（OH）₂）=2.0mol/L×0.075L=0.15mol，根据反应方程式中氢氧化钡和硫酸钡、氢氧化铝之间的关系式计算沉淀质量．

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，证明一定含有铵根离子；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，证明一定含有铝离子，
答：该结晶水合物中含有的两种阳离子为NH₄⁺、Al³⁺；
（2）由题中信息可知45.3g的该结晶水合物中：n（SO₄^2-）=$\frac{46.6g}{233g/mol}$=0.2mol，n（NH₄⁺）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol，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，
则含有结晶水的物质的量为：n（H₂O）=$\frac{45.3g-0.1mol×（27+18）g/mol-0.2mol×96g/mol}{18g/mol}$=1.2mol，
所以1.96g的该结晶水合物中：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]，
答：该结晶水合物的化学式为NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O[或（NH₄）₂SO₄•Al₂（SO₄）₃•24H₂O]；
（3）45.3g晶体的物质的量为：$\frac{45.3g}{453g/mol}$，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，生成硫酸钡沉淀的物质的量为：n（BaSO₄）=n（Ba（OH）₂）=0.15mol，生成n（Al（OH）₃）=$\frac{2}{3}$n（Ba（OH）₂）=0.1mol，
所以沉淀的质量为：0.15mol×233g/mol+0.1mol×78g/mol=34.95g+7.8g=42.75g，
答：若只加入75mL的Ba（OH）₂溶液，得到的沉淀质量为42.75．

点评 本题考查了复杂化学式确定的计算，题目难度中等，注意从守恒的角度推断结晶水合物的化学式，注意（3）中要进行过量计算，为易错点，试题培养了学生的分析、理解能力及化学计算能力．