题目内容
13．某地新建一化工厂有一种产品属于“复盐”，含一定量结晶水．该产品可用作铁树、棕榈等花木的肥料．某化学课外兴趣小组探究该产品的组成，进行了如下的实验：
（1）写出实验室制取C的化学方程式：2NH4Cl+Ca（OH）2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl2+2NH3↑+2H2O．
（2）写出下列变化的化学方程式：
②4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3；
③Ba（NO3）2+FeSO4=BaSO4↓+Fe（NO3）2．
（3）若用1.96g A得到E的质量为2.33g，C在标准状况下的体积为0.224L，则A的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O．
分析 根据浅绿色溶液中加入过量氢氧化钠得白色沉淀B，B在空气中变为红褐色沉淀应为氢氧化铁，可推知B为Fe（OH）2，气体C能使红色石蕊变蓝，则C为氨气，D中加入硝酸钡出现白色沉淀，不溶于硝酸，则E、F为BaSO4，所以D中含有，根据元素守恒可推知浅绿色溶液中含有SO42-、Fe2+、NH4+，若用1.96g A得到E的质量为2.33g，即BaSO4的物质的量为0.01mol，所以浅绿色溶液中含有SO42-的物质的量为0.01mol，C在标准状况下的体积为0.224L，即NH4+的物质的量为0.01mol，根据电荷守恒可知，浅绿色溶液中含有Fe2+的物质的量为$\frac{0.01×2-0.01}{2}$mol=0.005mol，所以1.96g A中含有结晶水的物质的量为$\frac{1.96-0.01×96-0.01×18-0.005×56}{18}$mol=0.03mol，据此答题．
解答 解：根据浅绿色溶液中加入过量氢氧化钠得白色沉淀B，B在空气中变为红褐色沉淀应为氢氧化铁，可推知B为Fe（OH）2，气体C能使红色石蕊变蓝，则C为氨气，D中加入硝酸钡出现白色沉淀，不溶于硝酸，则E、F为BaSO4，所以D中含有，根据元素守恒可推知浅绿色溶液中含有SO42-、Fe2+、NH4+，若用1.96g A得到E的质量为2.33g，即BaSO4的物质的量为0.01mol，所以浅绿色溶液中含有SO42-的物质的量为0.01mol，C在标准状况下的体积为0.224L，即NH4+的物质的量为0.01mol，根据电荷守恒可知，浅绿色溶液中含有Fe2+的物质的量为$\frac{0.01×2-0.01}{2}$mol=0.005mol，所以1.96g A中含有结晶水的物质的量为$\frac{1.96-0.01×96-0.01×18-0.005×56}{18}$mol=0.03mol，
（1）实验室制取氨气的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CaCl2+2NH3↑+2H2O；
（2）反应②为氢氧化亚铁氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3，反应③为硫酸亚铁与硝酸钡的反应，反应的化学方程式为，
故答案为：4Fe（OH）2+2H2O+O2═4Fe（OH）3；Ba（NO3）2+FeSO4=BaSO4↓+Fe（NO3）2；
（3）根据上面分析可知，A中n（SO42-）：n（Fe2+）：n（NH4+）：n（H2O）=0.01：0.005：0.01：0.03=2：1：：2：6，所以A的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O，
故答案为：（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O．
点评 本题主要考查物质的组成与性质，中等难度，物质的推断是解题关键，答题时注意根据物质的特征颜色的变化进行物质推断，计算时注意运用元素守恒和电荷守恒．
世纪百通主体课堂小学课时同步达标系列答案
世纪百通优练测系列答案
百分学生作业本题练王系列答案
．| A． | 1：6：9 | B． | 1：2：3 | C． | 1：3：3 | D． | 1：3：6 |
| A． | 少量CO2通入过量氨水中：NH3•H2O+CO2=${NH}_{4}^{+}$+${HCO}_{3}^{-}$ | |
| B． | 含等物质的量的NH4HSO3与NaOH溶液混合加热：${HSO}_{3}^{-}$+OH-=${SO}_{3}^{2-}$+H2O | |
| C． | 溴化亚铁溶液中通入少量Cl2：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 | |
| D． | 含1mol KOH的溶液与含2mol Ba（HCO3）2的溶液混合：Ba2++${2HCO}_{3}^{-}$+2OH-=BaCO3↓+${CO}_{3}^{2-}$+2H2O |
