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    4．某化学课外学习小组为研究一种常用于水净化以及工业水处理的物质A的成分，进行了如下探究活动：
    （1）查阅资料，获得下列信息：
    ①化合物A在工业上一般用铝土矿为原料，通过下列流程制备：

    ②化合物A是一种白色透明晶体，易溶于热水，水溶液呈酸性；
    （2）实验探究：
    实验实验步骤实验结果
    ①称取9.06g的结晶化合物A加热加热到质量恒定时，质量减轻了4.32g；
    ②将加热后所得的固体分成两等份，分别加适量的水，制成溶液．
    ③在一份溶液中加入足量的BaCl2溶液．产生4.66g 白色沉淀；
    ④在另一份溶液中，逐滴加入2mol•L-1的NaOH溶液．先观察到产生白色沉淀，接着产生有刺激性气味的气体B，沉淀逐渐溶解，当加入25mL的氢氧化钠溶液时，沉淀恰好完全溶解．
    请根据以上探究结果，回答下列问题：
    （1）请写出铝土矿与硫酸主要反应的离子方程式Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O．
    （2）结晶水合物A的化学式为NH4Al（SO4）2•12H2O．
    （3）A用作净水剂的原理是Al3++3H2O?Al（OH）3（胶体）+3H+（用离子方程式表示）．
    （4）气体B可与空气构成燃料电池，生成稳定的单质和水，请写出以KOH为电解质，该燃料电池的负极电极反应式2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．

    分析 （1）铝土矿加入硫酸溶解，氧化铝溶解生成硫酸铝和水，氧化铁和硫酸溶解生成硫酸铁和水，过滤得到溶液中加入硫酸铵溶液后，蒸发浓缩冷却结晶过滤得到得到结晶化合物A，化合物A是一种白色透明晶体，易溶于热水，水溶液呈酸性；
    （2）称取9.06g的结晶化合物A加热，加热到质量恒定时，质量减轻了4.32g为结晶水的质量，n（H2O）=$\frac{4.32g}{18g/mol}$=0.24mol，将加热后所得的固体分成两等份，分别加适量的水，制成溶液，在一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，产生4.66g 白色沉淀为硫酸钡，物质的量n（BaSO4）=$\frac{4.66g}{233g/mol}$=0.02mol，在另一份溶液中，逐滴加入2mol•L-1的NaOH溶液，先观察到产生白色沉淀为氢氧化铝，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，接着产生有刺激性气味的气体B为NH3，判断A中含NH4+，NH4++OH-=NH3↑+H2O，沉淀逐渐溶解，当加入25mL的氢氧化钠溶液时，沉淀恰好完全溶解是氢氧化铝溶解生成NaAlO2，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，共计消耗氢氧化钠物质的量=0.025L×2mol/L=0.5mol，设每份A中含Al3+物质的量为x，则含铵根离子物质的量为y，9.06g的结晶化合物A中含铵根离子和铝离子质量=9.06g-0.02mol×2×96g/mol-4.32g=0.9g，每份含铵根离子和铝离子质量为0.45g，依据物质的量关系和质量关系列式计算得到A的化学式；
    （1）铝土矿与硫酸主要反应氧化铝溶解生成硫酸铝和水，氧化铁和硫酸溶解生成硫酸铁和水；
    （2）依据上述分析计算；
    （3）A用作净水剂的原理是溶液中铝离子水解生成了氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；
    （4）该燃料电池中负极是氨气在碱性溶液中失电子生成氮气和水．

    解答 解：（1）铝土矿与硫酸主要反应氧化铝溶解生成硫酸铝和水，反应的离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O，氧化铁和硫酸溶解生成硫酸铁和水，反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，
    故答案为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O； Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；
    （2）称取9.06g的结晶化合物A加热，加热到质量恒定时，质量减轻了4.32g为结晶水的质量，n（H2O）=$\frac{4.32g}{18g/mol}$=0.24mol，将加热后所得的固体分成两等份，分别加适量的水，制成溶液，在一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，产生4.66g 白色沉淀为硫酸钡，物质的量n（BaSO4）=$\frac{4.66g}{233g/mol}$=0.02mol，在另一份溶液中，逐滴加入2mol•L-1的NaOH溶液，先观察到产生白色沉淀为氢氧化铝，Al3++3OH-=Al（OH）3↓，接着产生有刺激性气味的气体B为NH3，判断A中含NH4+，NH4++OH-=NH3↑+H2O，沉淀逐渐溶解，当加入25mL的氢氧化钠溶液时，沉淀恰好完全溶解是氢氧化铝溶解生成NaAlO2，Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，共计消耗氢氧化钠物质的量=0.025L×2mol/L=0.05mol，设每份A中含Al3+物质的量为x，则含铵根离子物质的量为y，9.06g的结晶化合物A中含铵根离子和铝离子质量=9.06g-0.02mol×2×96g/mol-4.32g=0.9g，每份含铵根离子和铝离子质量为0.45g，
    则4x+y=0.05mol
    27x+18y=0.45g
    x=0.01mol
    y=0.01mol
    每份含铵根离子物质的量为0.01mol，铝离子物质的量为0.01mol，硫酸根离子物质的量为0.02mol，水物质的量为0.12mol，
    n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42-）：n（H2O）=0.01：0.01：0.02：0.12=1：1：2：12
    化学式为：NH4Al（SO4）2•12H2O，
    故答案为：NH4Al（SO4）2•12H2O；
    （3）A用作净水剂的原理是溶液中铝离子水解生成了氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，反应的离子方程式为：Al3++3H2O?Al（OH）3（胶体）+3H+，
    故答案为：Al3++3H2O?Al（OH）3（胶体）+3H+；
    （4）气体B可与空气构成燃料电池，生成稳定的单质和水，以KOH为电解质，该燃料电池中负极是氨气在碱性溶液中失电子生成氮气和水，电解反应为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O，
    故答案为：2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O．

    点评 本题考查了物质组成、实验测定化学式的过程和计算、盐类水解、原电池原理等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

    练习册系列答案
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    19．有下列几种物质
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    （2）B中C2H6的二氯代物有2种；一氯代物有4种的C5H12的名称是异戊烷．

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    9．已知：草酸晶体（H2C2O4•xH2O）于100℃开始失水，101.5℃熔化，约157℃时升华，于175℃受热分解．某校甲、乙两组学生用不同方式探究草酸的部分化学性质并测定其结晶水的含量．
    Ⅰ．甲组用滴定法测定草酸晶体中结晶水的含量．
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    步骤二：取0.04mol•L-1标准酸性KMnO4溶液25.00mL于锥形瓶中，用所配溶液滴定至终点．
    请回答下列问题：
    ①配制草酸溶液的操作步骤依次是：将晶体置于烧杯中，加水溶解，将溶液转移入250mL容量瓶，洗涤，定容，摇匀．
    ②完善下面滴定反应的离子方程式：
    2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
    ③在“步骤一”和“步骤二”测定操作中需要重复进行的操作是步骤二    （填“步骤一”或“步骤二”）．
    ④其它操作均正确的情况下，下列操作可能使测定结果偏大的是BC．
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    B．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用待测溶液润洗就加入待测液进行滴定
    C．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失
    D．滴定完成后俯视刻度
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    ②乙组同学将B装置称量，却发现B装置质量增量比理论值大，该小组同学认真分析断定操作无误，则其原因可能是在加热时草酸部分升华在B中部分凝华．
    ③乙组中某同学认为可以利用加热分解的草酸晶体的质量和F装置中固体质量的减少就可以计算出晶体中结晶水的含量，立即遭到其他同学的反对，其反对的理由是前面的反应装置中滞留有大量CO气体；为防止爆炸在点燃F处酒精灯之前要先通一段时间的CO以排除装置系统中的空气；装置G中的水蒸气逆流进入装置F中；加热时草酸部分升华未能全部分解．

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    16．下列有关硅及其化合物的说法中正确的是（　　）
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    C．普通玻璃、石英玻璃、水泥等均属于硅酸盐材料
    D．祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，用氧化物形式表示为3BeO•Al2O3•6SiO2

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