Hòa tan 1,96 gam một muối X ngậm nước vào cốc nước, thu được 100 mL dung dịch X gồm các ion: \(F{e^{2 + }},NH_4^ + \) và \(SO_4^{2 - }\). Cho dung dịch NaOH dư vào 40 mL dung dịch X, đun nóng

* Khi cho NaOH dư vào 40 mL dung dịch X

\(F{e^{2 + }} + 2O{H^ - } \to Fe{(OH)_2} \downarrow \)

\(NH_4^ + + O{H^ - } \to N{H_3} \uparrow + {H_2}O\)

\({n_{N{H_3}}} = \frac{{0,09916}}{{24,79}} = 0,004\,\,mol \to {n_{NH_4^ + }} = {n_{N{H_3}}} = 0,004\,\,mol\)

* Khi chodung dịch \(BaC{l_2}\) dư vào 40 mL dung dịch X

\(B{a^{2 + }} + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4} \downarrow \)

\({n_{BaS{O_4}}} = \frac{{0,932}}{{233}} = 0,004\,\,mol \to {n_{SO_4^{2 - }}} = 0,004\,\,mol\)

* Tính trong 100 mL dung dịch X có 0,01 mol \(NH_4^ + \), 0,01 mol \(SO_4^{2 - }\).

Bảo toàn điện tích ta có: \({n_{F{e^{2 + }}}} = \frac{{0,01.2 - 0,01.1}}{2} = 0,005\,\,mol\)

Công thức muối X có dạng: \(a{(N{H_4})_2}S{O_4}.bFeS{O_4}.n{H_2}O\)

Nhận thấy: \({n_{SO_4^{2 - }}} = \frac{{{n_{NH_4^ + }}}}{2} + {n_{F{e^{2 + }}}}\) → a = b = 1 ⇒ \({n_X} = {n_{F{e^{2 + }}}} = 0,005\,\,mol\)

Ta có: \({n_{{H_2}O}} = \frac{{1,96 - 0,005.56 - 0,01.18 - 0,01.96}}{{18}} = 0,03\,\,mol\)

⇒ n = \(\frac{{0,03}}{{0,005}} = 6\) ⇒ Công thức muối X ngậm nước là \({(N{H_4})_2}S{O_4}.FeS{O_4}.6{H_2}O\).

Tổng số nguyên tử có trong 1 phân tử muối ngậm nước X là 39.