專題突破練2化學常用計量及應用一、選擇題(本題包括10個小題,每小題6分,共60分)1.(2018山東新泰新汶中學檢測)快速準確稱量8.0 g NaOH配成2 L溶液,下列說法中正確的是()A.室溫時,所配溶液中水電離的c(OH-)為1.010-7 molL-1B.若從原溶液中取出200 mL,取出的溶液的物質的量濃度為0.01 molL-1C.室溫下,若向所配的溶液中通入適量的氯氣,恰好反應時所消耗的氯氣的體積為2.24 LD.室溫下,向所配制的溶液中加入足量的鋁粉,充分反應后轉移的電子數(shù)為0.6 mol答案D解析快速準確稱量,就不考慮稱量過程中NaOH變質引起的誤差,則8.0 g NaOH配成2 L溶液時,氫氧化鈉的物質的量濃度為0.1 molL-1。室溫時,由KW可計算出溶液中水電離的氫離子的濃度:c(H+)=KW0.1 molL-1=1.010-13 molL-1,而由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度等于水電離產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度,則溶液中水電離的c(OH-)為1.010-13 molL-1,故A項錯誤;若從原溶液中取出一定體積的溶液,則濃度不變,故B項錯誤;8.0 g NaOH最多可吸收0.1 mol氯氣,但在室溫下,不能用標準狀況的氣體摩爾體積計算氣體的物質的量,故C項錯誤;鋁與氫氧化鈉溶液充分反應:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,由方程式計算可知,0.2 mol NaOH與足量鋁反應可生成0.3 mol氫氣,轉移0.6 mol電子,故D項正確。2.(2018江西重點中學協(xié)作體第一次聯(lián)考)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述中正確的是()31 g白磷中含有1.5NA個PP1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中含陰離子總數(shù)為0.1NA個標準狀況下,22.4 L HF含NA個分子電解精煉銅時轉移了NA個電子,陽極溶解32 g銅標準狀況下,2.24 L Cl2溶于水,轉移的電子數(shù)目為0.1NA常溫下,含0.2 mol H2SO4的濃硫酸與足量銅反應,生成SO2的分子數(shù)小于0.1NA142 g Na2SO4和Na2HPO4固體混合物中,陰、陽離子總數(shù)為3NANA個Fe(OH)3膠體粒子的質量為107 gA.B.C.D.答案B解析1 mol白磷中含有6 mol PP鍵,31 g白磷(0.25 mol)中含有PP鍵1.5NA個,正確;CO32-+H2OHCO3-+OH-,1個CO32-水解產(chǎn)生2個陰離子,溶液中陰離子總數(shù)增大,所以1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中含陰離子總數(shù)大于0.1NA,錯誤;標準狀況下,HF為液體,不能通過摩爾體積計算,錯誤;粗銅中含有鋅、鐵、銀等雜質,鋅、鐵等活潑金屬先失電子,反應完成后,銅再失電子,陽極溶解銅不等于32 g,錯誤;氯氣和水反應為可逆反應,0.1 mol氯氣反應轉移電子數(shù)小于0.1NA,錯誤;濃硫酸與足量銅加熱反應,隨著反應的進行,濃硫酸變?yōu)橄×蛩?稀硫酸與銅不反應,所以生成SO2的分子數(shù)小于0.1NA,正確;若142 g全為Na2SO4,則含有陰、陽離子總數(shù)為3NA,若142 g全為Na2HPO4,則含有陰、陽離子總數(shù)為3NA,所以142 g Na2SO4和Na2HPO4固體混合物中,陰、陽離子總數(shù)為3NA,正確;膠體粒子是很多微粒的集合體,NA個Fe(OH)3膠體粒子的質量大于107 g,錯誤。3.(2018福建永春縣高三聯(lián)考)現(xiàn)有一定量的氣體如下:標準狀況下6.72 L CH4、3.011023個HCl分子、13.6 g H2S、0.2 mol NH3,下列對這四種氣體的關系從大到小排列的組合中正確的是()a.標況下體積:>>>b.同溫同壓下的密度:>>>c.質量:>>>d.氫原子個數(shù):>>>A.abcB.abcdC.abdD.bcd答案B解析標準狀況下6.72 L CH4的物質的量是0.3 mol,3.011023個HCl分子的物質的量是0.5 mol,13.6 g H2S的物質的量是0.4 mol,0.2 mol NH3。相同條件下體積與物質的量成正比,則標況下體積:>>>,故a正確;同溫同壓下氣體的密度與相對分子質量成正比,則同溫同壓下的密度:>>>,故b正確;0.3 mol CH4的質量是4.8 g,0.5 mol HCl的質量是18.25 g;0.2 mol NH3的質量是3.4 g,則質量:>>>,故c正確;0.3 mol CH4含氫原子1.2 mol,0.5 mol HCl含氫原子0.5 mol,0.4 mol H2S含氫原子0.8 mol,0.2 mol NH3含氫原子0.6 mol,則氫原子個數(shù):>>>,故d正確。4.(2018云南曲靖第一中學高三月考)在V mL硫酸鋁溶液中含m g鋁離子,取該溶液V3 mL,用水稀釋成2V mL,則稀釋后溶液中的硫酸根離子的物質的量濃度為()A.250m27V molL-1B.125m27V molL-1C.500m27V molL-1D.1 000m27V molL-1答案A解析m g鋁離子的物質的量為m27 mol,取該溶液V3 mL,則溶液中鋁離子的物質的量為m273 mol,用水稀釋成2V mL時,鋁離子濃度為500m273V molL-1,根據(jù)硫酸鋁的組成可知,硫酸根離子的物質的量濃度是鋁離子物質的量濃度的32倍,則硫酸根離子的物質的量濃度為250m27V molL-1,A項正確。5.在甲、乙兩個體積不同的密閉容器中,分別充入質量相同的CO、CO2氣體時,兩容器的溫度和壓強均相同,則下列說法正確的是()A.充入的CO分子數(shù)比CO2分子數(shù)少B.甲容器的體積比乙容器的體積小C.CO的摩爾體積比CO2的摩爾體積小D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小答案D解析在溫度、壓強相同條件下,氣體摩爾體積相等,根據(jù)n=mM可知,相同質量時其物質的量之比等于其摩爾質量的反比,CO和CO2的摩爾質量分別是28 gmol-1、44 gmol-1,所以二者的物質的量之比=(44 gmol-1)(28 gmol-1)=117。根據(jù)N=nNA知,二者的分子數(shù)之比等于其物質的量之比,即117,所以CO分子數(shù)多,A項錯誤;根據(jù)V=nVm知,相同條件下,氣體體積之比等于其物質的量之比,所以甲的體積比乙大,B項錯誤;溫度和壓強相等,氣體摩爾體積相等,C項錯誤;根據(jù)=MVm可知,相同條件下,其密度之比等于摩爾質量之比,所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小,D項正確。6.(2018山東淄博第一中學高三上學期開學考試)將一定量xAl2(SO4)3y(NH4)2SO424H2O晶體加入過量NaOH溶液中,加熱生成NH3 0.85 g(假如生成的NH3全部逸出),再通入過量的CO2,過濾、洗滌、灼燒,得Al2O3固體2.55 g。則xy為(已知:Al2O3的相對分子質量為102;NH3的相對分子質量為17)()A.12B.11C.14D.21答案B解析根據(jù)質量守恒定律可以知道,晶體中的氮元素和氨氣中的氮元素的質量相等,而晶體中的鋁元素的質量和生成的氧化鋁中的鋁元素的質量相等,即:2x2y=(2.552102)(0.8517)=11,解得xy=11。7.(2018甘肅蘭州一中高三月考)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為()A.b-aV molL-1B.2b-aV molL-1C.2(2b-a)V molL-1D.2(b-a)V molL-1答案C解析消耗氫氧化鈉是a mol,則每一份溶液中鎂離子的物質的量是0.5a mol;消耗氯化鋇是b mol,所以每一份溶液中SO42-的物質的量是b mol,則每一份溶液中硫酸鉀的物質的量是(b-0.5a) mol,由此可知每一份溶液中鉀離子的物質的量是(2b-a) mol,濃度是(2b-a)mol0.5VL=2(2b-a)V molL-1。8.(2018湖北八校高三聯(lián)考)為測定某草酸晶體(H2C2O42H2O)樣品的純度,現(xiàn)稱取一定質量的該樣品,配制成100 mL溶液,取25.00 mL該溶液置于錐形瓶中,加適量稀硫酸,用0.100 molL-1的KMnO4溶液滴定(雜質不參與反應)。為省去計算過程,設稱取樣品的質量為某數(shù)值時,滴定所用KMnO4溶液的毫升數(shù)恰好等于樣品中草酸晶體的質量分數(shù)的100倍。則應稱取樣品的質量為()A.2.25 gB.3.15 gC.9.00 gD.12.6 g答案D解析H2C2O4與KMnO4反應的化學方程式為5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O,設樣品中草酸晶體的質量分數(shù)為x,滴定所用KMnO4溶液的體積為100x mL,則m(樣品)x126 g mol-125.00 mL100 mL(0.100100x1 000) mol=52,解得m(樣品)=12.6 g。9.(2018清華大學附屬中學高三月考)氫氧化銅和堿式碳酸銅均可溶于鹽酸轉化為氯化銅。在高溫下這兩種化合物均能分解生成氧化銅。溶解25.25 g二者的混合物,恰好消耗1.0 molL-1鹽酸500 mL。灼燒等量的上述混合物,得到氧化銅的質量為()A.15 gB.20 gC.30 gD.35 g答案B解析混合物加入鹽酸發(fā)生反應:Cu(OH)2+2HClCuCl2+2H2O、Cu2(OH)2CO3+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O,恰好消耗鹽酸500 mL,生成CuCl2物質的量為50010-312 mol=0.25 mol,則混合物中銅原子的物質的量為0.25 mol,因此根據(jù)銅原子守恒,灼燒后生成CuO的物質的量為0.25 mol,其質量為0.25 mol80 gmol-1=20 g,故選項B正確。10.(2018北京第二十中學高三月考)將15.6 g Na2O2和5.4 g Al同時放入一定量的水中,充分反應后得到200 mL溶液,再向該溶液中緩慢通入標準狀況下的HCl氣體6.72 L,若反應過程中溶液的體積保持不變,則下列說法正確的是()A.標準狀況下,反應過程中得到6.72 L的氣體B.最終得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)C.最終得到7.8 g沉淀D.最終得到的溶液中c(Na+)=1.5 molL-1答案C解析15.6 g Na2O2的物質的量為15.6 g78 gmol-1=0.2 mol,5.4 g Al的物質的量為5.4 g27 gmol-1=0.2 mol,首先發(fā)生反應2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,生成NaOH為0.4 mol,再發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,由方程式可知Al完全反應,剩余NaOH為0.4 mol-0.2 mol=0.2 mol,生成NaAlO2為0.2 mol,通入標準狀況下的HCl氣體6.72 L,其物質的量為6.72 L22.4 Lmol-1=0.3 mol,首先發(fā)生反應NaOH+HClNaCl+H2O,剩余HCl為0.3 mol-0.2 mol=0.1 mol,再發(fā)生反應NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3+NaCl,由方程式可知,NaAlO2有剩余,HCl完全反應,生成Al(OH)3為0.1 mol,最終溶液中溶質為NaAlO2和NaCl。過氧化鈉與水反應生成的氧氣為0.2 mol12=0.1 mol,鋁與氫氧化鈉反應生成氫氣為0.2 mol32=0.3 mol,故生成氣體的體積為(0.1 mol+0.3 mol)22.4 Lmol-1=8.96 L,故A項錯誤;反應后溶液的成分是NaCl和NaAlO2,由電荷守恒可知c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2-)-c(H+),故B項錯誤;最終生成Al(OH)3為0.1 mol,質量為0.1 mol78 gmol-1=7.8 g,故C項正確;根據(jù)鈉離子守恒可知,反應后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=20.2 mol=0.4 mol,故溶液中鈉離子的物質的量濃度為0.4mol0.2 L=2 molL-1,故D項錯誤。二、非選擇題(本題包括4個小題,共40分)11.(2018江西撫州臨川一中期中)(10分)某天然堿(純凈物)可看作由CO2和NaOH反應后的產(chǎn)物所組成。稱取天然堿樣品四份溶于水后,分別逐滴加入相同濃度的鹽酸30 mL,產(chǎn)生CO2的體積(標準狀況)如下表:鹽酸的體積/mL30303030樣品質量/g2.263.395.656.78二氧化碳的體積/mL448672784672(1)由以上數(shù)據(jù),可以推測用1.13 g樣品進行同樣的實驗時,產(chǎn)生CO2 mL(標準狀況)。(2)另取2.26 g天然堿樣品于300 加熱至完全分解,產(chǎn)生112 mL(標準狀況)CO2和0.45 g H2O。計算并確定該天然堿的化學式為。(3)依據(jù)上表所列數(shù)據(jù)以及天然堿的化學式,可得鹽酸的濃度為。答案(1)224(2)Na2CO3NaHCO32H2O(3)2 molL-1解析(1)由圖表可知,鹽酸足量時,當m(樣品)3.39 g時,樣品質量與CO2的體積成正比,則用1.13 g樣品進行同樣的實驗時,產(chǎn)生CO2為448 mL2.261.13=224 mL;(2)2.26 g樣品中,n(NaHCO3)=2n(CO2)=211210-3L22.4 Lmol-1=0.01 mol,n(H2O)=0.45 g-0.005mol18 gmol-118 gmol-1=0.02 mol,由碳元素守恒得:n(Na2CO3)=0.448 L22.4 Lmol-1-0.01 mol=0.01 mol,則n(Na2CO3)n(NaHCO3)n(H2O)=0.01 mol0.01 mol0.02 mol=112,故該天然堿的組成為Na2CO3NaHCO32H2O。(3)根據(jù)表中、的數(shù)據(jù)知道,中HCl完全反應,根據(jù)Na2CO3、NaHCO3分別與鹽酸的反應,可得30 mL鹽酸中所含HCl的物質的量=6.78 g226 gmol-1+0.672 L22.4 Lmol-1=0.06 mol,所以鹽酸中c(HCl)=0.06mol0.03 L=2 molL-1。12.(10分)鈷及其化合物廣泛應用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領域。草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。下圖為二水合草酸鈷(CoC2O42H2O)在空氣中受熱的質量變化曲線,曲線中300 及以上所得固體均為鈷氧化物。(1)通過計算確定C點剩余固體的化學成分為(填化學式)。試寫出B點對應的物質與O2在225300 發(fā)生反應的化學方程式:。(2)取一定質量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物(其中Co的化合價為+2價、+3價),用480 mL 5 molL-1鹽酸恰好完全溶解固體,得到CoCl2溶液和4.48 L(標準狀況)黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O兩種原子的物質的量之比。答案(1)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2(2)56解析(1)由圖可知,CoC2O42H2O的質量為18.3 g,其物質的量為0.1 mol,鈷元素的質量為5.9 g,C點鈷氧化物的質量為8.03 g,氧化物中氧元素質量為8.03 g-5.9 g=2.13 g,則氧化物中鈷原子與氧原子物質的量之比為0.1 mol2.13 g16 gmol-134,故C點剩余固體的化學成分為Co3O4;B點對應物質的質量為14.7 g,與起始物質的質量相比減少18.3 g-14.7 g=3.6 g,恰好為結晶水的質量,故B點物質為CoC2O4,加熱時與氧氣反應生成Co3O4與二氧化碳,反應的化學方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。(2)由得失電子守恒:n(Co3+)=2n(Cl2)=24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol,由電荷守恒:n(鈷原子)總=n(Co2+)溶液=12n(Cl-)=12(0.48 L5 molL-1-24.48 L22.4 Lmol-1)=1 mol,所以分解后的固體中的n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,根據(jù)化合價代數(shù)和為0,氧化物中n(O)=(0.6 mol2+0.4 mol3)2=1.2 mol,故該鈷氧化物中n(Co)n(O)=1 mol1.2 mol=56。13.(2018寧夏育才中學高三月考)(10分)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O35H2O)俗名海波,又名“大蘇打”,是無色單斜晶體。易溶于水,不溶于乙醇,具有較強的還原性,廣泛地應用于照相等工業(yè)中?；卮鹣铝袉栴}:(1)Na2S2O35H2O屬于(填“純凈物”或“混合物”)。(2)酸性條件下,S2O32-自身發(fā)生氧化還原反應生成SO2。試寫出Na2S2O3與鹽酸反應的離子方程式:。(3)亞硫酸法制備Na2S2O35H2O的簡易流程如下:Na2S2O35H2O制備原理為(用化學方程式表示)。Na2S2O35H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4雜質,其檢驗步驟為:取適量產(chǎn)品配成稀溶液,滴加足量氯化鋇溶液,有白色沉淀生成;將白色沉淀過濾,先用蒸餾水洗滌沉淀,然后向沉淀中加入足量(填試劑名稱),若(填現(xiàn)象),則證明產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4(已知:Na2S2O3稀溶液與BaCl2溶液混合無沉淀生成)。粗品中Na2S2O35H2O的質量分數(shù)的測定:稱取6 g粗品配制250 mL的溶液待用。另取25 mL 0.01 molL-1 K2Cr2O7溶液置于錐形瓶中,然后加入過量的KI溶液和幾滴淀粉溶液并酸化,立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至終點,消耗Na2S2O3溶液25 mL。計算粗品中Na2S2O35H2O的質量分數(shù)為。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-。答案(1)純凈物(2)S2O32-+2H+S+SO2+H2O(3)Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O稀鹽酸沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體生成62%解析(1)Na2S2O35H2O屬于純凈物。(2)酸性條件下,S2O32-自身發(fā)生氧化還原反應生成SO2,所以Na2S2O3與鹽酸反應生成SO2、S、氯化鈉和水,離子方程式為S2O32-+2H+S+SO2+H2O。(3)由流程可知,制備Na2S2O35H2O的原理為Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O。Na2S2O35H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4雜質,因為Na2S2O3稀溶液與BaCl2溶液混合后無沉淀生成,而Na2SO3、Na2SO4都可以與BaCl2溶液反應,分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇沉淀,亞硫酸鋇可以溶于鹽酸生成有刺激性氣味的二氧化硫氣體,所以其檢驗步驟可以設計為:取適量產(chǎn)品配成稀溶液,滴加足量氯化鋇溶液,有白色沉淀生成;將白色沉淀過濾,先用蒸餾水洗滌沉淀,然后向沉淀中加入足量稀鹽酸,若沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體生成,則證明產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4。由粗品中Na2S2O35H2O的質量分數(shù)的測定步驟及相關的化學反應可以得到關系式:Cr2O72-3I26S2O32-,所以n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=6n(Cr2O72-)=62510-3 L0.01 molL-1=1.510-3 mol,則6 g粗品中Na2S2O35H2O的質量為250 mL25 mL1.510-3 mol248 gmol-1=3.72 g,則粗品中Na2S2O35H2O的質量分數(shù)為3.72 g6 g100%=62%。14.(2018遼寧重點高中協(xié)作校高三模擬)(10分)某淺綠色晶體Xx(NH4)2SO4yFeSO4zH2O在分析化學中常用作還原劑。為確定其組成,某小組同學進行如下實驗。.NH4+的測定:采用蒸餾法,蒸餾裝置如圖所示。相關的實驗步驟如下:準確稱取58.80 g晶體X,加水溶解后,將溶液注入三頸燒瓶中;準確量取50.00 mL 3.030 0 molL-1 H2SO4溶液于錐形瓶中;向三頸燒瓶中加入足量NaOH溶液,通入氮氣,加熱,蒸氨結束后取下錐形瓶;用0.120 molL-1 NaOH標準溶液滴定錐形瓶中過量的硫酸,滴定終點時消耗25.00 mL NaOH標準溶液。(1)儀器M的名稱為。(2)步驟中,發(fā)生的氧化還原反應的化學方程式為。蒸氨結束后,為了減少實驗誤差,還需要對直形冷凝管進行“處理”,“處理”的操作方法是。(3)步驟中,若振蕩時錐形瓶中有液體濺出,則所測得的n(NH4+)的值將(填“偏大”“偏小”或“不變”)。.SO42-含量的測定:采用重量分析法,實驗步驟如下:另準確稱取58.80 g晶體X置于燒杯中,加水溶解,邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液;將得到的溶液用無灰濾紙(灰分質量很小,可忽略)過濾,洗滌沉淀34次;用濾紙包裹好沉淀取出,灼燒濾紙包至濾紙完全灰化;繼續(xù)灼燒沉淀至恒重、稱量,得沉淀質量為69.90 g。(4)步驟中,判斷BaCl2溶液已過量的實驗操作和現(xiàn)象是。(5)步驟中,采用冷水洗滌沉淀,其主要目的是。(6)結合實驗、通過計算得出晶體X的化學式為。答案(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3用蒸餾水沖洗冷凝管內通道23次,將洗滌液注入錐形瓶中(3)偏大(4)待濁液分層后,取出上層清液少許置于試管中,向試管中加入12滴BaCl2溶液,若無白色渾濁出現(xiàn),則說明BaCl2溶液已過量(答案合理即可)(5)盡可能減少沉淀的溶解損失,減小實驗誤差(6)(NH4)2SO4FeSO46H2O解析.(1)儀器M的名稱為分液漏斗。(2)亞鐵離子與氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵沉淀,通入氮氣后,氫氧化亞鐵被氧化為氫氧化鐵,化學方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3;蒸氨結束后,直形冷凝管中會殘留一些液氨,會對測定結果產(chǎn)生影響;因此為了減少實驗誤差,還需要對直形冷凝管進行處理,處理的操作方法是用蒸餾水沖洗冷凝管內通道23次,將洗滌液注入錐形瓶中。(3)步驟中,若振蕩時錐形瓶中有液體濺出,消耗氫氧化鈉的量減小,則測定錐形瓶內溶液中剩余的硫酸的量減小,與氨氣反應的硫酸的量增多,造成所測n(NH4+)的量偏大。.(4)判斷氯化鋇是否過量,可以在上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇溶液,若沒有新的沉淀生成則說明溶液中沒有硫酸根離子,即可說明氯化鋇已經(jīng)過量。(5)用冷水洗滌可以減少固體的溶解,減小實驗誤差。(6)與NaOH反應的硫酸的物質的量為n(H2SO4)=12n(NaOH)=120.120.025 mol=0.001 5 mol;與氨氣反應的硫酸的物質的量為:0.053.030 0 mol-0.001 5 mol=0.15 mol,則氨氣的物質的量n(NH3)=2n(H2SO4)=0.3 mol;將58.80 g晶體X置于燒杯中,加水溶解,邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液,得到硫酸鋇沉淀69.90 g,則n(SO42-)=69.90 g233 gmol-1=0.3 mol,58.802x132x+152y+18z=0.3,58.80(x+y)132x+152y+18z=0.3,則x+y=2x,即x=y,令x=1,則58.802132+152+18z=0.3,則z=6,即x=1,y=1,z=6,則其化學式為(NH4)2SO4FeSO46H2O;令x=2,則58.8041322+1522+18z=0.3,則z=12。晶體的化學式應為各成分的最簡整數(shù)比,所以晶體X的化學式為(NH4)2SO4FeSO46H2O。