弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性五年高考真题

弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性五年高考真题

考点一 弱电解质的电离平衡

1．(2015·海南化学，11，4分)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10)和一氯乙酸(乙，Kb＝1.4×10)在水中的电离度与浓度关系的是( )

－3

－5

解析

根据甲、乙的电离平衡常数得，这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH

2．(2015·课标全国卷Ⅰ，13，6分)浓度均为0.10

mol·L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是( )

－1

VV0

A．MOH的碱性强于ROH的碱性 B．ROH的电离程度：b点大于a点

C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH)相等

D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M)/c(R)增大 解析 A项，0.10

mol·L的MOH和ROH，前者pH＝13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者是弱碱，

－1

－

VV0

＋＋

正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROH

＋

－

R＋OH

＋－

c（M＋）

向右进行，c(R)增大，所以减小，错误。

c（R＋）

＋

答案 D

3．(2014·山东理综，13，5分)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( ) A．水的电离程度始终增大 B.

－1

c（NH＋4）

c（NH3·H2O）

先增大再减小

－

C．c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH4)＝c(CH3COO) 解析

CH3COOH溶液中水的电离被抑制，当CH3COOH与NH3·H2O恰好反应时生成CH3COONH4，此时水的电离程度最大，再加入氨水，水的电离程度又减小，A项错误；＝

＋－

c（NH＋4）·c（H）·c（OH）c（NH3·H2O）·c（H＋）·c（OH－）

＋

－

c（NH＋4）c（NH3·H2O）

·

＝

－

c（NH＋4）·c（OH）

c（NH3·H2O）c（H＋）KW

c（H＋）

＝KNH3·H2O·，温度不变，NH3·H2O的电离平衡常数及KW均不变，随着NH3·H2O

KW

的滴加，c(H)减小，故

减小，B项错误；未滴加氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO)＝0.1 mL氨水时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO)＝0.05

mol·L，C项错误；由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，故当加入NH3·H2O的体积为10 mL时，c(NH4)＝c(CH3COO)，D项正确。 答案 D

4．(2014·广东理综，12，4分)常温下，0.2

mol·L的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是( )

－1

＋

－

－1

－

－

＋

c（NH＋4）c（NH3·H2O）

mol·L，滴加10

－1

A．HA为强酸 B．该混合液pH＝7

C．图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H D．该混合溶液中：c(A)＋c(Y)＝c(Na) 解析 混合后的溶液为0.1

－1

－

－

＋

－

＋

mol·L

－1

NaA溶液，由题图知，c(A)<0.1

－

－

mol·L，所以A发生了水解，所以HA是弱酸，A错误；A水解，溶液呈碱性，B错误；根据电解质溶液中的三个守恒知：在NaA中，c(Na)>c(A)>c(OH)>c(HA)>c(H)，由上述分析知，Y是HA分子，C错误；根据物料守恒得c(A)＋c(HA)＝c(Na)，D正确。 答案 D

5．(2013·安徽理综，13，6分)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：

HSO3＋H2OHSO3

－

＋

－

－

＋

＋

－

－

＋

H2SO3＋OH ① H＋SO3 ②

－1

2－

－

向0.1 mol·L的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是( ) A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO3)增大 1＋＋－－2－

B．加入少量Na2SO3固体，则c(H)＋c(Na)===c(HSO3)＋c(OH)＋c(SO3)

2

－

c（SO2c（OH－）3）

C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大

c（HSO－c（H＋）3）

－

D．加入氨水至中性，则2c(Na)＝c(SO3)>c(H)＝c(OH) 解析

加入金属钠，钠与溶液中的H反应，使平衡②右移，生成的NaOH使平衡①左移，但溶液中c(HSO3)减小，A错；根据电荷守恒式可知B错；加入少量NaOH溶液后，平衡①左移，平衡②右移，故

2－

c（SO3）

－c（HSO3）

－

＋

＋2－＋－

增大，溶液的碱性增强，

c（OH－）c（H＋）

变大，C正确；根据电荷守恒知，D错。 答案 C

6．(2013·浙江理综，12，6分)25 ℃时，用浓度为0.100 0 mol·L的NaOH溶液滴定25.00

－1

mL浓度均为0.100

mol·L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )

－1

0

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ＜HY＜HX B．根据滴定曲线，可得Ka(HY)＝10

C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X)＞c(Y)＞c(OH)＞c(H)

D．HY与HZ混合，达到平衡时c(H)＝解析

由图中起始时溶液的pH可知，HZ为强酸，HY、HX为弱酸，且酸性HY>HX。A项，由于电离程度HZ>HY>HX，所以溶液的导电性HZ>HY>HX，错误；B项，0.1 HY的pH＝3，即c(H)＝10

mol/L，Ka＝(10)/0.1＝10，正确；C项，由于HX的酸性比HY弱，故X的水解程度比Y大，c(X)比c(Y)低，错误；D项，Ka(HY)·c(HY)/c(Y)＝c(H)，错误。 答案 B

7．(2013·海南化学，8，4分)0.1

mol·LHF溶液的pH＝2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是(双选)( ) ．．．A．c(H)>c(F) B．c(H)>c(HF) C．c(OH)>c(HF) D．c(HF)>c(F) 解析 由0.1

溶液的pH＝2，可知HF为弱酸，且该溶液的HF溶液电离出来的c(H)＝0.01

mol·L，同时溶液中的H2O发生电离生成H和OH，故c(HF)>c(H)>c(F)，故A、D正确，B错误；水的电离微弱，故c(HF)>c(OH)，故C项错误。 答案 BC

8．(2013·全国大纲卷，12，6分)如图表示水中c(H)和c(OH) 的关系，下列判断错误的是( ) ．．

＋

－

－

－1

＋

－

＋

－

＋

－

－

＋

－

＋

－1－

－

－

－

＋

－32

－5

－

＋

－3

＋

－

－

＋

－

－5

Ka（HY）·c（HY）－－

＋c(Z)＋c(OH) －

c（Y）

mol/L

mol·LHF

－1

A．两条曲线间任意点均有c(H)×c(OH)＝Kw B．M区域内任意点均有c(H)

D．XZ线上任意点均有pH＝7 解析

由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H)×c(OH)＝Kw，A正确；由图中纵轴横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H)T1，C正确，XZ线上任意点都有c(H)＝c(OH)，只有 当c(H)＝10mol·L时，才有pH＝7，D错误。 答案 D

9．(2011·福建理综，10，6分)常温下0.1

mol·L醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是( ) A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体 C．加入等体积0.2 mol·L盐酸 D．提高溶液的温度 解析

A项，醋酸是弱酸，将弱酸溶液稀释到原体积的10倍，pH增加不到1个单位；C项，加入等体积0.2

mol·L的盐酸，溶液中的H主要来自于盐酸的电离，此时溶液中的H浓度大于0.1 mol·L，混合溶液的pH比a要小；D项，温度升高，CH3COOH的电离程度增大，pH减小；B项，加入CH3COONa后，溶液中的CH3COO浓度增大，促使醋酸的电离平衡逆向移动，H浓度下降，pH增大。 答案 B

10．(2011·课标全国卷，10，6分)将浓度为0.1

mol·LHF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是( ) A．c(H)

＋－1

＋

－

－1－1

＋

＋

－1

－1－

＋

－7

－1

＋

－

＋

＋

－＋

－

＋

－

＋－

B．Ka(HF)

c（F－）C. c（H＋）c（H＋）D. c（HF）

c（H＋）

解析 HF溶液加水稀释，平衡向右移动，所以增大，选项D正确。

c（HF）

C．a不可能显酸性 D．b可能显碱性或酸性

－3

－1

－3

解析 pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于10 mol·L和等于10 mol·L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，两者都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时只能酸可能过量或二者恰好反应。 答案 AB 考点三 酸碱中和滴定

1．(2015·广东理综，12，4分)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0mol·LNaOH溶液滴定，下列说法正确的是 A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大

C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 解析

A项，滴定管用水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。 答案 B

2．(2013·天津理综，4，6分)下列实验误差分析错误的是( )

A．用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小

B．用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 C．滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小 D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小 解析

pH试纸不能湿润，若用润湿的pH试纸测碱溶液时，对碱溶液起到稀释作用，c(OH)变小，pH偏小，

A正确；容量瓶定容时俯视会使实际液面低于刻度线，造成V偏小，c偏大，B错误；中和滴定时，滴定后有气泡，因气泡占有体积，造成ΔV偏小，C正确；D项中，“缓慢”操作会使一部分热量散失，所测温度值偏小，D正确。

－

－1－1

答案 B

3．(2012·上海化学，10，2分)用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是 ( )

A．试样中加入酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定 B．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定 C．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，直接加入待测溶液进行滴定

D．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00 mL进行滴定 解析

A、C项操作对测定结果无影响；B项操作导致标准液变稀，消耗体积变大，使测得结果偏高；D项操作导致待测液浓度变小，因此测定结果偏低。 答案 B

4．(2015·山东理综，31，19分)毒重石的主要成分BaCO3(含Ca、Mg、Fe等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：

2＋

2＋

3＋

(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的________。 a．烧杯 b．容量瓶 c．玻璃棒 d．滴定管 (2)

开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH Ca 11.9 13.9 2＋Mg 9.1 11.1 2＋Fe 1.9 3.2 3＋加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是________________________________。 已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10。 (3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba的含量，实验分两步进行。

2＋

－7

－9

已知：2CrO4＋2H===Cr2O7＋H2O Ba＋CrO4===BaCrO4↓ 步骤Ⅰ

－1

2－＋2－2＋2－

移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b

mol·L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。 步骤Ⅱ：移取y

mL

2＋

BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ

相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。

滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。 解析

(1)充分研磨的目的是增大反应物的接触面积，从而使反应速率加快。配制一定质量分数的溶液，可以算出所需37%的盐酸及水的体积，然后在烧杯中稀释，为加速溶解，要用玻璃棒进行搅拌。(2)根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH＝8时，只有Fe完全沉淀而除去。加入NaOH，调pH＝12.5，对比表格中数据可知，此时Mg完全沉淀，Ca部分沉淀，所以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。根据Ksp(BaC2O4)＝1.6×10

－7

2＋

3＋

2＋

2＋

－1

－1

，H2C2O4过量时Ba会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl2·2H2O的产量减少。(3)“0”刻

2－

＋

－3

2＋

度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO4～H，则有c(BaCl2)×y×10L＝b

－1

mol·L×(V0－V1)×10

－1－3

L，解得c(BaCl2)＝

2＋

b（V0－V1）

ymol·L。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba浓度测量值将偏大。

答案 (1)增大接触面积从而使反应速率加快 ac

(2)Fe Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少 (3)上方

3＋

b（V0－V1）

偏大 y5．(2015·四川理综，9，13分)(NH4)2SO4是常用的化肥和化工原料，受热易分解。某兴趣小组拟探究其分解产物。

【查阅资料】(NH4)2SO4在260 ℃和400 ℃时分解产物不同。

【实验探究】该小组拟选用下图所示装置进行实验(夹持和加热装置略)。

实验1：连接装置A－B－C－D，检查气密性，按图示加入试剂(装置B盛0.500 mol/L盐酸70.00

mL)。通入N2排尽空气后，于260 ℃加热装置A一段时间，停止加热，冷却，停止通入N2。品红溶液不褪色。取下装置B，加入指示剂，用0.200 NaOH溶液滴定剩余盐酸，终点时消耗NaOH溶液25.00 mL。经检验滴定后的溶液中无SO4。 (1)仪器X的名称是________。

(2)滴定前，下列操作的正确顺序是________(填字母编号)。 a．盛装0.200 0 mol/L NaOH溶液 b．用0.200 0 mol/L NaOH溶液润洗 c．读数、记录 d．查漏、清洗

e．排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面

(3)装置B内溶液吸收气体的物质的量是________mol。

实验2：连接装置A－D－B，检查气密性，按图示重新加入试剂。通入N2排尽空气后于400 ℃加热装置A至(NH4)2SO4完全分解无残留物，停止加热，冷却，停止通入N2。观察到装置A、D之间的导气管内有少量白色固体。经检验，该白色固体和装置D内溶液中有SO

2－3

2－

0

0 mol/L

，无SO4。进一步研究发现，气体产物中无氮氧化物。

2－3

2－

(4)检验装置D内溶液中有SO，无SO

2－4

的实验操作和现象是__________________________________________________________________。

(5)装置B内溶液吸收的气体是________。

(6)(NH4)2SO4在400 ℃分解的化学方程式是__________________________________________________________________

__________________________________________________________________。 解析

实验1：反应过程中C中品红溶液不褪色说明(NH4)2SO4在260 ℃下分解没有SO2生成。(1)仪器A是圆底烧瓶。(2)滴定管在使用前首先检查是否漏水，然后用蒸馏水清洗，再用待装溶液润洗，随后装入溶液排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面至零刻度线或零刻度线以下，最后读数并记录；(3)根据化学方程式HCl＋NaOH===NaCl＋H2O可知，装置B吸收NH3后剩余的HCl的物质的量为0.200

0

mol/L×0.025

00

L＝0.005

mol，又由化学方程式HCl＋NH3===NH4Cl可知，吸收NH3的物质的量为n(NH3)＝n(HCl)＝0.500 0 mol/L×0.070 00 L－0.005 mol＝0.03 mol。

实验2：装置D内溶液中有SO3，没有SO4，则说明D中存在Na2SO3和NaOH，故向D的溶液中加入BaCl2溶液时产生白色沉淀，再加入足量的稀盐酸，若白色沉淀完全溶解，则可证明装置D内溶液中有SO3，没有SO4，由此可知(NH4)2SO4在400 ℃时分解有SO2生成，又由(NH4)2SO4在400

℃时完全分解无残留物，说明生成物全部是气体，SO

2－4＋4

2－

2－

2－

2－

转化为SO2的过程中S元素的化合价降低，根据氧化还原反应规律可知，NH

中N元素的化合价必定升高，由于气体产物中没有氮氧化物，故一定有N2生成；又由于A、D之间的导管中有少量的白色固体生成，则该白色固体为铵盐，故气体产物中还有氨气生成，由此可知(NH4)2SO4在400 ℃时完全分解的化学方程式为3(NH4)2SO4

400 ℃=====

4NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑，由于D装置中的NaOH溶液不能吸收NH3，故装置B中的盐酸吸收的是NH3。 答案 (1)圆底烧瓶 (2)dbaec (3)0.03

(4)取少量装置D内溶液于试管中，滴加BaCl2溶液，生成白色沉淀，加入足量的稀盐酸后，沉淀完全溶解，放出无色刺激性气体 (5)NH3(或氨气)

400 ℃

(6)3(NH4)2SO4=====4NH3↑＋N2↑＋3SO2↑＋6H2O↑

6．(2014·重庆理综，9，15分)中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2

最大使用量为0.25

g·L。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测量。

－1

(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。 (2)B中加入300.00

mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__________________________________________

__________________________________________________________________。 (3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090

0

mol·L

－1

NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50

mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10 mL，②＝40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。

(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L。 (5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施__________________________________________________________________

__________________________________________________________________。 解析

(1)仪器A是蒸馏实验中使用的冷凝器；为使冷凝更充分，要让水在冷凝器中缓慢上升，所以水由b口进，若a口进，冷凝管中水装不满。(2)SO2具有还原性，而H2O2具有氧化性，所以反应为SO2＋H2O2===H2SO4。(3)NaOH是强碱，应装在碱式滴定管中，为赶出尖嘴处气泡，要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡，所以选③；酚酞的变色范围在8.2～10.0之间，而滴定终点时溶液的pH＝8.8，所以可以选择酚酞作指示剂；根据题意及滴定

－1

管的结构知，刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液，所以滴定管内液体体积大于40 mL，选④。(4)滴定时发生的反应为H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，则可得n(SO2)＝

12

n(NaOH)＝

－1

1－1－3－3

×0.090 0 mol·L×25.00×10L＝1.125×10mol，m(SO2)＝64 2

－3

－3

－3

72×10g

g·mol×1.125×10mol＝72×10g，该葡萄酒中SO2含量为＝0.24 －3

300.00×10Lg·L。(5)B中有盐酸，加热时挥发出的HCl气体进入C中，所以滴定时，多消耗了NaOH溶液，从而使测定结果比实际值偏高，若仍用现有装置进行实验，可用硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄糖做对比实验。

答案 (1)冷凝管或冷凝器 b (2)SO2＋H2O2===H2SO4 (3)③ 酚酞 ④ (4)0.24

(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响

7．(2013·江苏化学，18，12分)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：①准确称取2.335 g样品，配制成100.00

－1－1

0 00

2－

mL溶液A；②准确量取25.00

2＋

mL溶液A，用0.040

2＋

2－

mol·L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni(离子方程式为Ni＋H2Y===NiY＋2H)，消耗EDTA标准溶液31.25

＋

mL；③另取25.00

mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加热，生成NH3 56.00 mL(标准状况)。

(1)若滴定管在使用前未用EDTA标准溶液润洗，测得的Ni含量将________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。

(2)氨气常用________检验，现象是__________________________________。 (3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。

解析 (1)滴定过程中的反应方程式为：Ni＋H2Y===NiY＋2H

2＋

2－

2－

＋

2＋

c（H2Y2－）·V（H2Y2－）

c(Ni)＝

V（Ni2＋）

2＋

若未用EDTA标准液润洗会造成EDTA浓度偏低，消耗EDTA标准液体积增加，故结果偏高。

答案 (1)偏高 (2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝

(3)n(Ni)＝0.040 00 mol·L×31.25 mL×10 L·mL＝1.250×10mol 56.00 mL×10 L·mL－3

n(NH)＝＝2.500×10mol －1

22.4 L·mol

＋4

－3

－1

2＋

－1

－3

－1

－3

2n（Ni）＋n（NH4）

n(SO)＝＝

2

2－4

2＋＋

2×1.250×10 mol＋2.500×10 mol－3

＝2.500×10 mol

2

－3－3

m(Ni2＋)＝59 g·mol－1×1.250×10－3 mol＝0.073 75 g

－1－3

m(NH＋4)＝18 g·mol×2.500×10 mol＝0.045 00 g －－1－3m(SO24)＝96 g·mol×2.500×10 mol＝0.240 0 g

n(H2O)

25.00 mL2.335 0 g×－0.073 75 g－0.045 00 g－0.240 0 g100.00 mL

＝ －1

18 g·mol＝1.250×10 mol

2＋2－

x∶y∶m∶n＝n(NH＋4)∶n(Ni)∶n(SO4)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10

－2

硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O

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