专题突破练2 化学常用计量及应用一、选择题(本题包括10个小题,每小题6分,共60分)1.(2022山东新泰新汶中学检测)快速准确称量8.0gNaOH配成2L溶液,下列说法中正确的是( ) A.室温时,所配溶液中水电离的c(OH-)为1.0×10-7mol·L-1B.若从原溶液中取出200mL,取出的溶液的物质的量浓度为0.01mol·L-1C.室温下,若向所配的溶液中通入适量的氯气,恰好反应时所消耗的氯气的体积为2.24LD.室温下,向所配制的溶液中加入足量的铝粉,充分反应后转移的电子数为0.6mol答案D解析快速准确称量,就不考虑称量过程中NaOH变质引起的误差,则8.0gNaOH配成2L溶液时,氢氧化钠的物质的量浓度为0.1mol·L-1。室温时,由KW可计算出溶液中水电离的氢离子的浓度:c(H+)=KW0.1mol·L-1=1.0×10-13mol·L-1,而由水电离产生的氢离子浓度等于水电离产生的氢氧根离子的浓度,则溶液中水电离的c(OH-)为1.0×10-13mol·L-1,故A项错误;若从原溶液中取出一定体积的溶液,则浓度不变,故B项错误;8.0gNaOH最多可吸收0.1mol氯气,但在室温下,不能用标准状况的气体摩尔体积计算气体的物质的量,故C项错误;铝与氢氧化钠溶液充分反应:2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,由方程式计算可知,0.2molNaOH与足量铝反应可生成0.3mol氢气,转移0.6mol电子,故D项正确。2.(2022江西重点中学协作体第一次联考)用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是( )①31g白磷中含有1.5NA个P—P②1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含阴离子总数为0.1NA个③标准状况下,22.4LHF含NA个分子④电解精炼铜时转移了NA个电子,阳极溶解32g铜⑤标准状况下,2.24LCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NA9\n⑥常温下,含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应,生成SO2的分子数小于0.1NA⑦142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中,阴、阳离子总数为3NA⑧NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量为107gA.①③④⑧B.①⑥⑦C.③⑤⑦D.①⑥⑧答案B解析①1mol白磷中含有6molP—P键,31g白磷(0.25mol)中含有P—P键1.5NA个,正确;②CO32-+H2OHCO3-+OH-,1个CO32-水解产生2个阴离子,溶液中阴离子总数增大,所以1L0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中含阴离子总数大于0.1NA,错误;③标准状况下,HF为液体,不能通过摩尔体积计算,错误;④粗铜中含有锌、铁、银等杂质,锌、铁等活泼金属先失电子,反应完成后,铜再失电子,阳极溶解铜不等于32g,错误;⑤氯气和水反应为可逆反应,0.1mol氯气反应转移电子数小于0.1NA,错误;⑥浓硫酸与足量铜加热反应,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,稀硫酸与铜不反应,所以生成SO2的分子数小于0.1NA,正确;⑦若142g全为Na2SO4,则含有阴、阳离子总数为3NA,若142g全为Na2HPO4,则含有阴、阳离子总数为3NA,所以142gNa2SO4和Na2HPO4固体混合物中,阴、阳离子总数为3NA,正确;⑧胶体粒子是很多微粒的集合体,NA个Fe(OH)3胶体粒子的质量大于107g,错误。3.(2022福建永春县高三联考)现有一定量的气体如下:①标准状况下6.72LCH4、②3.01×1023个HCl分子、③13.6gH2S、④0.2molNH3,下列对这四种气体的关系从大到小排列的组合中正确的是( )a.标况下体积:②>③>①>④b.同温同压下的密度:②>③>④>①c.质量:②>③>①>④d.氢原子个数:①>③>④>②A.abcB.abcdC.abdD.bcd答案B解析①标准状况下6.72LCH4的物质的量是0.3mol,②3.01×1023个HCl分子的物质的量是0.5mol,③13.6gH2S的物质的量是0.4mol,④0.2molNH3。相同条件下体积与物质的量成正比,则标况下体积:②>③>①>④,故a正确;同温同压下气体的密度与相对分子质量成正比,则同温同压下的密度:②>③>④>①,故b正确;0.3molCH4的质量是4.8g,0.5molHCl的质量是18.25g;0.2molNH3的质量是3.4g,则质量:②>③>①>④,故c正确;0.3molCH4含氢原子1.2mol,0.5molHCl含氢原子0.5mol,0.4molH2S含氢原子0.8mol,0.2molNH3含氢原子0.6mol,则氢原子个数:①>③>④>②,故d正确。4.(2022云南曲靖第一中学高三月考)在VmL硫酸铝溶液中含mg铝离子,取该溶液V3mL,用水稀释成2VmL,则稀释后溶液中的硫酸根离子的物质的量浓度为( )A.250m27Vmol·L-1B.125m27Vmol·L-1C.500m27Vmol·L-1D.1000m27Vmol·L-19\n答案A解析mg铝离子的物质的量为m27mol,取该溶液V3mL,则溶液中铝离子的物质的量为m27×3mol,用水稀释成2VmL时,铝离子浓度为500m27×3Vmol·L-1,根据硫酸铝的组成可知,硫酸根离子的物质的量浓度是铝离子物质的量浓度的32倍,则硫酸根离子的物质的量浓度为250m27Vmol·L-1,A项正确。5.在甲、乙两个体积不同的密闭容器中,分别充入质量相同的CO、CO2气体时,两容器的温度和压强均相同,则下列说法正确的是( )A.充入的CO分子数比CO2分子数少B.甲容器的体积比乙容器的体积小C.CO的摩尔体积比CO2的摩尔体积小D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小答案D解析在温度、压强相同条件下,气体摩尔体积相等,根据n=mM可知,相同质量时其物质的量之比等于其摩尔质量的反比,CO和CO2的摩尔质量分别是28g·mol-1、44g·mol-1,所以二者的物质的量之比=(44g·mol-1)∶(28g·mol-1)=11∶7。根据N=nNA知,二者的分子数之比等于其物质的量之比,即11∶7,所以CO分子数多,A项错误;根据V=nVm知,相同条件下,气体体积之比等于其物质的量之比,所以甲的体积比乙大,B项错误;温度和压强相等,气体摩尔体积相等,C项错误;根据ρ=MVm可知,相同条件下,其密度之比等于摩尔质量之比,所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小,D项正确。6.(2022山东淄博第一中学高三上学期开学考试)将一定量xAl2(SO4)3·y(NH4)2SO4·24H2O晶体加入过量NaOH溶液中,加热生成NH30.85g(假如生成的NH3全部逸出),再通入过量的CO2,过滤、洗涤、灼烧,得Al2O3固体2.55g。则x∶y为(已知:Al2O3的相对分子质量为102;NH3的相对分子质量为17)( )A.1∶2B.1∶1C.1∶4D.2∶1答案B解析根据质量守恒定律可以知道,晶体中的氮元素和氨气中的氮元素的质量相等,而晶体中的铝元素的质量和生成的氧化铝中的铝元素的质量相等,即:2x∶2y=(2.55×2÷102)∶(0.85÷17)=1∶1,解得x∶y=1∶1。7.(2022甘肃兰州一中高三月考)把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份,一份加入含amolNaOH的溶液,恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液,恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为( )A.b-aVmol·L-1B.2b-aVmol·L-1C.2(2b-a)Vmol·L-1D.2(b-a)Vmol·L-1答案C9\n解析消耗氢氧化钠是amol,则每一份溶液中镁离子的物质的量是0.5amol;消耗氯化钡是bmol,所以每一份溶液中SO42-的物质的量是bmol,则每一份溶液中硫酸钾的物质的量是(b-0.5a)mol,由此可知每一份溶液中钾离子的物质的量是(2b-a)mol,浓度是(2b-a)mol0.5VL=2(2b-a)Vmol·L-1。8.(2022湖北八校高三联考)为测定某草酸晶体(H2C2O4·2H2O)样品的纯度,现称取一定质量的该样品,配制成100mL溶液,取25.00mL该溶液置于锥形瓶中,加适量稀硫酸,用0.100mol·L-1的KMnO4溶液滴定(杂质不参与反应)。为省去计算过程,设称取样品的质量为某数值时,滴定所用KMnO4溶液的毫升数恰好等于样品中草酸晶体的质量分数的100倍。则应称取样品的质量为( )A.2.25gB.3.15gC.9.00gD.12.6g答案D解析H2C2O4与KMnO4反应的化学方程式为5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O,设样品中草酸晶体的质量分数为x,滴定所用KMnO4溶液的体积为100xmL,则[m(样品)x÷126g·mol-1×25.00mL100mL]∶(0.100×100x÷1000)mol=5∶2,解得m(样品)=12.6g。9.(2022清华大学附属中学高三月考)氢氧化铜和碱式碳酸铜均可溶于盐酸转化为氯化铜。在高温下这两种化合物均能分解生成氧化铜。溶解25.25g二者的混合物,恰好消耗1.0mol·L-1盐酸500mL。灼烧等量的上述混合物,得到氧化铜的质量为( )A.15gB.20gC.30gD.35g答案B解析混合物加入盐酸发生反应:Cu(OH)2+2HClCuCl2+2H2O、Cu2(OH)2CO3+4HCl2CuCl2+CO2↑+3H2O,恰好消耗盐酸500mL,生成CuCl2物质的量为500×10-3×12mol=0.25mol,则混合物中铜原子的物质的量为0.25mol,因此根据铜原子守恒,灼烧后生成CuO的物质的量为0.25mol,其质量为0.25mol×80g·mol-1=20g,故选项B正确。10.(2022北京第二十中学高三月考)将15.6gNa2O2和5.4gAl同时放入一定量的水中,充分反应后得到200mL溶液,再向该溶液中缓慢通入标准状况下的HCl气体6.72L,若反应过程中溶液的体积保持不变,则下列说法正确的是( )A.标准状况下,反应过程中得到6.72L的气体B.最终得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)C.最终得到7.8g沉淀D.最终得到的溶液中c(Na+)=1.5mol·L-1答案C解析15.6gNa2O2的物质的量为15.6g78g·mol-1=0.2mol,5.4gAl的物质的量为5.4g27g·mol-1=0.2mol,首先发生反应2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,生成NaOH为0.4mol,再发生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2↑,由方程式可知Al完全反应,剩余NaOH为0.4mol-0.2mol=0.2mol,生成NaAlO2为0.2mol,通入标准状况下的HCl气体6.72L,其物质的量为6.72L22.4L·mol-1=0.39\nmol,首先发生反应NaOH+HClNaCl+H2O,剩余HCl为0.3mol-0.2mol=0.1mol,再发生反应NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3↓+NaCl,由方程式可知,NaAlO2有剩余,HCl完全反应,生成Al(OH)3为0.1mol,最终溶液中溶质为NaAlO2和NaCl。过氧化钠与水反应生成的氧气为0.2mol×12=0.1mol,铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×32=0.3mol,故生成气体的体积为(0.1mol+0.3mol)×22.4L·mol-1=8.96L,故A项错误;反应后溶液的成分是NaCl和NaAlO2,由电荷守恒可知c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2-)-c(H+),故B项错误;最终生成Al(OH)3为0.1mol,质量为0.1mol×78g·mol-1=7.8g,故C项正确;根据钠离子守恒可知,反应后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=2×0.2mol=0.4mol,故溶液中钠离子的物质的量浓度为0.4mol0.2L=2mol·L-1,故D项错误。二、非选择题(本题包括4个小题,共40分)11.(2022江西抚州临川一中期中)(10分)某天然碱(纯净物)可看作由CO2和NaOH反应后的产物所组成。称取天然碱样品四份溶于水后,分别逐滴加入相同浓度的盐酸30mL,产生CO2的体积(标准状况)如下表:ⅠⅡⅢⅣ盐酸的体积/mL30303030样品质量/g2.263.395.656.78二氧化碳的体积/mL448672784672(1)由以上数据,可以推测用1.13g样品进行同样的实验时,产生CO2 mL(标准状况)。 (2)另取2.26g天然碱样品于300℃加热至完全分解,产生112mL(标准状况)CO2和0.45gH2O。计算并确定该天然碱的化学式为 。 (3)依据上表所列数据以及天然碱的化学式,可得盐酸的浓度为 。 答案(1)224 (2)Na2CO3·NaHCO3·2H2O(3)2mol·L-1解析(1)由图表可知,盐酸足量时,当m(样品)≤3.39g时,样品质量与CO2的体积成正比,则用1.13g样品进行同样的实验时,产生CO2为448mL2.26×1.13=224mL;(2)2.26g样品中,n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×112×10-3L22.4L·mol-1=0.01mol,n(H2O)=0.45g-0.005mol×18g·mol-118g·mol-1=0.02mol,由碳元素守恒得:n(Na2CO3)=0.448L22.4L·mol-1-0.01mol=0.01mol,则n(Na2CO3)∶n(NaHCO3)∶n(H2O)=0.01mol∶0.01mol∶0.02mol=1∶1∶2,故该天然碱的组成为Na2CO3·NaHCO3·2H2O。(3)根据表中Ⅱ、Ⅳ的数据知道,Ⅳ中HCl完全反应,根据Na2CO3、NaHCO3分别与盐酸的反应,可得309\nmL盐酸中所含HCl的物质的量=6.78g226g·mol-1+0.672L22.4L·mol-1=0.06mol,所以盐酸中c(HCl)=0.06mol0.03L=2mol·L-1。12.(10分)钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线,曲线中300℃及以上所得固体均为钴氧化物。(1)通过计算确定C点剩余固体的化学成分为 (填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225~300℃发生反应的化学方程式: 。 (2)取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为+2价、+3价),用480mL5mol·L-1盐酸恰好完全溶解固体,得到CoCl2溶液和4.48L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O两种原子的物质的量之比 。 答案(1)Co3O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2 (2)5∶6解析(1)由图可知,CoC2O4·2H2O的质量为18.3g,其物质的量为0.1mol,钴元素的质量为5.9g,C点钴氧化物的质量为8.03g,氧化物中氧元素质量为8.03g-5.9g=2.13g,则氧化物中钴原子与氧原子物质的量之比为0.1mol∶2.13g16g·mol-1≈3∶4,故C点剩余固体的化学成分为Co3O4;B点对应物质的质量为14.7g,与起始物质的质量相比减少18.3g-14.7g=3.6g,恰好为结晶水的质量,故B点物质为CoC2O4,加热时与氧气反应生成Co3O4与二氧化碳,反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。(2)由得失电子守恒:n(Co3+)=2n(Cl2)=2×4.48L22.4L·mol-1=0.4mol,由电荷守恒:n(钴原子)总=n(Co2+)溶液=12n(Cl-)=12×(0.48L×5mol·L-1-2×4.48L22.4L·mol-1)=1mol,所以分解后的固体中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6mol,根据化合价代数和为0,氧化物中n(O)=(0.6mol×2+0.4mol×3)÷2=1.2mol,故该钴氧化物中n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5∶6。13.(2022宁夏育才中学高三月考)(10分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)俗名海波,又名“大苏打”,是无色单斜晶体。易溶于水,不溶于乙醇,具有较强的还原性,广泛地应用于照相等工业中。回答下列问题:(1)Na2S2O3·5H2O属于 (填“纯净物”或“混合物”)。 (2)酸性条件下,S2O32-自身发生氧化还原反应生成SO2。试写出Na2S2O3与盐酸反应的离子方程式: 。 (3)亚硫酸法制备Na2S2O3·5H2O的简易流程如下:9\n①Na2S2O3·5H2O制备原理为 (用化学方程式表示)。 ②Na2S2O3·5H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4杂质,其检验步骤为:取适量产品配成稀溶液,滴加足量氯化钡溶液,有白色沉淀生成;将白色沉淀过滤,先用蒸馏水洗涤沉淀,然后向沉淀中加入足量 (填试剂名称),若 (填现象),则证明产品中含有Na2SO3和Na2SO4(已知:Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成)。 ③粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数的测定:称取6g粗品配制250mL的溶液待用。另取25mL0.01mol·L-1K2Cr2O7溶液置于锥形瓶中,然后加入过量的KI溶液和几滴淀粉溶液并酸化,立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液25mL。计算粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为 。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-。 答案(1)纯净物 (2)S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O(3)Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O 稀盐酸 沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体生成 62%解析(1)Na2S2O3·5H2O属于纯净物。(2)酸性条件下,S2O32-自身发生氧化还原反应生成SO2,所以Na2S2O3与盐酸反应生成SO2、S、氯化钠和水,离子方程式为S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O。(3)①由流程可知,制备Na2S2O3·5H2O的原理为Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O。②Na2S2O3·5H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4杂质,因为Na2S2O3稀溶液与BaCl2溶液混合后无沉淀生成,而Na2SO3、Na2SO4都可以与BaCl2溶液反应,分别生成亚硫酸钡和硫酸钡沉淀,亚硫酸钡可以溶于盐酸生成有刺激性气味的二氧化硫气体,所以其检验步骤可以设计为:取适量产品配成稀溶液,滴加足量氯化钡溶液,有白色沉淀生成;将白色沉淀过滤,先用蒸馏水洗涤沉淀,然后向沉淀中加入足量稀盐酸,若沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体生成,则证明产品中含有Na2SO3和Na2SO4。③由粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数的测定步骤及相关的化学反应可以得到关系式:Cr2O72-~3I2~6S2O32-,所以n(Na2S2O3·5H2O)=n(S2O32-)=6n(Cr2O72-)=6×25×10-3L×0.01mol·L-1=1.5×10-3mol,则6g粗品中Na2S2O3·5H2O的质量为250mL25mL×1.5×10-3mol×248g·mol-1=3.72g,则粗品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为3.72g6g×100%=62%。14.(2022辽宁重点高中协作校高三模拟)(10分)某浅绿色晶体X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]在分析化学中常用作还原剂。为确定其组成,某小组同学进行如下实验。Ⅰ.NH4+的测定:采用蒸馏法,蒸馏装置如图所示。9\n相关的实验步骤如下:①准确称取58.80g晶体X,加水溶解后,将溶液注入三颈烧瓶中;②准确量取50.00mL3.0300mol·L-1H2SO4溶液于锥形瓶中;③向三颈烧瓶中加入足量NaOH溶液,通入氮气,加热,蒸氨结束后取下锥形瓶;④用0.120mol·L-1NaOH标准溶液滴定锥形瓶中过量的硫酸,滴定终点时消耗25.00mLNaOH标准溶液。(1)仪器M的名称为 。 (2)步骤③中,发生的氧化还原反应的化学方程式为 。蒸氨结束后,为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行“处理”,“处理”的操作方法是 。 (3)步骤④中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,则所测得的n(NH4+)的值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。 Ⅱ.SO42-含量的测定:采用重量分析法,实验步骤如下:①另准确称取58.80g晶体X置于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液;②将得到的溶液用无灰滤纸(灰分质量很小,可忽略)过滤,洗涤沉淀3~4次;③用滤纸包裹好沉淀取出,灼烧滤纸包至滤纸完全灰化;④继续灼烧沉淀至恒重、称量,得沉淀质量为69.90g。(4)步骤①中,判断BaCl2溶液已过量的实验操作和现象是 。 (5)步骤②中,采用冷水洗涤沉淀,其主要目的是 。 (6)结合实验Ⅰ、Ⅱ通过计算得出晶体X的化学式为 。 答案(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3 用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次,将洗涤液注入锥形瓶中(3)偏大 (4)待浊液分层后,取出上层清液少许置于试管中,向试管中加入1~2滴BaCl2溶液,若无白色浑浊出现,则说明BaCl2溶液已过量(答案合理即可) (5)尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差 (6)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O解析Ⅰ.(1)仪器M的名称为分液漏斗。(2)亚铁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀,通入氮气后,氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁,化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3;蒸氨结束后,直形冷凝管中会残留一些液氨,会对测定结果产生影响;因此为了减少实验误差,还需要对直形冷凝管进行处理,处理的操作方法是用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次,将洗涤液注入锥形瓶中。(3)步骤④中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,消耗氢氧化钠的量减小,则测定锥形瓶内溶液中剩余的硫酸的量减小,与氨气反应的硫酸的量增多,造成所测n(NH4+)的量偏大。9\nⅡ.(4)判断氯化钡是否过量,可以在上层清液中继续滴加氯化钡溶液,若没有新的沉淀生成则说明溶液中没有硫酸根离子,即可说明氯化钡已经过量。(5)用冷水洗涤可以减少固体的溶解,减小实验误差。(6)与NaOH反应的硫酸的物质的量为n(H2SO4)=12n(NaOH)=12×0.12×0.025mol=0.0015mol;与氨气反应的硫酸的物质的量为:0.05×3.0300mol-0.0015mol=0.15mol,则氨气的物质的量n(NH3)=2n(H2SO4)=0.3mol;将58.80g晶体X置于烧杯中,加水溶解,边搅拌边加入过量的BaCl2溶液,得到硫酸钡沉淀69.90g,则n(SO42-)=69.90g233g·mol-1=0.3mol,58.80×2x132x+152y+18z=0.3,58.80×(x+y)132x+152y+18z=0.3,则x+y=2x,即x=y,令x=1,则58.80×2132+152+18z=0.3,则z=6,即x=1,y=1,z=6,则其化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O;令x=2,则58.80×4132×2+152×2+18z=0.3,则z=12。晶体的化学式应为各成分的最简整数比,所以晶体X的化学式为(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。9
