高三化学扬州市届高三上学期期中检测化学试题分析.docx
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高三化学扬州市届高三上学期期中检测化学试题分析
注意事项:
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共8页,包含选择题[第1题~第15题,共40分]、非选择题[第16题~第21题,共80分]两部分。
本次考试时间为100分钟,满分120分。
考试结束后,请将答题卡交回。
2.答题前,请考生务必将自己的学校、班级、姓名、学号、考生号、座位号用0.5毫米的黑色签字笔写在答题卡上相应的位置。
3.选择题每小题选出答案后,请用2B铅笔在答题纸指定区域填涂,如需改动,用橡皮擦干净后,再填涂其它答案。
非选择题请用0.5毫米的黑色签字笔在答题纸指定区域作答。
在试卷或草稿纸上作答一律无效。
4.如有作图需要,可用2B铅笔作答,并请加黑加粗,描写清楚。
可能用到的相对原子质量:
H-1 C-12 O-16 Na-23Cl-35.5Mn-55Fe-56
选择题(共40分)
单项选择题:
本题包括10小题,每小题2分,共计20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1.“保护环境”是我国的基本国策。
下列做法不应该提倡的是
A.生活垃圾分类收集B.垃圾进行露天焚烧
C.宣传“低碳”出行D.合理使用化肥农药
【答案】B
考点:
常见的生活环境的污染及治理
2.下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是
A.质子数为7、中子数为8的氮原子:
B.氮离子(N3-)的结构示意图:
C.氨分子的电子式:
D.硝基苯的结构简式:
【答案】B
考点:
化学用语的表示方法
3.下列说法正确的是
A.铝有较高熔点,可做耐火材料
B.SO2能使溴水褪色,体现其漂白性
C.氨气是电解质,因为氨气的水溶液能导电
D.钠钾合金可用于快中子反应堆的热交换剂
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、铝熔点不高,氧化铝熔点高,用作耐火材料,A错误;B、SO2能使溴水褪色,是因为发生氧化还原反应,体现其还原性,B错误;C、氨气本身不能电离,属于非电解质,C错误;D、钠钾合金导热性强,可用于快中子反应堆的热交换剂,D正确。
答案选D。
考点:
物质的性质和用途
4.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.0.1mol·L-1NaOH溶液中Na+的数目为0.1NA
B.标准状况下,2.24LCCl4中的分子数目为0.1NA
C.0.1molNa2O2与足量CO2反应转移的电子数目为0.1NA
D.3.2gO2和O3的混合物含有的分子数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、溶液体积不明确,故溶液中的钠离子的个数无法计算,A错误;B、标况下四氯化碳为液态,不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量,B错误;C、过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应,当1mol过氧化钠参与反应时,反应转移1mol电子,则当0.1mol过氧化钠参与反应时,转移0.1NA个电子,C正确;D、氧气和臭氧的摩尔质量不同,故3.2g氧气和臭氧的混合物中的分子数目与氧气和臭氧的比例有关,故不能计算,D错误。
答案选C。
考点:
阿伏伽德罗常数的有关计算
5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X与Z原子序数相差8,Y元素的焰色为黄色,Z元素的最高价为+6。
下列叙述正确的是
A.X2-的离子半径大于Y+的离子半径
B.H2Z的沸点高于H2X
C.Z的简单气态氢化物稳定性比W的强
D.Y2X2和Y2Z的晶体类型和化学键类型完全相同
【答案】A
【解析】
试题分析:
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,Y元素的焰色为黄色,则Y为Na,Z元素的最高价为+6,则Z为S元素,W原子序数最大,故W为Cl,而X与Z原子序数相差8,则X为O元素.A、O2﹣、Na+离子的电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,故离子半径:
O2﹣>Na+,A正确;B、H2O分子之间存在氢键,水的沸点高于H2S,B错误;C、非金属性S<Cl,故氢化物稳定性H2S<HCl,C错误;D、Na2O2含有离子键、共价键,Na2S只含有离子键,D错误。
答案选A。
考点:
元素周期律
6.常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是
A.pH=1的溶液中:
Fe2+、K+、NO
、SO
B.c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液中:
Na+、NO
、SCN-、SO
C.使酚酞试液变红色的溶液中:
Na+、Ba2+、I-、Cl-
D.水
电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中:
K+、Na+、NO
、HCO
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、pH=1的溶液为酸性溶液,Fe2+、NO3﹣在酸性条件下发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,A错误;B、Fe3+和SCN﹣之间反应生成硫氰化铁,在溶液中不能大量共存,B错误;C、使酚酞试液变红色的溶液为碱性溶液,溶液中存在大量氢氧根离子,Na+、Ba2+、I﹣、Cl﹣之间不反应,在溶液中能够大量共存,C正确;D、水电离的c(H+)=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液,溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子,HCO3﹣与氢离子和氢氧根离子反应,在溶液中不能大量共存,D错误。
答案选C。
考点:
离子共存
7.下列实验操作正确的是
A.用装置甲可以制备氯气
B.用装置乙分离泥沙中的碘单质
C.向碘酒中加入CCl4,静置后分液,可以分离碘酒中的碘
D.用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在pH试纸上,测定溶液的pH
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、浓盐酸和二氧化锰反应需要加热,不加热不反应,A错误;B、碘具有升华的物理性质,泥沙不易挥发,B正确;C、乙醇与四氯化碳互溶,不能分层,故C错误;D、NaClO溶液具有漂白性,应用pH计,D错误。
答案选B。
考点:
化学实验方案的评价
8.给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是
【答案】A
【解析】
试题分析:
A、饱和食盐水中通入氨气、二氧化碳会发生生成碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,饱和NaCl溶液
NaHCO3
Na2CO3,可以实现各步的一步转化,A正确;B、氧化铝与盐酸反应生成氯化铝溶液,但电解氯化铝溶液得不到铝单质,所以转化关系不可以实现,B错误;C、硫燃烧一步只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,则转化关系不可以实现,C错误;D、硫酸铜和过量氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜沉淀,在碱性溶液中加入葡萄糖加热反应生成氧化亚铜,则转化关系不可以实现,D错误。
答案选A。
考点:
物质的性质
9.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.制作印刷电路板:
Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
B.Ca(HCO3)2溶液中加足量NaOH溶液:
HCO
+Ca2++OH-=C
aCO3↓+H2O
C.用NaOH溶液吸收Cl2:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO
+H2O
D.明矾常用于净水:
Al3++3H2O
Al(OH)3(胶体)+3H+
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、制作印刷电路板的离子反应为2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+,A错误;B、Ca(HCO3)2溶液中加足量NaOH溶液的离子反应为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣,B错误;C、用NaOH溶液吸收Cl2的离子反应为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O,C错误;D、明矾常用于净水的离子反应为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+,D正确。
答案选D。
考点:
离子方程式
10.“人工树叶”电化学实验装置如图,该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。
下列说法正确的是
A.该装置工作时,光能和电能全部转化为化学能
B.该装置工作时,H+向b极板移动
C.反应
,
每消耗1molCO2转移4mol电子
D.电极a上CO2参与的电极反应为:
3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、该装置是电解池装置,是将电能转化为化学能,所以该装置将光能和电能转化为化学能,A错误;B、a与电源负极相连,所以a是负极阴极,而电解池中氢离子向阴极移动,所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移,B错误;C、电池总的方程式为:
6CO2+8H2O
2C3H8O+9O2,即每消耗6molCO2转移36mol电子,每消耗1molCO2转移6mol电子,C错误;D、a与电源负极相连,所以a是阴极,发生还原反应,电极反应式为:
3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H
2O,D正确。
答案选D。
考点:
电化学原理
不定项选择题:
本题包括5小题,每小题4分,共计20分。
每小题只有一个或两个选项符合题意。
若正确答案只包括一个选项,多选时,该题得0分;若正确答案包括两个选项时,只选一个且正确的得2分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得0分。
11.下列说法正确的是
A.在海轮船壳上镶入锌块保护海轮,利用的是牺牲阳极的阴极保护法
B.加入合适的催化剂,能降低反应活化能,从而改变反应的焓变
C.用pH均为2的盐酸和醋酸分别中和等物质的量的NaOH,消耗醋酸的体积更大
D.稀醋酸中加入少量CH3COONa固体,醋酸的电离程度减小,c(CH3COO-)增大
【答案】AD
【解析】
试题分析:
A、海轮外壳镶嵌锌块,此时铁作为原电池的正极金属而被保护,不易腐蚀,是采用了牺牲阳极的阴极保护法,A正确;B、催化剂只能加快化学反应速率,对反应的始态和终态无影响,所以不影响焓变,B错误;C、醋酸为弱酸,pH均为2的盐酸和醋酸溶液,两种溶液中H+离子浓度相等,则醋酸浓度大与盐酸,设盐酸的浓度为C1,醋酸的浓度为C2,则C1<C2,分别中和等体积、等物质的量浓度的氢氧化钠溶液,当氢氧化钠恰好被完全中和时,消耗的两种酸的物质的量相等,则有:
n=C1V1=C2V2,因C1<C2,所以:
V1>V2,消耗盐酸的体积更大,C错误;D、醋酸溶液中存在电离平衡:
CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+,加入醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,平衡逆向移动,醋酸电离程度减小,D正确。
答案选AD。
考点:
弱电解质在水溶液中的电离平衡;金属的电化学腐蚀与防护
12.下列设计的实验方案能达到实验目的的是
A.制备干燥的NH3:
加热浓氨水,将生成的气体通过盛有浓硫酸的洗气瓶
B.提纯含有少量HCl的CO2:
将混合气体依次通过盛有饱和碳酸钠溶液、浓硫酸的洗气瓶
C.检验食盐中是否含有碘酸钾:
取少量的食盐溶液,加稀硫酸酸化,再滴入淀粉溶液,观察实验现象
D.探究温度对化学平衡移动的影响:
将盛有NO2和N2O4混合气体的烧瓶,先后置于冷水和热水中,观察烧瓶中气体颜色的变化
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、氨气能与硫酸反应生成硫酸铵,应用碱石灰干燥,A错误;B、二者均与碳酸钠溶液反应,不能除杂,应加饱和碳酸氢钠溶液、洗气来除杂,B错误;C、碘单质遇淀粉试液变蓝色,碘酸钾中不含碘单质,所以与淀粉实验不反应变色,C错误;D、温度不同,导致二氧化氮和四氧化二氮之间的平衡改变而向吸热或者方向移动,能达到目的,D正确。
答案选D。
考点:
化学实验方案的评价
13.根据下列实验现象所得结论正确的是
选项
实验
现象
结论
A
将稀硝酸加入过量铁粉中,充分反应后滴加KSCN溶液
有气体生成,溶液未呈血红色
稀硝酸不能将Fe氧化为Fe3+
B
向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液
产生白色沉淀
AlO
结合H+的能力比CO
强
C
已知Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O
将氢气还原氧化铜后所得红色固体
投入
足量稀盐酸
溶液呈蓝色
CuO的还原产物不全部是Cu
D
将0.1mol·L-1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,再滴加0.1mol·L-1CuSO4溶液
先有白色沉淀生成,后变为浅蓝色沉淀
Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的大
【答案】BC
【解析】
试题分析:
A、Fe和过量稀硝酸反应生成硝酸铁,和少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁,铁离子和KSCN溶液生成血红色溶液,但亚铁离子和KSCN溶液不反应,所以过量Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁,加入KSCN溶液时,溶液不呈血红色,A错误;B、NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合,AlO2﹣促进HCO3﹣的电离生成氢氧化铝沉淀,则结合H+的能力:
CO32<AlO2﹣,B正确;C、铜与盐酸不反应,溶液变蓝色,说明CuO的还原产物不全部是Cu,C正确;D、将0.1mol•L﹣1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生,说明NaOH完全反应,再滴加0.1mol•L﹣1CuSO4溶液,先有白色沉淀生成后变为浅蓝色沉淀,说明发生了沉淀的转化,溶度积大的物质向溶度积小的物质转化,所以Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小,D错误。
答案选BC。
考点:
化学实验方案评价
14.25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合:
c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.1mol·L-1CH3COOH溶液等体积混合(pH=4.75):
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
C.0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.1mol·L-1HCl溶液混合至pH=7:
c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
D.0.1mol·L-1Na2CO3溶液与0.1mol·L-1NaHCO3溶液等体积混合:
c(HCO
)+2c(H+)+3c(H2CO3)=c(CO
)+2c(OH-)
【答案】BD
【解析】
试题分析:
A、pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合,醋酸剩余,溶液显示酸性,c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣),A错误;B、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液等体积混合(pH=4
.75),溶液中存在物料守恒:
c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+),B正确;C、0.1mol•L﹣1CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1HCl溶液混合生成醋酸和氯化钠,至pH=7,溶液显示中性,醋酸钠显示碱性,醋酸钠剩余,c(Na+)=c(Cl﹣),C错误;D、0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1NaHCO3溶液等体积混合,存在电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=2c(CO32﹣)+c(OH﹣)+c(HCO3﹣),根据物料守恒:
2c(Na+)=3[c(CO32﹣)+c(HCO3﹣)+c(H2CO3)],两式子整理得到c(HCO3﹣)+2c(H+)+3c(H2CO3)=c(CO32﹣)+2c(OH﹣),D正确。
答案选BD。
考点:
离子浓度大小比较
15.在两个容积均为1L密闭容器中以不同的氢碳比[n(H2)/n(CO2)]充入H2和CO2,在一定条件下发生反应:
2CO2(g)+6H2(g)
C2H4(g)+4H2O(g)ΔH。
CO2的平衡转化率α(CO2)与温度的关系如下图所示。
下列说法正确的是
A.该反应的ΔH>0
B.氢碳比:
X<2.0
C.在氢碳比为2.0时,Q点v(逆)小于P点的v(逆)
D.P点温度下,反应的平衡常数为512
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、由图可知,随温度升高CO2的平衡转化率减小,说明升高温度平衡逆向移动,升高温度平衡向吸热反应越大,则正反应为放热反应,故△H<0,A错误;B、氢碳比[
]越大,二氧化碳的转化率越大,故氢碳比:
X>2.0,B错误;C、相同温度下,Q点二氧化碳转化率小于平衡时的转化率,说明Q点未到达平衡,反应向正反应进行,逆反应速率增大到平衡状态P,故在氢碳比为2.0时,Q点v(逆)小于P点的v(逆),C正确;D、由图可知,P点平衡时二氧化碳转化率为0.5,氢碳比[
]=2,设起始时氢气为2mol/L、二氧化碳为1mol/L,则二氧化碳浓度变化量为0.5mol/L,则:
2CO2(g)+6H2(g)⇌C2H4(g)+4H2O(g)
起始浓度(mol/L):
1200
变化浓度(mol/L):
0.51.50.251
平衡浓度(mol/L):
0.50.50.251
平衡常数K=
=
=64,D错误。
答案选C。
考点:
化学平衡计算与影响因素、平衡常数、化学平衡图象
非选择题(共80分)
16.(12分)工业上利用H2SiF6溶液制备BaF2,同时可得到副产品SiO2,其工艺如下:
已知:
焙烧过程的反应为(NH4)2SiF6+BaCO3
BaSiF6+2NH3↑+CO2↑+H2O↑
(1)焙烧的气体产物能恰好完全反应生成物质A,则A的化学式为▲。
(2)氨解反应为放热反应,且反应能进行完全。
该反应需降温冷却的原因为▲、▲。
(3)热解的另一产物是含两种元素的气体,该气体水解的化学方程式是▲。
(4)SiO2可用于制作▲,该物质在信息传输中具有重要应用。
(5)为保持该过程的持续循环,每生成1molBaF2,理论上需补充原料H2SiF6▲mol。
【答案】
(1)(NH4)2CO3
(2)(NH4)2CO3受热易分解减小(NH4)2SiF6晶体的溶解度
(3)3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2(4)光导纤维(5)1/3
【解析】
试题分析:
利用H2SiF6溶液制备BaF2的流程为:
H2SiF6溶液中加入碳酸铵进行氨解生成二氧化碳和(NH4)2SiF6晶体,由于(NH4)2CO3受热易分解同时也为了减小(NH4)2SiF6晶体的溶解度,氨解需降温冷却,过滤后将(NH4)2SiF6晶体与碳酸钡混合进行焙烧,生成BaSiF6和NH3、CO2、H2O,生成的NH3、CO2、H2O能恰好完全反应生成物质A,则A为碳酸铵,可进行循环利用,进行热解生成BaF2和另一产物是含两种元素的气体应为SiF4,水解可得H2SiF6和SiO2,H2SiF6可循环利用;
(1)根据上面的分析可知,A的化学式为(NH4)2CO3;
(2)根据上面的分析可知,氨解反应需降温冷却的原因为(NH4)2CO3受热易分解、减小(NH4)2SiF6晶体的溶解度;
(3)热解的另一产物是含两种元素的气体为SiF4,SiF4水解的化学方程式是3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2;
(4)SiO2可用于制作光导纤维;
(5)根据方程式H2SiF6+(NH4)2CO3=(NH4)2SiF6+CO2+H2O、(NH4)2SiF6+BaCO3
BaSiF6+2NH3↑+CO2↑+H2O↑、BaSiF6+H2O=SiF4+BaF2、3SiF4+2H2O=2H2SiF6+SiO2可知,每1molH2SiF6参加反应可生成1molBaF2同时又得到2/3mol的H2SiF6,所以为保持该过程的持续循环,理论上需补充原料H2SiF61/3mol。
考点:
物质分离和提纯的方法和基本操作
17.(14分)2Zn(OH)2·ZnCO3是制备活性ZnO的中间体,以锌焙砂(主要成分为ZnO,含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料制备2Zn(OH)2·ZnCO3的工艺流程如下:
(1)用(NH4)2SO4与NH3·H2O物质的量之比为1∶2的混合溶液浸取锌焙砂时,生成[Zn(NH3)4]2+,该反应的离子方程式是▲。
浸取过程加入H2O2的目的是▲。
(2)适量S2-能将Cu2+等离子转化为硫化物沉淀而除去,若选择置换的方法除杂,则应加入的物质为▲。
(3)气体A的化学式是▲。
(4)过滤3所得滤液可循环使用,其主要成分的化学式是▲。
证明2Zn(OH)2·ZnCO3
沉淀洗涤完全的方法是▲。
(5)为实现循环生产,下列物质中可以用来代替(NH4)2S完成除杂的是▲。
(填字母)
a.Na2Sb.K2Sc.BaS
【答案】
(1)ZnO+2NH4++2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O将Mn2+氧化
为MnO2除去
(2)Zn(3)CO2
(4)(NH4)2SO4
取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加稀盐酸和BaCl2溶液,若无明显现象,则已洗涤干净。
(5)c
【解析】
试题分析:
制备2Zn(OH)2•ZnCO3流程为:
锌焙砂(主要成分为ZnO,含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、双氧水,双氧水将锰离子氧化成二氧化锰,过滤后在滤液中加硫化铵,再过滤,除去铜离子,蒸氨除去多余的氨气,加入碳酸氢铵得到2Zn(OH)2•ZnCO3和二氧化碳气体,过滤得2Zn(OH)2•ZnCO3,滤液为硫酸铵溶液,
(1)用(NH4)2SO4与NH3•H2O物质的量之比为1:
2的混合溶液浸取锌焙砂时,生成[Zn(NH3)4]2+,反应的离子方程式为ZnO+2NH4++2NH3•H2O=[Zn(NH3)4]2++3H2O,双氧水将锰离子氧化成
二氧化锰而除去锰;
(2)根据流程可知,要制备制备2Zn(OH)2•ZnCO3,所以要置换出铜,可以用锌;
(3)根据上面的分析可知A的化学式为CO2;
(4)根据上面的分析可知,过滤3所得滤液为硫酸铵溶液,化学式为(NH4)2SO4,证明2Zn(OH)2•ZnCO3沉淀洗涤完全即证明沉淀洗涤滤液中有没有硫酸根离子,操作为取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加稀盐酸和BaCl2溶液,若无明显现象,则已洗涤干净,
(5)用Na2S或K2S代替(NH4)2S都会给溶液带来杂质,BaS中的硫离子在后继的步骤中可被沉淀,答案选c;
考点:
物质分离和提纯的方法和基本操作
18.(12分)将MnO2与FeSO4溶液、硫酸充分反应后过滤,将滤液加热至60℃后,再加入Na2CO3溶液,最终可制得碱式碳酸锰[aMnCO3·bMn(OH)2·cH2O]。
(1)用废铁屑与硫酸反应制备FeSO4溶液时,所用铁屑需比理论值略高,原因是▲,反应前需将废铁屑用热Na2CO3溶液浸泡,其目的是▲。
(2)为测定碱式碳酸锰组成,取7.390g样品溶于硫酸,生成CO2224.0mL(标准状况),并配成500mL溶液。
准确量取10.00mL该溶液,用0.0500mol·L-1EDTA(化学式Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mn2+(原理为Mn2++H2Y2-=MnY2-+2H+),至终点时消耗EDTA标准溶液28.00mL。
通过计算确定该样品的化学式。
(写出计算过程)
▲
【答案】
(1)防止FeSO4被氧气氧化除去铁屑表面的油污
(2)n(CO2)=n(MnCO3)=0.01moln(EDTA)=0.0014mol
10mL溶液中n(Mn2+)=0.0014mol
7.390g该碱式碳酸锰中n(Mn2+)=0.07moln[Mn(OH)2]=0.06mol
m(H2O)=0.9gnH2O)=0.05mol
a∶b∶c=1∶6∶5碱式碳酸锰的化学式为MnCO3·6Mn(OH)2·5H2O
【解析】
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