学年江西省抚州市临川第一中学高二下学期第一次月考化学试题 解析版.docx

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学年江西省抚州市临川第一中学高二下学期第一次月考化学试题解析版

江西省抚州市临川第一中学2019-2020学年高二下学期第一次月考化学试题解析版

可能用到的相对原子量：

一、选择题（每小题3分，共48分）

1.化学与人类生活、社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是（）

A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、S等元素组成，常用质量分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒

B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，可用苏打粉检验假葡萄酒

C.植物油长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质

D.防疫时期很多家庭都备有水银温度计，若不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖

【答案】A

【解析】

【详解】A.新型冠状病毒主要由C、H、O、N、P等元素组成，常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒，故A错误；

B.葡萄中含有的花青素在碱性环境下显蓝色，苏打粉是碳酸钠，溶液呈碱性，可用苏打粉检验假葡萄酒，故B正确；

C.植物油含有碳碳双键，长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质，故C正确；

D.Hg和S常温下反应生成HgS，水银温度计不慎打破，应立即用硫磺粉末覆盖，故D正确；

故选A。

2.下列物质能发生消去反应，但不能发生催化氧化的是（　　）

A.

B.（CH3）2CHOH

C.CH3CH2C（CH3）2CH2OHD.CH3CH2C（CH3）2OH

【答案】D

【解析】

【详解】本题考查的是有关醇的消去反应和催化氧化反应的结构条件。

醇的消去反应的机理为

H消去，即与官能团羟基相连的碳原子（

）的邻位碳原子（

）上如果有氢原子，则该醇可以在一定的条件下发生消去反应；A、C两项中无

H，所以不能发生消去反应，B、D有

H，所以可以发生消去反应。

醇的催化氧化反应的机理为脱

发生氧化，即与官能团羟基相连的碳原子（

）上如果有一个以上氢原子，则该醇可以在一定的条件下发生催化氧化反应，A、B、C都有

，所以都能发生催化氧化反应，D没有

，所以D不能发生催化氧化反应；

故选D。

【点睛】醇的消去反应的机理为

H消去，即与官能团羟基相连的碳原子（

）的邻位碳原子（

）上如果有氢原子，则该醇可以在一定的条件下（催化剂、加热，催化剂可以是浓硫酸或氧化铝或五氧化二磷）发生消去反应。

醇的催化氧化反应的机理为

脱氧化，即与官能团羟基相连的碳原子（

）上如果有一个以上氢原子，则该醇可以在一定的条件下（氧气、催化剂、加热，催化剂可以是铜或银）发生催化氧化反应，若仅有一个

，则该醇被氧化为酮；若有两个或两个以上

，则该醇被氧化为醛。

3.用丙醛（CH3-CH2-CHO）制取聚丙烯

的过程中发生的反应类型为（）

①取代②消去③加聚④缩聚⑤氧化⑥还原

A.①④⑥B.⑤②③C.⑥②③D.②④⑤

【答案】C

【解析】

【详解】

的单体为CH2=CHCH3，对比CH3CH2CHO与CH2=CHCH3的结构，结合有机物之间的转化，合成路线为CH3CH2CHO

CH3CH2CH2OH

CH3CH=CH2

，反应的类型依次为加成（或还原）反应、消去反应、加聚反应，即⑥②③，故答案选C。

4.迷迭香酸有很强的抗氧化性，对癌症和动脉硬化的预防起到一定作用，其结构如右图所示。

下列叙述正确的是

A.迷迭香酸的分子式为C18H15O8

B.迷迭香酸可以发生加成、取代、消去、显色反应

C.1mol迷迭香酸跟H2反应，最多消耗8molH2

D.1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应，最多消耗6molNaOH

【答案】D

【解析】

【分析】

A.由结构简式可确定分子式；

B.含酚-OH、-COOH、-COO-、C=C，以此分析性质；

C.苯环、C=C均能与氢气发生加成反应；

D.酚-OH、-COOH、-COO-均能与NaOH溶液反应。

【详解】A.由结构简式可以知道分子式为C18H16O8,故A错误；

B.含酚-OH、-COOH、-COO-、C=C,可以发生加成、取代、显色反应,但不能发生消去反应,故B错误；

C.苯环、C=C均能与氢气发生加成反应,则1mol迷迭香酸跟H2反应,最多消耗7molH2,故C错误；

D.酚-OH、-COOH、-COO-均能与NaOH溶液反应,则1mol迷迭香酸与足量NaOH溶液反应,最多消耗6molNaOH,故D正确；

综上所述，本题正确选项D。

5.某有机物分子的结构简式如图所示，下列相关叙述正确的是（）

A.该有机化合物含有3种官能团

B.该有机物分子中最多有12个碳原子在同一平面内

C.该有机物分子中最多有6个碳原子共线

D.该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内

【答案】D

【解析】

【详解】A．该有机物分子中含有碳碳三键、碳碳双键2种官能团，A错误；

B．与苯环、碳碳双键直接相连的原子为平面形结构，且三键具有乙炔的直线形结构特点，饱和碳原子为四面体结构，与该碳原子在同一平面上的原子最多有2个顶点，根据三点确定一个平面的原子，该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内，B错误；

C．连接碳碳三键的碳原子的苯环对角线的碳原子可共直线，共4个，C错误；

D．由选项B分析可知，该有机物分子中最多有14个碳原子在同一平面内，D正确；

故合理选项是D。

6.下列化学方程式或离子方程式正确的是（）

A.用醋酸去除水垢：

CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑

B.甲醛与足量新制Cu（OH）2浊液反应：

HCHO+2Cu（OH）2

HCOOH+Cu2O↓+2H2O

C.实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯：

+Br2

+HBr

D.将CO2通入苯酚钠溶液：

2

+CO2+H2O→2

+Na2CO3

【答案】C

【解析】

【详解】A.醋酸是弱酸，主要以分子存在，不能写成离子形式，A错误；

B.甲醛与足量新制Cu（OH）2浊液反应，HCHO被氧化产生H2CO3，H2CO3不稳定分解产生CO2和H2O，反应的离子反应为HCHO+4Cu（OH）2

CO2↑+2Cu2O↓+5H2O，B错误；

C.实验室用液溴和苯在催化剂作用下制溴苯，反应方程式为：

+Br2

+HBr，C正确；

D.碳酸的酸性比苯酚的酸性强，所以苯酚钠通入二氧化碳生成苯酚和碳酸氢钠，反应的化学方程式为C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，D错误；

故合理选项是C。

7.化合物M（

）、N（

）、P（

）都是重要的有机物。

下列有关M、N、P的说法正确的是（）

A.M与HBr发生加成反应的产物只有一种

B.P中所有碳原子一定共平面

C.M、N、P互为同分异构体

D.M能使酸性高锰酸钾溶液褪色

【答案】D

【解析】

【分析】

M具有碳碳双键和羟基，能发生加成、消去、氧化、取代反应，N具有羟基，P具有2个碳碳双键和1个羟基。

【详解】A.M与HBr发生加成反应的产物有2种，碳碳双键两侧的氢环境不相同，A错误；

B.P中含有两个碳碳双键，所有碳原子可能共平面，B错误；

C.M、N的分子式分别为C5H8O和C5H10O，分子式不相等，不是同分异构体，C错误；

D.M含有碳碳双键和羟基，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；

答案为D。

【点睛】判断有机物的空间结构是否共面,最基础的三个结构就是甲烷,乙烯和苯,以这三个结构为基础进行判断。

由甲烷的结构可知，当一个碳原子有四个单键的时候，与其相连的四个原子构成四面体结构；由乙烯的结构可知，当分子中存在碳碳双键时，至少有6个原子共平面；由乙炔的结构可知，当分子中存在碳碳三键时，至少有4个原子在同一直线上。

8.下列实验操作正确的是

A.制乙酸乙酯时，将乙醇注入浓硫酸中，冷却后加入乙酸

B.向溴乙烷中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，以检验其中的溴元素

C.用氢氧化钠溶液清洗盛过苯酚的试管

D.在试管中加入2mL2%的CuSO4溶液，然后加入4至6滴10%的NaOH溶液振荡、再加入几滴乙醛溶液加热煮沸，可以检验乙醛分子中的醛基

【答案】C

【解析】

【详解】A.因为浓硫酸溶解时放出大量的热，所以应先加乙醇后边摇试管边慢慢加入浓硫酸，防止液体飞溅，冰醋酸溶解后受热易挥发，故待溶液冷却后，再加冰醋酸，故A错误；

B.溴乙烷中不含有自由移动

溴离子，和硝酸酸化的硝酸银不反应，应该向溴乙烷中加入氢氧化钠溶液，将溴原子转化为溴离子，再加入硝酸酸化的

溶液，如果出现淡黄色沉淀，证明含有溴元素，故B错误；

C.苯酚具有酸性，能和NaOH发生中和反应，生成溶于水的苯酚钠，从而除去苯酚，故C正确；

D.银镜反应应在碱性条件下进行，应加过量的氢氧化钠，故D错误；

本题答案为C。

9.欲从苯酚的乙醇溶液中分离苯酚和乙醇，有下列操作：

①蒸馏；②过滤；③静置分液；④加入足量的金属钠；⑤通入过量的二氧化碳；⑥加入足量的NaOH溶液；⑦加入足量的FeCl3溶液；⑧加入乙酸和浓硫酸的混合液加热。

合理的实验操作步骤及顺序是（　　）

A.④⑤③B.⑥①⑤③

C.⑧①⑦③D.⑤②⑥③

【答案】B

【解析】

【详解】分离苯酚和乙醇，要经过如下几个步骤：

第一步：

加入足量的NaOH溶液，将苯酚转化成不易挥发的苯酚钠；第二步：

蒸馏，将混合溶液进行蒸馏操作得到乙醇；第三步：

通入过量的二氧化碳，二氧化碳和苯酚钠溶液反应生成苯酚和碳酸氢钠溶液；第四步：

静置分液，反应完全后，用有机溶剂萃取出混合液中的苯酚，然后分液即可完成苯酚和乙醇的分离。

综上所述，B选项符合题意，ACD不符合题意。

答案为B。

10.某小分子抗癌药物的分子结构如图所示，下列说法正确的是（）

A.1mol该有机物最多可以和5molNaOH反应

B.该有机物容易发生加成、取代、中和、消去等反应

C.该有机物遇FeCl3溶液不显色，但可使酸性KMnO4溶液褪色

D.1mol该有机物与浓溴水反应，最多消耗3molBr2

【答案】D

【解析】

【分析】

由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-COOH、酚-OH、-COOC-，结合羧酸、酚、酯的性质来解答。

【详解】A、-COOH、酚-OH、-COOC-均与NaOH反应，则1mol该有机物最多可以和4molNaOH反应，故A错误；

B、碳碳双键可发生加成反应、含-OH、-COOH可发生取代、中和反应，不能发生消去反应，故B错误；

C、酚-OH遇FeCl3溶液变色，故C错误；

D、酚-OH的邻对位与溴水发生取代，碳碳双键与溴水发生加成反应，则1mol该有机物与浓溴水反应，最多消耗3molBr2，故D正确；

故选D。

11.己烷雌酚的一种合成路线如下：

下列叙述不正确的是

A.在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应

B.在一定条件下，1mol化合物Y可消耗4molBr2

C.用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y

D.化合物X与Y中手性碳原子数目比为1：

2

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．X中含有溴原子且连接溴原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应，但卤代烃必须在碱的醇溶液中发生消去反应，在碱的水溶液中发生取代反应，故A叙述错误，符合题意；

B．Y含有酚羟基，邻位氢原子可被取代，1mol化合物Y可消耗4mol溴水发生取代反应，故B叙述正确，不符合题意；

C．X中不含酚羟基、Y含有酚羟基，所以可以用氯化铁溶液鉴别X和Y，故C叙述正确，不符合题意；

D．X中的手性碳原子数为1，Y中手性碳原子数目为2，故D叙述正确，不符合题意；

答案选A。

12.分子式为C10H14的有机物，苯环上只有两个取代基的同分异构体有多少种（不考虑立体异构）

A.3种B.6种C.9种D.12种

【答案】C

【解析】

【详解】组成为C10H14的芳香烃，其苯环上有两个取代基时分为两大类：

第一类两个取代基，一个为甲基，另一个为-CH2CH2CH3或-CH（CH3）2，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有6种；第二类两个取代基均为乙基，它们连接在苯环上又有邻、间、对三种情况，共有9种，C符合题意。

答案选C。

13.一有机物A可发生如下变化，已知C为羧酸，而C、E都不能发生银镜反应，则A可能的结构有（　　）

A.2种B.3种C.4种D.5种

【答案】A

【解析】

【详解】A的分子式为C6H12O2，A能在碱性条件下反应生成B和D，B与酸反应，应为盐，D能在Cu催化作用下发生氧化，应为醇，则A应为酯，C和E都不能发生银镜反应，说明C、E不含醛基，则C不可能为甲酸，如C为乙酸，则D为CH3CH（OH）CH2CH3，如C为丙酸，则D为CH3CH（OH）CH3，如C为丁酸，则D为乙醇、E为乙醛，不可能，所以A只能为CH3COOCH（CH3）CH2CH3或CH3CH2COOCH（CH3）22种，故答案选A。

14.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）

A.1mol白磷（P4）和1mol甲烷中所含的共价键数均为4NA

B.标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，转移的电子数为NA

C.常温下，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中所含的氢原子数为4NA

D.25℃时，0.5mol·L-1Na2S溶液中含有的阴离子数大于0.5NA

【答案】B

【解析】

【详解】A．1mol白磷（P4）中所含的共价键数为6NA和1mol甲烷中所含的共价键数为4NA，故A错误；

B．标准状况下，22.4LCl2通入足量的NaOH溶液中，生成1molNaCl和NaClO，转移的电子数为NA，故B正确；

C．常温下，1L0.1mol·L-1NH4NO3溶液中还有水，所含的氢原子数大于4NA，故C错误；

D．25℃时，0.5mol·L-1Na2S溶液中含有的阴离子数因缺少体积，故D错误；

故选B。

15.据报道，最近有科学家设计了一种在常压下运行的集成BaZrO3基质子陶瓷膜反应器（PCMR），将PCMR与质子陶瓷燃料电池相结合进行电化学法合成氨的原理如图所示，下列说法正确的是

A.阳极的电极反应式为CH4+2H2O+8e-=CO2+8H+

B.阴极可能发生副反应2H++2e-=H2↑

C.质子（H+）通过交换膜由阴极区向阳极区移动

D.理论上电路中通过3mol电子时阴极最多产生22.4LNH3

【答案】B

【解析】

【详解】A.根据图中信息分析，CH4化合价升高变为CO2，因此左边为阳极，阳极的电极反应式为CH4+2H2O−8e－=CO2+8H+，故A错误；

B.根据A选项分析，左边为阳极，右边为阴极，阴极主要是氮气得到电子变为氨气，可能发生副反应2H++2e－=H2↑，故B正确；

C.根据电解池“异性相吸”原理，质子（H+）通过交换膜由阳极区向阴极区移动，故C错误；

D.缺少标准状况，无法计算气体体积，故D错误。

综上所述，答案为B。

【点睛】根据电解池“异性相吸”原理，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。

16.25℃时，向500mL0.2mol/LNaOH溶液中通入SO2气体（忽略反应过程中溶液的体积变化），设反应过程中

=x，已知H2SO3的电离平衡常数：

Ka1=1.2×10-2，Ka2=5.6×10-8。

下列说法正确的是（）

A.x=1时，c（SO32-）+c（HSO3-）=0.2mol/L

B.x<1时，溶液可能

酸性

C.x=

时，c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+）

D.x<

时，随通入SO2量增大，

逐渐减小

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】A．x=1时，溶液中溶质NaHSO3，溶液中存在物料守恒得到，c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）=0.2mol/L，A错误；

B．由电离平衡常数Ka计算可知：

当溶液中溶质为NaHSO3，Kh=

=

=8.3×10-13

C．x=

时，溶液为Na2SO3溶液，溶液中存在电荷守恒：

2c（SO32-）+c（HSO3-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），C错误；

D．x<

时，随通入SO2量增大，

，温度不变，平衡常数不变，故

的比值不变，D错误；

故合理选项是B。

二、非选择题（共52分）

17.草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。

草酸晶体（H2C2O4·2H2O）无色，熔点为101℃，易溶于水，受热易脱水、升华，175℃时分解。

Ⅰ.用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装置如图所示（加热、固定等装置略去）。

实验步骤如下

①糖化：

先将淀粉水解为葡萄糖；

②氧化：

在淀粉水解液中加入混酸（质量之比为3：

2的65%HNO3与98%H2SO4的混合物），在55～60℃下水浴加热发生反应；

③结晶、蒸发、干燥：

反应后溶液经冷却、减压过滤，即得草酸晶体粗产品。

（1）装混酸的仪器名称为__________；步骤②中，水浴加热的优点为___________。

（2）“②氧化”时发生的主要反应如下，完成下列化学方程式：

_____C6H12O6+______HNO3

______H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+_________

（3）称取mg草酸晶体粗产品，配成100mL溶液。

取20.00mL于锥形瓶中，用amol/LKMnO4标准液滴定，只发生5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为VmL，则所得草酸晶体（H2C2O4·2H2O）的纯度为_________。

Ⅱ.证明草酸晶体分解得到的产物

（4）甲同学选择右侧装置验证产物CO2，装置B的主要作用是_______________。

（5）乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了CO2、H2O应该还有CO，为验证是否有CO，选用甲同学实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。

①乙同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为A、B、_________。

其中装置H反应管中盛有的物质是_____________。

（写化学式）

②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是______________。

【答案】

（1）.分液漏斗

（2）.受热均匀，便于控制温度（3）.1（4）.12（5）.3（6）.9H2O（7）.

×100%（8）.使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰（9）.F、D、G、H、D、I（10）.CuO（11）.H在黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明气体中含有CO。

【解析】

【分析】

Ⅰ．

（1）装置中装混酸的为分液漏斗，水浴加热是反应温度低于100℃的条件，加热均匀，便于控制；

（2）“②氧化”时发生的主要反应，结合电子守恒和原子守恒配平化学方程式；

（3）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去二氧化碳，用澄清石灰水检验CO2，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的CO2，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；

②CO具有还原性，其氧化产物是二氧化碳，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊；

Ⅱ．（4）B装置温度较低，有冷凝作用，防止干扰实验；

（5）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓氢氧化钠除去CO2，用澄清石灰水检验CO2，用碱石灰干燥CO，利用CO的还原性将CO氧化，再利用澄清石灰水检验生成的CO2，用排水法收集CO；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生；

②CO具有还原性，其氧化产物是CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊。

【详解】Ⅰ．

（1）根据图示可知装混酸的仪器名称为分液漏斗，水浴加热的优点为：

使受热均匀，便于控制温度；

（2）反应中碳元素化合价由反应前C6H12O6中的0价升高为H2C2O4中的+3价，电子转移3×6=18，氮元素化合价有反应前HNO3中的+5价降低到NO2中的+4价，电子转移1个，降低到NO中的+2价电子转移3个，结合化学方程式中NO2系数是9，NO系数是3，可知得到电子总数为：

1×9+3×3=18个，故根据N原子守恒可知HNO3系数是12，葡萄糖系数是1，H2C2O4系数是3，然后根据H原子守恒，可知缺项物质是H2O，系数是9，故配平的化学方程式：

C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O；

（3）称取mg草酸晶体粗产品，配成100mL溶液，取20.00mL于锥形瓶中，用amoL/LKMnO4标准液标定，只发生5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为VmL，反应消耗KMnO4的物质的量是n（KMnO4）=amoL/×V×10-3L=aV×10-3mol，根据方程式可知物质反应时，n（H2C2O4）：

n（KMnO4）=5：

2，则20.00mL溶液中含有草酸的物质的量为n（H2C2O4）=

n（H2C2O4）=

×aV×10-3mol，则100mL溶液中含草酸物质的量n（H2C2O4）总=

×aV×10-3mol×

=1.25aV×10-2mol，故所得草酸晶体（H2C2O4•2H2O）的纯度=

×100%=

×100%；

Ⅱ．（4）草酸易挥发，导致生成的气体中含有草酸，草酸和氢氧化钙反应生成难溶性的草酸钙而干扰CO2的检验，B装置温度较低，使升华的草酸冷凝，防止干扰CO2的检验；

（5）①要检验生成CO，在甲组实验后，用浓NaOH溶液除去CO2，用澄清石灰水检验CO2，用碱石灰干燥CO，利用CO和CuO发生还原反应生成CO2，再利用澄清石灰水检验生成的CO2，用排水法收集CO避免环境污染，I中集气瓶收集到的气体主要是CO，所以其连接顺序是F、D、G、H、D、I；H装置中盛放的物质应该具有氧化性，且和CO反应有明显现象发生，CuO能被CO还原且反应过程中黑色固体变为红色，现象明显，所以H中盛放的物质是CuO；

②CO具有还原性，其氧化产物是CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，且CO将黑色的CuO还原为红色的Cu，只要H中黑色固体转化为红色且第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊就说明含有CO。

【点睛】本题考查性质实验方案设计，掌握实验原理，明确各个装置的作用是解题关键，难点是排列实验先后顺序，根据实验目的及物质的性质进行排列顺序，注意要排除其它因素干扰，侧重考查学生知识综合应用、实验基本操作能力及实验方案设计能力。

18.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用于湿法电解制锌，如图为由锌灰制ZnSO4·7H2O晶体的工艺流程：

已知：

①锌灰的主要成分为ZnO，还含有CuO、PbO、MnO和FeO；

②“滤渣2”的主要成分为Fe（OH）3和MnO（OH）2。

请回答下列问题：

（1）MnO（OH）2中Mn元素的化合价为_____________。

（2）“滤渣1”的主要成分为_____________。

（3）“氧化”时，需控制溶液的pH=5.1，Fe2+被氧化的离子方程式为_____________。

（4）操作a为_________、过滤、洗涤、干燥。

（5）ZnSO4·7H2