届安徽省合肥一中高三上学期月考化学试题解析版.docx
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届安徽省合肥一中高三上学期月考化学试题解析版
安徽省合肥一中2019-2020学年高三上学期化学9月月考试卷
一、选择题（本大题共16小题，每小题3分，共48分。
）
1.德国著名行业杂志《应用化学》上刊登文章介绍：
某中德联合研究小组设计制造了一种“水瓶”，用富勒烯（C60）的球形笼子作“瓶体”，一种磷酸盐作“瓶盖”，恰好可将一个水分子关在里面。
下列说法正确的是（）
A.水、双氧水互为同素异形体B.石墨和C60互称为同位素
C.磷酸钙难溶于水，属于弱电解质D.一定条件下石墨转化为C60是化学变化
【答案】D
【解析】
【详解】A、同素异形体是同种元素形成的不同种单质，水和双氧水是两种性质不同的化合物，A不符合题意；
B、同位素是同种元素的不同原子间的互称，石墨和C60应该互为同素异形体，B不符合题意；
C、磷酸钙是一种钙盐，属于强电解质，强弱电解质和物质的溶解度没有关系，如CaCO3、BaSO4都是强电解质，C不符合题意；
D、同素异形体是两种不同的物质，其互变属于化学变化，D符合题意；
故答案为D。
2.化学与生活密切相关。
下列说法正确的是（）
A.用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀
B.FeCl3溶液可用于腐蚀印刷铜质线路板是因为Fe比Cu的金属性强
C.盐碱地（含较多Na2CO3等）不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D.过氧化钠能氧化CO2和H2O生成O2，故可用于呼吸面具作为供氧剂
【答案】A
【解析】
【详解】A、氯化钙是电解质，作融雪剂时残留在大桥上，加速了桥体的电化学腐蚀，A符合题意；
B、FeCl3溶液和Cu反应的原因是Fe3+的氧化性大于Cu2+，B不符合题意；
C、盐碱地加熟石灰生成CaCO3和NaOH，导致上壤板结，碱性增强，不利于植物生长，C不符合题意；
D、Na2O2能和CO2和H2O生成O2，但CO2和H2O没行被氧化，是Na2O2自身的歧化反应，D不符合题意；
故答案为A。
3.NA代表阿伏加德罗常数的值。
下列叙述正确的是（）
A.1L0.1mol/L的NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-的离子数之和为0.1NA
B.常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子
C.12g石墨和C60的混合固体中，含NA个碳原子
D.电解精炼铜时，电路中每转移0.2NA个电子，阳极质量就会减少6.4g
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaHCO3溶液还存在H2CO3水解生成的H2CO3，故1L0.1mol/L的NaHCO3溶液HCO3-、CO32和H2CO3之和为0.1NA，A不符合题意；
B、常温下铁和浓硝酸发生钝化，B不符合题意；
C、石墨和C60的都只含C元素，12gC的个数为NA,C符合题意；
D、精炼铜时阳极粗铜含有杂质，溶解的不全是铜的质量，D不符合题意；
故答案为：
C。
4.下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（）
A.CaO能与水反应，可用作食品干燥剂
B.Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料
C.将废铁屑加入FeCl3溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
D.还原铁粉具有较大的表面积和较强的化学活性，可用作富脂类食品的脱氧剂
【答案】B
【解析】
【详解】A、CaO能与水反应，可用作干燥剂，A不符合题意；
B、Al2O3用作时高温材料是于由其熔点高，B符合题意；
C、将Cl2通入到FeCl2溶液中，FeCl2被氧化成FeCl3后又被废铁屑还原成FeCl3，可循环吸收Cl2，C不符合题意；
D、还原铁粉叮消耗O2，防止食品被氧化而变质，D不符合题意；
故答案为：
B。
5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）
A.1.0mol·L-1KNO3溶液：
H+、Fe2+、Cl-、SO42-
B.能溶解Al2O3的溶液：
Na+、K+、Cl-、SiO32-
C.无色透明溶液中：
Al3+、Mg2+、Cl-、HCO3-
D.使甲基橙变红色的溶液：
Mg2+、K+、Cl-、SO42-
【答案】D
【解析】
【详解】A、酸性条件下NO3-氧化Fe2+，A不符合题意；
B、溶解Al2O3的溶液可能呈酸性，酸性条件下SiO32不能共存，B不符合题意；
C、Mg2+、Al3+和HCO3-混合时会发生双水解反应，C不符合题意；
D、甲基橙变红色的溶液为酸性，在酸性中所有离子可以共存，D符合题意；
故答案为：
D。
【点睛】离子之间能够共存的条件相互之间不能反应，即不能产生沉淀、气体、弱电解质和发生氧化还原反应。
比如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。
6.钛合金材料已经广泛应用于国防、航天、医疗等领域。
已知常温下钛（Ti）与酸、碱均不反应，高温下能被空气氧化。
由钛铁矿（主要成分为FeO·TiO2）提取金属钛的主要流程如图所示。
有关叙述错误的是（）
A.步骤Ⅰ、Ⅱ中的碳均作还原剂B.可用稀硫酸或稀盐酸除去金属钛中的少量镁
C.钛元素位于元素周期表中第ⅡB族
D.步骤Ⅲ需在氩气氛围中进行，防止金属被空气氧化
【答案】C
【解析】
【分析】
由流程可知，I中发生2FeO+C
CO2↑+2Fe，Ⅱ中发生高温TiO2+2C+2Cl2
TiCl4+2CO，Ⅲ中发生2Mg+TiCl4
2MgCl2+2Ti，以此来解答。
【详解】A、步骤I、II中C的化合价均升高，所以C作还原剂，A不符合题意；
B、Ti与酸不反应，Mg可溶于稀硫酸或稀盐酸，B不符合题意；
C、钛元素位于元周期表中第ⅣB族，C符合题意；
D、因为Ti高温下能被空气氧化，D不符合题意；
故答案为：
C。
7.在给定条件下，下列选项所示的物质间均能实现一步转化的是（）
A.NaCl（熔融）
NaOH
NaAlO2B.CuO
Cu（OH）2
Cu2O
C.Cl2
HCl
NH4ClD.CaCl2（aq）
CaCO3
CaSiO3
【答案】C
【解析】
【详解】A、NaCl（熔融）电解生成Na，而不
NaOH，A不符合题意；
B、CuO不溶于水，和水不反应，B不符合题意；
C、各项转化可以发生，C符合题意；
D、CaCl2（aq）和CO2不能发生反应，D不符合题意；
故答案为：
C。
【点睛】解答本题需要掌握无机化合物的之间相互转换的化学反应方程式以及条件。
比如D选项，如果CaCl2（aq）和CO2发生反应，生成CaCO3和盐酸，由弱酸制取强酸，违背了客观事实，所以不能发生。
8.“拟晶”（quasicrystal）是一种具有凸多面体规则外形但不同于晶体的固态物质。
Al65Cu23Fe12是二十世纪发现的几百种拟晶之一，具有合金的某些优良物理性能。
下列有关这种拟晶的说法正确的是
A.无法确定Al65Cu23Fe12中三种金属的化合价
B.Al65Cu23Fe12的硬度小于金属铁
C.Al65Cu23Fe12不可用作长期浸泡在海水中的材料
D.1molAl65Cu23Fe12溶于过量的硝酸时共失去265mol电子
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．拟晶Al65Cu23Fe12是由三种金属元素组成，由于金属无负价，根据化合价代数和为0的原则，三种金属的化合价均可视作零价，故A错误；B．拟晶具有合金的某些优良物理性能，合金的硬度一般比各成分金属大，故B错误；C．Al65Cu23Fe12与海水可以构成原电池，会加速金属的腐蚀，因此不可用作长期浸泡在海水中的材料，故C正确；D．溶于过量硝酸时，Al与Fe均变为+3价，Cu变为+2价，故1molAl65Cu23Fe12失电子为65×3+23×2+12×3="277"mol，故D错误；故选C。
考点：
考查了金属与合金在性能上的主要差异的相关知识。
9.下列离子方程式的书写正确的是（）
A.钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：
Fe-3e-=Fe3+
B.KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应制取K2FeO4：
3ClO-+2Fe（OH）3=2FeO42-+3Cl-+4H++H2O
C.氧化铁溶于氢碘酸：
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O
D.向KAl（SO4）2溶液中加入过量的Ba（OH）2溶液：
Al3++2SO42-+2Ba2++4OH=2BaSO4↓+AlO2-+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A、钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：
Fe-2e-=Fe2+，A不符合题意；
B、在强碱性条件下反应，不可能生成H+，B不符合题意；
C、氢碘酸有还原性，应将Fe3+还原为Fe2+，C不符合题意；
D、该离子方程式正确，D符合题意；
故选D。
【点睛】本题离子反应方程式的正误判断主要通过符合客观事实：
反应是否符合化学反应的类型或者原理，比如A选项钢铁发生吸氧腐蚀时，铁作负极被氧化：
Fe-2e-=Fe2+；B、C选项相同。
10.某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。
实验记录如下：
序号
I
II
III
实验步骤
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
充分振荡，加入2mL蒸馏水
实验现象
铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀
铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀
下列说法不正确的是
A.实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原
B.对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关
C.实验II、III中加入蒸馏水后c（Cu2+）相同
D.向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀
【答案】C
【解析】
【分析】
Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：
CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。
【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；
B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；
C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c（Cu2+）不相同，故C错误；
D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。
故答案选C。
11.近年来发现用铈（Ce）的氧化物可高效制取H2，制备原理如图所示，已知0＜δ＜2，下列说法不正确的是
A.太阳能最终转变为化学能B.T<1050℃时，CeO2-δ比CeO2稳定
C.CeO2是水分解的催化剂D.两步反应均属于氧化还原反应
【答案】B
【解析】
A、由图可知太阳能最终转化为氧气和氢气中的能量，所以将太阳能最终转变为化学能，A正确；B、T＜1050℃时，CeO2-δ转化成CeO2，所以CeO2比CeO2-δ稳定，B错误；C、CeO2在反应前后质量和性质不变，所以CeO2是水分解的催化剂，C正确；D、两步反应中都有元素化合价的变化，第一步生成氧气单质、第二步生成氢气单质，所以两步反应均属于氧化还原反应，D正确；答案选B。
12.某电路板生产企业的水质情况及国家允许排放的污水标准如下表所示。
为研究废水中Cu2+处理的最佳pH，取5份等量的废水，分别用30%的NaOH溶液调节pH至8.5、9、9.5、10、11，静置后，分析上层清液中铜元素的含量，实验结果如下图所示。
查阅资料：
平衡Ⅰ：
Cu（OH）2+4NH3
[Cu（NH3）4]2+2OH-
平衡Ⅱ：
Cu（OH）2+2OH-
[Cu（OH-）4]2-
项目
废水水质
排放标准
pH
1.0
6~9
Cu2+/mg·L-1
72
≤0.5
Nh4+/mg·L-1
2632
≤15
下列说法错误的是（）
A.a~b段发生的反应为：
Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓
B.b~c段：
随pH升高，Cu（OH）2的量增加，导致平衡Ⅰ正向移动，铜元素含量上升
C.c~d段：
随pH升高，c（OH-）增加，平衡Ⅰ逆向移动，铜元素含量下降
D
d点以后，随c（OH-）增加，铜元素含量可能上升
【答案】B
【解析】
【分析】
滴加NaOH（aq）的过程中依次发生过些Ⅰ：
2OH-+Cu2+=Cu（OH）2（a＞b）：
过程Ⅱ：
NH4++OH-=NH3+H2O2NH3使平衡Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH-正向移动（b→c）；过程Ⅲ：
继续滴加，OH-便Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++2OH游向移动（e→d）若NaOH继续过量滴加可使Cu（OH）2+2OH=[Cu（OH）4]2正向移动（d点之后）。
【详解】A、图象中的变化曲线可知PH=9时铜离子浓度最小，废水中Cu2+处理的最佳pH约为9，故A正确；
B、b~c段随氢氧根离子浓度增大，铵根离子与氢氧根离子结合生成一水合氨，氨气浓度增大，Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++20H-，平衡正向进行，溶液中通过离子浓度增大，故B错误；
C、c~d段，随氢氧根离子浓度的增大，Cu（OH）2+4NH3=[Cu（NH3）4]2++20H-逆向进行，铜离子浓度减小，铜元素含量下降，故C正确；
D、d点以后，随c（OH-）增加，平衡II:
Cu（OH）2+2OH-=[Cu（OH）4]2-正向进行，上层清液中铜元素的含量可能上升，故D正确；
故答案为：
B。
13.溶液X可能含有Na+、Fe3+、Ca2+、SO42-、CO32-、Cl-、I-中的几种离子。
为确定其组
成，设计并完成以下实验：
根据上述实验，以下推测合理的是
A.溶液X中是否存在Na+还需要通过焰色反应进—步确认
B.溶液X中一定不含Fe3+、Ca2+、SO42-
C.为确定溶液X中是否含有Cl-，可取溶液2加入CCl4充分萃取后，再取上层液体加入AgNO3溶液
D.溶液X的溶质为Na2CO3和NaI
【答案】B
【解析】
溶液X与足量硝酸钡反应生成白色沉淀，白色沉淀完全溶解在稀盐酸中，说明是碳酸钡，一定含有碳酸根，则一定不存在SO42-、Fe3+、Ca2+；溶液1中加入新制氯水，得到棕黄色溶液2，说明有单质碘生成，含有碘离子，根据溶液的电中性可判断一定含有钠离子，氯离子不能确定。
则A.溶液X中一定存在Na+，不需要通过焰色反应进一步确认，A错误；B.溶液X中一定不含Fe3+、Ca2+、SO42-，B正确；C.溶液2一定存在氯离子，不能据此判断，C错误；D.由于不能确定氯离子，则溶液X的溶质不一定为Na2CO3和NaI，D错误，答案选B。
点睛：
根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以下三条原则：
（1）互斥性原则。
判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。
（2）电中性原则。
溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。
（3）进出性原则。
离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失（如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋），则原溶液中是否存在该种离子无法判断。
14.已知Fe2+或I2能在一定的条件下催化H2O2分解。
其作用原理如下：
Fe2+：
①H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；②H2O2+2Fe3+=2Fe2++2H++O2↑
l2：
③H2O2+l2=2HIO；④…
下列说法错误的是（）
A.Fe3+是Fe2+催化H2O2分解的中间产物
B.根据反应①可知，在该条件下，氧化性：
H2O2>Fe3+
C.1molH2O2分解，转移的电子数为2NAD.反应④为2HIO+H2O2=I2+2H2O+O2↑
【答案】C
【解析】
【详解】A、联系方程式①、②可以看出Fe3+是中间产物，选项正确，A不符合题意；
B、反应①中H2O2是氧化剂，其氧化性比Fe3强，选项正确，B不符合题意；
C、1molH2O2分解转移1mol电子，选项错误，C符合题意；
D、叠加反应③、④的总反应是双氧水的分解，选项正确，D不符合题意；
故答案为：
C。
15.某研究小组利用下图装置探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应原理。
下列说法错误的是
A.装置B中若产生白色沉淀，说明Fe3+能将SO2氧化成SO42－
B.实验室中配制70%的硫酸需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒
C.三颈烧瓶中通入N2的操作应在滴加浓硫酸之前，目的是排尽装置内的空气
D.装置C可能发生倒吸，同时还不能完全吸收反应产生的尾气
【答案】A
【解析】
【详解】A.装置A中70%的硫酸与亚硫酸钠反应放出二氧化硫，二氧化硫的水溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能够氧化二氧化硫生成SO42-，从而在B中产生硫酸钡白色沉淀，不能说明Fe3+能将SO2氧化成SO42－，故A错误；
B.实验室中配制70%的硫酸，需要用量筒量取适当体积的浓硫酸，然后慢慢倒入一定量水中，边倒边搅拌，需要的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒，故B正确；
C.二氧化硫能够被氧化，为了排除空气中氧气
干扰，在滴加浓硫酸之前，三颈烧瓶中需要通入N2以排尽装置内的空气，故C正确；
D.二氧化硫在水中的溶解度较大，装置C可能发生倒吸，且气体与液体的反应接触不充分，会导致产生的尾气不能完全吸收，故D正确；
答案选A。
16.由硫铁矿烧渣（主要成分：
Fe3O4、Fe2O3和FeO）得到绿矾（FeSO4·7H2O），再通过绿矾制备铁黄[FeO（OH）]的流程如下：
已知：
FeS2和铁黄均难溶于水。
下列说法错误的是（）
A.步骤①后可依次用KSCN溶液和酸性KMnO4溶液来检测溶液中铁元素的价态
B.步骤②发生后，溶液的酸性增强
C.步骤③，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥可得到绿矾
D.为确保铁黄的产率，尽可能将步骤④中的pH值调大
【答案】D
【解析】
【分析】
由制备绿矾流程可知，烧渣（主要成分：
Fe3O4、Fe2O3和FeO）均溶于硫酸，溶液含Fe2+、Fe3+，步骤②发生FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，步骤③为蒸发浓缩、冷却结晶析出绿矾，绿矾与氨水、空气可发生氧化还原反应生成Fe（OH）3，以此来解答。
【详解】A、步骤①后溶液中有Fe2+、Fe3+可用分别加KSCN溶液和酸性KMnO4溶液来检测，A不符合题意；
B、步骤②，涉及的离子方程式为FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42+16H+，溶液的酸性增强，B不符合题意；
C、FeSO4·7H2O带有结晶水，应用冷却结晶的方式析出，C不符合题意；
D、若pH值过大，则会生成Fe（OH）3使生成产品的产率下降，D符合题意；
故答案为：
D。
二、填空题（本大题共5小题，共52分。
）
17.由短周期元素组成的A、B、C、D、E、X均为中学化学常见物质。
已知A为淡黄色固体，D为白色难溶于水的物质，且A和D的摩尔质量相等，在一定条件下它们有如下转化关系：
（1）写出A的电子式________。
（2）用离子方程式表示X的水溶液呈酸性的原因________。
（3）写出上述转化中C→D对应反应的离子方程式________。
【答案】
（1）.
（2）.Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+（3）.3AlO2-+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓↓（或3Al（OH）4-+Al3+=4Al（OH）3↓）
【解析】
【分析】
A为淡黄色固体，能与水反应，则A为过氧化钠，物质A和D的式量相等，结合转化关系，B为氢氧化钠，C为偏铝酸钠，F为铝盐，D为氢氧化铝，E为氧气。
【详解】
（1）由分析可知，A为Na2O2，因此其电子式为
；
（2）由分析可知，X为AlCl3或Al2（SO4）3，溶液中存在Al3+的水解，Al3＋＋3H2O
Al（OH）3＋3H＋，使得溶液中c（H＋）>c（OH－），溶液显酸性；
（3）由分析可知，C为NaAlO2、D为Al（OH）3，该反应的离子方程式为：
3AlO2－＋Al3＋＋6H2O=4Al（OH）3↓。
【点睛】解答本题关键在于A、D物质。
因为A为淡黄色固体，在高中阶段能够接触的只有过氧化钠和硫单质，并且能与水反应，所以为过氧化钠。
因为D为白色难溶于水的物质，且式量与A相同，可推出D为Al（OH）3。
18.金属冶炼与处理中常涉及离子反应和氧化还原反应。
（1）实验室常用无水乙醇处理少量残留的金属钠，写出反应的化学方程式：
________。
（2）镁与碳在加强热时可生成易水解的MgC2，其水解方程式为：
________。
（3）我国古代劳动人民曾利用明矾溶液除去铜器表面的铜锈[Cu2（OH）2CO3]，请简要解释其原理：
________。
（4）黄铁矿（FeS2）煅烧时可以发生如下反应：
3FeS2+8O2
6SO2+Fe3O4，当有3molSO2生成时，转移________mol电子。
【答案】
（1）.2Na+2CH3CH2OH=2CH3CH2ONa+H2↑
（2）.MgC2+2H2O=Mg（OH）2+C2H2↑（3）.明矾中的Al3+发生水解反应使溶液显酸性，能溶解Cu2（OH）2CO3（4）.16
【解析】
【详解】
（1）乙醇中的羟基能与金属钠反应生成乙醇钠和H2，该反应的化学方程式为：
2CH3CH2OH＋2Na=2CH3CH2ONa＋H2↑；
（2）水解的过程是与水电离产生的H＋或OH－结合的过程，因此MgC2水解反应的化学方程式为：
MgC2＋2H2O=Mg（OH）2＋C2H2↑；
（3）明矾溶液中存在Al3＋的水解反应Al3＋＋3H2O⇋Al（OH）3＋3H＋，使得溶液中c（H＋）>c（OH－），溶液显酸性，能溶解Cu2（OH）2CO3；
（4）由反应的化学方程式可知，当生成6个SO2分子时，转移32个电子，因此当有3molSO2生成时，转移的电子数为16mol。
19.用混有硫酸亚铁和硫酸镁等杂质的锰矿（含MnO2、MnCO3）生产硫酸锰，实验室模拟生产过程如下：
已知金属离子完全沉淀时的pH值如下：
Fe3+：
3.5；Fe2+：
9.5；Mn2+：
10.8；Mg2+：
11.6。
（1）反应器中发生氧化还原反应的离子方程式是________。
（2）从经济效益考虑，物料A可以是________。
（3）硫酸锰和硫酸镁的溶解度曲线如右图所示：
则操作Ⅰ包含的主要操作为________。
（4）MnSO4·H2O在1150℃条件下分解，产物是Mn2O4、含硫化合物、水，在该条件下硫酸锰晶体分解反应的化学方程式是________。
【答案】
（1）.MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O
（2）.MnCO3等（3）.在60℃下蒸发结晶趁热过滤（洗涤、低温干燥）（4）.3MnSO4·H2O
Mn3O4+SO2↑+2SO3↑+3H2O↑
【解析】
【
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