大题综合强化练 题型1　无机化工流程题 （含解析）江苏省2023高考化学三轮冲刺练

这是一份大题综合强化练 题型1　无机化工流程题 （含解析）江苏省2023高考化学三轮冲刺练，共15页。试卷主要包含了0×10-11,Ksp=5，0时开始沉淀,pH=8等内容，欢迎下载使用。

已知:①钒元素的存在形态较多,部分四价钒和五价钒物种的分布分数与pH的关系如图所示。
②Fe(OH)2完全沉淀的pH为8.4;VO(OH)2完全溶解的pH约为11。
③吉布斯自由能(ΔG)可以用来判断反应进行的方向。一个反应的ΔG越小,反应发生的可能性越大。
(1)写出基态V原子的核外电子排布式 。
(2)“沉铁”时调节pH时不能用氨水代替氢氧化钠的原因是 。
(3)写出“氧化”时发生的离子方程式 。
(4)①“沉钒沉铝”中所得沉淀物与浸出剂反应ΔG与温度的关系如图所示。“浸出”时应控制温度低于60 ℃,原因是 。
②若“浸出”时浸出剂中添加NaOH固体,并边浸出边通入CO2,可大大提高钒的浸出率,原因是 。
(5)“二次沉钒”时,先调节pH约为6~8,得到含钒铵盐沉淀,写出“焙烧”时该铵盐沉淀发生分解的化学方程式 。
2.(2022·江苏省南京市、盐城市一模)电解法制取高纯镍的原料液中含Cu(Ⅱ)(主要以Cu2+、CuCl+、CuCl2等形式存在)杂质,为保证高纯镍产品的纯度,电解前须将Cu(Ⅱ)除去,方法如下。
(1)S-SO2除铜:向原料液中加入适量细硫粉并鼓入SO2,将Cu(Ⅱ)转化为CuS沉淀除去。Cu2+沉淀时发生反应的离子方程式为 。
(2)NiS除铜:向原料液中加入活性NiS粉末,将Cu(Ⅱ)转化为CuS沉淀除去。过滤后的滤渣即为除铜渣(含NiS、CuS等)。
①室温下,CuCl+和活性NiS粉末反应的离子方程式为 ;该反应的平衡常数表达式为K= 。
②如图1所示,将活性NiS粉末陈化(露置)超过7小时后再用于除铜的效果明显变差,其原因可能是 。
③除铜渣中铜镍质量比随原料液pH的变化如图2所示,实验测得溶液pH=3.5时除铜渣中铜镍质量比最大,其原因可能是 。
3.(2022·江苏省盐城市上学期期中考试)工业上常利用软锰矿浆(主要成分MnO2,杂质为SiO2、Fe、Al2O3等)制备高纯硫酸锰产品。
(1)在稀硫酸介质中还原。
①投入处理后的废铁屑还原MnO2,生成Fe3+发生反应的离子方程式为 。
②湿法还原软锰矿浆制备硫酸锰的最佳工艺条件如图1、图2所示。
(ⅰ)由图1可知反应控制的最佳温度约为50 ℃,其原因是 。
(ⅱ)由图2可知反应最佳投料比n(H2SO4)∶n(Fe)∶n(MnO2)=2.1∶0.78∶1,结合反应原理说明采用此比值的原因是 。
(2)制备高纯度MnSO4溶液。
已知:①Ksp(CaF2)=4.0×10-11,Ksp(MnF2)=5.0×10-3。
②常温下溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
设计制备高纯度MnSO4溶液的实验方案:将还原后的混合溶液过滤, ,过滤,
,得到高纯度MnSO4溶液。(实验中须使用的试剂:5%H2O2溶液、CaCO3、MnF2)
4.(2022·江苏省启东市第一次质量监测)以软锰矿浆(主要成分MnO2)和烟气(含有SO2、O2等)为原料回收富集硫酸锰及制取MnCO3。
(1)向一定量软锰矿浆中匀速通入烟气,溶液中c(SO42-)、c(Mn2+)、pH及随吸收时间的变化如图所示。
反应一段时间后,浸出液中SO42-浓度高于Mn2+浓度,其主要原因是 。
②溶液中c(SO42-)的增加呈现由慢到快的趋势,其主要原因是 ,
请设计实验方案证明 。
(2)由制得的MnSO4溶液制备高纯MnCO3的操作步骤: 。
[已知MnCO3难溶于水、乙醇,潮湿时易被空气氧化,100 ℃开始分解;Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7。实验中可选用的试剂:Ca(OH)2、NaHCO3、Na2CO3、CH3CH2OH、BaCl2]
5.(2022·江苏省南通市第一次调研测试)由铁铬合金(主要成分Cr、Fe,含少量C、Ni等)可以制取Cr2O3、FeC2O4·2H2O和LiFePO4。实验流程如下:
(1)“酸溶”时应先向反应器中加入硫酸,再分批加入铬铁合金粉末,同时需保持强制通风。
①分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风的原因是 。
②其他条件相同,实验测得相同时间内铬铁转化率反应的铬铁的物质的量原铬铁的总物质的量×100%、析出硫酸盐晶体的质量随硫酸浓度变化情况如图所示。当硫酸的浓度为9~11 ml·L-1,铬铁转化率下降的原因: 。
(已知硫酸浓度大于12 ml·L-1时铁才会钝化)
(2)向酸溶所得溶液中加入0.5 ml·L-1 Na2S溶液,使C2+和Ni2+转化为CS和NiS沉淀。当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5 ml·L-1时,c(C2+)= 。[已知:Ksp(CS)=1.8×10-22,Ksp(NiS)=3.0×10-21]
(3)在N2的氛围中将FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1∶1混合,360 ℃条件下反应可获得LiFePO4,同时有CO和CO2生成。写出该反应的化学方程式: 。
(4)设计由沉铁后的滤液(含Cr3+和少量Fe2+)制备Cr2O3的实验方案: ,
过滤、洗涤、干燥、500 ℃煅烧。
已知:①P507萃取剂密度小于水,萃取Fe3+时萃取率与溶液pH的关系如图所示;②该实验中Cr3+在pH=6.0时开始沉淀,pH=8.0时沉淀完全。pH=12时Cr(OH)3开始溶解。实验中须选用试剂:P507萃取剂、H2O2、NaOH溶液。
6.NaBH4是一种常见的还原剂。一种以H2、Na、硼酸三甲酯[B(OCH3)3]为原料,生产NaBH4的工艺流程如下:
(1)下列措施能提高“反应1”的化学反应速率的有 (填标号)。
A.充分搅拌熔融钠
B.将熔融钠充分分散在石蜡油中
C.反应前排尽装置中的空气
(2)在浓硫酸作用下,B(OCH3)3可由B(OH)3和CH3OH发生酯化反应制得。浓硫酸的作用是 。
(3)“反应2”在240 ℃条件下进行,生成的产物是NaBH4和CH3ONa,写出该反应的化学方程式: 。
“反应2”所用B(OCH3)3需充分干燥,原因是 。
(4)反应NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑可用于制取H2。一定浓度的NaBH4催化制氢的半衰期(溶液中NaBH4消耗一半时所需的时间)与溶液pH的关系如图所示。
①NaBH4与水反应所得溶液呈碱性,原因是 。
②随着反应的进行,生成H2的速率逐渐减慢,原因是 。
7.(2022·江苏省扬州市期末检测)水杨醛亚胺的钴配合物可吸收O2形成氧载体,用于燃料油的氧化脱硫。
(1)制备钴配合物。向烧瓶中加入水杨醛亚胺(A)、无水乙醇,水浴加热条件下迅速加入醋酸钴溶液。生成的沉淀冷却至室温后,抽滤,重结晶,干燥,得到水杨醛亚胺的钴配合物(B)。
①基态C2+核外电子排布式为 。配合物B中的配位原子是 。
②可供选择的实验装置如图所示,应选 (填序号)用于制备,理由有 。
③为避免反应过程中生成的钴配合物(B)吸收O2,可采用的方法为 。
(2)制备醋酸钴溶液。利用废钴镍电池的金属电极芯(主要成分C、Ni,还含少量Fe)可生产醋酸钴溶液。已知:C3+可将H2O2氧化;Ni3+氧化性极强,在水溶液中不存在;在实验条件下,部分阳离子沉淀时溶液pH如下表。
①酸性溶液中加入NaClO可将C2+氧化为C(OH)3,其离子方程式为 。
②请补充完整实验方案:取一定量已粉碎的电极芯,加入稀H2SO4充分溶解后过滤,所得滤液中含C2+、Ni2+、Fe2+, ,加入10% Na2CO3溶液,生成CCO3沉淀,用CH3COOH溶解得到醋酸钴溶液(实验中须使用的试剂:NaClO溶液、稀H2SO4、H2O2溶液、NaOH溶液)。
8.镍是一种常用的催化剂。以红土镍矿(主要含有Fe2O3、FeO、NiO、SiO2等)为原料,制取纳米镍粉,同时获得净水剂黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]的工艺流程如下:
(1)“氧化”过程发生反应的离子方程式是 。
(2)“转化”过程,向“过滤Ⅱ”所得滤液(富含Ni2+)中加入N2H4,控制溶液中NaOH的浓度,可得到不同晶态物质(NiSO4·N2H4、Ni或二者的混合物)。写出生成Ni的离子方程式 ;在其他条件不变的情况下,随NaOH浓度增大,产物中Ni的含量增加,原因是 。
(3)化学镀镍是金属表面镀镍的常用方法,以NiSO4为镀液,次亚磷酸钠(NaH2PO2)为还原剂,在90 ℃的酸性溶液中发生反应,NaH2PO2被氧化为亚磷酸(H3PO3)。写出化学镀镍反应的离子方程式 。
题型1 无机化工流程题
1.解析:由题给流程可知,向沉钒废水中加入氢氧化钠溶液,使Fe2+转化为氢氧化亚铁沉淀,Al3+、VO2+离子转化为AlO2-、VO(OH)3-离子,过滤得到氢氧化亚铁和含有AlO2-、VO(OH)3-离子的滤液;加入过氧化氢溶液,碱性条件下将VO(OH)3-离子氧化为VO43-离子;加入氧化钙将溶液中偏铝酸根离子、VO43-离子转化为铝酸钙、钒酸钙沉淀;过滤得到滤液和铝酸钙、钒酸钙;向铝酸钙、钒酸钙中加入碳酸钠溶液做浸出剂,过滤得到含有VO43-离子的浸出液;先调节浸出液pH约为6~8,使VO43-离子转化为VO3-离子,再加入氯化铵溶液将VO3-离子转化为钒酸铵沉淀,过滤后高温焙烧钒酸铵得到五氧化二钒。
(1)钒元素的原子序数为23,基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2。(2)“沉铁”时,调节溶液pH时若用氨水代替氢氧化钠溶液,溶液pH过低,不利于VO(OH)2完全溶解转化为VO(OH)3-,降低产率。(3)由分析可知,“氧化”时发生反应为碱性条件下将VO(OH)3-离子与过氧化氢溶液反应生成VO43-离子和水,反应的离子方程式为2VO(OH)3-+H2O2+4OH-2VO43-+6H2O。(4)①由图可知,温度低于60℃时,钒酸钙与碳酸钠反应的ΔG小于铝酸钙和碳酸钠反应的ΔG,钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生,有利于钒的浸出。(5)由分析可知,“焙烧”时铵盐沉淀发生分解的反应为钒酸铵高温焙烧发生分解反应生成五氧化二钒、氨气和水,反应的化学方程式为2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O。
答案:(1)1s22s22p63s23p63d34s2或[Ar]3d34s2
(2)氨水的pH过低,不利于VO(OH)2完全溶解
(3)2VO(OH)3-+H2O2+4OH-2VO43-+
6H2O
(4)①温度低于60 ℃时,钒酸钙与碳酸钠反应的ΔG小于铝酸钙和碳酸钠反应的ΔG,钒酸钙与碳酸钠的反应更容易发生,有利于钒的浸出 ②NaOH溶液与CO2反应生成碳酸钠,碳酸钠溶液浓度大,有利于钒酸钙沉淀溶解转化为VO43-,提高钒的浸出率
(5)2NH4VO3V2O5+2NH3↑+H2O
2.解析:(1)S、SO2与Cu2+反应生成CuS沉淀,Cu的化合价不变,S转化为CuS,S的化合价降低,则应有元素化合价要升高,推知为SO2转化为SO42-,Cu2++SO2+SCuS+SO42-,S生成CuS价态降低2、SO2生成SO42-价态升高2,据得失电子守恒有Cu2++SO2+SCuS+SO42-,由电荷守恒有Cu2++SO2+SCuS+SO42-+4H+,最后由元素守恒得Cu2++SO2+S+2H2OCuS+SO42-+4H+。(2)①CuCl+Cu2++Cl-,NiS(s)Ni2++S2-,Cu2+与S2-结合成CuS,释放出Ni2+,相当于沉淀的转化,方程式为CuCl++NiSCuS+Ni2++Cl-。平衡常数表达式中,固体不写入表达式中。②活性NiS粉末陈化时间越长,Cu2+越难除,Cu2+通过与S2-反应生成CuS除去,所以-2价S被O2氧化,而使NiS失去活性。③图2中pH=3.5时铜渣中铜镍质量比最大,回答时应从pH<3.5和pH>3.5作答,当pH<3.5时,溶液的酸性较强,H+会与S2-结合成HS-或H2S,S2-浓度减小,减弱了S2-与Cu2+的结合,除铜渣中CuS减小,所以除铜渣中铜镍质量比降低;当pH>3.5时,碱性增强,OH-会与Ni2+反应生成Ni(OH)2沉淀,过滤后的滤渣中,含镍较多,则除铜渣中铜镍质量比降低。
答案:(1)Cu2++SO2+S+2H2OCuS+4H++SO42-
(2)①CuCl++NiSCuS+Ni2++Cl- c(Cl-)·c(Ni2+)c(CuCl+) ②NiS被空气中的O2氧化变质,失去活性[或NiS在空气中被自然氧化为Ni(OH)S,失去活性] ③pH<3.5时,随着pH的减小,溶液中的H+结合S2-生成更多的HS-或H2S,降低了S2-的有效浓度,导致生成CuS沉淀的量减少,除铜渣中铜镍质量比降低;pH>3.5时,随着pH的增大,溶液中Ni2+生成更多的Ni(OH)2沉淀,使除铜渣中Ni含量增大,从而降低了铜镍质量比
3.解析:(1)①在酸性条件下二氧化锰被铁还原为二价锰离子,方程式为Fe+MnO2Fe3++Mn2+,Fe升高3价、Mn降低2价,由得失电子守恒2Fe+3MnO22Fe3++3Mn2+,再由电荷守恒有2Fe+3MnO2+12H+2Fe3++3Mn2+,最后由元素守恒:2Fe+3MnO2+12H+2Fe3++3Mn2++6H2O;②(ⅰ)由图1可知,在50℃的时候,锰浸出率已经达到了比较高的程度,再继续升高温度的时候,浸出率变化不大,故反应控制的最佳温度约为50℃;(ⅱ)根据①中反应,n(H2SO4)∶n(Fe)∶n(MnO2)=2∶0.67∶1,H2SO4、Fe过量,H2SO4过量保证反应在酸性条件下进行,且Fe会消耗少量H2SO4。(2)滤液中含有二价铁、三价铁离子和铝离子,先用过氧化氢将二价铁氧化为三价铁,根据表中各金属离子氢氧化物沉淀的pH,再加碳酸钙调节pH为5.2~7.7,将铁离子和铝离子转化为沉淀而除去;之后再加MnF2将钙离子转化为CaF2而除去,通过过滤将沉淀与硫酸锰溶液分离,最后将沉淀洗涤即可。
答案:(1)①2Fe+3MnO2+12H+2Fe3++6H2O+3Mn2+ ②(ⅰ)50 ℃的时候,锰浸出率已经达到了比较高的程度,再继续升高温度的时候,浸出率变化不大 (ⅱ)根据①中反应,n(H2SO4)∶n(Fe)∶n(MnO2)=2∶0.67∶1,H2SO4、Fe过量,H2SO4过量保证反应在酸性条件下进行,且Fe会消耗少量H2SO4
(2)先加过氧化氢将二价铁氧化为三价铁,之后加碳酸钙调pH为5.2~7.7,除去三价铁离子和铝离子 再加MnF2沉淀钙离子,过滤
4.解析:(1)①由题意知,反应一段时间后,浸出液中SO42-浓度高于Mn2+浓度,其主要原因是体系中SO2与O2反应生成硫酸;②由题图可知,随着反应的进行,溶液中c(SO42-)的增加呈由慢到快的趋势,其主要原因是生成的Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4,要验证此原因,只要设计一个对比实验即可,操作为向两个装置中分别装入等量一定量软锰矿浆,其中一个装置再加入少量硫酸锰固体,再向两个装置中同时以相同流速通入烟气,测量c(SO42-)变化。(2)制取原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程,但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇,潮湿时易被空气氧化,100℃开始分解;Mn(OH)2开始沉淀时pH=7.7等因素,过程中控制溶液的pH以及洗涤沉淀所选的溶剂,即实验步骤为边搅拌边加入NaHCO3或Na2CO3,控制溶液pH<7.7,过滤,用BaCl2检验SO42-是否被洗涤干净,用少量CH3CH2OH洗涤,低于100℃干燥。
答案:(1)①体系中SO2与O2反应生成硫酸 ②生成的Mn2+催化O2氧化SO2生成H2SO4的反应 向两个装置中分别装入等量一定量软锰矿浆,其中一个装置再加入少量硫酸锰固体,再向两个装置中同时以相同流速通入烟气,测量c(SO42-)变化
(2)边搅拌边加入NaHCO3或Na2CO3,控制溶液pH<7.7,过滤,用BaCl2检验SO42-是否被洗涤干净,用少量CH3CH2OH洗涤,低于100 ℃干燥
5.解析:铁铬合金(主要成分Cr、Fe,含少量C、Ni等)加入硫酸进行酸溶,各金属元素转化为相应的阳离子进入溶液,之后加入Na2S除去C、Ni元素,过滤后加入草酸,过滤得到FeC2O4·2H2O粗品,再经系列处理得到LiFePO4;滤液中还剩余Cr3+,处理得到Cr2O3。
(1)①金属单质在与硫酸反应时会产生大量氢气,分批加入铬铁合金粉末并保持强制通风可以防止产生的大量气体使反应液溢出;及时排出产生的H2,避免发生爆炸;②硫酸浓度较大后,生成硫酸盐的量增多,析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面,减慢了反应的速率。(2)当上层清液中c(Ni2+)=1.0×10-5ml·L-1时,c(S2-)=Ksp(NiS)c(Ni2+)=3.0×10-211.0×10-5ml·L-1=3.0×10-16ml·L-1,c(C2+)=Ksp(CS)c(S2-)=1.8×10-223.0×10-16ml·L-1=6.0×10-7ml·L-1。(3)FeC2O4·2H2O与LiH2PO4按物质的量之比1∶1混合,360℃条件下反应可获得LiFePO4,同时有CO和CO2生成,说明该过程中草酸发生歧化,根据电子守恒、元素守恒可得化学方程式为FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑。(4)根据题目所给信息可知P507萃取剂可以萃取Fe3+,所以需先加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+,根据图像中铁离子萃取率与pH关系,加入NaOH溶液调节pH至2.5左右,然后加入P507萃取剂萃取铁离子,充分振荡、静置、分液,向水层中边搅拌边加入NaOH溶液得到Cr(OH)3沉淀,根据已知的信息②,向水层中滴加NaOH溶液时pH应在8~12之间停止滴加。
答案:(1)①防止产生的大量气体使反应液溢出;及时排出产生的H2,避免发生爆炸 ②析出的硫酸盐晶体覆盖在铬铁表面,减慢了反应的速率
(2)6.0×10-7 ml·L-1
(3)FeC2O4·2H2O+LiH2PO4LiFePO4+CO↑+CO2↑+3H2O↑
(4)边搅拌边向滤液中滴加稍过量的H2O2,充分反应后继续向其中滴加NaOH溶液,至pH约2.5时停止滴加,加入P507萃取剂,充分振荡、静置、分液,向水层中边搅拌边滴加NaOH溶液至pH在8~12之间停止滴加
6.解析:(1)充分搅拌能加速反应物质的接触,充分分散能增大接触面积,这两项都能加快反应速率,反应前排尽装置中的空气是为了防止空气中的O2与通入的H2混合而爆炸。(2)在酯化反应中浓硫酸的作用为催化剂和吸水剂。(3)由流程图中可知,反应1的产物为NaH,反应2的反应物为B(OCH3)3和NaH,根据产物可知反应的化学方程式为B(OCH3)3+4NaHNaBH4+3CH3ONa;NaH、NaBH4能与水发生反应,故所用B(OCH3)3需充分干燥。(4)①NaBH4与水反应得到的NaBO2为强碱弱酸盐,该盐水解使溶液呈碱性。②反应物浓度逐渐减小,反应速率减慢;随着反应的进行,溶液中NaBO2的浓度逐渐增大,溶液的碱性逐渐增强,反应的半衰期加长,也导致生成H2的速率减慢。
答案:(1)AB
(2)催化剂、吸水剂
(3)B(OCH3)3+4NaHNaBH4+3CH3ONa
防止NaH、NaBH4与水发生反应
(4)①NaBO2水解,使溶液呈碱性 ②反应物浓
度逐渐减小,溶液的碱性逐渐增强
7.解析:(1)①C为27号元素,基态C2+核外电子排布式为[Ar]3d7;A中N和O原子有孤电子对,配合物B中的配位原子是N、O;②应选装置Ⅰ用于制备,装置Ⅰ与外界气压相同且有冷凝回流作用,装置Ⅱ密闭体系不利于实验安全;③为避免反应过程中生成的钴配合物(B)吸收O2,可以排除装置中空气,可采用的方法为向装置中通入一定量N2(排出装置中的空气)、干燥过程中保持真空等。(2)①酸性溶液中加入NaClO将C2+氧化为C(OH)3,NaClO转化为Cl-,其离子方程式为2C2++ClO-+5H2OCl-+2C(OH)3↓+4H+;②已知:C3+可将H2O2氧化;Ni3+氧化性极强,在水溶液中不存在;取一定量已粉碎的电极芯,加入稀H2SO4充分溶解后过滤,所得滤液中含C2+、Ni2+、Fe2+,向滤液中加入足量H2O2溶液,充分反应后加入NaOH溶液调节pH略大于3.2,生成Fe(OH)3,过滤,除去铁元素;NaClO可将C2+氧化为C(OH)3,向所得滤液中加足量NaClO溶液,并用NaOH溶液调节1.1≤pH<7.6,过滤;向所得沉淀中加入稀H2SO4和H2O2溶液至完全溶解,再加入10%Na2CO3溶液,生成CCO3沉淀,用CH3COOH溶解得到醋酸钴溶液。
答案:(1)①[Ar]3d7 N、O ②Ⅰ 装置Ⅰ与外界气压相同且有冷凝回流作用,装置Ⅱ密闭体系不利于实验安全 ③向装置中通入一定量N2(排出装置中的空气)、干燥过程中保持真空等
(2)①2C2++ClO-+5H2OCl-+2C(OH)3↓+4H+ ②向滤液中加入足量H2O2溶液,充分反应后加入NaOH溶液调节pH略大于3.2,过滤;向所得滤液中加足量NaClO溶液,并用NaOH溶液调节1.1≤pH<7.6,过滤;向所得沉淀中加入稀H2SO4和H2O2溶液至完全溶解
8.解析:图示分析:
答案:(1)2H++2Fe2++ClO-2Fe3++Cl-+H2O
(2)N2H4+2Ni2++4OH-2Ni↓+N2↑+4H2O 溶液碱性越强,N2H4的还原性越强
(3)Ni2++H2PO2-+H2ONi↓+H3PO3+H+
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
开始沉淀时(c=0.01 ml·L-1)的pH
6.5
1.5
3.3
7.7
完全沉淀时(c=1.0×10-5ml·L-1)的pH
9.7
3.7
5.2
9.8
Fe(OH)3
Fe(OH)2
C(OH)2
C(OH)3
Ni(OH)2
2.2
7.4
7.6
0.1
7.6
3.2
8.9
9.4
1.1
9.2