福建省厦门外国语学校2022届高三化学上学期第三次阶段考试1月试题含解析

厦门外国语学校2022届高三第三次阶段考试化学试题1.下列物质分类正确的是（）A.SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B.淀粉溶液、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物【答案】D【解析】A、CO不能与碱反应生成盐和水，为不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故A错误；B、氯化铁溶液为溶液分散性，不是胶体，故B错误；C、四氯化碳为非电解质，故C错误；D、有两种或多种物质组成的为混合物，福尔马林、水玻璃（硅酸钠的水溶液）、氨水均为水溶液，所以都是混合物，故D正确；故选D。2.分子式为C9H10O2的芳香族化合物并且能与饱和NaHCO3溶液反应放出气体的有机物有(不含立体异构)（）A.6种B.8种C.12种D.14种【答案】D【解析】该芳香族化合物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基-COOH，还有苯基C6H5－，取代基为正丙酸基时，1种；取代基为异丙酸基，1种；取代基为羧基、-CH2-CH3，有邻间对3种；取代基为乙酸基、-CH3，有邻间对3种；取代基为-COOH、-CH3，-CH3，甲基为邻位，2种；间位，3种；对位1种；符合条件的总共有14种。故选D。3.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的（　　）①常温常压下，4.6gNO2气体含有的原子总数为0.3NA②17.6g丙烷中所含的共价键数为4NA个③1molCu和足量稀HNO3反应生成NO气体，转移电子数是3×6.02×1023④2gD216O中含有的质子数、中子数、电子数均为NA⑤常温下，1.0LpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH﹣离子数目为0.1NA⑥FeCl3溶液中，若Fe3+数目为NA，则Cl﹣数目等于3NA．A.①②⑥B.③④⑤⑥C.②④⑥D.①②④【答案】D-17-【解析】试题分析：①常温常压下，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，气体含有的原子总数为0.3NA，正确；②17.6g丙烷的物质的量为0.4mol，丙烷中所含的共价键数为0.4mol×10×NA=4NA个，正确；③根据化学反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O转移6e－，则1molCu和足量稀HNO3反应生成NO气体，转移电子数是6×6.02×1023，错误；④1个D216O分子中有10个质子、10个中子，10个电子，2gD２１６O的物质的量为0.1mol，所以含有的质子数、中子数、电子数均为NA，正确；⑤常温下，1.0LpH＝13的NaOH溶液中，c(H＋)=10-13，则由水电离的OH－离子数目为10-13×1×NA，错误；⑥FeCl3溶液中，Fe3＋能水解，则若Fe3+数目为NA，则Cl－数目大于3NA，错误；答案选D。考点：考查物质的量的计算。4.某同学在研究前18号元素时发现，可以将它们排成如图所示的“蜗牛”形状，图中每个“•”代表一种元素，其中O点代表氢元素．下列说法中错误的是（　　）A.离O点越远的元素原子半径越大B.虚线相连的元素处于同一族C.B元素是图中金属性最强的元素D.A、B组成的化合物中可能含有共价键【答案】A【解析】试题分析：A．离O点越远的元素核电荷数越大，若电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，A错误；B．虚线相连的元素处于同一族，B正确；C．B元素为钠元素，是图中金属性最强的元素，C正确；D．A为氧元素，B为钠元素，两种元素组成的化合物中可能含有共价键，比如Na2O2，D正确。故答案A。考点：考查元素周期表与元素周期律的应用。5.短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是()A.X和Y的常见氧化物都是大气污染物-17-B.白然界中的W的储量丰富，高纯度的W的氧化物是将太阳能转化为电能的材料C.一定条件下，Q单质可把Y从其氢化物中置换出来D.最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：Q>Y>W>X【答案】C【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为钠。Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，则W为硅、Q为氯。X与W处于同一主族，则X为碳。五种元素原子的最外层电子数之和为21，则Y为氮。A.X的常见氧化物二氧化碳不是大气污染物，A不正确；B.白然界中的W的储量丰富，高纯度的W的氧化物是制造光导纤维的材料，B不正确；C.氯的非金属性比氮强，所以在一定条件下，氯气可把氮从其氢化物中置换出来，C正确；D.最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：碳酸强于硅酸，D不正确。本题选C。6.利用如图所示装置进行实验，下列说法正确的是A.实验①可观察到红色喷泉B.实验②可收集到少量氨气C.实验③中逐滴滴加稀盐酸时，试管中立即产生大量气泡D.实验④中酸性KMnO4溶液中有大量气泡出现，但溶液颜色不变【答案】B【解析】A、HCl极易溶于水，溶液显酸性，酸遇酚酞为无色，则观察到无色喷泉，故A错误；B、碳酸铵加热分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制取少量氨气，故B正确；C、逐滴滴加稀盐酸时，先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，则不能立即生成气体，故C错误；D、浓硫酸具有脱水性，蔗糖炭化后，碳与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，则高锰酸钾溶液褪色，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，解题关键：把握物质的性质、制备实验和性质实验等。易错点A选项：氯化氢极易溶于水，溶于水后呈酸性，注意区别氨气的喷泉实验，氨溶于水显碱性。易错点C-17-选项，注意碳酸钠与盐酸反应是分步进行的，碳酸钠中滴很少量的盐酸，没有气体逸出。7.下列离子方程式书写正确的是：A.碳酸钠溶液中滴入少量盐酸:2H++CO32-=H2O+CO2↑B.硫酸铝溶液中加入过量氨水:Al3++4OH-=AlO2-+H2OC.碳酸氢钠溶液中滴入少量氢氧化钡溶液:2HCO3-+Ba2++2OH-==BaCO3↓+CO32-+2H2OD.FeS溶于稀硝酸:FeS+2H+=H2S↑+Fe3+【答案】C【解析】A、碳酸钠溶液中滴入少量盐酸:H++CO32-=HCO3－，故A错误；B、氨水是弱碱，硫酸铝溶液中加入过量氨水:Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故B错误；C、碳酸氢钠溶液中滴入少量氢氧化钡溶液:2HCO3-+Ba2++2OH-==BaCO3↓+CO32-+2H2O，故C正确；D、FeS溶于稀硝酸：将FeS溶于稀硝酸制备Fe(NO3)3，离子方程式：FeS+4H＋+NO3═Fe3＋+NO↑+S↓+2H2O，故D错误；故选C。8.一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化示意图如下，其中“o”和“●”代表不同元素的原子。下列关于此反应不能得出的结论是：A.该反应可表示为B.可能是PC15的分解反应C.反应过程中，一定伴随共价键的断裂与形成D.该反应的△H>0【答案】D【解析】A、根据图示可知，是一个失去可2个"o"从而生成了和，且没有完全反应，故此反应为可逆反应，反应可以表示为-17-，故A正确；B、PCl5分解为PCl3和氯气，化学方程式为PCl5PCl3+Cl2，和图示反应符合，故图示的反应可能为PCl5的分解反应，故B正确；C、化学反应的实质是旧键的断裂和新键的形成，故此反应中一定伴随着旧键的断裂和新键的形成，故C正确；D、分解反应大多数吸热，但不一定，故此反应的△H不一定大于0，故D错误。故选D。点睛：本题考查化学反应、可逆反应等，侧重分析与应用能力的考查，解题关键：把握图中分子的变化、常见的反应，难点选项A，除读出信息，还要进行推理，特别注意判断参加反应的分子数目，和末参加反应的分子数目，反应物和生成物同时存在，符合可逆反应的特征．9.乙醛酸（HOOC－CHO）是有机合成的重要中间体。工业上用“双极室成对电解法”生产乙醛酸，原理如图所示。该装置中阴、阳两极为惰性电极，两极室均可产生乙醛酸，其中乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸。下列说法不正确的是A.N电极上的电极反应式：HOOC－COOH+2e－+2H+=HOOC－CHO+H2OB.若有2molH+通过质子交换膜并完全参与反应，则该装置中生成的乙醛酸为1molC.M电极上的电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑D.乙二醛与M电极的产物反应生成乙醛酸的化学方程式：Cl2+OHC－CHO+H2O=HOOC－CHO+2HCl【答案】B考点：电化学的应用10.向Fe和Al2O3的混合物中加入足量稀硫酸将其溶解，室温下向所得溶液中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是(　　)-17-A.通入过量Cl2：Cl－、SO42－、Fe2+、Al3+B.加入过量NaOH溶液：SO42－、Na+、AlO2－、OH－C.加入过量氨水：NH4+、SO42－、Na+、AlO2－D.加入过量NaNO3溶液：NO3－、SO42－、Fe2+、Al3+【答案】B【解析】试题分析：A、Fe2＋被氯气氧化成Fe3＋，不能大量存在，故错误；B、Fe和硫酸反应：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，Al2O3和硫酸反应：Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O，加入NaOH后，发生Fe2＋＋2OH－=Fe（OH）2↓、Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，故正确；C、加入NH3：Fe2＋＋2NH3·H2O=Fe（OH）2↓＋2NH4＋、Al3＋＋3NH3·H2O=Al（OH）3↓＋3NH4＋，氢氧化铝不溶于弱碱，此溶液中不含AlO2－，故错误；D、NO3－在酸性条件下具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误。考点：考查元素及其化合物性质、离子大量共存等知识。11.将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3△H<0。得到如表中的两组数据：实验编号温度/℃平衡常数/mol-1·L起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minSO2O2SO2O21T1K142x0.862T2K2420.4yt下列说法不正确的是A.x=1.6，y=0.2，t<6B.T1、T2的关系：T1＞T2C.K1、K2的关系：K2＞K1D.实验1在前6min的反应速率υ(SO2)=0.2mol·L-1·min-1【答案】A【解析】试题分析：A、实验1从开始到反应达到化学平衡时，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量（mol）420变化量（mol）2.41.22.4-17-平衡量（mol）x0.82.4x=4－2.4=1.6；实验2从开始到反应达到化学平衡时，2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)起始量（mol）420变化量（mol）3.61.83.6平衡量（mol）0.4y3.6y=2－1.8=0.2；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫的物质的量增加，所以温度是T1＞T2。温度高反应速率快，到达平衡的时间少，则t＞6，A错误；B、根据A中分析可知B正确；C、由于T1＞T2，所以K2＞K1，C正确；D、实验1在前6min的反应速率v(SO2)=＝0.2mol·L-1·min-1，D正确，答案选A。考点：考查化学平衡影响因素和平衡计算的分析判断12.常温下，向100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，所得溶液PH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，下列说法正确的是A.a、b、c、d四个点中，水的电离程度最大的是dB.a点溶液中：c(NH3·H2O)+c(H+)=c(OH—)C.b点溶液中：c(Na+)+c(NH4+)=c(SO42—)D.c点溶液中：4c(Na+)=3[c(SO42—)+c(NH4+)+c(NH3·H2O)]【答案】D【解析】a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，则溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分。A、a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O-17-抑制水的电离，b点溶液呈中性，所以a点水的电离程度最大，故A错误；B、a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4，溶液呈酸性，c（H＋）＞c（OH－），故B错误；C、b点溶液为中性，溶液中c（OH－）=c（H＋），结合电荷守恒可知：c（NH4＋）+c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO42－）+c（OH－），则c（Na＋）+c（NH4＋）=2c（SO42－），故C错误；D、c点氢氧化钠的体积为150ml，所以3[n（N））+n（S）]=4n（Na），则是3c（NH4＋）+3c（NH3·H2O）+3c（SO42－）=4c（Na＋），故D正确；故选D。点睛：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，解题关键：明确图象各点发生反应及对应溶质组成，难点C选项。注意电荷守恒含义及应用方法，难点D选项，注意物料守恒的应用，3[n（N））+n（S）]=4n（Na）。13.某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为一2价），既含有Fe2+又含有Fe3+。将一定量的该磁黄铁矿与100mL的盐酸恰好完全反应(注:矿石中其他成分不与盐酸反应），生成硫单质2.4g、FeCl20.425mol和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是A.100mL的盐酸中HC1物质的量浓度为7．5mol/LB.生成的H2S气体在标准状况下的体积为2．24LC.该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为3:1D.该磁黄铁矿中FexS的x=0．85【答案】D【解析】试题分析：：n（S）=2.4g÷32g/mol=0.075mol，根据转移电子守恒得n（Fe3+）=0.075mol×(2−0)/(3−2)=0.15mol，则n（Fe2+）=0.425mol-0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，则A．盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得c（HCl）=0.425mol×2/0.1L=8.5mol/L，A错误；B．根据氢原子、氯原子守恒得n（H2S）=1/2n（HCl）=n（FeCl2）=0.425mol，V（H2S）=0.425mol×22.4L/mol=9.52L，B错误；C．根据以上分析可知Fe2+与Fe3+的物质的量之比=0.275mol：0.15mol=11：6，，C错误；D．FexS中n（S）=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n（Fe）=0.425mol，所以n（Fe）：n（S）=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，D正确；答案选D。【考点定位】本题考查了根据氧化还原反应进行计算【名师点晴】根据反应过程中原子守恒、转移电子守恒进行计算，根据氢原子守恒计算硫化氢体积，根据转移电子守恒计算亚铁离子和铁离子的物质的量之比，计算量较大，难度较大，注意守恒法的灵活应用。-17-14.Hg是水体污染的重金属元素之一。水溶液中二价汞的主要存在形态与C1-、OH-的浓度关系如图所示[图中的物质或粒子只有Hg(OH)2为难溶物；pCl=-lgc(Cl-)]。下列说法不正确的是A.可用如下方法除去污水中的Hg2+：FeS(s)+Hg2+(aq)=HgS(s)+Fe2+(aq)B.当溶液pCl保持在1，pH在6～8时，汞元素主要以HgCl42-形式存在C.HgCl2是一种强电解质，其电离方程式是：HgCl2=HgCl++Cl-D.当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时．可使HgCl2转化为Hg(OH)2【答案】C【解析】试题分析：A、HgS比FeS更难溶，所以A正确；B、根据图中数据可知，B正确；C、根据图片中离子种类可以判断，HgCl2是一种弱电解质，其电离方程式是：2HgCl2⇌HgCl++HgCl3ˉ，故C错误；D、根据图片中微粒存在方式判断，当溶液pH保持在5，pCl由2改变至6时，可使HgCl2转化为Hg(OH)2，故正确；此题选C。考点：考查图像数据分析能力15.请根据以下信息回答有关问题：I．NOx是汽车尾气的主要污染物之一。（1）汽车发动机工作时会引发N2和O2反应，其能量变化示意图如下：该反应的△H=________________________。（2）科学家通过实验发现，在紫外线照射下TiO2-17-会使空气中的某些分子产生活性基团OH，并且活性基团OH可与NO2、NO发生反应生成硝酸和水。根据左下图示，请写出OH与NO反应的化学方程式______________________________________。（3）电解法可将工业废气中含有的NO2消除。原理是先将NO2转化为N2O4，然后电解得到N2O5（常温下为无色固体，常做绿色硝化剂）。电解原理如右上图所示，该电解池中生成N2O5的电极反应式是___________。Ⅱ为研究哈伯法合成氨反应，T℃时，在容积为2L恒容容器中通入4molN2和12molH2，反应如下：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，若25min时反应达到平衡，各物质浓度随时间变化曲线如下图中甲、乙、丙。回答下列问题：（1）0-25min内，反应的平均速率v(H2)为_________。（2）T℃时，该反应的平衡常数K=_____________（用最简分数表达）。（3）T℃时，若起始充入8molN2和24molH2，则反应刚达到平衡时，表示c(H2)在右图中相应的点为_____（填字母）。【答案】(1).+(a+b-2c)kJ/mol(2).NO+3OH=HNO3+H2O(3).N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+(4).0.12moI/(L·min)(5).(6).B【解析】I．热化学反应方程式为：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H=+(a+b-2c)kJ/mol。（2）活性基团OH可与NO2、NO发生反应生成硝酸和水：NO+3OH=HNO3+H2O；（3）电解法可将工业废气中含有的NO2消除。原理是先将NO2转化为N2O4，然后电解得到N2O5，在阳极N2O4失电子生成N2O5，电极反应式是：N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+。-17-Ⅱ、根据浓度变化图，随着反应的进行，浓度变小的是反应物，浓度变大的是生成物，在相同时间内，浓度下降的大的反应物，其化学计量数也大，则甲图线是H2浓度变化图，0-25min内，即△t=25min，H2的浓度变化为△c（H2）=6mol·L－1-3mol·L－1=3mol·L－1，则反应的平均速率v（H2）=△c(H2)/△t=0.12mol/（L·min）；反应为N2（g）+3H2（g）2NH3（g），T℃时，在容积为2L恒容容器中通入4molN2和12molH2，根据浓度变化图象，平衡时，c（N2）=1mol·L－1，c（H2）=3mol·L－1，c（NH3）=2mol·L－1，反应的平衡常数为K=c2(NH3)/c3(H2)c(N2)=(2mol·L－1)2/(3mol·L－1)3×(1mol·L－1)=L2·mol－2；（3）温度不变，平常数不变，反应N2（g）+3H2（g）2NH3（g）为气体数减少的反应，加压则化学平衡向正反应方向移动，有助于反应正向进行，原平衡起始时充入4molN2和12molH2，若起始充入8molN2和24molH2，相当于对原平衡加压，则反应向正反应方向进行，若平衡不发生移动，则平衡时c（H2）应为原来的两倍6mol·L－1，加压有利于反应正向进行，则平衡时c（H2）＜6mol·L－1，平衡时c（NH3）＞4mol·L－1，而c（H2）＞c（NH3）＞4mol·L－1，据此判断，H2平衡时的浓度为B点。16.A、B、C、X是中学化学常见化合物或单质，均由短周期元素组成，转化关系如图。请据图回答下列问题：（1）若A、B、C中均含同一种常见金属元素R，R在C中以阴离子形式存在，B为白色胶状沉淀。①R在元素周期表中的位置为______________。②若A的溶液中混有Fe3+，当向该混合液中加入氨水，生成R(OH)n及Fe(OH)3共沉淀时，溶液中c(Fe3+)/c(Rn+)=____。[已知：Fe(OH)3的Ksp＝4.00×10－38，沉淀B的Ksp＝1.32×10－33　]（2）若A、B、C的焰色反应均为黄色，水溶液均呈碱性。①A中含有的化学键是________________________。②将672mL（标准状况下）X通入100mL0.4mol·L－1A的溶液后，溶液中离子浓度由大到小的顺序为_______________________。-17-③自然界中存在B、C和H2O按一定比例形成的固体。取一定量该固体制成100mL溶液，测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol·L－1。若取相同质量的固体加热至恒重，剩余固体的质量为_______。（3）若A、B、C中均含同一种常见非金属元素，其中A为黑色固体单质。已知298K下，1molA、1molB完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量分别为393.5kJ，283kJ。写出该温度下A与C反应生成B的热化学方程式：______________________。【答案】(1).第3周期第ⅢA族(2).3×10-5(3).离子键、共价键(4).c(Na+)>c(HCO3－)>c(CO32－)>c(OH－)>c(H+)(5).2.65g(6).C(s)+CO2(g)＝2CO(g)　△H＝+172.5kJ•mol－1【解析】A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成．-17-17.二氯亚砜(SOCl2-17-)是一种无色易挥发液体，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为________。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：___________。（2）甲同学设计下图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）：①装置的连接顺序为A→B→______→______→______→______。______________②搅拌的作用是______，冷凝管的作用是_______________________________。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为bg。若_____（保留一位小数），即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因：______________________________________。（3）丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点：_____________。【答案】(1).2:3:1(2).SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑(3).DEFC(4).使ZnCl2•xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，晶体脱水充分(5).把剩余的SOCl2冷凝成液体回收(6).2.1(7).ZnCl2•xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O、Zn(OH)ClZnO+HCl↑或ZnCl2•xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、Zn(OH)2ZnO+H2O或ZnCl2•xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O(8).方法1：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法2：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法3：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应-17-【解析】（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者发生了化合反应，化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，其物质的量比为2:3:1。SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。（2）由题意知，A是晶体的脱水反应装置；B是回收剩余的SOCl2的装置；C是尾气吸收装置；D是保护装置，防止水蒸气进入B中；E是防止倒吸的；F是用于检验生成物中含有SO2的。①装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C。②搅拌的作用是使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，使晶体充分脱水，冷凝管的作用是把剩余的SOCl2冷凝成液体回收。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ZnCl2　ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体AgCl为bg。若，即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热，晶体首先会溶解在结晶水中形成溶液，氯化锌发生水解得到碱式氯化锌或氢氧化锌，氢氧化锌受热分解得到氧化锌，总之，得不到无水ZnCl2，发生的反应的化学方程式为ZnCl2·xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O或ZnCl2·xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、(Zn(OH)ClZnO+HCl↑)或ZnCl2·xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O。（3）SOCl2与FeCl3·6H2O若发生氧化还原反应，则+3价铁将被还原为+2价铁，+4价S被氧化为+6价S，产物中有亚铁离子、硫酸根。要证明它们确实发生了氧化还原反应，我们可以检验硫酸根或检验+3价铁离子或检验+2价亚铁离子，所以可以设计如下3个实验方案：方法1：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法2：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应。方法3：取少量FeCl3·6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应。18.碱性锌锰电池是日常生活中消耗量最大的电池，其构造如图所示。放电时总反应为：Zn+2H2O+2MnO2＝Zn(OH)2+2MnOOH-17-从废旧碱性锌锰电池中回收Zn和MnO2的工艺如下：回答下列问题：（1）MnOOH中，Mn元素的化合价为________。（2）“还原焙烧”过程中，高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质（其中MnOOH、MnO2被还原成MnO），主要原因是“粉料”中含有________。（3）“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+，方法是：加入________（填化学式）溶液将Fe2+氧化为Fe3+，再调节pH使Fe3+完全沉淀。已知浸出液中Mn2+、Zn2+的浓度约为0.1mol·L－1，根据下列数据计算，调节pH的合理范围是________至________。化合物Mn(OH)2Zn(OH)2Fe(OH)3KSP近似值10－1310－1710－38（离子浓度小于1×10－5mol·L－1即为沉淀完全）（4）“电解”时，阳极的电极反应式为_______________________________________________。本工艺中应循环利用的物质是_____________（填化学式）。（5）若将“粉料”直接与盐酸共热反应后过滤，滤液的主要成分是ZnCl2和MnCl2。“粉料”中的MnOOH与盐酸反应的化学方程式为__________________________________。（6）某碱性锌锰电池维持电流强度0.5A（相当于每秒通过5×10－6mol电子），连续工作80分钟即接近失效。如果制造一节电池所需的锌粉为6g，则电池失效时仍有________%的金属锌未参加反应。-17-【答案】(1).+3(2).C(3).H2O2（或KMnO4）(4).3(5).6(6).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(7).H2SO4(8).(9).87【解析】(1)根据化合价代数和为0，MnOOH中，Mn元素的化合价为+3价；(2)废旧碱性锌锰电池粉料中含有碳具有还原性，“还原焙烧”过程中，碳将高价金属化合物被还原为低价氧化物或金属单质(其中MnOOH、MnO2被还原成MnO)，故答案为C；(3)“净化”是为了除去浸出液中的Fe2+，利用H2O2溶液具有氧化性将Fe2+氧化为Fe3+，再由Mn(OH)2、Zn(OH)2的KSP近似值可求得Mn2+，Zn2+开始沉淀时的氢氧根浓度分别为=10-6，即Mn2+，Zn2+开始沉淀时的pH分别为8和6，而Fe(OH)3沉淀完全时的氢氧根浓度为=10-11，即Fe(OH)3沉淀完全时的pH为3，所以调节pH的合理范围是3-6，使Fe3+完全沉淀，Mn2+，Zn2+不沉淀；(4)电解阳极Mn2+失电子发生氧化反应生成MnO2，阳极的电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极Zn2+得电子发生还原反应生成Zn，废电解液为硫酸，则本工艺中应循环利用的物质是H2SO4，故答案为：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；H2SO4；(5)“粉料”中的MnOOH具有氧化性，与盐酸发生氧化还原反应，则反应的化学方程式为2MnOOH+6HCl2MnCl2+4H2O+Cl2↑；(6)80分钟转移电子的物质的量为5×10-6mol×80×60=0.024mol，则消耗的Zn的质量为×65g/mol=0.78g，所以如果制造一节电池所需的锌粉为6g，则电池失效时仍有×100%=87%的金属锌未参加反应。-17-