山东省新2022-2023学年化学高三上期中复习检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、对C2H6和C5H12的分析错误的是（ ）A互为同系物BC2H6失去1个H得到的乙基只有一种结构CC5H12的一氯代物可能只有一种D2,2-二甲基丙烷的沸点高于其同分异构体的沸点2、化学是材料科学的基础。下列有关材料的说法正确的是()A国产飞机C919用的氮化硅陶瓷，是新型的无机非金属材料

2、B“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型的有机高分子材料C华为手机使用的麒麟980芯片与光导纤维均属于半导体材料D制造“N95型口罩”使用的聚丙烯是一种天然高分子化合物3、常温下，一定能大量共存的离子组是()A使甲基橙呈红色的溶液中：I、Cl、NaB0.5 molL1的NaAlO2溶液中：K、Na、Fe3C0.1molL1的溶液中：Na、K、D澄清透明溶液中：K、Cu2、Na、Cl4、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴5、已知A、B都为短周期元素，且甲、乙、丙常温下都为气体(如图所示)。2 mol甲分子反应生成1 mol 丙和3 mol乙，

3、下列对此判断不正确的是()A1个乙分子中含有2个A原子B甲的摩尔质量为17 gmol1C同温同压下，生成丙和乙的体积比为13D标准状况下，11.2 L甲溶于500 mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1 molL16、将50g溶质质量分数为w1，物质的量浓度为c1 的较浓氨水沿玻璃棒加入到u mL水中，稀释后得到溶质质量分数为w2，物质的量浓度为c2的稀氨水。若c1 =2c2，则：Aw12w2,u50Bw12w2,u50Cw1=2w2,uH2SH2SebH2O分子中HOH键的键角小于H2S分子中HSH键的键角c热稳定性H2OH2SH2SedCS2是一种直线型分子，分子中C、S原子都满足8电子

4、稳定结构(4)氯化亚砜(SOCl2，易挥发液体，易水解)常用作脱水剂。ZnCl2xH2O制取无水ZnCl2流程如图所示：利用SOCl2和ZnCl2xH2O混合加热可制得无水ZnCl2的原因是_(用化学方程式和必要的文字解释)。甲同学认为SOCl2也可用于FeCl36H2O制取无水FeCl3，但乙同学认为该过程会发生氧化还原反应。要验证乙同学观点是否正确，可选择下列试剂中的_(填序号)。aK3Fe(CN)6溶液 bBaCl2溶液和稀盐酸cAgNO3溶液和稀硝酸 d酸性KMnO4溶液20、高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析。（1）实验室里欲用KMnO4固体来配制480mL 0.1000 m

5、olL1的酸性KMnO4溶液。需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、_。用天平需要称量固体KMnO4的质量 _ 。下列操作导致所配制溶液的浓度偏大的是_(填序号)。a加水定容时俯视刻度线 b容量瓶底部有少量蒸馏水c颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上 d天平的砝码生锈（2）某化学兴趣小组利用滴定的方法，用新配制的酸性KMnO4溶液来测定某试剂厂生产的FeSO4溶液中Fe2的物质的量浓度。酸性高锰酸钾溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为_。该小组在测定过程中发现，测得的Fe2的物质的量浓度比标签上的标注值要低，在滴定操作准确的前提下，可能导致该测定结果的原因如下：猜想一：FeSO4溶

6、液变质；证明方法是_；猜想二：_。21、N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_。（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为NO+NO2+2OH2+H2O2NO2+2OH+H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有_（填字母）。A加快通入尾气的速率B采用气、液逆流的方式吸收尾气C吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该

7、晶体中的主要杂质是_（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是_（填化学式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl和，其离子方程式为_。NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【答案解析】同系物是指结构相似在分子组成是相差一个或若干个原子团的有机物，C2H6和C5H12都为烷烃相差三个是同系物，

8、故A正确。C2H6中有两个C，并且这两个C一样所以失去1个H得到的乙基只有一种结构，故B正确。C5H12有三种结构即正戊烷、异戊烷、新戊烷，新戊烷的一氯代物只有一种，故C正确。同分异构体中分子中分支越多，沸点越低，2,2-二甲基丙烷中有两个分支，其沸点低于其同分异构体的沸点，故D错误。本题的正确选项为D。2、A【题目详解】A氮化硅陶瓷属于无机物，是新型无机非金属材料，A正确；B碳纤维属于无机物，B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，不是半导体材料，C错误；D聚丙烯是由人工利用丙烯合成的高分子化合物，D错误；综上所述答案为A。3、D【题目详解】A甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，I-、在酸性条件下

9、发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A不符合题意；B水解显碱性，Fe3+水解显酸性，和Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B不符合题意；C0.1molL1，则c(OH-)=0.1mol/L，溶液显碱性，与OH-发生反应，即+OH-=+H2O，而不能大量共存，故C不符合题意；D该组离子之间不反应，能够大量共存，故D符合题意；答案为D。4、C【题目详解】A海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，

10、是非氧化还原反应，正确；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。答案选C。5、D【答案解析】A、已知甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲分子反应生成1mol丙和3mol乙，根据原子半径相对大小可判断A是H，B是N，因此甲、乙、丙分别是氨气、氢气和氮气，1个乙分子中含有2个H原子，A正确；B、氨气的摩尔质量是17g/mol，B正确；C、根据原子守恒可知同温同压下，生成氮气和氢气的体积比为13，C正确；D、所得氨水溶液的体积不是0.5L，不能计算氨水的浓度，D错误，答案选D。6、A【答案解析】氨水的密度比水小，氨水的浓度越大，其密度越小，50g水的

11、体积为50mL，所以50g氨水的体积大于50mL。由c1 =2c2知，50g氨水加入到u mL水中后，溶质的物质的量浓度变为原来的一半，说明溶液体积变为原来的2倍，所以u大于50。由c=知，c1=，c2=，因为c1 =2c2，所以 ： =2， ：=2 ：，因为 ,所以w12w2，A正确。本题选A。点睛：本题解题的关键是要知道氨水的浓度越大其密度越小，巧妙地利用质量分数与物质的量浓度之间的换算关系以及浓氨水与稀氨水的密度大小关系，推断出它们的质量分数之间的关系。7、C【题目详解】A. NH4+中含有11个质子，则1.8 g NH4+即0.1mol，其含有的质子数为1.1mol，A错误；B. NH

12、4N3中，NH4+中N为-3价，N3-整体为-1价，H为+1价，N2为化合价升高的产物，是氧化产物，B错误；C. NH4N3的摩尔质量为60g/mol，6 g NH4N3晶体即0.1mol，含有的阴离子为N3-，为0.1mol，C正确；D. 爆炸反应中，当转移4mol电子时，产成标准状况下的89.6 L混合气体，D错误；答案为C。8、C【题目详解】A. 氢氧化铁胶体、淀粉溶液都是胶体，均具有丁达尔效应，故A正确；B化学是一门具有创造性的科学，化学变化的特征是认识分子和制造分子，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成，故B正确；C. 煤的干馏、煤的液化、石油的裂解都有新物质生成，均属于化学变化，

13、石油的分馏属于物理变化，故C错误；D. 榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素，故D正确；故选C。9、B【答案解析】A.Cl2通入NaOH溶液，题中所给方程式不符合电荷守恒，正确的离子方程式是：Cl22OH = Cl ClO H2O，故A错误；B. Cu溶于稀HNO3，反应生成硝酸铜、NO和水，离子方程式是：3Cu8H+ 2NO3 = 3Cu2+2NO4H2O，故B正确；C. HCO3对应的碳酸是弱酸，不能拆开，正确的离子方程式是：HCO3 H+ = CO2H2O，故C错误；D. AlCl3溶液中加入过量NaOH溶液，生成的是偏铝酸钠、氯化钠和水，不是氢氧化铝沉淀，正确的

14、离子方程式是：Al34OH=AlO22H2O，故D错误；故答案选B。点睛：判断离子方程式正确与否的方法一般是：（1）检查反应能否发生。（2）检查反应物、生成物是否正确（如D项）。（3）检查各物质拆分是否正确（如C项）。（4）检查是否符合守恒关系（如A项）。（5）检查是否符合原化学方程式。10、B【分析】NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成Cu、SO2和Cu2，结合NH4CuSO3中Cu的化合价为1价，以此解答该题。【题目详解】根据实验现象，反应的离子方程式为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4；A由反应的离子方程式

15、为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸反应前后各元素的化合价都没有变化，反应中硫酸体现酸性，故A错误；B反应只有Cu元素的化合价发生变化，分别由1价2价，1价0价，发生的反应为：2NH4CuSO34H=CuCu22SO22H2O2NH4，每2mol NH4CuSO3参加反应则转移1mol电子，则1mol NH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子，故B正确；C因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；DNH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色金属、产生有刺激性气味的气体和蓝色溶液，说明反应生成

16、Cu、SO2和Cu2，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故D错误；故答案选B。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，注意从反应现象判断生成物，结合化合价的变化计算电子转移的数目。11、D【题目详解】将氯化钠加热至熔融状态形成钠离子和氯离子，破坏了氯离子和钠离子之间的离子键，得到金属单质，故形式金属键，生成氯气，氯气中氯原子之间为共价键，即形成共价键，故答案为D。12、C【题目详解】ANH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故A错误；BSO2和CO2饱和溶液的浓度不同，不能由pH比较酸性，故B错误；CNaBr溶液中

17、滴入少量氯水，生成溴，且溴易溶于苯，则溶液上层呈橙红色，Br-还原性强于Cl-，故C正确；DQCKsp时生成沉淀，由现象可知，生成红褐色沉淀为氢氧化铁，且KOH过量时与氯化铝反应无现象，则不能比较KspAl(OH)3和KspFe(OH)3的大小，故D错误。答案选C。13、A【题目详解】A.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；C.反应生成的乙烯中

18、可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；答案选A。【答案点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。14、A【答案解析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合

19、物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。15、D【题目详解】A、化学反应能够制造出新的物质，但不能制造出新的元素，故A错误；B、明矾水解时产生氢氧化铝胶体，故明矾可作净水剂，不能作漂白剂，故B错误；C、食品包装袋中常放入小袋的生石灰，作吸水剂，故C错误；D、河流入海口处会形成三角洲和卤水点豆腐均是胶体的聚沉，故D正确；综上所述，本题应选D。16、D【题目详解】A.物质X的分子中存在羟基、羰基2种含氧官

20、能团，故A正确；B.物质Y含有溴原子、酯基，所以可以发生水解和消去反应，故B正确；C.1molZ含有2mol碳碳双键，所以最多可与2molBr2发生加成反应，故C正确；D.1mol X与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量为2mol，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基 ClCH1CHO 氢氧化钠水溶液、加热 ac 【分析】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1

21、=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息、可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚，据此解答。【

22、题目详解】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（O

23、CH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息、可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚。（1）由上述分析可知，D为HCHO，含有醛基；（1）DE是甲醛与乙醛发生信息反应生成CH1=CHCHO，反应方程式为：；（3）F为CH1=CHCOOH，发生加聚反应生成PAA，反应方程式为：；（4）由上述分析可知，X为ClCH1CHO；YW是ClCH1CH1OH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH1CH1OH；（5）甲乙是与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程

24、式为：；丙是，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，与有机物B（苯酚），含有官能团不完全相同，二者不是同系物，芳香醇类中含有苯环，羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上，结合丙的结构可知，苯环侧链不可能可以存在羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上的结构，故丙不存在芳香醇类的同分异构体，故ac正确，b错误，答案选ac；（6）由上述分析可知，己的结构简式是。【答案点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的反应信息进行利用，甲醇转化为甲的反应，是难点，中学不涉及，需要学生根据信息、结合丙、丁、已的结构推断丙，再进行逆推判断，对学生的逻辑推理有较高的要求。18、H+、Mg2+、Al3+ 三角锥形 BaCO3、Ba

25、SO4 3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O c(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L 【分析】无色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加热产生无色气体A是NH3，说明含有NH4+，根据氨气的物质的量可计算出NH4+的物质的量；同时产生白色沉淀A，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体B，同时有白色沉淀B，说明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的质量和为8.6g，沉淀B是BaSO4，气体B是CO2，说明原溶液中含SO42-、CO32-，根据沉淀A、B的质量可计算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物质的量；向溶液A中加入盐酸酸化，并加入FeCl2溶液，

26、产生无色气体C，该气体与空气变为红棕色，则B是NO，说明III发生了氧化还原反应，A中含有NO3-，根据NO的体积，结合N元素守恒可得NO3-的物质的量，根据离子共存判断是否含有其它离子，并进行分析解答。【题目详解】根据上述分析可知：该溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-与H+、Mg2+、Al3+会发生离子反应而不能大量共存，所以该溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+离子；(2)无色气体A是NH3，该气体分子呈三角锥形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3) 实验中的第ii步操作是H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守

27、恒及原子守恒。可得该反应的离子方程式为3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O；(4)根据上述分析及题干已知信息，结合元素守恒可知，在原溶液中含有的离子的物质的量分别是：n(NH4+)=n(NH3)=0.224L22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02mol，n(CO32-)=n(BaCO3)=(8.6-4.66)g197g/mol=0.02mol，n(NO3-)=n(NO)= 0.224L22.4L/mol=0.01mol。阴离子带有的负电荷总数多于阳离子带有的正电荷总数，根据溶液呈电中性，说明溶液中还含有阳离子N

28、a+，其物质的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)- n(NH4+)=20.02mol+20.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的体积是200mL，则该无色溶液X中一定存在的阳离子的物质的量浓度c(NH4+)= n(NH4+)V=0.01mol0.2L=0.05mol/L；c(Na+)= n(Na+)V=0.08mol0.2L=0.4mol/L。【答案点睛】本题考查常见离子的检验方法及物质的量浓度的计算，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据离子反应的现象判断原溶液中存在的离子名称，结合离子反应由已经确定的离子

29、存在判断不能存在的离子，并根据溶液的电中性分析题目未涉及的检验离子的存在及其浓度，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。19、Na2CO3+2Na2S+4SO2= 3Na2S2O3+CO2 2:1 三角锥形 cd SOCl2易水解，发生反应SOCl2+H2O= SO2+2HCl或xSOCl2+ZnCl2xH2O+H2O= ZnCl2 +xSO2+2xHCl，生成的HCl抑制Zn2+水解，故可制得无水ZnCl2 ad 【分析】(1) 根据题意可知，SO2和Na2S发生氧化还原反应，生成Na2S2O3；(2) Cl2为氧化剂，S为还原剂根据化合价升降法确定系数；(3) SOCl2

30、分子中S为中心原子，为sp3杂化；根据同族元素原子的结构及其性质的递变性进行分析。(4) 已知SOCl2易水解，可与ZnCl2xH2O提供的水反应发生SOCl2+H2O= SO2+2HCl，且生成的HCl能够抑制锌离子的水解，导致ZnCl2xH2O失去水，从而得到无水ZnCl2；若乙同学观点正确，则生成的氯化铁固体中含有氯化亚铁杂质，可将少量固体溶于稀盐酸中，加入K3Fe(CN)6溶液显蓝色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可。【题目详解】(1) 根据题意可知，SO2和Na2S发生氧化还原反应，生成Na2S2O3，反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2= 3Na2S2O3+CO

31、2；(2) 以SO2、S、Cl2为原料制取SOCl2中，Cl2为氧化剂，化合价由0价变为-1，S为还原剂，化合价由0价变为+4，而SO2的化合价未变，则化合价改变值的最小公倍数为4，则的系数为2，S的系数为1，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(3) SOCl2分子中S为中心原子，共3条键，有1对孤电子对，为sp3杂化，则为三角锥形；aH2O间存在氢键，分子间的作用力增大，沸点较高，而H2S、H2Se分子间无氢键，沸点与分子量有关，分子量越大，分子间的作用力越强，沸点越高，则沸点：H2OH2Se H2S，a错误；bO原子半径小于S，导致电子对与原子核距离变小，则H2O分子中H、O间的成键电

32、子对间的斥力变大，HOH键的键角大于H2S分子中HSH键的键角，b错误；cO、S、Se三种同主族元素，非金属性越强，则热稳定性越高，则热稳定性H2OH2SH2Se，c正确；dCS2是一种直线型分子，中心原子为sp杂化，分子中C、S原子间形成C=S键，则都满足8电子稳定结构，d正确；答案为cd；(4) 已知SOCl2易水解，可与ZnCl2xH2O提供的水反应发生SOCl2+H2O= SO2+2HCl，且生成的HCl能够抑制锌离子的水解，导致ZnCl2xH2O失去水，从而得到无水ZnCl2；若乙同学观点正确，则生成的氯化铁固体中含有氯化亚铁杂质，可将少量固体溶于稀盐酸中，加入K3Fe(CN)6溶液

33、显蓝色或滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去即可，综上所述，答案为ad。20、胶头滴管、500mL容量瓶 7.9g ad 5Fe2MnO48H=Mn25Fe34H2O 取少量原溶液于试管中，滴入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则说明原硫酸亚铁溶液已变质 滴定过程中，部分Fe2被氧气氧化 【题目详解】（1）实验室里用KMnO4固体来配制480mL 0.1000 molL1的酸性KMnO4溶液。步骤是：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀、贴签。因此需用的仪器有天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管。因无480mL的容量瓶，故需选择500mL容量瓶，计算时也应用500mL溶液来计算。所以需要称量固体KMnO4的质量=cVM=0.1000 molL1500mL158g/mo