新教材2023年高考化学总复习考案7单元检测卷六第三章金属及其化合物B卷

考案[七]单元检测卷(六)第三章金属及其化合物(B卷)时间：60分钟满分：100分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·河北名校联考)海水中NaCl质量分数约为2.72%。工业上利用NaCl为原料可制取钠的单质和化合物，转化关系如图所示。下列说法错误的是(A)A．反应①的原理是电解饱和食盐水B．反应②应向饱和食盐水中依次通入过量的NH3和CO2C．反应③的转化条件可以是加热D．反应④的副产物为H2、Cl2，可用于工业上制盐酸[解析]反应①是由氯化钠生产钠，其原理是电解熔融的氯化钠，而不是电解饱和食盐水，A错误；反应②是侯氏制碱法的主要反应，应向饱和食盐水中依次通入过量的NH3和CO2，使溶解度较小的碳酸氢钠从溶液中析出，因为氨气在水溶液中的溶解度比较大，所以先通氨气，B正确；碳酸氢钠加热分解，生成碳酸钠，C正确；反应④是电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，生成NaOH的同时得到H2、Cl2，H2与Cl2反应得HCl，HCl溶于水可制得盐酸，D正确。2．(2023·河南信阳教学质量检测)将17.9g由Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，产生气体3.36L(标准状况)。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，得到沉淀的质量为25.4g。若HNO3的还原产物仅为NO，则生成NO的标准状况下的体积为(C)A．2.24L B．4.48LC．6.72L D．8.96L[解析]将Al、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中发生反应2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑，生成的H2为3.36L(标准状况)，即0.15mol，可知n(Al)＝0.1mol；将合金溶于稀硝酸中，Al、Fe、Cu与HNO3发生氧化还原反应，Al被氧化为＋3价，Fe被氧化为＋3价，Cu被氧化为＋2价，设Fe、Cu的物质的量分别是xmol、ymol，可根据质量关系列出等式：2.7＋56x＋64y＝17.9，加入过量NaOH后，生成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，根据质量关系列出等式：107x＋98y＝25.4，解得x＝0.1，y＝0.15，则Fe、Cu均转移电子0.3mol,0.1molAl转移电子0.3mol，该反应中，共转移电子0.9mol，则生成NO为0.3mol，V(NO)＝6.72L(标准状况)。3．(2023·河北衡水中学第一次联考)已知D是生活中常见的紫红色金属，B、G为单质，C和F为氧化物，且H遇KSCN溶液显红色，它们之间的转化关系如下图所示(反应生成的水已省略)。下列说法错误的是(C)A．反应①可以设计成原电池，实现化学能转化为电能B．反应②常用于野外焊接铁轨C．F属于金属氧化物，也属于碱性氧化物D．H中含有Fe3＋，C的化学式可能为Fe3O4[解析]D是生活中常见的紫红色金属，则D是Cu；H遇KSCN溶液显红色，则H中含Fe3＋；B、G为单质，C和F为氧化物，B＋C→F＋G，则C为Fe2O3或Fe3O4，反应②是铝热反应；由转化关系推知，B为Al，G为Fe，F为Al2O3，E为AlCl3，A为CuCl2。反应①为Al与CuCl2溶液的反应，为自发的氧化还原反应，故可以设计成原电池，A正确；反应②为铝热反应，常用于野外焊接铁轨，B正确；F为Al2O3，属于两性氧化物，C错误；由上述分析可知，H中含Fe3＋，C可能为Fe2O3或Fe3O4，D正确。4．一定温度下探究铜与稀硝酸的反应，反应过程如图：下列说法不正确的是(C)A．过程Ⅰ中生成气体的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OB．过程Ⅲ反应速率比过程Ⅰ快的原因是反应放热使温度升高致使速率加快C．当活塞不再移动时，即使再抽入空气，金属铜屑也不继续溶解D．②振荡时，针管内可能会发生的反应有4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3[解析]铜与稀硝酸的反应产物为NO，反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；铜和稀硝酸的反应放热，随反应的进行，体系内的温度升高，温度越高反应速率越快，故B正确；活塞不再移动时，再抽入空气，NO和氧气在水中发生反应生成硝酸，能继续溶解铜，故C错误；②振荡时，针管内的二氧化氮与氧气在水中可以发生反应生成硝酸，反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，故D正确。5.(2023·山东临沂联考)Fe3O4中含有Fe2＋、Fe3＋，分别表示为Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NOeq\o\al(－,2)，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是(D)A．Pd上发生的电极反应为H2－2e－=2H＋B．Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NOeq\o\al(－,2)被Fe(Ⅱ)还原为N2D．用该法处理后水体的pH降低[解析]由题图可知，Pd上H2失电子生成H＋，则电极反应为H2－2e－=2H＋，A正确；Fe(Ⅲ)得电子生成Fe(Ⅱ)，Fe(Ⅱ)失电子生成Fe(Ⅲ)，则Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的相互转化起到了传递电子的作用，B正确；NOeq\o\al(－,2)和Fe(Ⅱ)反应生成N2，氮元素的化合价降低且Fe(Ⅱ)具有还原性，所以反应过程中NOeq\o\al(－,2)被Fe(Ⅱ)还原为N2，C正确；总反应方程式为2H＋＋2NOeq\o\al(－,2)＋3H2eq\o(=,\s\up7(催化剂))N2＋4H2O，反应过程中消耗了H＋，所以用该法处理后水体的pH升高，D错误。6．(2023·山东济南检测)硼氢化钠(NaBH4)为白色粉末，熔点为400℃，容易吸水潮解，可溶于异丙胺(熔点－101℃，沸点33℃)，在干燥空气中稳定，在湿空气中分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4，其流程如下：下列说法不正确的是(A)A．NaBH4中H元素显＋1价B．操作③所进行的分离操作是蒸馏C．反应①为NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2=NaBH4＋2Na2SiO3D．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀[解析]由流程图可知，NaBO2、SiO2、Na和H2在一定条件下反应生成NaBH4、Na2SiO3，反应为NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2=NaBH4＋2Na2SiO3，NaBH4容易吸水潮解，可溶于异丙胺，在干燥空气中稳定，在湿空气中分解，为防止NaBH4分解，将生成的NaBH4、Na2SiO3溶于异丙胺，通过过滤分离出Na2SiO3；异丙胺的沸点与NaBH4的沸点相差较大，采用蒸馏的方法分离异丙胺和NaBH4，异丙胺可循环使用。根据化合物中正、负化合价代数和为0，结合NaBH4中Na为＋1价、B为＋3价可计算出H为－1价，A错误；由上述分析知，操作③为蒸馏，B正确；反应①为NaBO2＋2SiO2＋4Na＋2H2=NaBH4＋2Na2SiO3，C正确；钠的密度大于煤油，为隔绝空气和水，金属钠通常保存在煤油中，实验室中取用少量金属钠时，用镊子夹取钠置于玻璃片上，然后用滤纸吸干表面上的煤油，用小刀切割，D正确。7．(2023·湖南长沙检测)铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]为无色、透明晶体，工业上常用作媒染剂、净水剂等，其制备过程如图所示。下列有关说法错误的是(A)A．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，发生的第二个离子反应为Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓B．过程Ⅰ所得的滤渣可用于制备工业用纯碱C．调pH使滤液A显酸性的目的是除去HCOeq\o\al(－,3)，提高铵明矾的产率D．向滤液B中添加一定量的Al2(SO4)3，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥可得铵明矾[解析]铵明矾中NHeq\o\al(＋,4)和Al3＋均可与OH－反应，逐滴加入NaOH溶液至过量时，先发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，后发生反应NHeq\o\al(＋,4)＋OH－=NH3·H2O，最后发生反应Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，A错误。[易错]先后顺序：若NHeq\o\al(＋,4)先反应，产生的NH3·H2O可再与Al3＋反应。8．(2023·山西太原五中模块诊断)铝土矿的主要成分是Al2O3、SiO2和Fe2O3等。从铝土矿中提炼Al2O3的流程如图：下列说法中错误的是(C)A．滤液Ⅰ的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOHB．沉淀的主要成分是CaSiO3C．反应Y的离子方程式是2AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋COeq\o\al(2－,3)D．滤液Ⅱ中通入过量的X的目的是使AlOeq\o\al(－,2)充分沉淀而不引进杂质[解析]铝土矿中加入NaOH溶液，Al2O3、SiO2与NaOH反应生成NaAlO2和Na2SiO3，则滤液Ⅰ的溶质为NaAlO2、Na2SiO3和过量的NaOH，滤渣为Fe2O3；在滤液Ⅰ中加入CaO，可生成CaSiO3沉淀，滤液Ⅱ的溶质为NaAlO2、Ca(OH)2，通入过量CO2气体，生成Al(OH)3，煅烧可生成Al2O3。由上述分析，可知滤液Ⅰ的主要成分是Na2SiO3、NaAlO2和NaOH，A正确；沉淀的主要成分是CaSiO3，B正确；向滤液Ⅱ中通入过量的CO2，会生成Al(OH)3沉淀、NaHCO3和Ca(HCO3)2，涉及反应的离子方程式为AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)、OH－＋CO2=HCOeq\o\al(－,3)，C错误；滤液Ⅱ中含有AlOeq\o\al(－,2)和Ca(OH)2，通入过量CO2，生成的沉淀只有Al(OH)3，D正确。9．(2022·广东，6)劳动开创未来。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是(A)选项劳动项目化学知识A面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包Na2CO3可与酸反应B环保工程师用熟石灰处理酸性废水熟石灰具有碱性C工人将模具干燥后再注入熔融钢水铁与H2O高温下会反应D技术人员开发高端耐腐蚀镀铝钢板铝能形成致密氧化膜[解析]小苏打的主要成分是NaHCO3，受热发生反应2NaHCO3eq\o(=,\s\up7(△))Na2CO3＋H2O＋CO2↑，分解生成的二氧化碳可使面团疏松多孔，故小苏打用作发泡剂，A错误；熟石灰具有碱性，可用于中和酸性废水，B正确；高温下铁与H2O能发生反应生成Fe3O4和H2，故钢铁生产中，注入熔融钢水的模具必须干燥，C正确；铝的性质活泼，在空气中能形成致密氧化膜，阻止内部金属进一步被氧化，故可镀在钢板表面，增强其耐腐蚀性，D正确。10．(2023·山东聊城一模)某铝热剂由铝粉和铁的某种氧化物组成，二者恰好完全反应生成铁单质和氧化铝。将该铝热剂均分成两份，同温同压下，一份直接与足量的NaOH溶液反应，放出H2体积为V1L；另一份在完全发生铝热反应后与足量的盐酸反应，放出H2体积为V2L。下列说法错误的是(C)A．两份生成氢气的质量比一定为eq\f(V1,V2)B．两份消耗NaOH和HCl的物质的量之比一定为eq\f(V1,3V2)C．铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比一定为eq\f(V1,V2)D．铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比一定为eq\f(V1,V2)[解析]设铁的氧化物为FexOy，则铝热反应为eq\f(2y,3)Al＋FexOyeq\o(=,\s\up7(△))eq\f(y,3)Al2O3＋xFe，取含eq\f(2y,3)molAl的铝热剂均分成两份进行实验，则其中一份铝的物质的量为eq\f(y,3)mol，生成铁的物质的量为eq\f(x,2)mol；铝与NaOH溶液反应关系式为2Al～2NaOH～3H2，由生成H2的体积为V1L，可以计算出消耗n(NaOH)＝eq\f(2V1,3×Vm)mol，由n(Al)＝n(NaOH),可以算出y＝eq\f(2V1,Vm)；铁与盐酸反应关系式为Fe～2HCl～H2，由生成氢气的体积为V2L，可以计算出消耗HCl的物质的量为eq\f(2V2,Vm)mol，由n(Fe)＝eq\f(1,2)n(HCl)，算出x＝eq\f(2V2,Vm)。根据同温同压下气体的体积比等于气体物质的量之比，m＝nM可知，两份生成氢气的质量比一定为eq\f(V1,V2)，A正确；两份消耗NaOH和HCl的物质的量之比为eq\f(\f(2V1,3×Vm),\f(2V2,Vm))＝eq\f(V1,3V2)，B正确；铝热剂中铝和铁元素的物质的量之比为eq\f(\f(y,3),\f(x,2))＝eq\f(\f(2V1,Vm×3),\f(2V2,Vm×2))＝eq\f(2V1,3V2)，C错误；铝热剂中氧和铁元素的物质的量之比为eq\f(y,x)＝eq\f(\f(2V1,Vm),\f(2V2,Vm))＝eq\f(V1,V2)，D正确。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．(15分)(2022·湖南平江一中月考)某学习小组通过下列装置探究MnO2与FeCl3·6H2O能否反应产生Cl2。已知FeCl3的升华温度为315℃。实验操作和现象：操作现象点燃酒精灯，加热ⅰ.试管A中部分固体溶解，上方出现白雾ⅱ.稍后，试管A中产生黄色气体，管壁附着黄色液滴ⅲ.试管B中溶液变蓝(1)分析现象ⅱ，该小组探究黄色气体的成分，实验如下：a．加热FeCl3·6H2O，产生白雾和黄色气体。b．用KSCN溶液检验现象ⅱ和实验a中的黄色气体，溶液均变红。通过该实验说明现象ⅱ中黄色气体含有FeCl3(填化学式)。(2)为进一步确认黄色气体是否含有Cl2，该小组提出以下方案，证实了Cl2的存在：在A、B间增加盛有某种试剂的洗气瓶C，B中溶液变为蓝色。C中盛放的试剂是A(填字母)。A．饱和NaCl溶液B．NaOH溶液C．饱和NaHCO3溶液(3)除了氯气可使B中溶液变蓝，可能的原因还有：在酸性条件下，装置中的空气使之变蓝。为探究KI浓度对该反应速率的影响，进行了如下实验，请完成下表的探究内容。实验编号稀硫酸KI溶液淀粉溶液蒸馏水eq\f(浓度,mol·L－1)eq\f(体积,mL)eq\f(浓度,mol·L－1)eq\f(体积,mL)eq\f(体积,mL)eq\f(体积,mL)①0.102.01.005.03.02.0②0.102.01.003.03.04.0③0.102.01.001.03.06.0混合上述试剂时，最后加入的试剂是稀硫酸。(4)将试管A中的固体产物分离得到Fe2O3固体和MnCl2溶液。①加热时A中产生Cl2的化学方程式为3MnO2＋4FeCl3·6H2Oeq\o(=,\s\up7(△))2Fe2O3＋3MnCl2＋3Cl2↑＋24H2O；②把分离出的MnCl2溶液配制成100mL溶液，从中取出10.00mL溶液置于锥形瓶中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用0.5000mol·L－1的AgNO3溶液滴定，至滴定终点时消耗12.00mLAgNO3溶液。则混合MnO2与FeCl3·6H2O进行探究时，所需MnO2的质量为2.610g。[解析](1)铁离子遇KSCN溶液会变为红色，用KSCN溶液检验加热二氧化锰与六水氯化铁的混合物及加热六水氯化铁时产生的黄色气体，溶液均变红，说明黄色气体中含有氯化铁。(2)黄色气体中可能含有氯化氢、氯化铁和氯气，氯化铁能与碘化钾溶液发生氧化还原反应生成单质碘，会干扰氯气的检验。由于氯气能与氢氧化钠溶液和饱和NaHCO3溶液反应，则吸收黄色气体中氯化铁的试剂应选择饱和NaCl溶液。(3)根据“变量控制法”可知，探究碘化钾浓度对该反应速率的影响时，除碘化钾浓度发生改变外，稀硫酸、淀粉溶液的浓度不能发生改变，则实验时稀硫酸和淀粉溶液的体积保持不变，混合溶液的总体积要保持不变，实验①②③中稀硫酸的体积都为2.0mL、淀粉溶液的体积都为3.0mL，混合溶液的总体积为12.0mL，实验②中蒸馏水的体积为12.0mL－8.0mL＝4.0mL，实验③中碘化钾溶液的体积为12.0mL－11.0mL＝1.0mL；因在酸性条件下，装置中的空气使碘化钾溶液变蓝，为防止酸性条件下空气干扰实验，混合上述试剂时，应最后加入稀硫酸。(4)①试管A中二氧化锰与六水合氯化铁反应生成氧化铁、氯化锰、氯气和水，该反应的化学方程式为3MnO2＋4FeCl3·6H2Oeq\o(=,\s\up7(△))2Fe2O3＋3MnCl2＋3Cl2↑＋24H2O；②由题意可得二氧化锰和硝酸银的关系为MnO2～MnCl2～2AgNO3，硝酸银的物质的量为0.5000mol·L－1×0.01200L＝6×10－3mol，则试管A中二氧化锰的质量为6×10－3mol×eq\f(1,2)×10×87g·mol－1＝2.610g。12．(15分)(2023·湖南湘潭第一次质检)如图为从预处理后的可充电电池粉末(主要为NiO、CdO、CoO和Fe2O3等)中回收重金属的工艺流程：回答下列问题：(1)“浸取”过程先加入NH4HCO3溶液，再通入NH3，滤液①中主要含[Cd(NH3)4]2＋、[Ni(NH3)6]2＋、[Co(NH3)6]2＋及COeq\o\al(2－,3)。写出NiO浸取时发生反应的化学方程式：NiO＋5NH3＋NH4HCO3=[Ni(NH3)6]CO3＋H2O。(2)探究“催化氧化”步骤中[Co(NH3)6]2＋氧化为[Co(NH3)6]3＋的实验条件，向[Co(NH3)6]2＋含量为0.48g·L－1的溶液中通入空气，待反应完全后，记录[Co(NH3)6]3＋的浓度数据如表：反应时间[Co(NH3)6]3＋/(g·L－1)25℃50℃，石墨催化1.5h0.0900.152.5h0.140.485h0.250.48由表中数据可得，[Co(NH3)6]2＋氧化的最佳条件为50℃、石墨催化、反应时间为2.5h。(3)已知Co(OH)3为强氧化剂，向Co(OH)3中加入浓盐酸发生“反应Ⅰ”，写出该反应的离子方程式：2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O。(4)“反萃取”的原理为NiR有机＋2H＋Ni2＋＋2HR有机，需加入的试剂X为稀硫酸，分离有机相和水相的操作的名称为分液。(5)“水相①”的主要溶质为[Cd(NH3)4]CO3(填化学式)。(6)生成CdCO3沉淀是利用反应[Cd(NH3)4]2＋＋COeq\o\al(2－,3)CdCO3↓＋4NH3↑，常温下，该反应平衡常数K＝2.0×105，[Cd(NH3)4]2＋Cd2＋＋4NH3的平衡常数K1＝4.0×10－5，则Ksp(CdCO3)＝2.0×10－10。[解析](1)由分析可知，浸取时NiO发生的反应为NiO与NH3和NH4HCO3溶液反应生成[Ni(NH3)6]CO3和H2O，反应的化学方程式为NiO＋5NH3＋NH4HCO3=[Ni(NH3)6]CO3＋H2O。(2)由题给信息可知，催化氧化前溶液中[Co(NH3)6]2＋的浓度为0.48g·L－1,50℃、石墨催化、反应时间为2.5h和50℃、石墨催化、反应时间为5h两个条件下均可将溶液中的[Co(NH3)6]2＋全部氧化为[Co(NH3)6]3＋，但同等条件下，反应时间越短越好，故最佳条件为50℃、石墨催化、反应时间为2.5h。(3)由题意可知，Co(OH)3与浓盐酸发生氧化还原反应生成CoCl2、Cl2和H2O，反应的离子方程式为2Co(OH)3＋6H＋＋2Cl－=2Co2＋＋Cl2↑＋6H2O。(4)由最终得到六水合硫酸镍晶体可知，加入的反萃取剂为稀硫酸，加入稀硫酸反萃取后，分液得到可以循环使用的有机相②和含有硫酸镍的水相②。(6)由题给方程式可知，平衡常数K＝eq\f(c4NH3,c[CdNH34]2＋·cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(c4NH3·cCd2＋,c[CdNH34]2＋)·eq\f(1,cCO\o\al(2－,3)·cCd2＋)＝eq\f(K1,KspCdCO3)＝2.0×105，则Ksp(CdCO3)＝eq\f(K1,K)＝eq\f(4.0×10－5,2.0×105)＝2.0×10－10。13．(15分)(2021·海南卷)无水FeCl3常作为芳烃氯代反应的催化剂。某研究小组设计了如下流程，以废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)为原料制备无水FeCl3(s)。已知：氯化亚砜()熔点－101℃，沸点76℃。易水解。回答问题：(1)操作①是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗。(2)为避免引入新的杂质，试剂B可以选用bd(填编号)。a．KMnO4溶液 b．氯水c．溴水 d．H2O2溶液(3)操作②是蒸发结晶，加热的同时通入HCl(g)的目的是抑制Fe3＋水解。(4)取少量D晶体，溶于水并滴加KSCN溶液，现象是溶液呈红色。(5)反应D→E的化学方程式为FeCl3·6H2O＋6SOCl2eq\o(=,\s\up7(△))FeCl3＋6SO2↑＋12HCl↑。(6)由D转化成E的过程中可能产生少量亚铁盐，写出一种可能的还原剂SO2，并设计实验验证是该还原剂将Fe3＋还原：将少量样品溶于水，先滴加足量盐酸无现象，再滴加少量BaCl2溶液，若出现白色沉淀则证明还原剂为SO2(合理答案均可)。[解析]废铁屑主要成分为铁单质，含有少量碳和SiO2，加入过量盐酸，经操作①得到固体SiO2与碳，A溶液中主要含FeCl2及过量的盐酸。该流程的目的为制备无水氯化铁，所以需要加入氧化剂(B)将Fe2＋氧化为Fe3＋，C溶液为氯化铁溶液。(2)试剂B将FeCl2氧化为FeCl3，若选用KMnO4溶液或溴水均会引入新杂质。(3)FeCl3发生水解：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发促进FeCl3水解，蒸干时只能得到氢氧化铁，在HCl(g)氛围内加热，可以抑制FeCl3水解。(4)Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3(红色)。(5)根据流程图可知，SOCl2与氯化铁晶体中的结晶水反应，生成SO2和HCl。(6