高一下学期期末考试化学试题解析版.docx
《高一下学期期末考试化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高一下学期期末考试化学试题解析版.docx（23页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高一下学期期末考试化学试题解析版
高一下学期期末化学试题
相对原子质量：
H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5Fe56Cu64Ba137
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题（每小题只有一个选项符合题意）
1.下列说法正确的是
A.糖类在人体中最终水解成葡萄糖等单糖被人体吸收
B.花生油、豆油、羊油和牛油均属于饱和高级脂肪酸甘油酯
C.将丁烷裂解产生的气体通入溴水中，溴水褪色，则该裂解气中一定有乙烯
D.煤经气化和液化两个化学过程，可以变为清洁能源
【答案】D
【解析】
【详解】A．不是所有的糖在人体中都水解，如纤维素在人体中就不能水解，A错误；
B．花生油、豆油、羊油和牛油都是油脂，油脂属于高级脂肪酸甘油酯，花生油、豆油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，羊油和牛油属于饱和高级脂肪酸甘油酯，B错误；
C．丁烷裂解能产生不饱和烃，能使溴水褪色的不一定是乙烯，也可能是其他的烯烃，如丙烯，C错误；
D．煤的气化是煤在氧气不足的条件下进行部分氧化形成H2、CO等气体的过程，煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，煤经气化和液化两个化学变化过程，可变为清洁能源，D正确。
答案选D。
2.下列表示物质结构的化学用语正确的是
①甲基的电子式
②Cl-的结构示意图
③苯的结构简式C6H6④中子数为20的氯原子
⑤乙酸分子的比例模型
⑥H2O2的电子式
A.④B.③④⑤C.④⑤⑥D.①③④
【答案】A
【解析】
【详解】①甲基中的碳原子没有达到8电子稳定结构，电子式为
，①错误；
②氯原子得到1个电子变成氯离子，最外层达到8电子稳定结构，Cl－的结构示意图为
，②错误；
③苯的结构简式为
，分子式为C6H6，③错误；
④中子数为20的氯原子其质量数是17+20＝37，可表示为
，④正确；
⑤乙酸分子的比例模型为
，
是乙酸分子的球棍模型，⑤错误；
⑥H2O2属于共价化合物，原子之间通过共价键形成分子，没有阴阳离子，H2O2的电子式为
，⑥错误。
正确的为④，答案选A。
3.NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A.16.2g淀粉在催化剂作用下完全水解得到产物的分子数为0.1NA
B.28g乙烯与26g苯中所含的碳碳双键数均为NA
C.1molNa与足量乙醇完全反应，断裂H－O键数目为2NA
D.在密闭容器中，1molO2与2molSO2在适当催化剂作用下充分反应得到生成物的分子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．淀粉在催化剂作用下完全水解得到产物是葡萄糖，化学方程式为：
（C6H10O5）n+H2O
nC6H12O6，16.2g淀粉的物质的量为
，得到的产物的物质的量为n×
=0.1mol，0.1mol分子数目为0.1NA，故A正确；
B．苯分子中不含碳碳双键，故B错误；
C．1molNa与足量乙醇完全反应，2Na+2C2H5OH→2C2H5ONa+H2↑，2molNa与足量乙醇完全反应，消耗2mol乙醇，一个乙醇分子含有1个H－O键，2mol乙醇含有2molH－O键，2molNa断裂2molH－O键，1molNa与足量乙醇完全反应，断裂1molH－O键，数目为NA，故C错误；
D．二氧化硫与氧气的反应为：
O2+2SO2
2SO2，由于该反应为可逆反应，该反应不能进行到底，在密闭容器中，1molO2与2molSO2在适当催化剂作用下充分反应得到生成物的分子的物质的量小于2mol，数目小于2NA，故D错误；
答案选A。
4.下列关于化学键与化合物的叙述正确的是
①离子化合物中一定含有金属元素②共价化合物中一定不含有金属元素③离子化合物中一定含有离子键④离子化合物中一定不含有共价键⑤离子化合物中可能含有共价键⑥共价化合物中可能含有离子键⑦共价化合物中一定不含有离子键
A.①⑤⑥⑦B.②③④C.③⑤⑦D.②③⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①离子化合物中不一定含有金属元素，可能只含非金属元素，如铵盐，错误；②共价化合物中可能含有金属元素，如氯化铝，错误；③离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如KOH，正确；④离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，如Na2O2，错误；⑤离子化合物中可能含有共价键，一定含有离子键，如NaOH，故正确；⑥共价化合物中只含共价键，一定不含离子键，错误；⑦共价化合物中一定不含有离子键，只含共价键，正确，③⑤⑦正确，所以答案为C。
5.下列关于化学能与其他能量相互转化的说法正确的是（）
A.图1所示的装置能将化学能转变为电能
B.图2所示的反应为吸热反应
C.中和反应中，反应物的总能量比生成物的总能量低
D.化学反应中能量变化的根本原因是化学键的断裂与生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．图1所示的装置没形成闭合回路，不能形成原电池，没有电流通过，所以不能把化学能转变为电能，选项A错误；
B．图2所示的反应，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应为放热反应，选项B错误；
C．中和反应是放热反应，所以反应物总能量大于生成物总能量，选项C错误；
D．化学反应总是伴随着能量变化，断键需要吸收能量，成键放出能量，所以化学反应中能量变化的主要原因是化学键的断裂与生成，选项D正确；
答案选D。
6.如图是周期表中短周期的一部分，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数。
下列叙述正确的是
A
C
B
A.原子半径的大小顺序：
r（B）＞r（C）＞r（A）B.C单质是氧化性最强的非金属单质
C.A的氢化物中不可能含有非极性共价键D.最高价氧化物对应水化物的酸性：
C＞B
【答案】B
【解析】
【分析】
根据图示位置关系，结合元素周期表的结构可知，元素A、C位于第二周期，B位于第三周期，设B的原子序数为x，则A的原子序数x-9，C的原子序数x-7，A、B、C三种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质量数，B原子的原子核内质子数等于中子数，x+x-7+x-9=2x，解得x=16，即B为S元素，A为N元素，C为F元素，据此分析解答。
【详解】A．S原子有三个电子层，N、F原子只有两个电子层，电子层数越多半径越大；同周期元素，随核电荷数增大，半径减小，原子半径的大小顺序：
r（B）＞r（A）＞r（C），故A错误；
B．C为F元素，F在周期表右上端，是非金属性最强的元素（稀有气体除外），故B正确；
C．A为N元素，N的氢化物可形成N2H4，其中含有氮氮非极性共价键和氮氢极性共价键，故C错误；
D．C为F元素，B为S元素，F元素没有正价，不能形成含氧酸，故D错误；
答案选B。
7.某化学兴趣小组为了探究铝电极在电池中的作用，设计并进行了以下一系列实验，实验结果记录如下：
编号
电极材料
电解质溶液
电流表指针
1
Mg、Al
稀盐酸
偏转
2
Al、Cu
稀盐酸
偏转
3
Al、C（石墨）
稀盐酸
偏转
4
Mg、Al
氢氧化钠溶液
偏转
5
Al、Zn
浓硝酸
偏转
下列回答错误的是
A.实验1、2中铝所作的电极（正极或负极）不相同
B.实验2、3，铝电极的电极反应式均为Al－3e-＝Al3+
C.实验4中铝电极的电极反应式为Al－3e-＋4OH-＝[Al（OH）4]-
D.实验5中铝始终作原电池的负极
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属的活泼性为Mg＞Al＞Cu，则实验1中铝为正极，而实验2中铝为负极，故A正确；
B．实验2、3中，铝均为原电池
负极，电极反应式均为Al－3e-=Al3+，故B正确；
C．实验4中，电解质溶液为NaOH，而Mg与碱不反应，此时铝为原电池的负极，电极反应式为Al－3e-+4OH-=[Al（OH）4]-，故C正确；
D．常温下铝遇浓硝酸钝化，此时原电池的负极为Zn，故D错误；
答案选D。
【点睛】只利用活泼性判断原电池的正负极不够全面，铝和镁与氢氧化钠溶液反应时，铝作负极，但是镁比铝活泼，原电池反应是有氧化还原反应的发生，氧化还原反应的实质是有电子的转移，故失去电子的一极作负极，得电子的一极作正极。
8.通过下列装置（部分夹持仪器已省略）可制取1，2-二溴乙烷。
下列说法正确的是（）
已知：
烧瓶中反应后逸出的气体主要是CH2=CH2，含少量SO2、CO2及H2O（g）。
A.配制“乙醇与浓硫酸的混合溶液”时，将乙醇注入浓硫酸中并搅拌
B.②的试管中可盛放酸性KMnO4溶液以除去SO2
C.④中的Br2已完全与乙烯加成的现象是：
溶液由橙色变为无色
D.可用分液漏斗从④反应后的混合物中分离出1，2-二溴乙烷并回收CCl4
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙醇密度较小，应将浓硫酸慢慢注入乙醇中并不断搅拌，将乙醇注入浓硫酸由于浓硫酸稀释放热可能会暴沸，故A错误；
B．酸性KMnO4溶液可氧化乙烯，不能达到除杂的母的，故B错误；
C．Br2的CCl4溶液为橙色，1，2-二溴乙烷为无色，说法正确，故C正确；
D．1，2-二溴乙烷与CCl4互溶，应蒸馏法分离，故D错误；
故答案
C。
9.已知某可逆反应在密闭容器中进行：
A（g）+2B（g）⇌3C（g）+D（s）正反放热应，下图中曲线b代表一定条件下该反应的进程。
若使曲线b变为曲线a，可以采取的措施是
①增大A的浓度②增大B的浓度③升高温度④加入合适的催化剂
A.③④B.①③C.④D.①②
【答案】C
【解析】
【详解】该反应为等体积的可逆反应，且正反应方向为放热方向，由图可知，使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但C的体积分数不变，平衡不移动，改变的条件可能为缩小容器的容积（增大压强）、加入合适的催化剂，①②③均使平衡发生移动，C满足题意；
答案为C。
【点睛】本题解题关键是改变条件使曲线b变为曲线a，反应速率加快，但C的体积分数不变，平衡不移动。
10.已知W、Q、X、Y、Z是五种短周期主族元素，其中X原子K、L层电子数之比为1：
2，Y元素最外层电子数是次外层的3倍，Z是短周期主族元素中原子半价最大的元素，W是地壳中含量最高的金属元素，Q元素最高价与最低化合价之和为6，下列判断不正确的是
A.Y的简单氢化物比X的稳定性高
B.常温下，W元素的单质与浓硝酸接触，立即产生大量红棕色气体
C.Y与Q形成的某种化合物具有氧化性，可以用于自来水的杀菌消毒
D.Y与Z形成的化合物中，所含化学键类型不完全相同
【答案】B
【解析】
【分析】
W、Q、X、Y、Z是五种短周期主族元素，其中X原子K、L层电子数之比为1：
2，则X为碳元素，Y元素最外层电子数是次外层的3倍，则为氧元素，Z是短周期主族元素中原子半径最大的元素，则Z为钠元素，W是地壳中含量最高的金属元素，则W是铝元素，Q元素最高化合价与最低化合价之和为6，Q为氯元素，故X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W是铝元素，Q为氯元素，据此分析。
【详解】A．X为碳元素，Y为氧元素，元素非金属性氧大于碳，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，故Y的简单氢化物比X的稳定性高，故A正确；
B．W是铝元素，常温下，铝与浓硝酸发生钝化，不会立即产生大量红棕色气体，故B错误；
C．Y与Q形成的二氧化氯，具有氧化性，可以用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D．Y与Z形成的化合物中，可以是氧化钠或者是过氧化钠，氧化钠中含有离子键，过氧化钠中含有离子键和非极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故D正确；
答案选B。
11.100mL1mol·L-1的H2SO4溶液跟过量锌粉反应，在一定温度下，为了减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，可以向反应混合物中加入适量的：
①Na2CO3溶液②水③KNO3溶液④K2SO4溶液⑤CH3COONa溶液⑥1mol·L-1稀盐酸
A.①③④B.②④⑤C.②③⑤D.②④⑥
【答案】B
【解析】
【分析】
由题中条件可知锌过量，所以适当降低氢离子浓度但不减少氢离子的物质的量，能减缓反应速率，不影响生成氢气总量。
【详解】①加入Na2CO3溶液，与硫酸反应，消耗氢离子，生成氢气的量减少，①错误；
②加水使硫酸的浓度减小，但氢离子的物质的量不变，可达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，②正确；
③加入KNO3溶液，形成硝酸不生成氢气，生成氢气的量减少，③错误；
④加入K2SO4溶液相当于加水，可达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量，④正确；
⑤加入醋酸钠，醋酸根和氢离子反应生成醋酸，溶液中氢离子浓度降低，反应速率降低，但最终电离的氢离子的物质的量不变，则生成氢气的总量不变，⑤正确；
⑥加入1mol·L-1稀盐酸，增加了氢离子的物质的量，所以生成氢气的量增多，⑥错误。
综上所述，加入②④⑤可以达到减缓反应进行的速率，但又不影响生成氢气的总量。
答案选B。
12.有机物R是合成某药物的中间体，结构简式为
。
下列说法正确的是
A.R与M （
）互为同分异构体B.R中所有碳原子一定处于同一平面
C.R的六元环上的一氯代物有4种D.R能发生取代反应、加成反应和氧化反应
【答案】D
【解析】
【分析】
所给有机物含有碳碳双键和羧基，结合烯烃、羧酸的性质解答。
【详解】A．R中的六元环（属于环烯）与苯环不同，R与M的分子式不同，不是同分异构体，A错误；
B．R中与羧基相连的碳原子为饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，所有碳原子不能处于同一平面，B错误；
C．R的结构具有对称性，其六元环上有3种等效氢原子，一氯代物有3种，C错误；
D．R中含有碳碳双键，可发生加成反应、氧化反应，含有羧基，可发生取代反应，D正确。
答案选D。
13.在密闭容器中进行X2（g）+2Y2（g）⇌Z（g）
反应，X2、Y2、Z的起始浓度依次为0.2mol·L-1、0.3mol·L-1、0.3mol·L-1，当反应达到其最大限度（即化学平衡状态）时，各物质的浓度可能是
A.c（Z）＝0.45mol·L-1B.c（X2）＝0.05mol·L-1、c（Y2）＝0mol·L-1
C.c（Y2）＝0.8mol·L-1D.c（X2）＝0.5mol·L-1
【答案】C
【解析】
【详解】A．如果c（Z）＝0.45mol/L，则相应消耗0.3mol/L的Y2，但Y2的起始浓度是0.3mol/L，反应是可逆反应，反应物不能完全转化，故A不可能；
B．可逆反应都达到平衡状态时，各种物质共存于容器中，c（Y2）不可能为0，故B不可能；
C．如果c（Y2）＝0.8mol/L，则需要消耗0.25mol/LZ，剩余0.05mol/LZ，故C可能；
D．如果c（X2）＝0.5mol/L，则需要消耗0.3mol/LZ，反应是可逆反应，则Z的浓度不可能为0，故D不可能；
答案选C。
【点睛】达到平衡状态时，各种物质共存于体系中，不能有物质完全被消耗。
14.巴豆酸的结构简式为CH3—CH＝CH—COOH，现有①水②氯化氢③乙醇④纯碱溶液⑤酸性高锰酸钾溶液，判断在一定条件下，能与巴豆酸反应的物质是
A.只有②④⑤B.只有①③④C.只有①②④⑤D.全部
【答案】D
【解析】
【详解】巴豆酸中含碳碳双键，具有烯烃的性质，在一定条件下，能与HCl、水发生加成反应，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应；含羧基，具有羧酸的性质，能与纯碱溶液发生反应，能与乙醇发生酯化反应，则①②③④⑤都能与巴豆酸反应，答案选D。
15.下列装置应用于实验室进行相关实验，能达到实验目的的是
A.用装置甲在光照条件下验证甲烷与氯气的反应
B.用装置乙除去甲烷中少量的乙烯得纯净甲烷
C.用装置丙分离乙醇和乙酸的混合液
D.用装置丁分馏石油并收集60～150℃馏分
【答案】A
【解析】
【详解】A．在光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃和HCl，HCl极易溶于水，氯气不易溶于饱和食盐水中，氯代烃不易溶于水，且液态氯代烃为油滴状，如果发生反应会导致液体进入集气瓶，所以可以根据实验现象判断甲烷的反应，故A正确；
B．乙烯和酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳，引进新的杂质，应该用溴水除去甲烷中的乙烯，故B错误；
C．乙醇与乙酸混溶，不能分液，应该采用蒸馏的方法分离，故C错误；
D．蒸馏时，温度计测定馏分温度，温度计水银球应该位于蒸馏烧瓶支管口处，故D错误；
故选A
【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及蒸馏、甲烷的取代反应、除杂等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范性是解本题关键，注意从实验操作规范性及评价性、物质性质分析解答，易错选项是B。
16.20℃时，将0.1molN2O4置于1L密闭的烧瓶中，然后将烧瓶放入100℃的恒温槽中，烧瓶内的气体逐渐变为红棕色：
N2O4（g）⇌2NO2（g）。
下列结论不能说明上述反应在该条件下已经达到反应限度的是
①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：
2②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2：
1③烧瓶内气体的压强不再变化④烧瓶内气体的质量不再变化⑤NO2的物质的量浓度不再改变⑥烧瓶内气体的颜色不再加深⑦烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化⑧烧瓶内气体的密度不再变化
A.②③⑤⑥⑦B.①④⑧C.只有①④D.只有⑦⑧
【答案】B
【解析】
分析】
可逆反应达到反应限度就是达到了平衡状态，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，简单的讲就是变量不变了，可逆反应就达到平衡状态了。
【详解】①N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比为1：
2，描述的是正反应，从反应方程式可知，从反应开始发生直到平衡N2O4的消耗速率与NO2的生成速率之比一直是1：
2，不能说明已达平衡状态；
②NO2消耗速率与N2O4的消耗速率之比为2：
1，可知NO2生成速率与NO2消耗速率相等，正逆反应速率相等，说明已达平衡状态；
③该反应左右两边气体分子数不相等，只要不平衡压强就会变化，烧瓶内气体的压强不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
④根据质量守恒定律烧瓶内气体的质量始终不变，不能说明已达平衡状态；
⑤NO2的物质的量浓度不再改变，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑥烧瓶内气体的颜色不再加深，即NO2物质的量浓度不再变化，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑦该反应左右两边气体分子数不相等，在建立平衡状态的过程中，烧瓶内气体的平均相对分子质量发生变化，当烧瓶内气体的平均相对分子质量不再变化时，说明正逆反应速率相等，已经达到平衡状态；
⑧密度=质量÷体积，气体质量不变，气体体积不变，所以密度始终不变，不能说明已达平衡状态。
由以上分析，①④⑧符合题意。
答案选B。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、填空题
17.按要求完成下面每一小题:
（1）下列各物质中，互为同位素的是__________，互为同素异形体的是______，互为同系物的是_______，互为同分异构体的是________。
①金刚石与石墨②12C与l4C③乙酸和甲酸甲酯④
与
⑤
与
⑥
与
⑦CH3-CH3和
（2）相对分子质量为72的烷烃，它的一氯代物只有一种，此烷烃的结构简式为______。
（3）写出在光照条件下,甲烷与氯气发生反应生成气态有机物的化学方程式:
______。
【答案】
（1）.②
（2）.①（3）.⑦（4）.③⑥（5）.C（CH3）4（6）.CH4+Cl2
CH3Cl+HCl
【解析】
【分析】
（1）①金刚石与石墨互为同素异形体；②12C与14C互为同位素；③乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体；④
与
为同一物质；⑤
与
为同一物质；⑥
与
互为同分异构体；⑦CH3-CH3与
互为同系物。
（2）根据烷烃的分子通式计算分子式，结合一氯代物只有一种确定结构简式。
（3）甲烷与氯气光照下反应生成的气态有机物为CH3Cl。
【详解】
（1）①金刚石、石墨是碳元素形成的不同的单质，金刚石与石墨互为同素异形体；②12C、14C是质子数相同、中子数不同的核素，12C与14C互为同位素；③乙酸的结构简式为CH3COOH，甲酸甲酯的结构简式为HCOOCH3，两者分子式相同都是C2H4O2、结构不同，乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体；④二氯甲烷为四面体结构，
与
为同一物质，都表示二氯甲烷；⑤苯中碳碳键完全相同，是介于单键和双键之间的独特的键，
与
为同一物质，都表示邻二氯苯；⑥
与
的分子式都是C10H8O、酚羟基的位置不同，两者互为同分异构体；⑦CH3-CH3与
结构相似，分子组成上相差2个“CH2”原子团，两者互为同系物。
互为同位素的是②，互为同素异形体的是①，互为同系物的是⑦，互为同分异构体的是③⑥。
（2）烷烃的分子通式为CnH2n+2（n
1），则14n+2=72，解得n=5，该烷烃的分子式为C5H12。
该烷烃的一氯代物只有一种，该烷烃的结构高度对称，此烷烃的结构简式为C（CH3）4。
（3）甲烷与氯气光照下反应生成的气态有机物为CH3Cl，反应的化学方程式为CH4+Cl2
CH3Cl+HCl。
【点睛】本题考查同位素、同素异形体、同分异构体、同系物的判断，烷烃的分子式和结构简式的确定，甲烷的性质。
理解同位素、同素异形体、同分异构体和同系物的异同是解题的关键。
同位素研究的对象是核素，同素异形体研究的对象是单质，同分异构体和同系物研究的对象都是化合物。
注意同分异构体与同一物质的区别。
18.某化学小组经查阅资料得知常温下过量的氨气和氯气能反应生成氯化铵，该实验小组对该反应进行探究，部分实验装置如下（夹持装置略去）
回答下列问题
（1）装置F是NH3的制备装置，其中盛放浓氨水的仪器名称是___________，再写出一种在实验室制备NH3的反应原理（用化学方程式表示）____________。
（2）某同学认为应将E中的无水氯化钙换成碱石灰，他的理由______________。
（3）装置A中发生反应的离子方程式为___________。
（4）装置B中盛装的试剂X的名称为_________，该装置的作用为__________。
（5）装置D的设计中有明显不足之处，请提出改进意见______________。
（6）某同学设计实验证明装置D中所得固体为氯化铵，请把实验步骤写完整：
①取少量装置D中所得固体产物配成溶液，并取少量溶液于两支试管中；
②__________________________；
③向另一只试管中加过量稀硝酸，再加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，结论：
常温下过量的氨气和氯气反应可生成氯化铵。
【答案】
（1）.分液漏斗
（2）.2NH4Cl+Ca（OH）2
CaCl2+2NH3↑+2H2O（3）.无水氯化钙会吸收反应生成的NH3（4）.2
+10Cl-+16H＋=2Mn2＋+5Cl2↑+8H2O（5）.饱和食盐水（6）.除去Cl2中的HCl,防止其与NH3反应生成NH4Cl干扰试验（7）.将左侧短导管和右侧长导管互换将三个导管均换成粗导管（8）.向其中一只试管中加入NaOH浓溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝
【
升级会员 