2026屆廣東省廣州荔灣區(qū)真光中學(xué)化學(xué)高一上期末聯(lián)考試題考生請(qǐng)注意：1．答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、某鐵的“氧化物”樣品,用5

mol·L-1鹽酸140

mL恰好完全溶解,所得溶液還能吸收標(biāo)準(zhǔn)狀況下0.56

L氯氣,使其中Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe3+,該樣品可能的化學(xué)式是()A．Fe5O7 B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe4O52、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樯铧S色。再向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無(wú)色。下列分析正確的是（）A．上述實(shí)驗(yàn)條件下，物質(zhì)的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2時(shí)，SO2與I2反應(yīng)，I2作還原劑C．通入SO2后溶液逐漸變成無(wú)色，體現(xiàn)了SO2的漂白性D．滴加KI溶液時(shí)，轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí)生成1mol白色沉淀3、導(dǎo)致下列現(xiàn)象的主要原因與排放SO2有關(guān)的是A．酸雨 B．臭氧層空洞 C．溫室效應(yīng) D．水體富營(yíng)養(yǎng)化4、常溫下，下列金屬難與氧氣反應(yīng)的是（）A．Na B．Mg C．Al D．Au5、下列各組混合物只用分液漏斗無(wú)法分離的是()A．植物油和水B．NaOH溶液和四氯化碳C．四氯化碳和稀硫酸D．酒精和水6、有200mL氯化鎂和氯化鋁的混合溶液，其中為0.2mol·L－1,為1.3mol·L－1。要使Mg2＋全部轉(zhuǎn)化為沉淀分離出來(lái)，至少需加4mol·L－1NaOH溶液的體積為A．40mL B．72mL C．80mL D．128mL7、下列各項(xiàng)操作中發(fā)生“先產(chǎn)生沉淀，然后沉淀又溶解”現(xiàn)象的是①向澄清石灰水中逐漸通入CO2至過量②向NaAlO2溶液中逐漸通入CO2至過量③向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH至過量④向硅酸鈉溶液中逐滴加入鹽酸至過量⑤向Fe(OH)3膠體中逐滴加入稀鹽酸至過量⑥向Ca(ClO)2溶液中逐漸通入CO2至過量A．①③ B．①②⑤ C．①③⑤⑥ D．①②⑥8、關(guān)于硝酸敘述正確的是：A．硝酸不穩(wěn)定，見光或受熱就會(huì)分解 B．稀硝酸是弱酸，濃硝酸是強(qiáng)酸C．銅與稀硝酸反應(yīng)生成二氧化氮 D．鐵與濃硝酸不反應(yīng)9、過量的與混合，在密閉容器中充分加熱，最后排出氣體，則殘留的固體物質(zhì)應(yīng)為A．和 B．和C． D．10、有一瓶氣體的質(zhì)量是7.1g，體積是2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況），該氣體的摩爾質(zhì)量是A．32 B．32g·mol－1 C．71 D．71g·mol－111、碳酸銅和堿式碳酸銅均可溶于鹽酸轉(zhuǎn)化為氯化銅。高溫下這兩種化合物均能分解成氧化銅。溶解28.4g上述混合物，消耗1mol/L鹽酸500mL。灼燒等質(zhì)量的上述混合物，得到氧化銅的質(zhì)量是A．35g B．30g C．20g D．15g12、84消毒液與潔廁靈（主要成分是濃鹽酸）不能混用，二者混合將發(fā)生如下反應(yīng)：NaClO＋2HCl（濃）＝Cl2↑＋NaCl＋H2O。下列說(shuō)法正確的是A．氧化性：NaClO>Cl2 B．NaClO發(fā)生了氧化反應(yīng)C．氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：2 D．當(dāng)生成71gCl2時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子2mol13、NA表示阿伏加德羅常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是()A．1molNa與O2完全反應(yīng)生成Na2O或Na2O2均失去NA個(gè)電子B．1molNa2O2與足量CO2反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移2NA個(gè)電子C．1mol·L-1的NaOH溶液中含Na+數(shù)目為NAD．23gNa+中含有的電子數(shù)為NA14、下列說(shuō)法不正確的是A．二氧化硅用于制造光導(dǎo)纖維 B．常用pH試紙測(cè)定新制氯水的pH值C．一定條件下，金屬鎂可以置換出碳單質(zhì) D．碳酸氫鈉是發(fā)酵粉的主要成份15、A、B、C三種不含結(jié)晶水的固體物質(zhì)的溶解度曲線如圖，下列說(shuō)法中不正確的是A．t1℃時(shí)，A的飽和溶液65g中含有溶劑50gB．將t1℃A、B、C三種物質(zhì)的飽和溶液升溫至t2℃時(shí)，溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是A=B＞CC．A中含少量C時(shí)可用降溫結(jié)晶法提純AD．25%的A溶液降溫至t1℃時(shí)會(huì)有晶體析出16、將一定量的CO2氣體通入2L未知濃度的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀鹽酸至過量并將溶液加熱，產(chǎn)生的氣體與HCl的物質(zhì)的量的關(guān)系如圖所示(忽略氣體的溶解和HCl的揮發(fā))，下列說(shuō)法正確是（）A．Oa段反應(yīng)的離子方程式只有：

H++=H2O+CO2↑B．O點(diǎn)溶液中所含溶質(zhì)為NaHCO3、Na2CO3C．b點(diǎn)產(chǎn)生CO2的體積為44.8LD．原NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為2.5mol/L17、當(dāng)光束通過下列物質(zhì)時(shí)，會(huì)出現(xiàn)丁達(dá)爾效應(yīng)的是A．水 B．Fe(OH)3膠體 C．蔗糖溶液 D．FeCl3溶液18、下列物質(zhì)都可用于漂白,但漂白原理與其它三種物質(zhì)不相同的是(

)A．HClO B．SO2 C．H2O2 D．NaClO19、四支試管中分別充滿NO、SO2、NO2、Cl2中的一種，把它們分別倒置于盛有水的水槽中，放置一段時(shí)間后的現(xiàn)象如圖所示。其中原試管充滿NO2的是A． B． C． D．20、以氧化鋁為原料制備氫氧化鋁：Al2O3AlCl3Al(OH)3，其中適宜用的試劑X是()A．氨水 B．二氧化碳 C．氫氧化鈉溶液 D．鹽酸21、某化學(xué)小組用如圖所示裝置制取氯氣。下列說(shuō)法正確的是A．該裝置圖中至少存在三處明顯錯(cuò)誤B．該實(shí)驗(yàn)中收集氯氣的方法不正確C．如果需要得到干燥純凈的Cl2，只需在氣體發(fā)生裝置和收集裝置之間連接一個(gè)裝有濃硫酸的洗氣瓶即可D．含有2molHCl的某濃鹽酸與足量MnO2混合，在一定條件下反應(yīng)，轉(zhuǎn)移1mol電子22、某膠體遇鹽鹵(MgCl2)或石膏水發(fā)生凝聚，而遇食鹽水或硫酸鈉溶液不易發(fā)生凝聚，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是()A．膠體粒子直徑在l～100nm之間B．遇BaCl2溶液或氫氧化鐵膠體可發(fā)生凝聚C．電泳時(shí)，該膠體向陰極方向移動(dòng)D．鈉離子使此膠體凝聚的效果不如Ca2＋、Mg2＋二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知是中學(xué)化學(xué)的常見物質(zhì)，且均含有同一種元素。在一定條件下，它們之間的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示（反應(yīng)中生成的v已略去）。請(qǐng)回答下列問題：(1)若A是一種可用于自來(lái)水消毒的黃綠色氣體，D是目前產(chǎn)量最大的金屬單質(zhì)，則C的化學(xué)式為_______________；寫出A與C的溶液反應(yīng)的離子方程式：___________________________。(2)若A是一種常見的強(qiáng)堿，D是一種氣體，通常用來(lái)滅火，則反應(yīng)②的離子方程式是__________________。(3)若A是非金屬固體單質(zhì)，在常溫下均為氣體，D是空氣中的主要成分，則C的化學(xué)式為________________。(4)若A是一種呈堿性的氣體，為自然固氮過程，則在一定條件下反應(yīng)③的化學(xué)方程式為__________________。24、（12分）已知A是一種常見金屬，F(xiàn)是一種紅褐色沉淀。試根據(jù)圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系，回答下列問題。（1）寫出F、G的化學(xué)式。F：__，G：___。（2）檢驗(yàn)D中陽(yáng)離子的方法___。（3）保存C溶液時(shí)為什么要加固體A__。（4）寫出下列轉(zhuǎn)化的離子方程式或化學(xué)方程式。①A→C：___。②C→D：___。25、（12分）如圖是配制480mL0.20mol?L-1CuSO4溶液的部分實(shí)驗(yàn)操作，據(jù)圖回答下列問題：(1)將上述實(shí)驗(yàn)步驟A~F按實(shí)驗(yàn)操作先后次序依次排列：C—D—E—______，需稱取CuSO4?5H2O晶體的質(zhì)量為______。(2)寫出配制480mL0.20mol?L-1CuSO4溶液所需儀器的名稱：燒杯、量筒、玻璃棒、______。(3)在配制過程中，其他操作都是正確的，下列操作會(huì)引起濃度偏高的是______。A．轉(zhuǎn)移溶液時(shí)不慎有少量液體灑到容量瓶外面B．定容時(shí)俯視刻度線C．未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容D．定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻，靜置后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，再加水至刻度線26、（10分）某研究小組同學(xué)欲探究某袋敞口放置一段時(shí)間的名為“硫酸亞鐵家庭園藝精品肥料”的花肥的主要成分及相關(guān)性質(zhì)。首先對(duì)該花肥的成分進(jìn)行了如下假設(shè)：a．只含有FeSO4b．含有FeSO4和Fe2(SO4)3c．只含有Fe2(SO4)3將花肥固體粉末溶于水中得到溶液（記為X），進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)序號(hào)操作現(xiàn)象ⅰ取2mL溶液X，加入1mL1mol/LNaOH溶液取產(chǎn)生紅褐色沉淀ⅱ取2mL溶液X，加入1滴KSCN溶液顯紅色（1）請(qǐng)用文字表述做出假設(shè)b的依據(jù)是____________。（2）對(duì)實(shí)驗(yàn)ⅰ的預(yù)期現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀、變?yōu)榛揖G色、最后出現(xiàn)紅褐色沉淀，預(yù)期產(chǎn)生該現(xiàn)象的依據(jù)是（用化學(xué)方程式或離子方程式表達(dá)）______、_______。（3）由實(shí)驗(yàn)ⅱ得出的結(jié)論是_______。結(jié)合實(shí)驗(yàn)ⅰ、ⅱ，推測(cè)實(shí)驗(yàn)ⅰ實(shí)際現(xiàn)象與預(yù)期現(xiàn)象不符的原因可能是____________。為進(jìn)一步驗(yàn)證假設(shè)，小組同學(xué)進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)序號(hào)操作現(xiàn)象ⅲ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL水溶液顯紅色ⅳ取2mL溶液X，加入1滴KSCN，再加入1mL氯水溶液顯紅色，顏色比ⅲ深（4）實(shí)驗(yàn)ⅳ中氯水參加反應(yīng)的離子方程式是__________。（5）通過以上實(shí)驗(yàn)，可得到的結(jié)論是_________________________，請(qǐng)完整表達(dá)該結(jié)論是如何得出的____________。在明確了X的組成后，該小組同學(xué)進(jìn)一步探究X與鋅粉的反應(yīng)。進(jìn)行實(shí)驗(yàn)ⅴ實(shí)驗(yàn)序號(hào)操作現(xiàn)象ⅴ取2mL溶液X，加入少量鋅粉（m克）無(wú)明顯現(xiàn)象該實(shí)驗(yàn)在操作過程中，發(fā)現(xiàn)鋅粉漂浮在試管中，影響實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的觀察，因此未觀察到明顯現(xiàn)象。該小組同學(xué)為確認(rèn)反應(yīng)的發(fā)生，查閱資料發(fā)現(xiàn)Fe2+遇鐵氰化鉀溶液產(chǎn)生藍(lán)色沉淀；據(jù)此對(duì)實(shí)驗(yàn)ⅴ進(jìn)行了改進(jìn)，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)ⅵ、ⅶ：實(shí)驗(yàn)序號(hào)操作現(xiàn)象ⅵ取2mL溶液X，加入3滴鐵氰化鉀產(chǎn)生藍(lán)色沉淀ⅶ取2mL溶液X，加入少量鋅粉（m克），再加入3滴鐵氰化鉀產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，沉淀量比ⅵ多（6）由此確認(rèn)：實(shí)驗(yàn)ⅴ未觀察到明顯現(xiàn)象，并不意味著未發(fā)生反應(yīng)。寫出實(shí)驗(yàn)ⅴ中鋅一定發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式是_________________。27、（12分）工業(yè)燒堿中常含氯化鈉等雜質(zhì)。（1）簡(jiǎn)述檢驗(yàn)工業(yè)燒堿中含有氯化鈉的實(shí)驗(yàn)方法___；（2）寫出一種工業(yè)燒堿中還可能含有的雜質(zhì)的化學(xué)式___；（3）某同學(xué)采用硝酸銀將離子沉淀的方法測(cè)定工業(yè)燒堿的純度，取ag樣品，經(jīng)一系列操作，分離并稱得氯化銀的質(zhì)量mg，則氫氧化鈉純度計(jì)算式為__。已知該測(cè)定結(jié)果偏低，可能的原因是__；A．未將氫氧化鈉去除B．氯化銀顆粒細(xì)小，難以過濾C．氯化銀部分分解D．氯化銀沉淀未洗滌干燥（4）粗鹽提純過程中，除去硫酸根離子可選用的試劑是__；A．氯化鋇B．氫氧化鋇C．硝酸鋇D．鹽酸（5）氯化鉀的熔點(diǎn)低于氯化鈉，從物質(zhì)結(jié)構(gòu)的角度加以解釋___。28、（14分）Ⅰ．A、B、C、D是中學(xué)化學(xué)常見的混合物分離或提純的基本裝置。請(qǐng)根據(jù)混合物分離或提純的原理，回答在下列實(shí)驗(yàn)中需要使用哪一種裝置，將A、B、C、D填入適當(dāng)?shù)目崭裰?。?）從碘水中提取碘_____________________________；（2）實(shí)驗(yàn)室制取蒸餾水_____________________________；（3）去粗鹽中的泥沙_____________________________；（4）與海水曬鹽原理相符的是___________________________。Ⅱ．現(xiàn)有下列八種物質(zhì)：①HCl氣體②Cu③CO④CO2⑤金剛石⑥KMnO4固體⑦Ba(OH)2溶液⑧熔融KAl(SO4)2（1）屬于單質(zhì)的是_________；屬于酸性氧化物的是_________；所給狀態(tài)能導(dǎo)電的電解質(zhì)是_________；(填所給物質(zhì)的序號(hào))（2）寫出Ba(OH)2在水中的電離方程式：____________________________________________；（3）用雙線橋表示該反應(yīng)中電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目_______2KMnO4+16HCl=5Cl2↑+2MnCl2+2KCl+8H2O若有0.8mol還原劑被氧化，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是_________。29、（10分）下列物質(zhì)：①氫氧化鈉溶液、②銅片、③碳酸鈣、④蔗糖、⑤熔融的NaCl、⑥SO2

氣體、⑦碳酸氫鈉、⑧鹽酸（1）能導(dǎo)電且屬于電解質(zhì)的是___________。（填編號(hào)）（2）寫出碳酸鈣的電離方程式____________________________________。（3）寫出碳酸氫鈉與氫氧化鈉反應(yīng)的離子方程式____________________________________。（4）向100mL1.5mol/L

的氫氧化鈉溶液中緩慢通入一定量的CO2，反應(yīng)后，向所得溶液中逐滴緩慢滴加一定濃度的鹽酸，所得氣體的體積與所加鹽酸的體積（不考慮氣體溶解于水）關(guān)系如圖所示。則①氫氧化鈉溶液與一定量的CO2

充分反應(yīng)后的溶液中溶質(zhì)為_________

（寫化學(xué)式）。②鹽酸的濃度為________________________。③B點(diǎn)時(shí)，產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為_________________L。

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、A【解析】

氧化物與HCl反應(yīng)生成氯化物與水，HCl中的H元素與氧化物中O元素全部結(jié)合生成H2O，由H原子、O原子守恒可知n（O）=n（H2O）=n（HCl），所得溶液再通入氯氣使其中Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe3+，最后溶液成分為FeCl3，根據(jù)氯離子是可知n（FeCl3）=n（FeCl3）=[n（HCl）+2n（Cl2）]，再根據(jù)Fe、O原子數(shù)目之比確定氧化物化學(xué)式?！驹斀狻垦趸锱cHCl反應(yīng)生成氯化物與水，HCl中的H元素與氧化物中O元素全部結(jié)合生成H2O.由H原子、O原子守恒可知n(O)=n(H2O)=n(HCl)=×0.14L×5mol/L=0.35mol，所得溶液再通入氯氣使其中Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe3+，最后溶液成分為FeCl3，根據(jù)氯原子是可知n(FeCl3)=[n(HCl)+2n(Cl2)]=×(0.14L×5mol/L+2×)=0.25mol，所以氧化物中n(Fe):n(O)=0.25mol:0.35mol=5:7，該氧化物的化學(xué)式為Fe5O7，故答案為A。2、A【解析】

向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樯铧S色，說(shuō)明有I2生成。碘元素化合價(jià)由-1價(jià)升高到0價(jià)，Cu2+被還原為CuI，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無(wú)色，說(shuō)明I2被還原，I2與SO2反應(yīng)生成HI和H2SO4，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緾uSO4溶液中逐滴加入KI溶液，發(fā)生反應(yīng)化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反應(yīng)中，Cu2+化合價(jià)降低，Cu2+作氧化劑，I2是I-失去電子形成的，I2是氧化產(chǎn)物，根據(jù)物質(zhì)的氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反應(yīng)SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，I2作氧化劑，SO2被氧化，SO2作還原劑。由于物質(zhì)氧化性：氧化劑>還原劑，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正確；B.向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反應(yīng)方程式可知，碘元素化合價(jià)由0價(jià)降低為-1價(jià)，被還原，所以I2作氧化劑，B錯(cuò)誤；C.向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因?yàn)镮2不斷被還原消耗變?yōu)镮-使碘水褪色，SO2體現(xiàn)強(qiáng)還原性，而不能表現(xiàn)漂白性，C錯(cuò)誤；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每轉(zhuǎn)移2mol電子生成2molCuI，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A。【點(diǎn)睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，掌握物質(zhì)的性質(zhì)與元素化合價(jià)的關(guān)系是本題解答的關(guān)鍵。根據(jù)題目信息推斷實(shí)驗(yàn)中發(fā)生的反應(yīng)，利用物質(zhì)的氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物，氧化劑大于還原劑；物質(zhì)的還原劑：還原劑大于還原產(chǎn)物，還原劑大于氧化劑，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目等于反應(yīng)中元素化合價(jià)升降總數(shù)，本題考查了學(xué)生對(duì)氧化還原反應(yīng)的利用及對(duì)陌生信息的接受與應(yīng)用能力。3、A【解析】

A．酸雨是因?yàn)榭諝庵械奈廴疚锒趸?、氮氧化合物等過多造成的，故A正確；B．制冷劑“氟里昂”等，對(duì)臭氧層有很大的破壞作用，會(huì)使臭氧層形成空洞，故B錯(cuò)誤；C．溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w二氧化碳，主要來(lái)自化石燃料的大量使用，故C錯(cuò)誤；D．水體富營(yíng)養(yǎng)化是氮磷含量過高引起的，故D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)晴】本題熟悉常見有污染物是解題關(guān)鍵，這就要求學(xué)生要注意知識(shí)的積累與歸納，善于總結(jié)。常見污染物為：形成酸雨的主要物質(zhì)是二氧化硫及氮氧化物；氟氯代烴能造成臭氧空洞；二氧化碳是形成溫室效應(yīng)的主要?dú)怏w；N、P元素是形成水體富營(yíng)養(yǎng)化的主要元素；氮氧化物是光化學(xué)煙霧；裝飾材料揮發(fā)出的是甲醛等，據(jù)此解答。4、D【解析】

A.Na與O2在常溫下反應(yīng)，生成Na2O，A不合題意；B.Mg與O2在常溫下反應(yīng)，生成MgO，B不合題意；C.Al與O2在常溫下反應(yīng)，生成Al2O3，C不合題意；D.Au與O2在常溫下不反應(yīng)，D符合題意。故選D。5、D【解析】A、植物油和水互不相溶且密度不同，采用分液方法分離，A正確；B、NaOH溶液和四氯化碳互不相溶且密度不同，采用分液方法分離，B正確；C、四氯化碳和稀硫酸互不相溶且密度不同，采用分液法分離，C正確；D、酒精和水互溶，不能用分液法分離，兩者沸點(diǎn)不同，可用蒸餾法分離，D錯(cuò)誤。正確答案為D。6、C【解析】

溶液中n(Cl-)=0.2L×1.3mol/L=0.26mol，溶液中n(Mg2+)=0.2mol/L×0.2L=0.04mol，由電荷守恒可知溶液中n(Al3+)==0.06mol；將200mL此溶液中的Mg2+轉(zhuǎn)化為Mg(OH)2沉淀并分離析出，反應(yīng)后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，根據(jù)鈉離子守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaAlO2)，再結(jié)合氯離子守恒、Al原子守恒可知n(NaOH)=n(Cl-)+n(Al3+)=0.26mol+0.06mol=0.32mol，則至少需要4mol/L氫氧化鈉溶液的體積為=0.08L=80mL，故答案為C。7、C【解析】

①反應(yīng)先得到沉淀，當(dāng)過量時(shí)沉淀將轉(zhuǎn)變?yōu)槿芙?，①正確；②反應(yīng)只會(huì)得到沉淀，②錯(cuò)誤；③反應(yīng)先得到沉淀，當(dāng)堿過量時(shí)沉淀將轉(zhuǎn)變?yōu)槿芙?，③正確；④反應(yīng)只會(huì)得到沉淀，④錯(cuò)誤；⑤向膠體中加入電解質(zhì)會(huì)導(dǎo)致聚沉，而后逐漸溶于稀鹽酸，⑤錯(cuò)誤；⑥反應(yīng)先得到沉淀，當(dāng)過量時(shí)沉淀將轉(zhuǎn)變?yōu)槿芙猓拚_；①③⑤⑥正確，答案選C。8、A【解析】

A．濃硝酸不穩(wěn)定，見光、加熱分解，故A正確；B．稀硝酸和濃硝酸均為強(qiáng)酸，故B錯(cuò)誤；C．Cu與稀硝酸反應(yīng)生成一氧化氮，與濃硝酸反應(yīng)生成二氧化氮，故C錯(cuò)誤；D．鐵和濃硝酸反應(yīng)，只是常溫下發(fā)生鈍化，只有加熱條件下才能充分溶解，故D錯(cuò)誤；故答案為A?！军c(diǎn)睛】明確硝酸的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，硝酸是強(qiáng)氧化性酸，不穩(wěn)定、易揮發(fā)，特別是濃硝酸常溫下能使鋁、鐵鈍化，難點(diǎn)是通常濃硝酸的還原產(chǎn)物為NO2，稀硝酸的還原產(chǎn)物為NO。9、C【解析】

兩種混合物在密閉容器中加熱所發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：，，，。因是過量的，則加熱生成的使最終全部轉(zhuǎn)化為，過量的也完全分解成，而穩(wěn)定，受熱不易分解，故最后殘留的固體是。故選C。10、D【解析】

n==0.1mol，M==71g/mol，所以該氣體的摩爾質(zhì)量為71g/mol。故選D。11、C【解析】

混合物溶于1mol/L500mL鹽酸（HCl的物質(zhì)的量為0.5mol），生成氯化銅。則根據(jù)氯原子守恒可知，氯化銅的物質(zhì)的量是0.25mol，則銅原子的物質(zhì)的量是0.25mol，所以最終生成的氧化銅是0.25mol，質(zhì)量是0.25mol×80g/mol＝20g，答案選C。12、A【解析】

A.化合價(jià)降低的物質(zhì)為氧化劑，即為NaClO，氧化產(chǎn)物為Cl2，因此氧化性：NaClO>Cl2，故A正確；B.NaClO化合價(jià)降低，發(fā)生了還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C.氧化劑是NaClO，還原劑是HCl，但還原劑只有1mol，因此氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為1：1，故C錯(cuò)誤；D.根據(jù)方程式分析，生成1molCl2時(shí)轉(zhuǎn)移1mol電子，因此當(dāng)生成71gCl2即1mol時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移電子1mol，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為A。13、A【解析】

A.1molNa與O2完全反應(yīng)生成Na2O或Na2O2均失去NA個(gè)電子，故A正確；B.1molNa2O2與足量CO2反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移NA個(gè)電子，故B錯(cuò)誤；C.溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算Na+數(shù)，故C錯(cuò)誤；D.23gNa+物質(zhì)的量為1mol，含有的電子數(shù)為10NA，故D錯(cuò)誤；答案選A。【點(diǎn)睛】本題考查與阿伏加德羅常數(shù)有關(guān)的計(jì)算，對(duì)相關(guān)的知識(shí)有比較高的要求，本題特別要注意C中一定要說(shuō)明條件。14、B【解析】

A.二氧化硅可用于制造光導(dǎo)纖維，A正確；B.新制氯水除了具有酸性以外，還具有強(qiáng)氧化性，不能用pH試紙測(cè)定新制氯水的pH值，應(yīng)該用pH計(jì)，B錯(cuò)誤；C.一定條件下，金屬鎂在二氧化碳中燃燒可以置換出碳單質(zhì)，同時(shí)生成氧化鎂，C正確；D.碳酸氫鈉是發(fā)酵粉的主要成份，D正確；答案選B。15、B【解析】A.t1℃時(shí)，A的溶解度是30g，所以A的飽和溶液65g中含有溶劑50g，故B正確；B.將t1℃A、B、C三種物質(zhì)的飽和溶液升溫至t2℃時(shí)，A、B的溶解度增大，它們的溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不變，C的溶解度減小，其溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)減小，所以溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是A=B＞C，故B正確；C.A的溶解度隨溫度降低而減小，C的溶解度隨溫度降低而增大，所以A中含少量C時(shí)可用降溫結(jié)晶法提純A，故C正確；D.t1℃時(shí)，A的溶解度是30g，此時(shí)A的飽和溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是23%，所以25%的A溶液降溫至t1℃時(shí)會(huì)有晶體析出，故D正確。故選B。16、D【解析】

A．Na2CO3與鹽酸的反應(yīng)是分步進(jìn)行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl與Na2CO3、NaHCO3都按1：1反應(yīng)，由圖象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物質(zhì)的量小于從反應(yīng)到開始產(chǎn)生二氧化碳階段消耗的HCl，故溶液中溶質(zhì)為NaOH、Na2CO3，則Oa段反應(yīng)的離子方程式有：H++OH-=H2O，

H++=H2O+CO2↑，A錯(cuò)誤；B．Na2CO3與鹽酸的反應(yīng)分步進(jìn)行：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl與Na2CO3、NaHCO3都按1：1反應(yīng)，由圖象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物質(zhì)的量小于從反應(yīng)到開始產(chǎn)生二氧化碳階段消耗的HCl，故溶液中溶質(zhì)為NaOH、Na2CO3，B錯(cuò)誤；C．缺少反應(yīng)條件，不能判斷氣體的體積大小，C錯(cuò)誤；D．加入5molHCl生成二氧化碳體積達(dá)到最大值，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaCl，根據(jù)氯離子守恒有n(NaCl)=n(HCl)，根據(jù)鈉離子守恒有n(NaOH)=n(NaCl)，故n(NaOH)=n(HCl)=5mol，由于溶液的體積是2L，則c(NaOH)==2.5mol/L，D正確；故答案是D。17、B【解析】

A、膠體是混合物，而蒸餾水是純凈物，不屬于膠體，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．Fe(OH)3膠體能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，選項(xiàng)B正確；C．蔗糖溶液屬于溶液，不是膠體，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．FeCl3溶液屬于溶液，不是膠體，不能產(chǎn)生丁達(dá)爾效應(yīng)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查膠體的性質(zhì)，丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體的特有性質(zhì)，熟悉常見的分散系的類型及分散系的判斷是解答的關(guān)鍵，只有膠體才具有丁達(dá)爾效應(yīng)，根據(jù)題中分散系的類型進(jìn)行判斷。18、B【解析】

HClO、H2O2、NaClO均具有強(qiáng)氧化性，將有機(jī)色質(zhì)氧化成無(wú)色物質(zhì)而漂白褪色，漂白原理相同，SO2與有色物質(zhì)化合生成無(wú)色物質(zhì)，能使有機(jī)色質(zhì)褪色，漂白原理與其他三種不同，故選B。【點(diǎn)睛】具有強(qiáng)氧化的物質(zhì)具有漂白性，如氯水、HClO、過氧化氫、過氧化鈉等，二氧化硫與有色物質(zhì)化合生成無(wú)色物質(zhì)，也具有漂白性，活性炭具有吸附性能使有色物質(zhì)褪色。19、B【解析】

NO不溶于水，對(duì)應(yīng)D圖像，SO2在水中的溶解度為1體積水溶解40體積SO2，對(duì)應(yīng)圖像A，根據(jù)化學(xué)方程式3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，剩余氣體是反應(yīng)前的1/3，對(duì)于圖像B，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO2HCl+O2↑，對(duì)應(yīng)圖像C，所以其中原試管充滿NO2的是B，答案選B。20、A【解析】

由AlCl3制備氫氧化鋁的方法，要防止生成的氫氧化鋁繼續(xù)溶解，又因?yàn)闅溲趸X與強(qiáng)堿反應(yīng)不與弱堿反應(yīng)，故應(yīng)該選擇弱堿?！驹斀狻緼．氨水為弱堿，故A正確。B．二氧化碳溶于水生成碳酸為弱酸，故B錯(cuò)誤。C．氫氧化鈉溶液為強(qiáng)堿，會(huì)溶解氫氧化鋁沉淀，故C錯(cuò)誤。D．鹽酸為強(qiáng)酸，與氯化鋁不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故答案選A。21、A【解析】

A．MnO2與濃鹽酸在加熱的條件下反應(yīng)，圖中缺少加熱裝置，氯氣有毒，不能直接排放到空氣中，應(yīng)有尾氣吸收裝置，濃鹽酸是易揮發(fā)酸，需要用分液漏斗加入，故A正確；B．氯氣比空氣重，可以用向上排氣法收集，裝置中正確，故B錯(cuò)誤；C．濃鹽酸有揮發(fā)性，氯氣里除水氣還原揮發(fā)的氯化氫，僅干燥不可以得到純凈氯氣，需要先用飽和食鹽水除HCl再干燥才行，故C錯(cuò)誤；D．含有2molHCl的某濃鹽酸與足量MnO2混合，轉(zhuǎn)移電子小于1mol，原因鹽酸濃度低后反應(yīng)要停止，故D錯(cuò)誤；答案為A?！军c(diǎn)晴】注意實(shí)驗(yàn)制備的原理和裝置，把握鹽酸和氯氣的性質(zhì)是解題關(guān)鍵，MnO2與濃鹽酸在加熱的條件下反應(yīng)生成氯氣，濃鹽酸需要用分液漏斗加入，氯氣有毒，不能直接排放到空氣中，應(yīng)有尾氣吸收裝置，氯氣具有氧化性，可與碘化鉀反應(yīng)生成單質(zhì)碘，據(jù)此分析解答。22、C【解析】

A、膠體分散質(zhì)微粒直徑的大小介于1～100nm之間，A正確；B、氯化鎂與氯化鈉的陽(yáng)離子不同，陰離子相同，硫酸鈣和硫酸鈉的陽(yáng)離子不同，陰離子相同，由題中所述現(xiàn)象知：其膠體是否凝聚與加入的電解質(zhì)的陽(yáng)離子有關(guān)，且陽(yáng)離子所帶電荷越多聚沉效果越好，因此該膠體膠粒必帶負(fù)電荷，由于氫氧化鐵膠體的膠粒帶正電荷，因此遇BaCl2溶液或氫氧化鐵膠體可發(fā)生凝聚，B正確；C、該膠體膠粒帶負(fù)電荷，因此電泳時(shí)，該膠體向陽(yáng)極移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D、根據(jù)題干中的信息可知鈉離子使此膠體凝聚的效果不如Ca2＋、Mg2＋，D正確；答案選C。【點(diǎn)睛】準(zhǔn)確判斷出該膠體的膠粒帶負(fù)電荷是解答的關(guān)鍵，注意掌握影響膠體聚沉的因素和規(guī)律。另外需要注意膠體是不帶電的，膠體吸附某些離子而帶電荷。二、非選擇題(共84分)23、)【解析】

已知A、B、C、D是中學(xué)化學(xué)的常見物質(zhì)，且A、B、C均含有同一種元素；(1)若A可用于自來(lái)水消毒，則A為Cl2，D是產(chǎn)量最大、用途最廣的金屬單質(zhì)，則D為Fe，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知B為FeCl3、C為FeCl2；(2)若A是一種常見的強(qiáng)堿，D是一種氣體，通常用來(lái)滅火，則D為CO2，A為NaOH，B為Na2CO3，C為NaHCO3；(3)若A是非金屬固體單質(zhì)，B、C、D在常溫下均為氣體，D是空氣中的主要成分，則D為O2，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A為C單質(zhì)，B為CO，C為；(4)若A是一種呈堿性的氣體，則A為NH3，B→C為自然固氮過程，則B為N2，D為O2，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，C為NO，據(jù)此解答；【詳解】已知A、B、C、D是中學(xué)化學(xué)的常見物質(zhì)，且A、B、C均含有同一種元素；(1)若A可用于自來(lái)水消毒，則A為Cl2，D是產(chǎn)量最大、用途最廣的金屬單質(zhì)，則D為Fe，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知B為FeCl3、C為，氯化鐵與氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，該反應(yīng)的離子方程式為：；答案為：；；(2)若A是一種常見的強(qiáng)堿，D是一種氣體，通常用來(lái)滅火，則D為，A為NaOH，B為Na2CO3，C為NaHCO3，反應(yīng)②為碳酸鈉溶液與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸氫鈉，該反應(yīng)的離子方程式為：；答案為：；(3)若A是非金屬固體單質(zhì)，B、C、D在常溫下均為氣體，D是空氣中的主要成分，則D為O2，根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A為C單質(zhì)，B為CO，C為；答案為：；(4)若A是一種呈堿性的氣體，則A為NH3，B→C為自然固氮過程，則B為N2，D為O2，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，C為NO，反應(yīng)③為NH3、NO在一定條件下反應(yīng)生成氮?dú)夂退?；答案為：?4、Fe(OH)3Fe2O3取少量D溶液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液紅色，證明有Fe3+防止Fe2+被氧氣氧化Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】

A是一種常見金屬，F(xiàn)是一種紅褐色沉淀，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知F為Fe(OH)3，A為Fe，F(xiàn)e與氧氣反應(yīng)生成B為Fe3O4，四氧化三鐵與鹽酸反應(yīng)得到氯化亞鐵與氯化鐵，故Fe與鹽酸反應(yīng)得到X為氫氣、C為FeCl2，可推知E為Fe(OH)2、D為FeCl3，G為Fe2O3。【詳解】由分析可知：A為Fe，B為Fe3O4，C為FeCl2，D為FeCl3，E為Fe(OH)2，F(xiàn)為Fe(OH)3，G為Fe2O3，則(1)F：Fe(OH)3，G：Fe2O3；(2)D為FeCl3，含有陽(yáng)離子為Fe3+，檢驗(yàn)Fe3+離子的方法為：取少量D溶液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液顯紅色，證明有Fe3+；(3)FeCl2易被空氣中氧氣氧化，保存FeCl2溶液時(shí)加固體Fe，防止Fe2+被氧氣氧化，故答案為：防止Fe2+被氧氣氧化；(4)①A→C的反應(yīng)離子方程式為：Fe+2H+=Fe2++H2↑，②C→D的反應(yīng)離子方程式為：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。25、BAF25.0500mL容量瓶BC【解析】

(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，應(yīng)配制500mL溶液，結(jié)合m=cVM計(jì)算CuSO4?5H2O的質(zhì)量；(2)依據(jù)配制步驟選擇需要儀器判斷缺少的儀器；(3)如引起濃度偏高，則可導(dǎo)致溶液體積偏小，以此判斷該題?！驹斀狻?1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，所以正確的操作順序?yàn)椋篊DEBAF；用CuSO4?5H2O晶體來(lái)配制480mL0.20mol?L?1CuSO4溶液，應(yīng)選擇500mL容量瓶，實(shí)際配制500mL溶液，需要溶質(zhì)的質(zhì)量0.20mol/L×0.5L×250g/mol=25.0；故答案為：BAF；25.0；(2)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液的一般步驟：計(jì)算、稱量、溶解、轉(zhuǎn)移、洗滌轉(zhuǎn)移、定容、搖勻，用到的儀器：天平、藥匙、燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管,配制480mL0.20mol?L?1CuSO4溶液，應(yīng)選擇500mL容量瓶，所以還缺少的儀器：500mL容量瓶，故答案為：500mL容量瓶；(3)A.轉(zhuǎn)移溶液時(shí)不慎有少量液體灑到容量瓶外面，可導(dǎo)致溶質(zhì)偏少，濃度偏低，故A錯(cuò)誤；B.定容時(shí)俯視刻度線，可導(dǎo)致體積偏小，溶液濃度偏大，故B正確；C.未冷卻到室溫就將溶液轉(zhuǎn)移到容量瓶并定容，溶液冷卻后體積偏小，則濃度偏大，故C正確；D.定容后塞上瓶塞反復(fù)搖勻，靜置后，發(fā)現(xiàn)液面低于刻度線，為正?，F(xiàn)象，再加水至刻度線，體積偏大，則濃度偏小，故D錯(cuò)誤。故答案為：BC。26、FeSO4具有還原性，露置在空氣中，容易被氧氣氧化為Fe2(SO4)3Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3化肥中肯定有Fe2(SO4)3（假設(shè)a不成立）溶液中存在Fe3+，遇NaOH產(chǎn)生紅褐色沉淀，因此看不到Fe2+與NaOH反應(yīng)生成沉淀的顏色變化（現(xiàn)象被遮蓋等）/Fe2+已全部被氧化為Fe3+，溶液中無(wú)Fe2+，因此看不到預(yù)期現(xiàn)象。Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+化肥成分含有FeSO4和Fe2(SO4)3（假設(shè)b成立）實(shí)驗(yàn)ⅲ證明了溶液中有Fe3+；實(shí)驗(yàn)ⅳ中加入氯水后溶液顏色變深，說(shuō)明Fe3+增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化為Fe3+，因此證明原溶液中有Fe2+。即可證明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，即假設(shè)b成立Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+【解析】（1）由于FeSO4具有還原性，露置在空氣中，容易被氧氣氧化為Fe2(SO4)3，因此可以做出假設(shè)b。（2）亞鐵鹽與氫氧化鈉溶液混合生成白色沉淀氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵易被氧化最終轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵，所以實(shí)驗(yàn)ⅰ的預(yù)期現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀、變?yōu)榛揖G色、最后出現(xiàn)紅褐色沉淀，反應(yīng)方程式為Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓、4Fe(OH)2+O2+H2O=4Fe(OH)3。（3）實(shí)驗(yàn)ⅱ中溶液顯紅色，說(shuō)明溶液中存在鐵離子，因此得出的結(jié)論是化肥中肯定有Fe2(SO4)3（假設(shè)a不成立）。由于溶液中存在Fe3+，遇NaOH產(chǎn)生紅褐色沉淀，因此看不到Fe2+與NaOH反應(yīng)生成沉淀的顏色變化（現(xiàn)象被遮蓋等），也可能是Fe2+已全部被氧化為Fe3+，溶液中無(wú)Fe2+，因此看不到預(yù)期現(xiàn)象。（4）溶液顯紅色，顏色比ⅲ深，說(shuō)明鐵離子濃度增加，因此溶液中含有亞鐵離子被氯水氧化為鐵離子，則實(shí)驗(yàn)ⅳ中氯水參加反應(yīng)的離子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+。（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象可判斷，實(shí)驗(yàn)ⅲ證明了溶液中有Fe3+；實(shí)驗(yàn)ⅳ中加入氯水后溶液顏色變深，說(shuō)明Fe3+濃度增加，也就是溶液中的Fe2+被氯水氧化為Fe3+，因此證明原溶液中有Fe2+，從而即可證明溶液中既有Fe3+，也有Fe2+，因此假設(shè)b成立；（6）溶液中一定存在鐵離子，鐵離子與鋅反應(yīng)，方程式為Zn+2Fe3+=Zn2++2Fe2+。27、取樣，加水溶解，加入稀硝酸酸化，再滴入硝酸銀溶液，若有白色沉淀生成說(shuō)明含有氯化鈉NaClOADABK+半徑大于Na+，因此氯化鉀晶體中離子鍵弱于氯化鈉，熔點(diǎn)較低【解析】

(1)的檢驗(yàn)用硝酸銀，但是要先加足量硝酸中和氫氧化鈉，現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀；(2)工業(yè)制取燒堿：，氯氣有可能和氫氧化鈉反應(yīng)產(chǎn)生次氯酸鈉雜質(zhì)；(3)氫氧化鈉的純度為總質(zhì)量減去雜質(zhì)氯化鈉的總質(zhì)量然后除以總質(zhì)量；若測(cè)得沉淀質(zhì)量偏大，則計(jì)算所得雜質(zhì)氯化鈉質(zhì)量偏大，純度偏?。?4)除雜時(shí)要除掉雜質(zhì)但是不能引入新雜質(zhì)；(5)氯化鉀的熔點(diǎn)低于氯化鈉是因?yàn)榘霃酱笥?，因此氯化鉀晶體中離子鍵弱于氯化鈉，熔點(diǎn)較低?！驹斀狻?1)的檢驗(yàn)用硝酸銀，但是要先加足量硝酸中和氫氧化鈉，現(xiàn)象是產(chǎn)生白色沉淀；