精品解析：江苏省南通市海安市2023-2024学年高一上学期1月期末化学试题（原卷版+解析版）

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注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1.本试卷共6页，满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卷交回。
2.答题前，请您务必将自己的姓名、准考证号、座位号用0.5毫米黑色字迹签字笔填写在答题卷上。
3.请监考员认真核对在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、考试证号与你本人的是否相符。
4.作答选择题必须用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。作答非选择题必须用书写黑色字迹的0.5毫米的签字笔写在答题卷上的指定位置，在其它位置作答一律无效。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Ag-108 Ba-137
单项选择题：本题包括13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 石墨烯是一种由碳原子紧密堆积而成的单层蜂窝状结构的材料，有良好的导电性。碳纳米管是由碳原子构成的多层同轴圆管，尺寸为纳米量级。下列有关说法正确的是
A. 石墨烯是有机化合物
B. 石墨烯能导电，是电解质
C. 碳纳米管具有丁达尔效应
D. 石墨烯和碳纳米管是同素异形体
【答案】D
【解析】
【详解】A．石墨烯是由石墨剥离出的单层碳原子结构的一种单质，不属于有机化合物，故A错误；
B．石墨烯是由石墨剥离出的单层碳原子结构的一种单质，既不是电解质，也不是非电解质，故B错误；
C．碳纳米管是一种纳米材料，与胶粒直径吻舍，但其是纯净物，需要分散到分散剂中才能形成胶体，故C错误；
D．石墨烯和碳纳米管均是C元素形成的不同的单质，互为同素异形体，故D正确；
答案选D。
2. 下列有关物质的制备原理不正确的是
A. 制氧气：
B. 制：
C. 制粗硅：
D. 制氯气：
【答案】B
【解析】
【详解】A．过氧化氢的分解可以制备氧气，反应方程式为，A正确；
B．铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成二氧化硫，反应方程式为，B错误；
C．工业上利用焦炭还原二氧化硅制备粗硅，反应方程式为，C正确；
D．实验室用二氧化锰与浓盐酸加热反应制取氯气，反应方程式为，D正确；
故选B。
3. 科学家第一次让18个碳原子连成环，其合成过程如图所示。下列说法正确的是
A. 中所含氧原子数约为
B. 的摩尔质量为
C. 转化为过程中反应生成
D. 同温同压下，质量相等的和所占的体积相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．的物质的量为=0.05ml，含有O为0.2ml，含氧原子数约为，故A错误；
B．的摩尔质量为/ml，故B错误；
C．温度和压强未知，无法计算CO的体积，故C错误；
D．和的摩尔质量相等，等质量的和的物质的量相同，在同温同压下，所占的体积相同，故D正确；
答案选D。
N是植物生长所需要的营养元素，而空气中的N2不能被植物直接吸收。自然界通过根瘤菌固氮和雷电固氮两种形式，将氮元素转化为植物能吸收的含氮化合物。有研究表明，被土壤胶体吸附后，在硝化细菌作用下可转化为更易被植物吸收的。阅读上面材料，回答下列问题。
4. 下列不属于氮的固定的是
A. B.
C. D.
5. 土壤中的NH在硝化细菌的作用下转化为后，土壤中的进一步将氧化为。在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出。下列说法不正确的是
A. 被氧化为的过程中，与的物质的量之比为2：1
B. 在反硝化过程中，土壤pH降低
C. 与时反应时，每生成1ml转移电子数为8ml
D. 适当疏松土壤，有利于提高铵态氮肥的肥效
【答案】4. B 5. C
【解析】
【4题详解】
氮的固定的是指由游离态的氮转化为化合态的氮的过程，故、、均属于氮的固定，而不属于氮的固定，故答案为：B；
【5题详解】
A．被氧化为的过程中发生反应为：2+O22，故与的物质的量之比为2：1，A正确；
B．由题干信息可知，在氧气较少的环境下，又可以在反硝化细菌的作用下与反应，使氮以形式放出，即在反硝化过程中反应离子方程式为3+54N2+9H2O+2H+，则使土壤pH降低，B正确；
C．由B项分析可知，与时反应时，反应离子方程式为3+54N2+9H2O+2H+，则每生成1mlN2转移电子数为=3.75ml，C错误；
D．适当疏松土壤，可以使土壤中含氧量增大，防止反硝化作用，有利于提高铵态氮肥的肥效，D正确；
故答案为：C。
6. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A. 活性铁粉易被氧化，可用作食品抗氯化剂
B. 具有还原性，可用于织物增白
C. 浓硫酸有脱水性，可用于干燥某些气体
D. 呈碱性，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，两者具有对应关系，故A正确；
B．可用于织物增白是因为其具有漂白性，与还原性无关，故B错误；
C．浓硫酸可用于干燥某些气体是因为其具有吸水性，与脱水性无关，故C错误；
D．碱性较强，不能用于治疗胃酸过多，应该用，故D错误；
答案选A。
侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将“合成氮”工艺和“氨碱法”联合起来，发明了“联合制碱法”。“氨碱法”的部分工艺流程如下：
“联合制碱法”在“氨碱法”的基础上，通过对母液的进一步综合利用将食盐的利用率提高到了98%，在制得纯碱的同时还能获得几乎等质量的，满足了当时农业生产的需要。
阅读上面材料，回答下列问题。
7. 下列有关实验室模拟“氨碱法”的实验原理和装置不正确的是
A. AB. BC. CD. D
8. “联合制碱法”通过向“母液”中先通入氨气，将转化为，再加入NaCl细粉的方式获得晶体，从而提高了母液的利用率。下列说法不正确的是
A. 母液中存在的主要离子有：、、、
B. 向母液中通入时发生的反应：
C. 向母液中加入NaCl细粉时发生的反应：
D. 将析出晶体后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可获得更多的晶体
【答案】7. D 8. D
【解析】
【分析】“氨碱法”制纯碱是向饱和氯化钠溶液中通入NH3和CO2，生成碳酸氢钠沉淀，过滤后碳酸氢钠固体加热分解得纯碱，分解时产生的CO2可以通入饱和氯化钠溶液循环利用，过滤出碳酸氢钠沉淀后的母液是碳酸氢钠的饱和溶液，同时溶质含有氯化铵，联合制碱法在此基础上，进行了改良，提高了母液的利用率；
【7题详解】
A．实验室利用氯化铵和氢氧化钙共热制备氨气，选项A正确；
B．利用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，选项B正确；
C．将制得的二氧化碳通过饱和碳酸氢钠溶液以除去其中的氯化氢，达到除杂净化的作用，选项C正确；
D．制取时必须将二氧化碳通入到饱和氨的食盐溶液中，选项D不正确；
答案选D；
【8题详解】
A．反应I析出碳酸氢钠，故母液是碳酸氢钠的饱和溶液同时含有反应生成的氯化铵，故母液中存在的主要离子有、Cl-、Na+、，A正确；
B．向母液中通入NH3时，使得溶液显碱性，碳酸氢根离子和氨气反应转化为碳酸根离子和铵根离子，发生反应，B正确；
C．反应起始为氯化钠的饱和溶液，故母液中氯化铵的浓度较高，加入氯化钠细粉，氯离子浓度增大，促进氯化铵的沉淀，C正确；
D．析出氯化铵晶体后的溶液蒸发浓缩、冷却结晶，可获得更多的氯化钠晶体，D错误；
答案选D。
将黄铜矿(CuFeS2其中Cu为＋1价、Fe为+3价)在沸腾炉中与氧气反应生成SO2，SO2在催化作用下可与空气中的O2反应生成SO3。SO3可进一步吸收转化为H2SO4。阅读上面材料，回答下列问题。
9. 焙烧黄铜矿的主要反应为2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2。下列说法正确的是
A. CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化B. O2仅作氧化剂
C. Cu2S既是氧化产物又是还原产物D. 每生成1mlSO2，转移4mle-
10. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A. B.
C. D.
【答案】9 B 10. C
【解析】
【9题详解】
A．由题干信息可知，CuFeS2中Fe为+3价，Cu为+1价，则S为-2价，故反应中CuFeS2中Fe的化合价降低，部分S的化合价升高，故CuFeS2既作还原剂又作氧化剂，硫元素被氧化，A错误；
B．反应中O的化合价降低，被还原，则O2仅作氧化剂，B正确；
C．反应中Cu2S中Cu和S的化合价均未改变，即Cu2S既不是氧化产物也不是还原产物，C错误；
D．反应中S的化合价由-2价升高到SO2中的+4价，故每生成1mlSO2，转移6mle-，D错误；
故答案为：B；
【10题详解】
A．SO2与NH3·H2O反应生成NH4HSO3或者(NH4)2SO3，而得不到(NH4)2SO4，A不合题意；
B．Cu与稀硫酸不反应，B不合题意；
C．2H2S+SO2=3S+2H2O，C符合题意；
D．SO2中燃烧只能生成SO2，而不可能生成SO3，D不合题意；
故答案为：C。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．新鲜的花瓣中含有水分，干燥的氯气和水反应会生成具有漂白性的次氯酸，花瓣褪色，A错误；
B．久置的粉末可能转化为碳酸钠，向其中滴加过量的盐酸，可能生成二氧化碳气体，但过氧化钠与水反应生成氧气，因此不能判断其是否变质，B错误；
C．常温下，将铁片投入浓硝酸中发生钝化，发生了化学反应，C错误；
D．将少量溶液滴到片表面，片刻后用蒸馏水冲洗，溶液显蓝色，说明生成铜离子，说明铁离子氧化铜为铜离子，氧化性：，D正确；
故选D。
12. 重铬酸钾(K2Cr2O7)是一种重要的化工原料。实验室以氧化铬(Cr2O3)为原料制备重铬酸钾的实验流程如图1。K2Cr2O7与CH3COOK的溶解度随温度变化曲线如图2。
下列说法不正确的是
A. “熔融”时，当气泡不再逸出时，可判断反应已进行完全
B. “浸取”时，可通过搅拌或适当加热提高K2CrO4的浸取率
C. “酸化”时，发生离子反应为
D. “系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【解析】
【分析】将Cr2O3和KOH、KNO3在铁坩埚中熔融，反应生成K2CrO4和N2、水，加水溶解，浸取后得到K2CrO4溶液，再加入稀醋酸酸化，发生反应：2+2CH3COOH+H2O+2CH3COO-，过滤、将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤及干燥，得到产品，据此分析解题。
【详解】A．由题干转化流程图可知，“熔融”时反应生成K2CrO4和N2、水，则当气泡不再逸出时，可判断反应已进行完全，A正确；
B．“浸取”时，可通过搅拌或适当加热以加快反应速率，即可提高K2CrO4的浸取率，B正确；
C．由于“酸化”时使用醋酸酸化，醋酸为弱酸，故发生离子反应为2+2CH3COOH+H2O+2CH3COO-， C错误；
D． 由分析可知，“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，D正确；
故答案为：C。
13. 硫酸钠-过氧化氢加合物的组成可通过下列实验测定：
下列说法不正确的是
A. “步骤1”中，可用烧杯和玻璃棒等容器进行溶液配制
B. “步骤2”中，测得溶液中
C. “步骤3”中，溶液与酸性溶液反应时，作还原剂
D. 硫酸钠-过氧化氢加合物的组成为
【答案】D
【解析】
【详解】A．“步骤1”中，称取样品，配制成溶液，可用烧杯和玻璃棒等容器进行溶液配制，故A正确；
B．“步骤2”中得到的白色固体为BaSO4，测得溶液中，故B正确；
C．“步骤3”中，溶液与酸性溶液反应时，作氧化剂，作还原剂，故C正确；
D．“步骤3”中发生反应：2MnO+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，溶液中n(H2O2)=2.5n(MnO)=2.5×0.1ml/L×0.02L=0.005ml，则硫酸钠-过氧化氢中n()：n(H2O2)=0.01：0.005=2：1，则其组成为，故D错误；
故选D。
非选择题
14. 铁的化合物有广泛用途，如碳酸亚铁可作为补血剂。利用某硫酸厂产生的烧渣(主要含、，还有一定量的)可用于制备，其流程如下：
（1）“酸溶”时，与硫酸反应的离子方程式为_______。滤渣的主要成分为_______(写化学式)。
（2）下列是配制硫酸的实验步骤，请将实验步骤补充完整：
①计算；
②量取一定量的浓硫酸，_______，并冷却至室温；
③将冷却后溶液沿玻璃棒转移到容量瓶中；
④将烧杯和玻璃棒洗涤2~3次，洗涤液一并转移到容量瓶中并摇匀；
⑤向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线处；
⑥_______；
⑦上下颠倒摇匀后装入试剂瓶，贴上标签。
（3）简述验证“还原”完全的实验方案：_______。
（4）“沉淀”时加入溶液稍过量的目的是_______。
（5）在氧气中充分灼烧，可制得高纯度，该反应的化学方程式为_______。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 将其缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒搅拌 ②. 用胶头滴管向容量瓶中加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切
（3）取少量的上层清液于试管中，向其中加入1到2滴溶液，若不变红，则还原完全
（4）使沉淀完全
（5）
【解析】
【分析】烧渣(主要含、，还有一定量的)，通过酸溶后氧化铁和氧化亚铁与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，不与硫酸反应通过过滤除去，加入铁单质后，铁与溶液中的三价铁离子反应反应，生成亚铁离子，过滤后除去过量的铁单质，加入碳酸铵，与溶液中的硫酸亚铁发生复分解反应生成碳酸亚铁和硫酸铵，由此作答：
【小问1详解】
“酸溶”时，与硫酸反应的离子方程式为；通过分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅；
【小问2详解】
量取一定量的浓硫酸，将其缓慢倒入盛有蒸馏水的烧杯中，用玻璃棒搅拌，并且冷却到室温；向容量瓶中加蒸馏水至离刻度线处，改用胶头滴管，用胶头滴管向容量瓶中加蒸馏水至凹液面与刻度线水平相切；
【小问3详解】
验证是否“还原”完全，即检验溶液中是否还含有Fe3+，检验方法为：取少量的上层清液于试管中，向其中加入1到2滴溶液，若不变红，则还原完全；
【小问4详解】
“沉淀”时加入溶液稍过量的目的是使完全沉淀；
【小问5详解】
在氧气中充分灼烧，生成，发生了氧化还原反应，反应方程式为。
15. 碱式氯化铝可看作是和之间一系列中间物质所形成的聚合物。
（1）一种常温下制备碱式氯化铝的实验流程如下：
①试剂X的化学式为_______。
②“沉铝”的化学方程式为_______。
（2）碱式氯化铝可用作除氟剂。其除氟原理一般认为是，被碱式氯化铝在水溶液中形成的多种带有较高正电荷数的离子(等)吸附并沉淀。其中m、n的大小会直接影响除氟效果。碱式氯化铝除氟效率和的关系曲线如图所示。则碱式氯化铝的最佳除氟为_______，若过大，则去氟率急剧下降是因为_______。
（3）通过测定某碱式氯化铝溶液中相关离子浓度确定m与n的比值，测定方法如下：
①取适量碱式氯化铝溶液分成两等份。
②向其中一份溶液中加入稀硝酸酸化的过量溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体。
③向另一份溶液中加入碱性溶液，反应完全后，再用溶液与剩余的反应，恰好完全反应时消耗溶液的体积为。(已知：是一种能与金属离子反应的物质，且与、反应的化学计量比均为)。计算中的值_______(写出计算过程)。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. 6.6 ②. pH过大会改变碱式氯化铝的组成(m、n的值)，使得离子所带正电荷数偏少从而影响的吸附与沉淀
（3），， ，，
【解析】
【分析】碱浸时加入NaOH溶液能与Al反应生成Na[Al(OH)4]，沉铝时NH4HCO3与反应生成Al(OH)3沉淀，向沉淀中加入稀HCl酸溶得到，碱式氯化铝可看作是和之间一系列中间物质所形成的聚合物；
【小问1详解】
①Al具有两性，能与强碱溶液反应，试剂X的化学式为NaOH；②“沉铝”时NH4HCO3与反应生成Al(OH)3沉淀，同时生成碳酸钠和氨气，反应化学方程式为；
【小问2详解】
由图可知，pH=6.6时去氟率最高，则碱式氯化铝除氟效率最好，若过大，则去氟率急剧下降是因为pH过大会改变碱式氯化铝的组成(m、n的值)，使得离子所带正电荷数偏少从而影响的吸附与沉淀；
【小问3详解】
由②加入稀硝酸酸化的过量溶液与Cl-反应生成AgCl沉淀，得固体为AgCl的质量，，由③已知：与、反应的化学计量比均为，剩余的物质的量等于消耗的物质的量，即，共加入球性溶液，则与反应的物质的量，溶液呈电中性，则，中。
16. 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用抗氧化剂，易吸潮变质且受热易分解。实验室中可通过NaHSO3的过饱和溶液经冷却结晶制得。
实验I 焦亚硫酸钠的制备
（1）实验室制备少量Na2S2O5的装置如图所示。
①装置Y作用是___________。
②制取Na2S2O5的反应分两步进行，其中第一步的反应为；第二步反应的化学方程式为___________。
（2）已知：水溶液中H2SO3、、的物质的量分数随pH变化分布如图所示。
请补充完整制取Na2S2O5固体的实验步骤：
打开磁力搅拌器，将装有Na2CO3过饱和溶液的锥形瓶至于40℃水浴中，向锥形瓶中持续通入SO2至___________时，停止通入气体。将溶液冷却结晶，过滤，用SO2饱和溶液洗涤固体，___________得到 Na2S2O5固体。
实验Ⅱ焦亚硫酸钠的测定
（3）长期放置的Na2S2O5固体会部分变质为NaHSO4。
①Na2S2O5固体变质的化学方程式为___________。
②请设计检验Na2S2O5样品是否变质的实验方案：___________。(已知Na2S2O5、Na2SO3分别与稀盐酸反应得到的产物相同)
【答案】（1） ①. 防止倒吸 ②. 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
（2） ①. pH约为4 ②. 低温干燥
（3） ①. Na2S2O5+O2+H2O=2NaHSO4 ②. 取少许样品与一试管中，加入足量的盐酸进行溶解，再向溶液中加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明已经变质，反之则反
【解析】
【分析】在不断搅拌下，控制反应温度在40℃左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，发生反应生成NaHSO3和CO2，多余的二氧化硫可用氢氧化钠溶液吸收，因二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液，Y为安全瓶，可防止倒吸，据此分析解题。
【小问1详解】
①由分析可知，装置Y的作用是防止倒吸，故答案为：防止倒吸；
②制取Na2S2O5的反应分两步进行，其中第一步的反应为，由题干信息可知，实验室中可通过NaHSO3的过饱和溶液经冷却结晶制得，则第二步反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，故答案为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；
【小问2详解】
由题干信息可知，实验室中可通过NaHSO3的过饱和溶液经冷却结晶制得，结合图象可知pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，则制备步骤为：打开磁力搅拌器，将装有Na2CO3过饱和溶液的锥形瓶至于40℃水浴中，向锥形瓶中持续通入SO2至pH约为4时，停止通入气体，将溶液冷却结晶，过滤，用SO2饱和溶液洗涤固体，由于Na2S2O5受热易分解，故低温干燥即可得到 Na2S2O5固体， 故答案为：pH约为4；低温干燥；
【小问3详解】
长期放置的Na2S2O5固体会部分变质为NaHSO4
①由题干信息可知，长期放置的Na2S2O5固体会部分变质为NaHSO4，根据氧化还原反应配平可得，Na2S2O5固体变质的化学方程式为：Na2S2O5+O2+H2O=2NaHSO4，故答案为：Na2S2O5+O2+H2O=2NaHSO4；
②由已知Na2S2O5、Na2SO3分别与稀盐酸反应得到的产物相同和长期放置的Na2S2O5固体会部分变质为NaHSO4可知，若检验到样品中含有硫酸根离子，则说明样品中Na2S2O5已经变质，反之则反，故检验Na2S2O5样品是否变质的实验方案为：取少许样品与一试管中，加入足量的盐酸进行溶解，再向溶液中加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明已经变质，反之则反，故答案为：取少许样品与一试管中，加入足量的盐酸进行溶解，再向溶液中加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀则说明已经变质，反之则反。
17. 消除氮氧化物尾气和水中硝酸盐造成的氮污染已成为环境修复研究的热点。
（1）氧化吸收法
酸性条件下，加入溶液可以氧化和等生成和。其他条件一定，转化为的转化率随水体溶液初始的变化如图1所示。
①在酸性水体中，加入溶液吸收的离子方程式为_________。
②水体溶液初始越小，转化率越高。其原因是_________。
③酸性复合吸收剂可有效去除。复合吸收剂组成一定时，温度对去除率的影响如图2。温度高于后，NO去除率下降的主要原因是_________。
（2）催化还原法
①在W-Cu/的催化条件下，使用作为还原剂，可将水中的转化为。该反应机理分为三步，如图3所示：第一步：在表面被还原为被氧化为；第二步：从表面迁移至的表面；第三步：在表面吸附并解离为活性氢原子（W-H），_________。（补充完整该步反应机理）
②若改用作为还原硝酸盐过程的催化剂，其催化机理与W-Cu/相似。但还原过程中检测到三种含氮化合物微粒，其浓度变化如图4所示，在1.5~2.5h过程中，硝酸根部分转化为的可能原因是_________。
【答案】（1） ①. ②. 酸性增大，次氯酸根离子氧化性增强 ③. H2O2在温度较高时容易分解，导致其浓度减小，去除率降低
（2） ①. 将还原为 ②. 在Pd催化作用下亚硝酸根离子与氢原子反应转化为铵根离子
【解析】
【小问1详解】
①溶液可以氧化生成和。在酸性水体中，加入溶液吸收的离子方程式为。
②水体浴液初始越小，转化率越高，其原因是酸性增强，次氯酸根离子氧化性增强。
③温度高于后，NO去除率下降的主要原因是H2O2在温度较高时容易分解，导致其浓度减小，去除率降低。
【小问2详解】
①在W-Cu/的催化条件下，使用作为还原剂，可将水中的转化为。该反应机理分为三步，如图3所示：第一步：在表面被还原为，被氧化为；第二步：从表面迁移至的表面；第三步：在表面吸附并解离为活性氢原子（W-H），将还原为。
②在1.5~2.5h过程中，硝酸根部分转化为的可能原因是在Pd催化作用下亚硝酸根离子与氢原子反应转化为铵根离子。A．制取
B．制取
C．净化
D．制取
选项
实验操作
实验现象
结论
A
将干燥的氯气通入新鲜的花瓣中
花瓣褪色
氯气具有漂白性
B
取久置的粉末，向其中滴加过量的盐酸
产生无色气体
粉末未变质
C
常温下，将铁片投入浓硝酸中
无明显现象
铁与浓硝酸不反应
D
将少量溶液滴到片表面，片刻后用蒸馏水冲洗
溶液显蓝色
氧化性：
实验
操作过程
实验结果
步骤1
称取样品，配制成溶液。
步骤2
量取溶液，加入盐酸酸化的溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重。
得到白色固体
步骤3
量取溶液，加适量稀硫酸酸化后，滴加溶液，至恰好完全反应。
消耗溶液