【化学】安徽省屯溪第一中学2018-2019学年高一入学摸底考试试题（解析版）

安徽省屯溪第一中学2018-2019学年高一入学摸底考试试题
1.某学习小组辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②非金属氧化物一定都是酸性氧化物；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④金属钠和镁的化学性质不同，主要是由于钠原子和镁原子的最外层电子数不同；⑤磷酸和醋酸都是多元酸；⑥纯碱和烧碱都是碱。说法正确的是 （ ）
A. ②③④ B. ①②⑤ C. ③⑤⑥ D. ①③④
【答案】D
【分析】①根据纯净物和混合物的定义分析：纯净物中只含有一种物质，混合物中含有多种物质；②有的非金属氧化物不能与碱反应生成盐和水，如CO；③根据冰和干冰的成分考虑；④金属钠和镁的化学性质不同，原子的最外层电子数决定元素的化学性质；⑤醋酸是一元酸；⑥纯碱不是碱而是显碱性的盐．
【详解】①粗盐含有杂质，酸雨中溶有二氧化硫，它们都是混合物，故①正确；②有的非金属氧化物不能与碱反应生成盐和水，如CO不是酸性氧化物，故②错误；③冰和干冰都是由一种物质组成的物质，是纯净物，都是由两种元素组成的纯净物，又是化合物，故③正确；④金属钠和镁的化学性质不同，原子的最外层电子数决定元素的化学性质，故④正确；⑤醋酸是一元酸，故⑤错误；⑥纯碱是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故⑥错误；故选D。
2.下列说法正确的是（ ）
A. O和O2－都是氧元素，所以它们的化学性质相同
B. m g食盐和n g水充分振荡，形成的溶液的质量一定是（m+n）g
C. 化学式为AB型的离子化合物中，阴阳离子所带电荷的数值必然相等
D. 混合物一定是由多种元素组成的物质
【答案】C
【分析】A、原子或离子（简单离子）的化学性质由其最外层电子数决定；B、食盐不一定完全溶于水中；C、根据物质呈电中性分析判断；D、混合物不一定是由多种元素组成的物质，如氧和臭氧形成的混合物．
【详解】A、氧原子和氧离子最外层电子数不同，决定其化学性质不同，故A错误；B、如果部分食盐不溶于水，会导致溶液的质量小于（m+n）g，故B错误；C、物质呈电中性，物质中阴阳离子所带电量相等，化学式为AB型的离子化合物中，阴阳离子个数之比是1：1，所以阴阳离子所带电荷的数值必然相等，故C正确；D、由同种元素组成的物质可能是单质也可能是混合物，如氧和臭氧形成的混合物，由氧元素组成．故D错误；故选C。
3.某同学欲配制溶质质量分数为8%的食盐水80g，在用托盘天平称量食盐时，他把食盐和砝码的位置放颠倒了(1g以下用游码)，那么实际上他所配制的食盐水的溶质质量分数为（ ）
A. 8.5% B. 7.5% C. 14% D. 7.1%
【答案】D
【分析】某同学欲配制溶质质量分数为8%的食盐水80g，需要食盐80g×8%=6.4g，在用托盘天平称量食盐时，他把食盐和砝码的位置放颠倒了(1g以下用游码)，则实际称量的食盐为6-0.4g=5.6g.
【详解】该同学配制溶质质量分数为8%的食盐水80g，需要食盐80g×8%=6.4g，水的质量为80g-6.4g=73.6g，托盘天平称量食盐时，他把食盐和砝码的位置放颠倒了，则实际称量的食盐为6-0.4g=5.6g，所以实际上他所配制的食盐水的溶质质量分数为5.6g/（5.6g+73.6g）×100%=7.1%，故选D。
4.化学是一门以实验为基础的自然科学，用下列各装置或其组合能完成相应实验的是（已知实验室可用块状硫化亚铁(FeS)与稀硫酸反应制取硫化氢(H2S)气体）（ ）

A. 装置②⑦可用于制取并收集干燥的CO2
B. 装置①⑤可用于制取并收集氧气
C. 装置②⑥可用于制取并收集硫化氢(H2S)气体
D. 装置④装满水后可以收集并储存氧气，需要氧气时可用水将装置中的氧气排出，水应从b端通入
【答案】B
【解析】试题分析：A．CaCO3和盐酸用装置②可以制取CO2，用⑦可用于收集的CO2，但是气体没有干燥，不能完成要求的实验，错误；B．装置①可以用于KMnO4或KClO3与MnO2的混合物加热制取氧气，用于氧气难溶于水，实验可用装置⑤收集氧气，正确；C．在装置②中发生反应FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑，制取H2S气体，该气体密度比空气大，因此不能使用装置⑥的向下排空气的方法收集硫化氢(H2S)气体，错误；D.装置④装满水后可以收集并储存氧气，需要氧气时可用水将装置中的氧气排出，水应从a端通入，错误。
5.根据下列叙述，对其“式”进行判断：①碱式磷酸钙的化学式为Ca4(OH)(PO4)3，②Fe3O4若看做“混合氧化物”时，可改写成FeO·Fe2O3，根据化合价规律和前述写法，则Pb3O4(四氧化三铅)可改写为2PbO·PbO2 (Pb的化合价为+2价、+4价)，③为了方便某些化学计算质量分数为98％的浓H2SO4改写为9H2SO4·H2O。其中错误的是（ ）
A. 只有① B. 只有② C. ①③ D. ②③
【答案】A
【分析】①化学式中化合价的代数和应为0；②利用化学式中化合价的代数和为0，判断Pb3O4（四氧化三铅）中+2价Pb、+4价Pb的原子数目；③令质量分数为98%的浓H2SO4的质量为100g，则溶质浓H2SO4质量为98g，溶剂H2O的质量为2g，根据n=m/M，计算H2SO4、H2O的物质的量
【详解】①Ca4（OH）（PO4）3中，钙元素为+2价、氢氧根为-1价、磷酸根为-3价，其化合价代数和为：（+2）×4+（-1）+（-3）×3=-2≠0，故①错误；②令Pb3O4（四氧化三铅）中+2价Pb的数目为x，则+4价Pb的数目为（3-x），由化学式中化合价的代数和为0，则：2x+4（3-x）=8，解得x=2，故Pb3O4（四氧化三铅）可以改写为2PbO·PbO2，故②正确；③令质量分数为98%的浓H2SO4的质量为100g，则溶质浓H2SO4质量为98g，n（H2SO4）=1mol，溶剂H2O的质量为2g，n（H2O）=2g/18g·mol－1=1/9 mol，故n（H2SO4）：n（H2O）=9：1，故质量分数为98%的浓H2SO4改写为9H2SO4·H2O，故③正确。故选：A。
6.下列有关化学知识的叙述I和II均正确并有因果关系的是（ ）
选项
叙述I
叙述II
A
KNO3的溶解度大
用蒸发结晶法除去KNO3中混有的NaCl
B
BaSO4难溶于酸
用盐酸和BaCl2溶液检验SO42-
C
在食物中可适量使用食品添加剂
食品添加剂都是用来增加食物的营养成分的
D
Ca(OH)2能制成澄清石灰水
可配制溶质质量分数为20﹪的Ca(OH)2溶液
【答案】B
【解析】试题分析：A.KNO3的溶解度比NaCl大，溶解度受温度的影响变化也大，因此可以用冷却热饱和溶液的方法除去KNO3中混有的NaCl，错误；B.BaSO4难溶于酸，也不溶于水，因此可以向溶液中加入BaCl2溶液，然后再加入盐酸来确定溶液中是否含有SO42-，正确；C.在食物中可适量使用食品添加剂，其作用是食物的营养成分或延长食物的保质期，不同的添加剂，性质不同，错误；D．Ca(OH)2微溶于水，能制成澄清石灰水，但由于其溶解度小，因此不能配制溶质质量分数为20﹪的Ca(OH)2溶液，错误。
7.现有Na2CO3和NaHCO3的混合物a克，下列实验方案不能测定混合物中Na2CO3质量分数的是 ( )
A. 与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
B. 充分加热，得b克固体
C. 与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
D. 与足量CaCl2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】A
【解析】试题分析：A.Na2CO3和NaHCO3的混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体含有CO2和水蒸气，若用碱石灰吸收，增重b克，不能确定其中含有的CO2的质量，所以不能确定混合气体中各种成分的含量，错误；B．NaHCO3不稳定，受热分解产生Na2CO3、CO2和水，将ag混合物充分加热，得b克固体，减少的质量是CO2和水的质量可计算确定NaHCO3的质量，进而得到Na2CO3的质量，正确；C.设原混合物中含有Na2CO3和NaHCO3的物质的量分别为x、y。根据质量关系可得106x+84y=a；根据钠守恒可得58.5(2x+y)=b。两式联立可得各种成分的质量，因此可得混合物中Na2CO3质量分数，正确；D.只有Na2CO3可以与CaCl2发生沉淀反应，根据产生的CaCO3的质量可计算得到Na2CO3的质量。用Na2CO3的质量除以总质量就得到该物质的质量分数，正确。
8.欲检验某混合气体中是否有CO2、H2O、CO有如下试剂：①灼热CuO②浓H2SO4③无水CuSO4④澄清石灰水⑤NaOH溶液则气体应依次通过（　　）
A. ③②④①④ B. ③④①④⑤ C. ③④⑤④②①④ D. ③④①④②
【答案】C
【分析】可用澄清石灰水检验二氧化碳的存在；可用无水硫酸铜检验水的存在；CO具有还原性，在高温条件下还原氧化铜，观察到的现象是黑色固体变成红色。先用无水硫酸铜检验水的存在，再用澄清石灰水检验二氧化碳的存在，如果水和二氧化碳都存在，应先用相应的试剂把它们除去后，再把气体通过灼热CuO，看有无CO的存在．
【详解】首先检验混合气体中是否有水蒸气，将其通过无水硫酸铜，如果无水硫酸铜变蓝，说明有水蒸气，否则说明没有水蒸气；再把混合气体通过澄清石灰水，石灰水变浑浊说明有二氧化碳气体，否则，就没有二氧化碳；为得到纯净的CO，再通过氢氧化钠溶液使二氧化碳被充分吸收；通过石灰水检验是否有二氧化碳；通过浓硫酸充分吸收水分；再通入灼热CuO内，看灼热CuO的变化，最后通过澄清石灰水，确定是否有二氧化碳气体生成，从而证明一氧化碳的存在。正确的顺序是③④⑤④②①④。故选：C。
9.下列四个坐标图分别表示四个实验过程中某些量的变化，其中不正确的是( )

A. 向盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠 B. 向氢氧化钠溶液中加水
C. 双氧水分解 D. 向饱和氯化钠溶液中加水稀释
【答案】D
【分析】A、向盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠，碳酸钠会先与盐酸反应，再和氯化钙反应产生沉淀；B、氢氧化钠中加水溶液碱性会减弱；C、过氧化氢溶液制氧气时加入二氧化锰不会增加氧气的产量，只会加快反应的速度；D、饱和氯化钠溶液加水时溶质的质量保持不变，会使溶质质量分数减小。
【详解】A、向盐酸和氯化钙的混合溶液中加入碳酸钠，碳酸钠会先与盐酸反应，不会生成沉淀，直至盐酸完全反应，再和氯化钙反应产生沉淀，故A正确；B、氢氧化钠中加水稀释后溶液碱性会减弱，PH减小但不会小于7，故B正确；C、过氧化氢溶液制氧气加入二氧化锰不会增加氧气的产量，只会加快反应的速度，故C正确；D、饱和氯化钠溶液加水稀释，溶质质量分数减小，但溶质的质量不会改变，与图象不相符，故D错误。故选D。
10.某有机物4.6g完全燃烧，需要消耗氧气9.6g,生成二氧化碳8.8g、水5.4g.则关于该有机物，下列说法正确的是（ ）
A. 只含有碳，氢元素 B. 只含有碳氢氧元素
C. 不能确定是否含氧元素 D. 不只含有碳氢氧元素
【答案】B
【分析】反应物质量总和为4.6g+9.6g=14.2g，生成物质量总和为8.8g+5.4g=14.2g，根据质量守恒定律可知4.6g此有机物和9.6g氧气全部参加了反应。从定性的角度可推断该有机物中一定含有碳、氢两种元素，可能含有氧元素。要确定此有机物中是否含有氧元素，则要根据质量守恒定律中反应前后元素的质量守恒这一原则，计算出8.8gCO2和5.4gH2O中碳元素、氢元素的质量总和是否等于该有机物的质量，如果8.8gCO2和5.4gH2O中碳元素、氢元素的质量总和小于有机物的质量4.6g，则此有机物中含有氧元素。
【详解】由质量守恒定律可推断该有机物中一定含有碳、氢两种元素，可能含有氧元素。8.8gCO2中碳元素的质量为8.8g×12/44=2.4g，5.4gH2O中氢元素的质量为5.4g×2/18=0.6g，故该有机物中碳元素和氢元素的质量为2.4g+0.6g=3g，小于有机物的质量4.6g，所以该有机物中含有氧元素。故选：B。
11.由含铜废料制铜的一种方案是：

（1）写出下列步骤中的化学方程式：步骤Ⅲ：_________．步骤V：_________．
（2）步骤Ⅱ后形成的蓝色溶液中的溶质是_________．
（3）上述方案中可能造成空气污染的步骤是_________．
（4）若含铜废料的质量为a千克，黑色粉末的质量b千克，则该含铜废料中的含铜量为：___________（用含a,b的代数式表示）
【答案】(1). CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4 (2). CO+CuOCu+CO2 (3). H2SO4、CuSO4 (4). I、V (5). 0.8b/a
【分析】发生的有关化学方程式为：I、2Cu+O22CuO；Ⅱ、CuO+H2SO4═CuSO4+H2O；Ⅲ、CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4 Ⅳ、Cu(OH)2 CuO+H2O Ⅴ、CO+CuOCu+CO2．
【详解】（1）化学方程式：步骤Ⅲ：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2↓+Na2SO4 ．步骤V：CO+CuOCu+CO2．（2）步骤Ⅱ后形成的蓝色溶液中的溶质是过量的H2SO4、CuSO4 ．（3）上述方案中可能造成空气污染的步骤是I、V，步骤I、铜表面的杂质在灼烧时会产生有毒气体或可吸入颗粒物，步骤V中有过量的CO，易形成污染．（4）若含铜废料的质量为a千克，黑色粉末的质量b千克，则该含铜废料中的含铜量为： = 0.8b/a（用含a,b的代数式表示）.
12.归纳总结是学习化学的一种方法。
（1）甲同学发现A、B、C三种物质有如图l所示的相互反应关系，“—”表示能反应（部分反应物、生成物以及反应条件省略，下同）。

已知A是常见金属，人体缺乏A元素易患贫血症；B是胃酸的主要成分；B与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则A是____（填化学式，下同），C是_______。请写出下列反应的化学方程式：A与B________________；B与C____________________。
（2）乙同学发现X、Y、Z三种物质有如图2所示的循环转化关系“→”表示能转化。
①若X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂，Y俗称熟石灰。则X的化学式为______；请写出Y→Z的反应化学方程式________________。
②若X是碳单质，Y、Z是含有碳元素的氧化物，X、Y、Z的相对分子质量依次增大，则Y的相对分子质量为___；Z→X可通过以下反应实现：___________________；
【答案】(1). Fe (2). AgNO3 (3). Fe+2HCl=FeCl2+H2↑ (4). HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3
(5). CaO (6). Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O (7). 28
(8). 2Mg+CO22MgO+C
【分析】（1）根据A是常见金属，人体缺乏组成A的元素易患贫血症，所以A是铁，B是胃酸的主要成分，所以B盐酸，盐酸与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，C是硝酸银，将推出的各种物质代入转化关系中验证；（2）①根据X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂，X是氧化钙，Y俗称熟石灰，Y是氢氧化钙，依据X、Y、Z三种物质的转化关系可知，Z是碳酸钙；②根据X是碳单质，Y、Z是含有碳元素的氧化物，X、Y、Z的相对分子质量依次增大，依据X、Y、Z三种物质的转化关系可知，Y是一氧化碳，Z是二氧化碳．
【详解】（1）A是常见金属，人体缺乏组成A的元素易患贫血症，A是铁，B是胃酸的主要成分，B盐酸，盐酸与C反应产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，C是硝酸银，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，盐酸和硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀和硝酸，铁和硝酸银反应生成硝酸亚铁和银，推出的物质满足题中的转化关系，推导正确，所以A是Fe，C是AgNO3，A与B的反应是铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，化学方程式为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，B与C的反应是盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸，化学方程式为：HCl+AgNO3=AgCl↓+HNO3；（2）①X、Y、Z均为含钙化合物，X是一种常用干燥剂，X是氧化钙，Y俗称熟石灰，Y是氢氧化钙，依据X、Y、Z三种物质的转化关系，Z是碳酸钙，氧化钙和水反应会生成氢氧化钙，氢氧化钙和二氧化碳反应会生成碳酸钙，碳酸钙高温会生成二氧化碳，推出的各种物质均满足题中的转化关系，所以X的化学式为CaO，Y→Z的反应是氢氧化钙和二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，化学方程式为：Ca（OH）2+CO2=CaCO3↓+H2O；②X是碳单质，Y、Z是含有碳元素的氧化物，X、Y、Z的相对分子质量依次增大，依据X、Y、Z三种物质的转化关系，Y是一氧化碳，Z是二氧化碳，木炭和氧气反应生成一氧化碳，一氧化碳和氧气反应生成二氧化碳，二氧化碳和活泼金属反应生成碳单质和金属氧化物，木炭、一氧化碳、二氧化碳相对分子质量依次增大，推出的各种物质均满足题中的转化关系，所以Y是一氧化碳，相对分子质量为28，2Mg+CO22MgO+C，满足置换反应的条件，所以该反应属于置换反应．
13.草酸（H2C2O4）是生物体的一种代谢产物。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。已知草酸晶体（H2C2O4•2H2O）无色，易溶于水，熔点为101℃，受热脱水、升华，170℃以上分解。试回答下列问题：

（1）甲组同学按照如图所示的装置，通过实验检验草酸晶体的分解产物，装置C中可观察到有气泡冒出且澄清石灰水变浑浊，由此可知草酸晶体分解的产物中有______。
（2）乙组同学认为草酸晶体分解的产物中含有CO，为进行验证，选用甲组实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。

①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为：A→B→（　 ）→D→G→（　　）→D→Ｉ，____________________
②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是____________________，___________________，第二个D装置中澄清石灰水变浑浊。
【答案】(1). CO2 (2). A→B→（F）→Ｄ→Ｇ→（H）→Ｄ→Ｉ (3). 流程中第一个D装置中澄清石灰水不变浑浊 (4). H中黑色粉末变为红色
【分析】（1）草酸晶体分解产物先用冰水降温，水冷凝变为液体，再把气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊，则证明其分解产物含有CO2气体；（2）①A装置中草酸晶体分解，通过B装置除去水蒸气；再利用CO2是酸性氧化物能与碱发生反应：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O的性质，气体通过F装置除去CO2气体，通过D检验CO2已经除干净，用G装置干燥气体，然后通入H导气管，再用石灰水检验，若第一次通入D石灰水不会变浑浊，第二次通入石灰水变浑浊，而且H中的固体有黑色变为红色，证明分解产物中含有CO气体．由于CO有还原性，所以装置H反应管中盛有的物质是具有氧化性的而且可以与CO反应的物质，如CuO等．②能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是流程中第一个D装置中澄清石灰水不变浑浊，H中黑色粉末变为红色，第二个D装置中澄清石灰水变浑浊．
【详解】（1）给试管里的晶体加热时，实验中因有气体生成，导管口有气泡冒出，澄清石灰水变浑浊，证明有CO2气体生成；（2）①为验证分解产物中有CO，先要排除已证明生成的CO2对实验的干扰，可用F装置吸收CO2气体，并利用D装置证明CO2已经除尽，再结合CO的还原性，将D中排出的气体经G干燥后通过H装置中加热的氧化铜，并用D装置验证CO的氧化产物是CO2即可证明CO的存在，最后再进行尾气处理，整个装置的连接顺序为A→B→F→D→G→H→D→I；②若反应产物中有CO，通过排除CO2的干扰后，经过上述实验操作可观察到通H前的D装置不变浑浊证明无CO2，H中黑色粉末变为红色证明有还原性气体，H后面的D装置中澄清石灰水变浑浊证明有CO2生成．
14.海水是资源的宝库，海水淡化可获得淡水和浓海水。浓海水中主要含有的离子有Na+、 Mg2+ 、Cl﹣、SO42﹣。从浓海水中提取金属镁的一段工艺流程如图所示：

（1）写出反应2的化学方程式：_________________________________________。
（2）操作流程中可循环使用的物质是___________（填化学式）。
（3）在实验室如何证明溶液中的SO42﹣已完全沉淀：_____________________________ 。
【答案】(1). 2HCl+ Mg（OH）2= MgCl2+ 2H2O (2). CaCl2 (3). 取适量静置后的上层清液于试管中,再滴加适量BaCl2（若写CaCl2也给分）溶液，若无沉淀，证明SO42-已完全沉淀
【分析】（1）反应2是将氢氧化镁转化为氯化镁；（2）根据流程图来分析；（3）SO42﹣的检验，注意答题叙述要严谨。
【详解】（1）反应2是将氢氧化镁转化为氯化镁，需加入盐酸，二者反应生成氯化镁和水，故方程式为：2HCl+ Mg（OH）2= MgCl2+ 2H2O；（2）根据流程图可知，氯化钙可用于循环使用，即：CaCl2；（3）在实验室如何证明溶液中的SO42﹣已完全沉淀：取适量静置后的上层清液于试管中,再滴加适量BaCl2（若写CaCl2也给分）溶液，若无沉淀，证明SO42-已完全沉淀。
15.LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质。某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：

已知：HCl的沸点是—85.0℃，HF的沸点是19.5℃。
（1）第①步反应中无水HF的作用是____________、_____________。无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的_______溶液冲洗。
（2）该流程需在无水条件下进行，第③步反应中PF5极易与水反应，其产物为两种酸，写出PF5与水反应的化学方程式：________________________________________。
（3）第④步分离采用的方法是_______；第⑤步分离尾气中HF、HCl采用的方法是_____________
【答案】(1). 反应物 (2). 溶剂 (3). NaHCO3 (4). PF5 +4H2O==H3PO4+ 5HF
(5). 过滤 (6). 冷凝
【分析】（1）根据流程可以看出，固体+液体→新物质+饱和溶液，所以无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃的主要成分中含有二氧化硅，能和HF发生反应；HF属于弱酸，可用弱碱性溶液来除去；（2）根据元素组成及其化合价可知，两种酸分别是H3PO4和HF；（3）分离液体和不溶于液体固体采用过滤分离，HF分子间含有氢键，沸点大于HCl，可采用冷凝法分离；
【详解】（1）根据题目中的流程，固体+液体→新物质+饱和溶液，无水HF的作用是反应物和溶剂；玻璃中含有二氧化硅，能和HF发生反应，化学方程式为SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O；HF属于弱酸，可用弱碱性溶液来除去（比如2%的NaHCO3溶液）；（2）根据信息“PF5极易水解，其产物为两种酸”，则根据元素组成及其化合价可知，两种酸分别是H3PO4和HF，反应的方程式为PF5+4H2O═H3PO4+5HF；（3）第④步分离的是固体（LiPF4（s））和液体（HF（l）），采用过滤的方法；分离尾气中HF、HCl，可以利用二者沸点的差异（HF分子之间存在氢键）进行分离，所以采用冷凝法。