化学：湖南省湘楚名校2023-2024学年高一下学期期中考试试题（解析版）

这是一份化学：湖南省湘楚名校2023-2024学年高一下学期期中考试试题（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本试卷命题范围，可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。

1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3．本试卷命题范围：必修第一册，必修第二册第五、六章。
4．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Zn 65
一、选择题（本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意）
1. 下列关于硅及其化合物的说法不正确的是( )
A. 高温下石英坩埚会被烧碱腐蚀 B. 玻璃、陶瓷和水泥都是传统硅酸盐材料
C. 硅元素是构成岩石的核心元素 D. 太阳能电池板主要成分为SiO2
【答案】D
【解析】
【详解】A．石英的主要成分是SiO2，烧碱是NaOH，二者将发生反应：2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O，故高温下石英坩埚会被烧碱腐蚀，A正确；
B．玻璃、陶瓷和水泥的主要成分均为硅酸盐，都是传统硅酸盐材料，B正确；
C．硅在地壳中的含量高，在自然界中硅主要以化合物二氧化硅、硅酸盐等的形式存在，二氧化硅、硅酸盐等硅的化合物是构成岩石和许多矿物的主要成分，可以说硅是构成岩石和许多矿物的核心元素，C正确；
D．太阳能电池板主要成分为晶体硅，可实现光-电转换，D错误；
答案选D。
2. 下列各项表述中正确的是( )
A. F原子的结构示意图：B. 次氯酸的电子式：
C. H、D、T表示同一种核素 D. 的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氟原子最外层有七个电子，F原子的结构示意图：，A错误；
B．次氯酸的电子式：， B错误；
C．H、D、T表示同一种元素的不同核素，C错误；
D．的结构式：，D正确；
故选D。
3. 下列有关物质的分类合理的是( )
A. 氧化物：Fe3O4、NO2、SO3、H2O2
B. 碱：NaOH、KOH、Ba(OH)Cl、Na2CO3
C. 铵盐：NH4Cl、NH4NO3、(NH4)2Fe(SO4)2、NH3·H2O
D. 电解质：Na2O、BaSO4、稀盐酸、石墨
【答案】A
【解析】
【详解】A．Fe3O4、NO2、SO3、H2O2均属于氧化物，故A正确；
B．Ba(OH)Cl、Na2CO3为盐，故B错误；
C．NH3·H2O为碱，故C错误；
D．石墨为单质，不属于电解质，故D错误；
答案为A。
4. 下列离子方程式书写不正确的是( )
A. 碳酸钙中加入盐酸：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
B. 氧化铜与硫酸反应：CuO+2H++SO=CuSO4↓+H2O
C. 硫酸钠溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO=BaSO4↓
D. 澄清石灰水中通入少量二氧化碳：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸钙中加入盐酸生成CaCl2、H2O和CO2，故离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑，A正确；
B．氧化铜与硫酸反应生成CuSO4和H2O，CuSO4易溶于水易电离，故离子方程式为：CuO+2H+=Cu2++H2O，B错误；
C．硫酸钠溶液中加入氢氧化钡溶液生成BaSO4和NaOH，故离子方程式为：Ba2++SO=BaSO4↓，C正确；
D．澄清石灰水中通入少量二氧化碳生成CaCO3和H2O，故离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D正确；
故答案为：B。
5. NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A. 18g D2O中含有中子的数目为10 NA
B. 足量MnO2与含4ml HCl的浓盐酸在加热的条件下反应，所得Cl2分子数为NA
C. 在点燃的条件下，1ml Fe与1ml Cl2完全反应时，转移的电子数为2NA
D. Na2O2与CO2反应时，生成0.1 ml O2转移的电子数为0.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A． 18g D2O的物质的量为含有中子的数目为9 NA,故A错误;
B． MnO2与浓盐酸反应生成氯气,含4ml HCl的浓盐酸在加热的条件下不会完全反应，所得Cl2分子数会小于NA,故B错误;
C．1ml Fe与1ml Cl2完全反应时生成氯化铁, ,氯气完全反应,铁有剩余，转移的电子数为2NA,故C正确;
D． Na2O2与CO2反应，生成0.1 ml O2转移电子数为0.2NA,故D错误;
故答案为:C
6. 下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是( )
A. 碳酸钙受热分解B. 盐酸与氢氧化钠反应
C. 氢气与氯气反应D. 氧化钙与水反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸钙受热分解是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，A符合题意；
B．盐酸与氢氧化钠反应是放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，B不符合题意；
C．氢气与氯气反应是放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，C不符合题意；
D．氧化钙与水反应是放热反应，反应物的能量高于生成物的能量，D不符合题意；
答案选A。
7. 下列措施一定不能增大化学反应速率的是( )
A. 降低温度B. 增大反应物的浓度
C. 固体块状的反应物改为粉末状D. 压缩容器体积增大压强
【答案】A
【解析】
【详解】A．降低温度，则反应速率降低，A正确；
B．增大反应物的浓度，则增大了化学反应速率，B错误；
C．固体块状的反应物改为粉末状，则增大了反应物的接触面积、加快了化学反应速率，C错误；
D．压缩容器体积增大压强，则加快了化学反应速率，D错误；
答案选A。
8. 利用N2→NH3→NO→NO2→HNO3这一过程制备HNO3 .有关上述各物质的叙述不正确的是( )
A. 工业固氮的常用方法是用N2和H2合成NH3
B. 加热NH4C1固体制备NH3的方法是不可取的
C. 可利用Cu与硝酸的反应将N元素转化为NO或NO2
D. NO2溶于水生成硝酸，故NO2属于酸性氧化物
【答案】D
【解析】
【详解】A．合成氨是工业固氮的常用方法，工业上用N2和H2合成NH3，故A项正确；
B．实验室可利用氢氧化钙固体与NH4Cl固体混合加热制备NH3，直接加热氯化铵分解产生NH3和HCl气体，常温下NH3和HCl气体又化合生成氯化铵，所以直接加热氯化铵无法制备氨气，故B项正确；
C．铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，可利用Cu与硝酸的反应，将N元素转化为NO或NO2，故C项正确；
D．NO2溶于水生成硝酸和NO，N元素的化合价发生了变化，发生氧化还原反应。酸性氧化物在与水或碱反应时元素的化合价不发生变化，因此NO2不属于酸性氧化物，故D项错误；
答案选D。
9. 下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是( )
【答案】C
【解析】
【详解】A．浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性，但浓硝酸可使紫色石蕊试液先变红后褪色，稀硝酸只是变红色，故A错误；
B．浓硫酸具有强氧化性、吸水性和酸性，所以浓硫酸可干燥H2、CO和SO2，不可干燥和NH3，故B错误；
C．SO2是酸性氧化物，能够与碱反应，所以SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色，故C正确；
D．铵盐受热易分解，NH4HCO3可用作氮肥和制取氨气，氨气与氯化氢相遇产生氯化铵，因此NH4Cl不可以直接加热制取氨气，故D错误；
故选C。
10. 将过量的等质量的两份锌粉a、b，分别加入相同质量、相同浓度的稀硫酸，同时向a中加少量CuSO4溶液，图中产生H2的体积V(L)与时间t(min)的关系，其中正确的是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】足量的锌和相同量的稀硫酸反应，a中加入硫酸铜溶液，会置换出金属铜，形成锌、铜、稀硫酸原电池，加速金属铁和硫酸反应的速率，所以反应速率：a>b，速率越大，锌完全反应时所用的时间越短，所以a所用的时间小于b所用的时间；产生氢气的量取决于稀硫酸的物质的量，而a、b中金属锌均过量，和相同量的硫酸反应生成氢气的量相等，所以氢气的体积：a=b，综上所述，故选B。
11. 已知汽车尾气无害化处理反应为：。下列说法正确的是( )
A. 升高温度可使该反应的逆反应速率降低
B. 达到化学平衡时，化学反应已经停止
C. 时，说明反应达到了化学平衡
D. 单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．升高温度不论正反应还是逆反应，其反应速率都会升高，A项错误；
B．达到化学平衡时，正反应速率等于逆反应速率但不等于0，即化学反应没有停止，B项错误；
C．均表示正方向，不能体现正反应速率等于逆反应速率，不能说明反应达到了化学平衡，C项错误；
D．化学计量数相等，则单位时间内消耗CO和CO2的物质的量相等时，反应达到平衡，D项正确；
答案选D。
12. 根据光合作用的原理可设计出如图所示的原电池装置。下列说法正确的是( )

A. a电极为原电池的正极
B. 电子移动方向是a→导线→b
C. b电极的电极反应式为O2+2H++4e-=H2O2
D. a电极上每生成1mlO2，通过质子交换膜的H+的物质的量为2ml
【答案】B
【解析】
【分析】由题中信息可知b电极氧气得电子被还原，发生还原反应，b为正极，a为负极。
【详解】A．b为正极，a为负极，A项错误；
B．b为正极，a为负极，电子从负极流向正极，电子移动方向是a→导线→b，B项正确；
C．b为正极，即氧气得电子被还原，电极反应式为，C项错误；
D．a电极的电极反应式为，a电极上每生成，通过质子交换膜的的物质的量为，D项错误；
故答案选B。
13. 如图是实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置(省略夹持和净化装置)。其中最合理的选项是( )
【答案】A
【解析】
【分析】由实验装置可知，为固液反应制备气体的装置，且气体的密度比空气密度大，为向上排空气法收集，最后尾气处理且防止倒吸，以此来解答。
【详解】A．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，密度比空气密度大，选向上排空气法收集，最后NaOH吸收尾气，故A正确；
B．氨气密度比空气密度小，选向下排空气法收集，故B错误；
C．过量氯气应选NaOH溶液吸收，故C错误；
D．二氧化氮不能选浓硫酸吸收，故D错误。
答案选A。
14. 将和空气的混合气体通入、、的混合溶液中反应回收，其物质转化如图所示。下列说法正确的是( )
A. 在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜
B. 根据图示可知、均能氧化
C. 回收的总反应为
D. 在图示转化中发生的反应有
【答案】C
【解析】
【详解】A．在图示的转化中，化合价不变的元素有铜、H、Cl，故A错误；
B．根据图示可知能氧化，不能氧化，故B错误；
C．根据图示，回收总反应为，故C正确；
D．在图示的转化中发生的反应有，故D错误；
答案选C。
15. 为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：
下列说法不正确的是( )
A. 固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B. X可以是空气，且需过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO
D. 处理含NH废水时，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体l通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答。
【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，A正确；
B．由分析可知，气体l是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体l通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2， X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B错误；
C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到N2和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，C正确；
D．NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成N2、H2O，发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O ，D正确；
故合理选项是B。
二、非选择题（本题包括5小题，共55分）
16. 研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如图
回答下列问题：
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是_______。
(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式：_______。
(3)实验室中，检验溶液中含有N的操作方法是_______。
(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式：_______，当反应消耗0.15 ml物质B时，转移电子的物质的量为_______。
【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2) C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
(3)取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有N
(4) 3NO2+H2O=2H++2N+NO 0.1 ml
【解析】
【详解】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；
(2)在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(3)实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有N；
(4)物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O2H++2N+NO，反应中3 ml NO2参加反应，转移电子总数为2 ml，当反应消耗0.15 ml物质B时，转移电子的物质的量为0.15 ml×=0.1 ml。
17. Ⅰ、把气体和气体混合放入密闭容器中，在一定条件下发生反应：，经达到平衡，此时生成为，测定的平均反应速率为，计算：
（1）B的转化率___________，
（2）恒温达平衡时容器内的压强与开始时压强比___________。
Ⅱ、将等物质的量的、混合于的密闭容器中，发生如下反应：，经后，测得的浓度为的平均反应速率为。求：
（3）此时的浓度___________，
（4）B的平均反应速率：___________，
（5）x的值为___________。
【答案】（1）20% （2）1：1 （3）0.75 （4）0.05 （5）2
【解析】（1）经5min达到平衡，此时生成C为2ml，测定的平均反应速率为，平衡时D的量为，则有：
B的转化率为：；
（2）恒温达平衡时，容器内压强之比等于物质的量之比，则容器内的压强与开始时压强比为；
（3）经后，测得的浓度为的平均反应速率为，设开始时、的物质的量均为，则有：
C的平均反应速率为的速率为：，据速率之比等于系数之比可知，可得，可知此时的浓度；
（4）B的平均反应速率：v(B)==；
（5）据上述分析，反应速率之比等于计量数之比，可知
18. 化学电池在通讯、交通及日常生活中有着广泛的应用。
（1）碱性锌锰干电池（如图所示）是应用最普遍的电池之一，电池总反应为，碱性锌锰干电池的负极材料是______（填名称），负极上发生的电极反应为______。若反应消耗13g负极材料，则电池中转移电子的物质的量______ml。
（2）铅蓄电池是典型的可充电电池，它的正、负极格板都是惰性材料，电池总反应式为。下列说法正确的是______（填标号）。
A. 电解液中的浓度始终保持不变
B. 放电时正极上的电极反应式为
C. 放电时，当外电路通过电子时，理论上负极质量增加
D. 放电时，溶液中的向正极移动
（3）镁铝电池的构造如图所示，当电解质溶液为溶液时，可知电池的负极材料为______（填“Mg”或“Al”）反应式为______。
【答案】（1）①. 锌 ②. ③. 0.4
（2）BC
（3）①. Al ②.
【解析】(1)根据反应式，锌化合价升高，被氧化，做负极，反应式为：；每消耗1ml锌，转移2ml电子，消耗13g锌，即0.2mlZn，转移0.4ml电子；
（2）根据总反应式可知放电时正极：负极：
A．放电时为反应物，电解液中的浓度减小，充电时，为生成物，电解液中的浓度增大，A错误；
B．根据分析可知放电时正极上的电极反应式为， B正确；
C．放电时，负极反应式：，当外电路通过电子时，理论上负极质量增加，C正确；
D．放电时，溶液中的向负极移动，D错误；
故选BC。
（3）碱性溶液，仅有两性金属Al与氢氧根发生反应，镁不与氢氧根反应，反应方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，Al失电子故Al为负极，镁为正极，负极反应式为：
19. 短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且分布在三个周期，元素原子的最外层电子数是内层电子数的2.5倍，C、D两元素同主族，且能形成化合物和。请回答下列问题：
（1）已知分子中，各原子最外层均达到8电子稳定结构，用元素符号表示的结构式：______。
（2）用离子符号表示A、C、D元素的简单离子半径由小到大的顺序：______。
（3）写出一个能表示D、E元素非金属性强弱的化学方程式：______。
（4）元素A和元素C以原子个数比1：1形成的化合物Q，元素A和元素B形成化合物M，Q与M的电子总数相等，Q分子内所含化学键的类型为______，以M为燃料，Q为氧化剂，可作火箭的推进剂，最终生成一种单质和一种化合物，写出该反应的化学方程式：______。
【答案】（1）Cl-S-S-Cl
（2）S2->O2->H+
（3）Cl2+H2S=S↓+2HCl
（4）①. 共价键 ②. N2H4+2H2O2= N2↑+ 4H2O
【解析】短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，且分布在三个周期，则A是第一周期的H元素，元素原子的最外层电子数是内层电子数的2.5倍，则B是N元素，C、D两元素同主族，且能形成化合物和，则C是O元素，D是S元素，那么E就是Cl元素，据此分析解答。
（1）D是S元素，E是Cl元素，则分子的化学式是S2Cl2，各原子最外层均达到8电子稳定结构，则其结构式为Cl-S-S-Cl。
（2）A、C、D分别是指H、O、S三种元素，则三种元素的简单离子半径大小顺序是S2->O2->H+。
（3）D、E元素分别是指S元素和Cl元素，可通过氯气与氢硫酸反应置换出S单质，证明氯气的氧化性比硫单质的氧化性强，来说明Cl的非金属性比S强，反应的化学方程式是Cl2+H2S=S↓+2HCl。
（4）元素A和元素C是指H和O两种元素，则两者形成的1：1化合物Q是指H2O2，分子内所含化学键的类型为共价键；元素A是H，元素B是N元素，则H和N元素形成的化合物M，其分子含有的电子数与H2O2一样多，则化合物M的化学式为N2H4，根据题意，其和H2O2反应的化学方程式为N2H4+ 2H2O2= N2↑+ 4H2O。
20. 硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是分析化学中重要的试剂，学习小组探究其分解产物。已知：
（1）甲组按照下图所示的装置进行实验，关闭止水夹并加热A中的硫酸亚铁铵固体至分解完全，检验其分解产物。
装置A仪器名称是______ ； 装置C中可观察到的现象是________，由此可知硫酸亚铁铵的分解产物中有____（写化学式）；C中球形干燥管的作用是_______。
（2）乙组选用甲组实验中的装置A和下图所示的装置进行实验验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3。
① 乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序(用装置的字母表示)为A、____________；取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，通入N2的目的是___________________。
② 装置H中有白色沉淀，则证明分解产物中有___________；G中发生反应的离子方程式为_____________。
（3）丙组将一定量的硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热一段时间后检验其固体产物，请设计实验证明：此固体产物不含二价铁：______________。
【答案】（1）①. 硬质玻璃管 ②. 溶液由无色变红色 ③. NH3 ④. 防倒吸
（2）①. D H E G F ②. 排尽装置中的空气或O2 ，防止对SO2的验证产生干扰 ③. SO3 ④. SO2+H2O2+ Ba2+= BaSO4↓+ 2H+
（3）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色。（或取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入K3[Fe(CN)6]）溶液，不产生蓝色沉淀
【解析】（1）根据装置图，装置A仪器名称是硬质玻璃管； 装置C中可观察到的现象是酚酞溶液由无色变红色，说明溶液变为碱性，由此可知硫酸亚铁铵的分解产物中有NH3；氨气极易溶于水，易发生倒吸，C中球形干燥管的作用是防倒吸；
（2）①验证硫酸亚铁铵分解的产物中还有SO2和SO3，为防止倒吸并防止SO3液化，A中的气体先通过D，再依次通过H检验SO3、通过E检验SO3完全被H吸收、通过G检验SO2，通过F处理尾气，防止污染，所以合理的连接顺序A→D→ H→ E →G →F；取适量硫酸亚铁铵固体于A中，通入一段时间N2后，关闭止水夹再点燃酒精灯，亚硫酸能被氧气氧化为硫酸，通入N2的目的是排尽装置中的空气或O2 ，防止对SO2的验证产生干扰；
②硫酸钡不溶于盐酸，装置H中有白色沉淀，则证明分解产物中有SO3；G中SO2被过氧化氢氧化为硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为SO2+H2O2+ Ba2+= BaSO4↓+ 2H+。
（3）取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入KMnO4溶液，KMnO4溶液不褪色说明不含二价铁。（或取少量固体于试管中，加稀硫酸溶解，再滴入K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，说明不含二价铁）
选项
叙述Ⅰ
叙述Ⅱ
A
浓硝酸和稀硝酸都具有强氧化性
浓硝酸和稀硝酸均可使紫色石蕊试液先变红后褪色
B
浓硫酸具有强氧化性和吸水性
浓硫酸可干燥H2和CO，不可干燥 SO2和NH3
C
SO2是酸性氧化物
SO2可使含有酚酞的NaOH溶液褪色
D
铵盐受热易分解
NH4Cl和NH4HCO3均可用作氮肥和制取氨气
选项
a
b
c
d
A
浓硫酸
Na2SO3
SO2
NaOH溶液
B
浓氨水
CaO
NH3
H2O
C
浓盐酸
KMnO4
Cl2
H2O
D
浓硝酸
Cu
NO2
浓硫酸
物质
熔点
沸点
SO2（℃）
-72.7
-10
SO3（℃）
16.8
44.8