甘肃省天水市甘谷县2023-2024学年高三上学期第一次检测化学试题（ 含答案解析 ）

甘肃省天水市甘谷县2023-2024学年高三上学期第一次检测化学试题本试卷满分100分，考试时间75分钟相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Ag-108Cl-35.5第I卷(选择题)一、单选题(每小题3分，共45分)1.下列各组物质按单质、化合物和混合物顺序排列正确的是A.冰、生石灰、空气 B.碘酒、纯碱、烧碱C.液氧、盐酸、沼气 D.金刚石、苛性钠、食盐水【答案】D【解析】【分析】单质是指由同种元素组成的纯净物；化合物是指由不同种元素组成的纯净物；混合物是指由不同种物质组成的物质。【详解】A．冰为化合物，A不选；B．碘酒为混合物，烧碱为化合物，B不选；C．盐酸为混合物，C不选；D．金刚石为单质，苛性钠为化合物，食盐水为混合物，D选；故选D。2.朱自清在《荷塘月色》中写道：“薄薄的青雾浮起在荷塘里……月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”从化学的角度对这段文字的解读错误的是A.“薄薄的青雾”是一种分散系B.“薄薄的青雾”中某些微粒的直径在10-9～10-7m之间C.“参差的斑驳黑影”是一种丁达尔效应D.“云雾润蒸华不注”与“薄薄的青雾”中“雾”的主要成分相同【答案】C【解析】【分析】薄雾是小液滴，是一种胶体，本质特征是分散质直径的大小为10-9～10-7m，具有丁达尔效应，据此分析判断。【详解】A．“薄薄的青雾”是胶体分散系，故A正确；B．“薄薄的青雾”是胶体分散系，“薄薄的青雾”中某些微粒的直径在10-9～10-7m之间，故B正确；C．“参差的斑驳黑影”属于光沿直线传播的物理现象，不属于丁达尔效应的特征，故C错误；D．“云雾润蒸华不注”与“薄薄的青雾”中“雾”都是胶体分散系，它们的主要成分相同，故D正确；故选C。3.在一定条件下，RO和F2可发生如下反应：RO＋F2＋2OH－=RO＋2F－＋H2O，从而可知在RO中，元素R的化合价是A.＋4价 B.＋5价C.＋6价 D.＋7价【答案】B【解析】【详解】方法1：根据电荷守恒有n＋1×2＝1＋1×2，n＝1。设元素R在RO中的化合价为x，则x－2×3＝－1，x＝＋5；方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化还原反应中，得失电子守恒有(7－x)×1＝[0－－1)]×2，所以x＝＋5；故本题选B。4.下列关于电解质的说法正确的是A.碳酸钙难溶于水，所以碳酸钙是非电解质B.Na能导电，所以Na是电解质C.SO2溶于水能导电，所以SO2是电解质D.BaSO4在熔融状态下能导电，所以BaSO4是电解质【答案】D【解析】【分析】电解质是指在水溶液或熔融状态能导电的化合物，电解质不一定导电，导电的不一定是电解质。【详解】A．碳酸钙难溶于水，但是熔融态的碳酸钙可以导电，所以碳酸钙是电解质，故A错误；B．金属导电是因为自由电子定向移动，但金属是单质，不是化合物，所以金属既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．SO2溶于水能导电，但不是自身电离出的离子使溶液导电，故二氧化硫是非电解质，C错误；D．BaSO4在熔融状态下能导电，是因其发生了电离，生成Ba2+和SO，所以BaSO4是电解质，D正确；故选D。5.在反应Cu＋HNO3(稀)→Cu(NO3)2＋2NO↑＋H2O中，氧化剂与还原剂的质量之比为A.3∶8 B.32∶21C.21∶32 D.21∶8【答案】C【解析】【详解】由反应可知，Cu是还原剂，HNO3是氧化剂，由电子守恒知N(Cu)×2＝N(HNO3)×3，N(HNO3)∶N(Cu)＝2∶3，因此氧化剂与还原剂的质量之比为(63×2)∶(64×3)＝21∶32；答案选C。6.常温下，可以发生下列三个反应：①2W－＋X2=2X－＋W2；②2Y－＋W2=2W－＋Y2；③2X－＋Z2=2Z－＋X2，由此得出的正确结论是A.X－、Y－、Z－、W－中Z－还原性最强 B.X2、Y2、Z2、W2中Z2氧化性最弱C.反应2Z－＋Y2=2Y－＋Z2不能发生 D.还原性：X－>Y－【答案】C【解析】【分析】①2W－＋X2=W2＋2X－，该反应中X2作氧化剂，还原产物是X－，W－作还原剂，氧化产物是W2，所以氧化性：X2>W2，还原性：W－>X－；②2Y－＋W2=2W－＋Y2，该反应中W2作氧化剂，还原产物是W－，Y－作还原剂，氧化产物是Y2，所以氧化性：W2>Y2，还原性：Y－>W－；③2X－＋Z2=2Z－＋X2，该反应中Z2作氧化剂，还原产物是Z－，X－作还原剂，氧化产物是X2，所以氧化性：Z2>X2，还原性：X－>Z－；故氧化性强弱顺序为Z2>X2>W2>Y2，还原性强弱顺序为Y－>W－>X－>Z－。【详解】A．由分析知，Y－的还原性最强，A错误；B．由分析知，Z2的氧化性最强，B错误；C．氧化性强弱顺序为Z2>Y2，所以反应2Z－＋Y2=2Y－＋Z2不能发生，C正确；D．由分析知，还原性强弱顺序为Y－>X－，D错误；故选C。7.镁和铝分别和等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与反应时间(t)的关系如图所示。则下列说法正确的是A.镁和铝消耗硫酸的物质的量之比是2∶3B.参加反应的镁、铝的质量之比是8∶9C.反应中消耗的镁、铝的物质的量之比是3∶2D.反应中镁、铝转移电子的物质的量之比是2∶3【答案】C【解析】【分析】由题意，结合题图可知，Mg、Al完全反应且产生氢气的量相等。【详解】A．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项A错误；B．参加反应的镁、铝的质量之比是4∶3，选项B错误；C．利用Mg、Al与稀硫酸反应的化学方程式可知，产生等量的氢气消耗硫酸的物质的量之比是1∶1，消耗Mg、Al的物质的量之比为3∶2，选项C正确；D．由产生等量氢气可知反应转移电子的物质的量之比为1∶1，选项D错误；答案选C。8.化学微粒间常因发生反应而“水火不容”。下列粒子能大量共存于无色透明溶液中的是A.Na+、SO、SO、Cl2 B.H+、Ca2＋、HCO、Cl-C.H+、Mg2＋、I-、HClO D.H+、SO、NO、CH3COOH【答案】D【解析】【详解】A．和Cl2在溶液中发生氧化还原反应生成硫酸根和氯离子，不能大量共存，A项不符合题意；B．H＋与反应生成H2O和CO2，不能大量共存，B项不符合题意；C．H+、I-、HClO在溶液中发生氧化还原反应不能大量共存，C项不符合题意；D．H+、、、CH3COOH在溶液中不反应，且均是无色的，能大量共存，D项符合题意；答案选D。9.根据如图的转化关系判断，下列说法正确的是(反应条件已略去)A.反应③和④消耗等量的Al时，生成的n(Cu)∶n(Fe)=3∶2B.反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3C.生成等质量H2时，①和②反应消耗n(HCl)=n(NaOH)D.等浓度等体积的稀HCl和NaOH溶液与足量Al反应，①②生成H2的分子数之比为3∶1【答案】A【解析】【详解】A．反应③和④消耗等量的Al时，所以失电子的物质的量相等，设2mol的铝参加反应，由得失电子守恒可知：生成铜的物质的量为3mol，生成铁的物质的量为2mol，所以生成的n(Cu)∶n(Fe)=3∶2，故A正确；B．铝与硫酸铜反应，铝是还原剂，硫酸铜是氧化剂，根据得失电子守恒，可知：硫酸铜与铝的物质的量之比为：3：2，故B错误；C．根据得失电子守恒，生成氢气的物质的量相等则消耗铝的物质的量相等，根据铝守恒，设1mol铝参加反应，则生成偏铝酸钠1mol，则需氢氧化钠为1mol，铝与盐酸反应生成氯化铝为1mol，则需盐酸为3mol，所以①和②反应消耗n

(HCl)=3n

(NaOH)，故C错误；D．根据关系式：；，等浓度等体积的稀HCl和NaOH溶液与足量Al反应，①②生成H2的分子数之比为1∶3，故D错误；答案选A。10.下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是A.用如图装置可以制备Fe(OH)2B.除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，可以向溶液中加入过量铁粉，然后过滤C.向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，此现象不能确定溶液中含有Fe2+D.向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化【答案】C【解析】【详解】A．反应开始时打开弹簧夹K，生成的H2进入乙中，可排出其中的空气，防止生成的Fe(OH)2被氧化，一段时间后关闭弹簧夹K，甲中溶液进入乙中可生成Fe(OH)2，A项正确；B．铁粉与FeCl3反应生成FeCl2，通过过滤可除去多余的铁粉，B项正确；C．Fe3+可以与KSCN溶液作用显红色，开始滴加KSCN溶液不变色，说明溶液中没有Fe3+，滴加氯水后显红色，说明原溶液中有Fe2+，被氯水氧化成Fe3+使溶液显红色，C项错误；D．Fe3+与铁反应可生成Fe2+，则向FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，D项正确。答案为：C。11.“84”消毒液和洁厕灵是大多数家庭必备的生活用品。“84”消毒液的有效成分为次氯酸钠(NaClO，Cl为＋1价)，是一种高效消毒剂。洁厕灵主要成分是盐酸。若将二者混合后使用，就会对人体产生严重的危害，发生的反应如下：NaClO＋2HCl=NaCl＋Cl2↑＋H2O，下列说法不正确的是A.反应物盐酸体现了酸性和还原性B.用双线桥法分析上述反应如图所示：C.“84”消毒液中的NaClO在常温下比HClO稳定D.若Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2、Br2＋2I－=2Br－＋I2能发生，在NaBr和NaI的混合液中通入少量Cl2，一定能发生的反应是Cl2＋2I－=2Cl－＋I2【答案】B【解析】【详解】A．反应中氯化氢中－1价氯的化合价部分升高、部分不变，氯化氢既表现还原性又表现酸性，A不符合题意；B．反应中HCl中Cl化合价升高1，NaClO中Cl的化合价降低1，即反应中转移电子数为1，用双线桥表示该反应中电子转移方向和数目为，B符合题意；C．次氯酸不稳定，见光易分解，次氯酸钠稳定性强于次氯酸，C不符合题意；D．依据Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2、Br2＋2I－=2Br－＋I2可知，氧化性：Cl2>Br2>I2，则NaBr和NaI的混合液中通入少量Cl2，Cl2先氧化还原性强的I－，故一定能发生的反应是Cl2＋2I－=2Cl－＋I2，D不符合题意；故选B。12.下列有关物质量和摩尔质量的叙述，正确的是A.水的摩尔质量是18g B.0.012kg12C中约含有6.02×1023个碳原子C.1mol水中约含有6.02×1023个氢原子 D.1mol任何物质都含有6.02×1023个分子【答案】B【解析】【详解】A．水的摩尔质量是18g/mol，故A错误；B．12gC物质的量，包含C原子个数约为6.02×1023个，故B正确；C．1mol水中约含有2×6.02×1023个氢原子，故C错误；D．并非所有物质都由分子构成，故D错误；答案选B13.下列反应的离子方程式或电离方程式正确的是A.Fe2(SO4)3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：Fe3++SO+Ba2++3OH-=Fe(OH)3+BaSO4↓B.实验室制取Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O=3H++Fe(OH)3(胶体)C.向碳酸氢钠溶液中滴加足量的澄清石灰水：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2OD.NaHSO3在水中电离：NaHSO3HSO+Na+【答案】C【解析】【详解】A．反应中不满足物质的定组成和漏掉氢氧化铁的沉淀符号，离子方程式应为，A错误；B．漏反应条件，离子方程式应为，B错误；C．向碳酸氢钠溶液中滴加等物质的量的澄清石灰水，碳酸氢根离子完全反应，只消耗一个氢氧根离子生成水和碳酸钙沉淀，另一个氢氧根离子未参加反应，C正确；D．是弱酸的酸式盐，在水中的电离应为，D错误；答案选C。14.32g某气体的分子数目与22gCO2的分子数目相同，则该气体的摩尔质量为A.32 B.32g·mol-1 C.64g·mol-1 D.64【答案】C【解析】【详解】22gCO2的物质的量为＝0.5mol，根据公式n＝可知，分子数目相同，则物质的量也相同，因此32g该气体的物质的量为0.5mol，该气体的摩尔质量M＝＝＝64g·mol－1；答案选C。15.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.119.5gCHCl3含有C-H键的数目为NAB.标准状况下，22.4LCC14中所含的原子数目为5NAC.14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含氢原子数目为4NAD.过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．119.5gCHCl3的物质的量为1mol，1molCHCl3含有1molC-H键，即含C-H键的数目为NA，A正确；B．标准状况下，CC14是液体不是气体，不能用气体摩尔体积公式进行计算，B错误；C．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，故14g由乙烯和丙烯组成的混合气体中含CH2的物质的量为，1molCH2中含有2molH原子，即含氢原子数目为2NA，C错误；D．过氧化钠与水反应的化学方程式为，根据电子转移情况得关系式O2~2e-，生成0.1mol氧气转移的电子数目为0.2NA，D错误；故选A。第II卷(非选择题)16.有一瓶澄清的溶液，其中可能含有、K+、Ba2+、Al3+、Fe3+、I-、、、、。取该溶液进行以下实验：①用pH试纸检测，溶液呈强酸性。②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液：a．溶液从酸性变为中性；b．溶液中逐渐产生沉淀；c．沉淀完全溶解；d．最后加热溶液，有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。④取适量③得到的碱性溶液，加入Na2CO3溶液，有白色沉淀生成。根据上述实验现象，回答下列问题。(1)由①可以排除________的存在。(2)由②可以证明_______的存在；同时排除_______的存在；理由是__________。(3)由③可以证明__________的存在；写出c所涉及的离子方程：________。(4)由④可以排除________的存在，同时证明________的存在。【答案】①.、②.I-③.Fe3+、④.四氯化碳层呈紫红色说明原溶液中有存在I-，Fe3+、酸性条件下与I-发生氧化还原反应而不能共存⑤.、Al3+⑥.Al(OH)3＋OH－=＋2H2O⑦.⑧.Ba2+【解析】【分析】①用pH试纸检测，溶液呈强酸性，说明与氢离子反应的碳酸根和偏铝酸根离子不存在；②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色。说明溶液中存在碘离子，不存在铁离子和硝酸根离子；③另取溶液适量，逐滴加入NaOH溶液，溶液由产生沉淀又逐渐溶解，说明溶液中含有铝离子，加热溶液有气体放出，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中有铵根离子；④取适量③得到的碱性溶液，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有钡离子，不含有硫酸根离子。综上所述，澄清的溶液中存在的离子为、Ba2+、Al3+、I-，一定不存在Fe3+、、、、，可能存在K+。【详解】（1）由①可知，溶液中不存在碳酸根和偏铝酸根离子，故答案为：、；（2）由上述分析可知，②可以证明的存在碘离子，不存在铁离子和硝酸根离子，碘离子具有还原性，能与铁离子或酸性条件下能与硝酸根发生氧化还原反应，则存在碘离子的酸性溶液中不可能存在铁离子和硝酸根离子，故答案为：四氯化碳层呈紫红色说明原溶液中有存在I-，Fe3+、酸性条件下与I-发生氧化还原反应而不能共存；（3）由③可以证明溶液中存在、Al3+；c步骤发生的反应为氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－=＋2H2O，故答案为：Al(OH)3＋OH－=＋2H2O；（4）由④可知，溶液中含有钡离子，不含有硫酸根离子，故答案为：；Ba2+。17.汽车尾气已成为城市空气的主要污染源，治理汽车尾气的SCR(选择性催化还原)和NSR(NOx储存还原)技术均可有效降低柴油发动机工作过程中排放的NOx。(1)SCR工作原理①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式是___________。②反应器中NH3还原NO2的化学方程式是___________。(2)NSR(NOx储存还原)的工作原理如下图所示，柴油发动机工作时在稀燃(O2充足、柴油较少)和富燃(O2不足、柴油较多)条件下交替进行，通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。①BaO吸收NO2的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________。②富燃条件下Pt表面反应的化学方程式是___________。③若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因：___________。④研究发现：尾气中CO2对BaO吸收氮氧化物有影响。一定温度下，测得气体中CO2的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如下图所示。则：一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2体积分数的增大而下降，原因是___________；当CO2体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能是___________。【答案】①.CO(NH2)2+H2OCO2↑+2NH3↑②.8NH3+6NO27N2+12H2O③.1∶4④.2CO+2NON2+2CO2⑤.稀燃过程中，柴油中的硫被氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应⑥.BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面⑦.BaCO3在一定程度上也能吸收NOx【解析】【分析】【详解】(1)①CO(NH2)2和水在加热条件下反应生成NH3和CO2，根据原子守恒可得反应的化学方程式为：CO(NH2)2+H2OCO2↑+2NH3↑，故答案为：CO(NH2)2+H2OCO2↑+2NH3↑；②反应物是NH3和NO2，产物是N2和H2O，根据得失电子守恒和原子守恒可得反应的化学方程式为：8NH3+6NO27N2+12H2O，故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；(2)①根据图示，NO2和O2与BaO反应生成Ba(NO3)2，化学方程式为：2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2，其中O2为氧化剂，NO2为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4，故答案为：1:4；②根据图示，富燃条件下，CO和NO可以在Pt的催化下反应生成N2和CO2，化学方程式为：2CO+2NON2+2CO2，故答案为：2CO+2NON2+2CO2；③柴油在氧气充足的条件下燃烧为稀燃过程，稀燃过程中，柴油中的硫被氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应，使BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，故答案为：稀燃过程中，柴油中的硫被氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应；④利用BaO吸收汽车尾气中的氮氧化物，随CO2量的增加，BaO对氮氧化物的吸收率逐渐下降，这是由于BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面，阻止BaO进一步吸收氮氧化物；当CO2体积分数达到10%~20%时，BaO对氮氧化物的吸收率虽然较无二氧化碳的条件下低，但是吸收率也相对较高，这可能是CO2与BaO反应生成的BaCO3在一定程度上也能吸收NOx，故答案为：BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面；BaCO3在一定程度上也能吸收NOx。18.按要求完成下列填空：（1）某金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g·mol-1，取该金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g白色沉淀。则金属M的摩尔质量为_______。（2）某物质A加热时按化学方程式2A=2B＋C＋3D分解，产物均为气体，测得相同条件下由生成物组成的混合物气体对H2的相对密度为20，则反应物A的相对分子质量为_______。（3）10mL0.1mol·L-1BaCl2溶液分别恰好使相同体积的硫酸铁、硫酸铜两种溶液中的SO完全转化成沉淀，则硫酸铁、硫酸铜两种溶液的物质的量浓度之比是_______。（4）一定量的液态化合物XY2，在一定量O2中恰好完全反应：XY2(l)＋3O2(g)=XO2(g)＋2YO2(g)，冷却后在标准状况下，测得生成物的体积为672mL，则(l表示液态，g表示气态)：①反应前O2的体积是_______mL。②在XY2分子中，X、Y两元素的质量比为3∶16，则X、Y两元素的相对原子质量之比为_______。【答案】（1）27g/mol（2）120（3）1∶3（4）①.672②.3∶8【解析】【小问1详解】金属氯化物26.7g配成水溶液，与足量AgNO3溶液完全反应，生成86.1g即=0.6molAgCl白色沉淀，所以氯离子的物质的量是0.6mol，金属氯化物MClx的摩尔质量为133.5g/mol，该金属氯化物质量是26.7g，物质的量为=0.2mol，解得x=3，所以金属M的摩尔质量为133.5g/mol-(35.5g/mol×3)=27g/mol；【小问2详解】令A的物质的量为2mol，由方程式2A=2B＋C＋3D，可知混合气体总物质的量为2mol＋1mol＋3mol=6mol，混合气体对氢气的相对密度为20，则混合气体平均摩尔质量=2g/mol×20=40g/mol，混合气体总质量=6mol×40g/mol=240g，由质量守恒定律可知A的质量等于混合气体总质量，故A的摩尔质量==120g/mol，A的相对分子质量为120；【小问3详解】由相同的Ba2＋恰好可使相同体积的两种溶液中的硫酸根离子完全转化为硫酸钡沉淀，则Ba2＋＋SO=BaSO4↓，SO～Fe2(SO4)3～CuSO4，又体积相同的溶液，溶质的物质的量之比等于盐溶液的物质的量浓度之比，则两种硫酸盐溶液的浓度之比为∶1=1∶3；【小问4详解】①根据方程式可知，反应前后气体的总体积不变，所以反应前O2的体积也是672mL；②参加反应的氧气的物质的量==0.03mol，质量为0.03mol×32g/mol=0.96g，则XY2的物质的量是0.01mol。设X、Y的摩尔质量分别为x、y，由XY2分子中X、Y两元素的质量比是3∶16，得∶=1∶2，故=。四、实验题19.亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，但毒性较强，食品中添加亚硝酸钠必须严格控制用量。NaNO2既有氧化性又有还原性，回答下列问题：（1）将等物质的量的一氧化氮和二氧化氮通入氢氧化钠溶液中即可制得NaNO2，反应的化学方程式为_______。（2）现用下图所示仪器(夹持装置已省略)及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应生成气体的成分。已知：NO2和NO的沸点分别是21℃和-152℃。①盛装70%硫酸的仪器名称是_______，如图组装好实验仪器，在加入药品前应先_______。②打开弹簧夹K1，关闭K2，通入N2一段时间后，关