湖北省2024–2025学年高一化学上学期11月期中联考试题【含答案】

2024—2025学年度上学期期中考试高一化学试卷试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自已的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：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。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Ca-40Fe-56第Ⅰ卷(选择题共45分)一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分，每题只有一个选项符合题目要求)1.第33届夏季奥运会在巴黎落幕。其中蕴含的化学知识错误的是A.火炬的燃料主要成分是烃类化合物，其燃烧属于氧化还原反应B.奖牌中心嵌有一块取自埃菲尔铁塔的铁片，这块铁片属于金属单质C.泳池使用含氯消毒剂(如次氯酸钠)进行消毒，是利用了其强氧化性D.多位运动员佩戴了一款石墨降温头带，石墨与金刚石互为同素异形体B【详解】A．烃类化合物燃烧生成二氧化碳和水，C、H元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A正确；B．奖牌中心嵌有一块取自埃菲尔铁塔的铁片，这块铁片属于铁合金，故B错误；C．次氯酸钠具有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；D．石墨与金刚石是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，故D正确；故选B。2.化学与生活密切相关，下列说法错误的是A.碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，可用作食用碱B.河流入海口易形成三角洲，这与胶体的性质有关C.易吸收水分并与水反应，可作食品包装中的干燥剂D.可与反应放出氧气，可用于制作呼吸面具C【详解】A．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均呈碱性，均可用作食用碱，故A正确；B．江河入海口处的泥沙属于胶体分散系，江河入海口三角洲的形成与胶体的聚沉性质有关，故B正确；C．易吸收水分，但不能与水反应，不能作食品包装中的干燥剂，故C错误；D．可与和H2O反应放出氧气，故可以用于制作呼吸面具，故D正确；答案选C。3.下列根据性质对物质进行的分类正确的是A.属于正盐，因此属于一元酸B.金属铜可以导电，但是铜属于非电解质C.能与酸反应，因此属于碱性氧化物D.HCl中H处于最高价价，因此HCl只能作氧化剂A【详解】A．因为NaH2PO2是正盐，H3PO2只能电离出一个氢离子，故是一元酸，A正确；B．铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．碱性氧化物是指与酸反应生成盐和水，且只有盐和水的氧化物，能与HCl反应生成NaCl、与氧气，氧元素化合价发生变化，所以不是碱性氧化物，C错误；D．HCl中H处于最高价价，Cl处于-1价，则HCl既有氧化性，又有还原性，D错误；故选A。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标准状况下，溶于水转移的电子数为B.溶液中含的数目为C.与水反应生成时，转移的电子数为D.20℃、101kPa时，与的混合物中，氧原子数目为D【详解】A．氯气和水的反应是可逆反应，则标准状况下，溶于水转移的电子数小于，A错误；B．没有给出溶液的体积，无法计算，B错误；C．Na2O2与水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，此反应转移2mol电子，生成1molO2，生成0.1molO2时转移的电子数为0.2NA，C错误；D．从原子的角度看，32gO2和O3的混合气体中，只有氧原子，O原子的质量就是32g，即含有2mol氧原子，数目为2NA，D正确；故选D。5.下列离子能在指定溶液中大量共存的是A.澄清透明溶液中：、、、B.酸性溶液中：、、、C.溶液中：、、、D.能使紫色石蕊溶液变蓝的溶液中：、、、A【详解】A．、、、相互之间不反应，可以大量共存，A正确；B．酸性溶液中，氢离子可以和碳酸氢根反应，不能共存，B错误；C．溶液中，钡离子可以和碳酸根离子反应生成碳酸钡，且铵根离子和氢氧根离子反应也不能共存，C错误；D．能使紫色石蕊溶液变蓝的溶液显碱性，此时氢氧根离子可以和氢离子反应，不能共存，D错误；故选A。6.下列反应对应的离子方程式书写正确的是A.向稀盐酸中加入少量：B.铁粉与足量稀硫酸反应：C.向溶液中通入少量：D.溶液中加入少量：C【详解】A．向稀盐酸中加入少量离子方程式：，A错误；B．铁粉与足量稀硫酸反应生成二价铁，离子方程式为：，B错误；C．向溶液中通入少量生成碳酸钠，离子方程式为：，C正确；D．根据“以少定多”可知，溶液中加入少量：，D错误；故选C。7.现有标准状况下与的混合气体，总质量为6.4g，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.混合气体对氢气的相对密度为16B.混合气体中CO与的物质的量之比为C.混合气体中O原子数为D.将其通过足量，固体质量将增加2.2gD【详解】A．标准状况下气体的物质的量为0.2mol，总质量为6.4g，则混合气体的平均摩尔质量为32g/mol，混合气体对氢气的相对密度为16，A正确；B．结合A分析可知，混合气体的平均摩尔质量为32g/mol，设CO为xmol，为ymol，则，解得，x∶y=，B正确；C．两种气体的物质的量和为0.2mol，根据B分析可知，设CO为xmol，为ymol，x∶y=，x+y=0.2，则x=0.15，y=0.05，则混合气体中O原子数为，C正确；D．根据方程式2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可知，二氧化碳和过氧化钠反应使过氧化钠增重相当于和二氧化碳物质的量相等的一氧化碳的质量，则将其通过足量，固体质量将增加0.05mol×28g/mol=1.4g，D错误；故选D。8.下列化学方程式中，电子转移的方向和数目都正确的是A. B.C. D.D【详解】A．NaH中H化合价-1→0价，水中H化合价+1→0价，应该价态归中，转移1e-，A错误；B．根据氧化还原反应的规律可知，该反应中被氧化生成S，化合价从-2升到0，转移，浓硫酸被还原为，转移，B错误；C．该反应中，单质铁失去电子，三价铁得到电子，电子由铁转移到三价铁，C错误；D．单线桥法是由还原剂指向氧化剂，和碳单质反应，二氧化碳中碳元素的化合价从+4价降低到+2价，碳单质中碳元素的化合价由0价升高到+2价，因此电子应该是由碳单质转移到中，电子转移方向不对，D正确；故选D。9.某化学小组在实验室找到两瓶标签已无法辨认的药品，只知道其中一瓶是碳酸钠，另一瓶是碳酸氢钠。该小组欲设计实验进行区分，下列实验方案及结论不正确的是选项实验方案实验结论A取一定量两种固体，直接观察外观呈白色细小晶体状的是碳酸氢钠，白色粉末状的是碳酸钠B分别向两支试管中加入一定量两种固体，向试管中滴加少量水，并用温度计测量温度温度计读数上升的是碳酸氢钠，温度计读数下降的是碳酸钠C取一定量两种固体，称量后在试管内加热，至质量不再改变后再次称量加热后质量减小的是碳酸氢钠，质量不变的碳酸钠D取两种固体各1g分别溶于5mL蒸馏水，向其中滴加两滴酚酞溶液溶液均变红，其中红色较浅的是碳酸氢钠，红色更深的是碳酸钠A.A B.B C.C D.DB【详解】A．碳酸氢钠是白色细小晶体状，碳酸钠是白色粉末状，A正确；B．碳酸氢钠溶于水吸热，碳酸钠溶于水放热，则温度计读数上升的是碳酸钠，温度计读数下降的是碳酸氢钠，B错误；C．碳酸氢钠受热分解，碳酸钠稳定，受热不分解，则加热后质量减小的是碳酸氢钠，质量不变的碳酸钠，C正确；D．碳酸根离子水解程度较大，虽然质量相同时，碳酸钠浓度较低，但是其碱性较强，D正确；故选B。10.几种物质在水溶液中的转化关系如下图所示(依次发生反应1、2、3)已知：微溶于水，下列叙述错误的是A.反应1的离子方程式为：B.反应2说明氧化性：C.反应3中，生成时消耗D.上述反应说明还原性：A【分析】、【详解】A．反应1中铋元素的化合价由+5价变成+3价，锰的化合价由+7价变成+价，由于微溶于水，根据得失电子守恒可知，方程式为：，A错误；B．反应2中锰元素化合价降低，为氧化剂，铬元素化合价升高，为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，氧化性：，B正确；C．1mol被还原成，共转移6mol电子；6molFe2+完全被氧化成Fe3+，共转移6mol电子，所以1mol能氧化6molFe2+，的物质的量为0.3mol，则生成时消耗，C正确；D．根据还原剂的还原性大于还原产物，结合方程式1、2、3可知，还原性：，D正确；故选A。11.为了达成实验目的，下列实验操作正确的是选项实验目的实验操作A检验溶液中是否含用玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察是否有紫色火焰B除去中混有的HCl将混合气体通过盛有饱和食盐水的洗气瓶C检验溶液中是否含有向溶液中滴加溶液，观察是否有白色沉淀生成D制备胶体向热的NaOH溶液中逐滴滴加5~6滴饱和溶液A.A B.B C.C D.DB【详解】A．观察钾的焰色需要透过蓝色钴玻璃，A错误；B．氯气不会溶解于饱和食盐水，而氯化氢会溶解，则通过盛有饱和食盐水的洗气瓶，可以除去中混有的HCl，B正确；C．如果存在碳酸根离子，会与Ag+反应生成碳酸银沉淀，干扰检验，C错误；D．向热的NaOH溶液中逐滴滴加5~6滴饱和溶液，形成的是氢氧化铁沉淀，不是胶体，D错误；故选B。12.如图是氯元素的价一类二维图，根据所学知识判断下列说法正确的是A.A的浓溶液与足量共热，转移电子数为B.B能使有色鲜花褪色，说明B有漂白性C.E→C可以通过加入氧化剂实现D.D只存在于水溶液中，且不稳定，在光照下易分解D【分析】A为HCl，B为Cl2，C为ClO2，D为HClO，E为含有的氯酸盐，据此分析答题。【详解】A．浓盐酸与二氧化锰在加热条件能够反应制备氯气，但是随着反应的进行，浓盐酸会慢慢变稀，反应停止，故HCl的浓溶液与足量共热，转移电子数小于，A错误；B．干燥的Cl2不具有漂白性，有色鲜花中存在水分，Cl2与水反应生成HClO具有漂白性，可以使鲜花褪色，不能说明Cl2具有漂白性，B错误；C．E→C氯元素的化合价由+5价降低为+4价，化合价降低，被还原，可以通过加入还原剂实现转化，C错误；D．HClO不稳定，只存在于水溶液中，不稳定，在光照下易分解生成氯化氢和氧气，D正确；答案选D。13.不同状态下NaCl导电性实验的微观示意图如下，下列说法错误的是A●代表，○代表B.图甲表示NaCl固体，该状态下NaCl不导电C.图乙表示NaCl仅在通电时发生D.图丙说明电解质溶于水时，离子一般可以形成水合离子C【详解】A．氯化钠是由钠离子和氯离子构成的，其中氯离子的半径大于钠离子的半径，因此●代表，○代表，A正确；B．图甲中离子不能自由移动，表示NaCl固体，不导电，B正确；C．电离的条件是受热熔化或溶于水，由图乙可知，熔融NaCl中含有自由移动的和，接通电源时，和发生定向移动，C错误；D．图丙中和分别与水分子形成了水合氯离子和水合钠离子，故说明电解质溶于水时，离子一般可以形成水合离子，D正确；答案选C。14.下图是实验室制备漂白粉的实验装置示意图，下列说法错误的是A.锥形瓶中的试剂除了以外，还可以选择B.导管k的作用是平衡气压，便于分液漏斗中的液体流下C.三颈烧瓶中发生反应的离子方程式为：D.装置C的作用是吸收未反应完的并防止倒吸C【分析】锥形瓶为产生氯气的装置，此装置为不需要加热即产生氯气，产生氯气通入到三颈烧瓶中与氢氧化钙发生反应制备漂白粉，最后用氢氧化钠对过量的氯气进行吸收。【详解】A．氯酸钾和盐酸反应氯气，也不需要加热，A正确；B．导管k可以连通分液漏斗和锥形瓶，则其作用是：平衡气压，便于分液漏斗中的液体流下，B正确；C．三颈烧瓶中氯气和石灰乳反应制备漂白粉，离子方程式为：，C错误；D．结合分析可知，装置C的作用是吸收未反应完的并防止倒吸，D正确；故选C。15.在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示，下列分析正确的是A.曲线①代表滴加溶液的变化曲线B.b点时反应的离子方程式为：C.c点，两溶液中相同D.a、d两点对应的体系的溶质相同B【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4溶液反应方程式为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液反应的方程式为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O、2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O。【详解】A．溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A错误；B．b点沉淀量最大，但溶液中的OH-还有剩余，反应方程式为NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，离子方程式为

Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O，故B正确；C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，溶液呈酸性，②中硫酸氢钠物质的量略大于氢氧化钡的物质的量，反应后溶质为NaOH、Na2SO4，溶液呈碱性，两溶液中含H+离子浓度不同，故C错误；D．①中a点硫酸和氢氧化钡恰好完全反应生成BaSO4沉淀和水，溶液没有溶质，②中d点溶质为Na2SO4，二者溶质不同，故D错误；故B。第Ⅱ卷(非选择题共55分)二、非选择题(本题包括4小题，共55分)16.化学是在原子、分子水平上研究物质组成、结构、性质、转化及其应用的基础自然科学。（1）有以下物质：①固体；②铜；③干冰；④胶体；⑤熔融；⑥：⑦蔗糖。i．上述物质中能导电的是___________(填写序号，下同)，属于电解质的是___________。ii．写出①在熔融状态下电离的电离方程式：___________。iii．向④中逐滴加入稀盐酸，可能观察到的现象是___________。（2）某NaCl样品中含有、等杂质，为提纯其中的NaCl，设计了以下流程。已知：在碱性条件下可以与反应生成难溶i．“操作Ⅰ”向溶液中加入了足量的以下几种溶液，分别是溶液、溶液和NaOH溶液，下列三种溶液的加入顺序合理的是___________(填字母)。A．溶液、溶液、NaOH溶液B．溶液、溶液、NaOH溶液C．NaOH溶液、溶液、溶液ii．上述流程中稀盐酸的作用是___________。iii．对该样品溶于水所得溶液进行检验得知，、、的浓度分别为、、，则溶液中的浓度为___________。（1）①.②④⑤②.①⑤⑥③.④.首先会发生胶体凝聚形成红褐色沉淀，随后沉淀会溶解得到棕黄色溶液（2）①.AC②.除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；③.0.025【分析】(1)①固体不能导电，属于盐，是电解质；②铜可以导电，是单质，既不是电解质也不是非电解质；③干冰不能导电，且自身不能电离，是非电解质；④胶体是混合物，能导电，既不是电解质也不是非电解质；⑤熔融能导电，是强电解质；⑥由分子构成，不能导电，在水溶液中完全电离，是强电解质；⑦蔗糖不能导电，是非电解质；(2)NaCl样品加水溶解得到悬浊液，经操作Ⅰ过滤后得到滤液和滤渣，操作Ⅰ包括加过量的氢氧化钠除去Mg2+，加过量的BaCl2溶液除去Ba2+，加入过量的Na2CO3溶液除去过量的BaCl2溶液和过量的Ca2+。滤液中加入适量的盐酸除去氢氧化钠和碳酸钠溶液。小问1详解】i．由分析可知，上述物质中能导电的是②④⑤；属于电解质的是①⑤⑥；ii．在熔融状态下电离出钠离子和硫酸氢根离子，电离方程式为：；iii．胶体中加入盐酸，会使胶体聚沉，随后氢氧化铁和盐酸反应，沉淀溶解，则现象是：首先会发生胶体凝聚形成红褐色沉淀，随后沉淀会溶解得到棕黄色溶液；【小问2详解】i．氢氧化钠可以除去镁离子，氯化钡可以除去硫酸根离子，碳酸钠可以除去过量的钡离子，为避免引入新的杂质，需保证氯化钡溶液在碳酸钠溶液之前加入，故选AC；ii．步骤i中为了完全除去杂质，则所加试剂都是过量的，则盐酸的作用为：除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；iii．设浓度为x，则根据电荷守恒可知，1×0.5+2×0.05=1×0.55+2x，解得x=0.025。17.某种胃药的有效成分为碳酸钙，某化学学习小组欲测定其中碳酸钙的含量(假设药片中的其他成分不与盐酸或氢氧化钠反应)，进行了如下实验操作：①配制稀盐酸和溶液②向一粒研碎后的药片中加入蒸馏水③用溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗NaOH溶液的体积④加入稀盐酸请回答下列问题：（1）正确的操作顺序是___________(填序号)。（2）用浓盐酸配制稀盐酸时，会用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、___________、___________。（3）配制溶液的过程中多次使用玻璃棒，溶解时玻璃棒的作用是___________，转移溶液时玻璃棒的作用是___________。（4）配制溶液的过程中，以下操作中可能导致溶液浓度偏低的有___________(填序号)。a．称量NaOH时在天平两边托盘各放一张质量相同的称量纸b．转移溶液前，容量瓶底部有少量水c．NaOH溶解后立即转移至容量瓶中d．未洗涤烧杯和玻璃棒e．定容时俯视刻度线f．定容后发现液面下降，补加蒸馏水至刻度线（5）测定过程中发生反应的离子方程式分别为___________、___________。（6）某同学进行了4次实验，消耗NaOH溶液的体积记录如下：测定次数第一次第二次第三次第四次13.0012.9013.6013.10根据以上数据，计算这种药片中的质量分数为___________%(保留三位有效数字)。（1）根据分析可知，正确的操作顺序是①②④③（2）①.胶头滴管②.50mL容量瓶（3）①.加速溶解②.引流（4）adf（5）①.CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑②.H++OH-=H2O（6）60【分析】用中和滴定方法测定胃药中含量的方法，胃药中的有效成分为碳酸钙，首先用过量的盐酸溶解碳酸钙，之后再用氢氧化钠来滴定过量的盐酸，从而计算出胃药中碳酸钙的质量；【小问1详解】根据分析可知，先配制好的稀盐酸和氢氧化钠溶液，然后将药片溶解，再用过量的盐酸溶解碳酸钙，最后用氢氧化钠来滴定过量的盐酸，则正确的操作顺序是①②④③；【小问2详解】根据题给信息可知，配制溶液时所用的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要胶头滴管及50mL容量瓶；【小问3详解】溶解时玻璃棒的作用是搅拌加速溶解；转移溶液时玻璃棒的作用是引流；【小问4详解】a．称量NaOH时在天平两边托盘各放一张质量相同的称量纸，NaOH易潮解，导致NaOH粘在纸上，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故a选；b．转移溶液前，容量瓶底部有少量水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液浓度无影响，故b不选；c．NaOH溶解后立即转移至容量瓶中，冷却后，溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故c不选；d．未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，故d选；e．定容时俯视刻度线，导致溶液的体积偏小，溶液浓度偏高，故e不选；f．定容后发现液面下降，补加蒸馏水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故f选；故选adf；【小问5详解】在测定过程中发生反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑、H++OH-=H2O；【小问6详解】根据实验结果可知第三次消耗NaOH溶液体积偏大，应该舍去，则平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH)==13.00mL，其消耗HCl的物质的量为n(HCl)=n(NaOH)=0.10mol/L×0.0130L=0.0013mol，所以与CaCO3反应的HCl的物质的量为n(HCl)=0.10mol/L×0.025L-0.0013mol=0.0012mol，根据方程式CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑可知n(CaCO3)=n(HCl)=0.0006mol，m(CaCO3)=0.0006mol×100g/mol=0.06g，所以这种药片中碳酸钙的质量分数为：=60%。18.是一种常见的氧化剂。为了探究的化学性质，某化学实验小组进行了一系列实验。Ⅰ．与的反应。（1）使酚酞溶液褪色的物质是___________，生成该物质的化学反应方程式为___________。（2）用离子方程式解释酸性溶液褪色的原因___________。Ⅱ．与的反应。（3）装置B中盛放的药品是___________，作用是___________。（4）在点燃C处酒精灯前应进行的操作是___________。（5）实验过程中观察到C中淡黄色粉末逐渐变为白色固体，D中白色固体无明显变化。根据现象写出C中发生反应的化学方程式：___________。（1）①.H2O2②.（2）（3）①.碱石灰②.吸收氢气中的水和氯化氢（4）在D装置后用小试管收集气体并检验其纯度（5）【分析】Ⅰ：过氧化钠与水反应先生成氢氧化钠和中间产物过氧化氢，过氧化氢分解再产生氧气和水，氢氧化钠能使酚酞溶液变红，而过氧化氢具有强氧化性使酚酞溶液褪色；过氧化氢能与高锰酸钾溶液中高锰酸根离子发生氧化还原反应生成氧气和锰离子，离子方程式为。Ⅱ：推测Na2O2与H2能反应，首选要制得氢气，A为氢气的制备装置，实验室用锌与稀盐酸反应制氢气，制得的氢气中含氯化氢气体、水蒸气，用B碱石灰吸收，C是Na2O2与H2的反应装置，D检验其产物是否有水生成，据此解答。【小问1详解】由分析可知，使酚酞溶液褪色的物质是H2O2，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和过氧化氢，化学反应方程式为。【小问2详解】过氧化氢能与高锰酸钾溶液中高锰酸根离子发生氧化还原反应生成氧气和锰离子，离子方程式为。【小问3详解】由分析可知装置B中盛放的药品是碱石灰，可起到吸收氢气中的水和氯化氢的作用。【小问4详解】在点燃C处酒精灯前应检查氢气的纯度，故进行的操作是在D装置后用小试管收集气体并检验其纯度。【小问5详解】由上述实验可推出Na2O2与H2反应没有生成水，应生成氢氧化钠固体，化学方程式为。19.亚氯酸钠是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。过氧化氢法制备亚氯酸钠的流程如下：已知：①饱和溶液，在温度低于38℃时，析出的晶体是；高于38℃时析出的晶体是；高于60℃时，分解成和NaCl。②常温下是一种黄绿色到橙黄色的气体。回答下列问题：（1）中Cl元素的化合价为___________。（2）“反应”步骤中，可以用于替换的物质有___________(填序号)。a．稀硝酸b．c．d．（3）“吸收”步骤发生反应的化学方程式为：___________。该反应进行时，容器应置于低温恒温槽中，“吸收”时温度不宜过高的原因是___________。（4）