2026年河南省开封五县联考高三4月质量调研（二模）化学试题理试题含解析

2026年河南省开封五县联考高三4月质量调研（二模）化学试题理试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、以下相关实验不能达到预期目的的是（）A．试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B．向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C．加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D．两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响2、化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（）A．酚酞的分子式为C20H14O4B．酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物C．1mol酚酞最多与2molNaOH发生反应D．酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色3、25℃，将浓度均为0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合，保持Va+Vb=100mL，生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如下图。下列叙述错误的是A．HA一定是弱酸B．BOH可能是强碱C．z点时，水的电离被促进D．x、y、z点时，溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)4、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A．装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B．装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C．最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D．甲烷的二氯代物有2种5、某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水，装置如图所示。下列说法错误的是A．好氧微生物电极N为正极B．膜1、膜2依次为阴离子、阳离子交换膜C．通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数D．电极M的电极反应式为2OCN－6e＋2H2O=2CO2↑＋N2↑＋4H6、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L7、下表中对应关系正确的是A

CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl

CH2=CH2+HClCH3CH2Cl

均为取代反应

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br‾=2Cl‾+Br2

Zn+Cu2+=Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2↑

Cl2+H2O=HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

A．A B．B C．C D．D8、下列有关物质的性质与应用相对应的是（）A．Cl2具有漂白性，可用作自来水的消毒B．SiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维C．NH3具有还原性，可用作制冷剂D．Na2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂9、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al210、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．SSO2BaSO4B．SiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）C．MgCl2•6H2OMgCl2MgD．N2NO2HNO311、下图是0.01mol/L甲溶液滴定0.01mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A．条件相同时导电能力：盐酸>NaAcB．曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力D．a点是反应终点12、25°C时，向20mL0.10mol•L-1的一元酸HA中逐滴加入0.10mol•L-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．HA

为强酸B．a

点溶液中，c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）C．酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞D．b

点溶液中，c（Na+）=c（A-）13、下列电池工作时，O2在正极放电的是（）A．锌锰电池B．氢燃料电池C．铅蓄电池D．镍镉电池A．A B．B C．C D．D14、常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是A．NH3和Cl2 B．NH3和HBr C．SO2和O2 D．SO2和H2S15、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A．硝酸钡，稀硫酸 B．稀盐酸，氯化钡C．稀硫酸，氯化钡 D．稀硝酸，氯化钡16、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO417、ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质18、下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是A．Mg、Al合金用来制造飞机外壳—合金熔点低B．食品盒中常放一小袋Fe粉—Fe粉具有还原性C．SiO2用来制造光导纤维—SiO2耐酸性D．葡萄酒中含SO2—SO2有漂白性19、下列关于物质的分类或性质描述不正确的是()A．NaClO是强碱弱酸盐，具有强氧化性B．氯气溶于水能导电，氯气是电解质C．Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生D．加热煮沸Mg(HCO3)2溶液，可产生Mg(OH)2沉淀20、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）A．5种 B．6种 C．7种 D．8种21、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说法正确的是A．Y元素至少能形成三种单质B．简单离子半径：C．元素的非金属性：D．化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同22、一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是（）A．放电时，Zn2+脱离插层B．放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C．充电时，电子由层经电解质溶液流向层D．充电时，阳极发生电极反应：二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A的名称___________________.(2)C→D的化学方程式_________________________.E→F的反应类型____(3)H中含有的官能团________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_____________种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为___________________________.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：__________________。24、（12分）（14分）药物H在人体内具有抑制白色念球菌的作用，H可经下图所示合成路线进行制备。已知：硫醚键易被浓硫酸氧化。回答下列问题：（1）官能团−SH的名称为巯(qiú)基，−SH直接连在苯环上形成的物质属于硫酚，则A的名称为________________。D分子中含氧官能团的名称为________________。（2）写出A→C的反应类型：_____________。（3）F生成G的化学方程式为_______________________________________。（4）下列关于D的说法正确的是_____________（填标号）。（已知：同时连接四个各不相同的原子或原子团的碳原子称为手性碳原子）A．分子式为C10H7O3FSB．分子中有2个手性碳原子C．能与NaHCO3溶液、AgNO3溶液发生反应D．能发生取代、氧化、加成、还原等反应（5）M与A互为同系物，分子组成比A多1个CH2，M分子的可能结构有_______种；其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的物质的结构简式为_____________。（6）有机化合物K()是合成广谱抗念球菌药物的重要中间体，参考上述流程，设计以为原料的合成K的路线。_____________25、（12分）I．常温下，HNO2电离反应的平衡常数值为2.6×10-4。NaNO2是一种重要的食品添加剂，由于其外观及味道都与食盐非常相似，误食工业用盐造成食物中毒的事件时有发生。（1）某活动小组同学设计实验方案鉴别NaCl溶液和NaNO2溶液，请填写下列表格。选用药品实验现象利用NaNO2的性质①酚酞试液________________________②淀粉-KI试纸________________________（2）亚硝酸钠有毒，不能随意排放，实验室一般将其与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，则该气体为____________（填化学式）。II．活动小组同学采用如下装置制备并测定所得固体中亚硝酸钠（NaNO2）的质量分数（装置可重复使用，部分夹持仪器已省略）。已知：①2NO+Na2O2＝2NaNO2；②酸性条件下，NO、NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2+；NaNO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色。（1）实验装置的连接顺序为____________；（2）C瓶内发生反应的离子方程式为____________。（3）为了测定亚硝酸钠的含量，称取4.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.10mol·L－1的酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表。滴定次数1234KMnO4溶液体积/mL20.6020.0220.0019.98①第一组实验数据出现较明显异常，造成异常的原因可能是__________（填字母序号）。a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥c．观察滴定终点时仰视读数②根据表中数据进行计算，所制得的固体中亚硝酸钠的质量分数为____________。（4）设计实验，比较0.1mol·L－1NaNO2溶液中NO2－的水解程度和0.1mol·L－1HNO2溶液中HNO2电离程度的相对大小_______（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）。26、（10分）高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答：(1)反应①的化学方程式为______________________________________，加热软锰矿、KClO3和KOH固体，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有___，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________；上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。27、（12分）乙醛能与银氨溶液反应析出银，如果条件控制适当，析出的银会均匀分布在试管上，形成光亮的银镜，这个反应叫银镜反应。某实验小组对银镜反应产生兴趣，进行了以下实验。(1)配制银氨溶液时，随着硝酸银溶液滴加到氨水中，观察到先产生灰白色沉淀，而后沉淀消失，形成无色透明的溶液。该过程可能发生的反应有_________A．AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3B．AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC．2AgOH=Ag2O+H2OD．Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O(2)该小组探究乙醛发生银镜反应的最佳条件，部分实验数据如表：实验序号银氨溶液/mL乙醛的量/滴水浴温度/℃反应混合液的pH出现银镜时间1136511521345116.53156511441350116请回答下列问题：①推测当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间范围是____________________。②进一步实验还可探索_______________对出现银镜快慢的影响(写一条即可)。(3)该小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。已知：Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验Ⅰ2mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验Ⅱ2mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生，一段时间后，溶液无明显变化①两组实验产生的气体相同，该气体化学式为____________，检验该气体可用____________试纸。②实验Ⅰ的黑色固体中有Ag2O，产生Ag2O的原因是____________。(4)该小组同学在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，推测可能的原因是____________，实验室中，我们常选用稀HNO3清洗试管上的银镜，写出Ag与稀HNO3反应的化学方程式____________。28、（14分）无机物可根据其组成和性质进行分类。现有Cl2、Na、CO2、Na2O、Na2O2、NH3六种物质，完成下列填空：(1)由分子构成的单质是____________，属于极性分子的是____________。(2)既有离子键又有共价键的物质的电子式为____________。(3)上述化合物中组成元素的原子半径由大到小的顺序是____________。(4)根据与水反应的不同，上述物质可分成A组（CO2、Na2O和NH3）和B组（Cl2、Na和Na2O2），分组的依据是________________________。(5)在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2，溶液褪色，发生反应（未配平），配平该反应的离子方程式并标出电子转移方向与数目。____________29、（10分）直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：______________。（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是________________________（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3²﹣):n(HSO3﹣)变化关系如下表:n(SO₃²﹣)：n(HSO₃﹣)

91：9

1：1

1：91

pH

8.2

7.2

6.2

①上表判断NaHSO3溶液显______性，用化学平衡原理解释：____________②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)：____________a．c（Na＋）=2c（SO32-）＋c（HSO3－），b．c（Na＋）>c（HSO3－）>c（SO32-）>c（H＋）=c（OH－）c．c（Na＋）+c（H＋）=c（SO32-）+c（HSO3－）+c（OH－）(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：①HSO3-在阳极放电的电极反应式是_______________。②当阴极室中溶液pＨ升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：__________

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A.

Na2CO3

能与Ca(

OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2

溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。2、C【解析】

A．根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；B．酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；C．1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与3molNaOH发生反应，故C符合题意；D．酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；故答案为：C。酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗2molNaOH。3、C【解析】

A.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，则HA一定是弱酸，故A正确；B.当Va=Vb=50mL时，溶液相当于BA溶液，此时溶液的pH＞7呈碱性，说明BA是强碱弱酸盐，这里的强弱是相对的，BOH可能是强碱也可能是电离程度比HA大的弱碱，故B正确；C.z点时，BOH溶液的体积VbmL大于HA溶液的体积VamL，混合溶液的pH大于9，即c(H+)＜10-9，25℃时该溶液中水的电离被抑制，故C错误；D.x、y、z点时，溶液中都存在电荷守恒：c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)，故D正确；题目要求选择错误的，故选C。4、D【解析】

A.装置乙试管中收集到的液体物质是苯和甲苯，两种物质的分子中都含有苯环，在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应，A正确；B.加热聚丙烯废塑料得到的不饱和烃乙烯、丙烯可以与Br2发生加成反应，产生1，2-二溴乙烷和1，2-二溴丙烷，它们都是液体物质，难溶于水，密度比水大，B正确；C.加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯，气体物质有氢气、甲烷、乙烯、丙烯，液体物质有苯和甲苯，其中苯和甲苯经冷水降温恢复至常温下的液态留在小试管中；气体中乙烯、丙烯与溴的四氯化碳溶液反应变为液体，剩余气体为氢气、甲烷，燃烧产生H2O、CO2，无污染，因此可作为清洁燃料使用，C正确；D.甲烷是正四面体结构，分子中只有一种H原子，其二氯代物只有1种，D错误；故合理选项是D。5、C【解析】

A．由物质转化知，OCN中C为＋4价，N为－3价，在M极上N的化合价升高，说明M极为负极，N极为正极，A项正确；B．在处理过程中，M极附近电解质溶液正电荷增多，所以阴离子向M极迁移，膜1为阴离子交换膜，N极反应式为O2＋4e＋2H2O=4OH，N极附近负电荷增多，阳离子向N极迁移，膜2为阳离子交换膜，B项正确；C．根据电荷守恒知，迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数，但是离子所带电荷不相同，故迁移的阴、阳离子总数不一定相等，C项错误；D．M极发生氧化反应，水参与反应，生成了H，D项正确；答案选C。6、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。7、B【解析】

A．CH2=CH2+HCl→CH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B．油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；C．Cl2+2Br-═2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+═Zn2++Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2O═HCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。8、D【解析】

A．氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B．二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；C．氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D．过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确；故答案为D。9、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。10、A【解析】A．硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B．二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C．氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D．氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。11、C【解析】

A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。本题的难点为曲线①和②的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。12、D【解析】

A、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA，溶液的pH＞7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误；B、a点反应后溶质为NaA，A-部分水解溶液呈碱性，则c(OH-)＞c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)＞c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，酚酞的变色范围为8～10，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误；D、b点溶液的pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正确；故选：D。本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。13、B【解析】

A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；综上所述，答案为B。14、C【解析】

完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，A．氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；B．氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；C．二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；D．SO2和H2S发生SO2+2H2S═3S↓+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；故选：C。15、B【解析】

在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。【详解】A.样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；B.样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；C.样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；D.稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。本题选B。检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。16、D【解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。17、C【解析】

根据实验装置和反应方程式可知，a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b装置吸收氯气和氯化氢，再用c中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。【详解】A．a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B．b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C．ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D．d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；答案选C。实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。18、B【解析】

A.Mg、Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A错误；B.食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；C.SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；D.葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。答案选B。本题易错选项D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。19、B【解析】

A．次氯酸钠是由氢氧化钠与次氯酸反应生成，属于强碱弱酸盐，次氯酸钠中氯元素处于+1的价，具有强的氧化性，故A正确；B．氯气是单质，不是电解质，故B错误；C．氢碘酸为可溶性电解质，能够是氢氧化铁胶体聚沉，氢氧化铁具有强的氧化性，能够氧化碘离子生成单质电，所以Fe(OH)3胶体遇氢碘酸先聚沉后溶解，并有氧化还原反应发生，故C正确；D．长时间煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正确；故选：B。电解质：在水溶液或在熔融状态下能够导电的化合物。所以判断是否为电解质的前提为化合物，B选项氯气是单质，不是电解质也不是非电解质。20、D【解析】

该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。21、A【解析】

本题考查物质结构和元素周期律，意在考查接受，吸收，整合化学信息的能力。根据X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，可以确定X为H、Y为C；根据X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W，可以确定Z为Na、W为S；据此分析。【详解】A.碳元素能形成金刚石、石墨、C60等多种单质，故A正确；B.①微粒半径电子层数越多，半径越大；②当电子层数相同时，核电荷数越大，吸电子能力越强，半径越小，故离子半径：S2->Na+>H+，故B错误；C.元素的非金属性：S>C>H，故C错误；D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不同，故D错误；答案：A22、D【解析】

A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；B.根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；C.充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；D.充电时，阳极失电子，电极反应为：，故D正确；故选D。已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。二、非选择题(共84分)23、2—甲基丙烯取代反应酚羟基和硝基C10H11NO56【解析】

根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1)由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为，故答案为6；；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。24、4−氟硫酚（或对氟硫酚）羧基、羰基加成反应AD13【解析】

（1）F原子在硫酚的官能团巯基对位上，习惯命名法的名称为对氟硫酚，科学命名法的名称为4−氟硫酚；D分子中含氧官能团有羧基，羰基两种。（2）A→C为巯基与B分子碳碳双键的加成反应。（3）F→G的过程中，F中的—OCH3被—NH—NH2代替，生成G的同时生成CH3OH和H2O，反应的方程式为。（4）由结构简式可推出其分子式为C10H7O3FS，A正确；分子中只有一个手性碳原子，B错误；分子中的羧基能够与NaHCO3溶液反应，但F原子不能直接与AgNO3溶液发生反应，C错误；能发生取代(如酯化)、氧化、加成(羰基、苯环)、还原(羰基)等反应，D正确。（5）根据描述，其分子式为C7H7FS，有−SH直接连在苯环上，当苯环上连有−SH和−CH2F两个取代基时，共有3种同分异构体，当苯环上连有—SH、—CH3和—F三个取代基时，共有10种同分异构体，合计共13种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1的物质的结构简式为。（6）到，首先应该把分子中的仲醇部分氧化为羰基，把伯醇(—CH2OH)部分氧化为羧基，然后模仿本流程中的D→E→F两个过程，得到K。25、溶液变红溶液显碱性试纸变蓝氧化性N2ACEDEBCu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2Oac86.25%25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度（合理方法均可给分）。【解析】

I．（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；II．（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu+2H++NO2＝Cu2++NO+H2O；（3）①a．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b．锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c．滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。②根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H＋+2MnO4-+5NO2-＝2Mn2＋+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为5×10-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g×100%=86.25%。（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25℃时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH＜7，则说明HNO2的电离程度大于NO2－的水解程度；若pH＞7，则说明HNO2的电离程度小于NO2－的水解程度。26、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】

以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备KMnO4晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为K2MnO4，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚；瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；⑵工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、高锰酸钾；【详解】(1).加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，反应的化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚，而不与Fe发生反应，所以要用铁坩埚；故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2=CO32-+H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2，调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；从流程图可以看出，需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考虑），反应中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH、MnO2；(3).依据流程中的信息，滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾，再根据表中的溶解度数据可知，高锰酸钾在室温下的溶解度较小，而碳酸钾的溶解度很大，因此，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；化学工艺流程题是高考的热点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。27、ABCD5～6min银氨溶液的用量不同或pH不同NH3湿润的红色石蕊在NaOH存在下，加热促进NH3·H2O的分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O：Ag++2OH-=Ag2O↓+H2O产物AgCl的溶解度小于Ag2SO43Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O【解析】

(1)灰白色沉淀含有AgOH和Ag2O，最后为澄清溶液，说明这两种物质均溶于浓氨水；(2)①由实验1和实验4知在5~6min之间；②根据表格数据，采用控制变量法分析；(3)根据物质的成分及性质，结合平衡移动原理分析产生的气体和Ag2O的原因；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同，因此从阴离子的角度考虑。氯化银的溶解度小于硫酸银，从沉淀溶解平衡分析。【详解】(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，首先发生复分解反应：AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH不稳定，会发生分解反应：2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧化二氨合银，反应方程式为：Ag2O+4NH3·H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD；(2)①当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，反应混合液pH为11时，由实验1和实验4可知出现银镜的时间范围是在5~6min之间；②根据实验1、2可知，反应温度不同，出现银镜时间不同；根据实验1、3可知：乙醛的用量不同，出现银镜时间不同；在其他条件相同时，溶液的pH不同，出现银镜时间也会不同，故还可以探索反应物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响；(3)①在银氨溶液中含有Ag(NH3)2OH，该物质在溶液中存在平衡：Ag(NH3)2++2H2OAg++2NH3·H2O，NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，加热并加入碱溶液时，电离平衡逆向移动，一水合氨分解产生氨气，故该气体化学式为NH3，可根据氨气的水溶液显碱性，用湿润的红色石蕊检验，若试纸变为蓝色，证明产生了氨气；