湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高一上学期拔尖创新实验班11月联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖南省邵阳市“八校联盟”2025-2026学年高一上学期拔尖创新实验班11月联考试题考试时间：75分钟；满分：100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“贴条形码区”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案写在试题卷上无效。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24K-39Fe-56Ca-40I-127一、选择题(本大题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1.化学与科技、医药、生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A.“冰寒于水”，说明相同条件下等质量冰的能量比液态水低B.可回收火箭“朱雀三号”燃料燃烧过程涉及化学能转化为热能C.嫦娥六号搭载水升华器进行降温：水升华过程中破坏了键D.湖南省博物馆陈列的明青花瓷的原料有高岭土，化学式为，也可以表示为【答案】C【解析】A．从能量角度分析，冰熔化需吸收热量，表明相同条件下等质量冰的内能低于液态水，符合热力学原理，说法正确，A正确；B．燃料燃烧是典型的放热反应，化学能转化为热能，符合能量转化规律，B正确；C．升华是物理变化，仅破坏分子间作用力（如水升华过程中破坏了氢键），水分子内部的H-O共价键未被破坏，C不正确；D．硅酸盐改写成氧化物的形式时排序为：活泼金属氧化物、较活泼金属氧化物、SiO2、H2O，同时要遵循原子守恒，D正确；答案选C。2.化学变化千般妙，安全步骤不能跳。关于实验室安全，下列表述错误的是A.加热玻璃仪器，都需要垫上陶土网，以防仪器受热不均而炸裂B.观察烧杯中钠与水反应的实验现象时，不能近距离俯视C.利用焰色试验检验离子时，需要戴好护目镜，在实验结束后清洗双手D.硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时应注意防护和通风【答案】A【解析】A．加热玻璃仪器时，试管等可直接加热的仪器无需垫陶土网，而烧杯等需垫陶土网，选项A错误；B．钠与水反应剧烈，可能飞溅，近距离俯视存在安全隐患，需保持距离观察，B正确；C．焰色试验需护目镜防护强光，实验后清洗双手避免残留物接触，C正确；D．硝酸腐蚀性强且易挥发，使用时需防护和通风，D正确；故答案选A。3.下列关于离子共存或离子反应说法正确的是A.某无色溶液中可能大量存在、、、B.酸性的溶液中可能大量存在、、、C.海水提溴过程中，将溴吹入吸收塔：D.向溶液中滴加氨水：【答案】C【解析】A．无色溶液中，Fe3+呈黄色，不符合无色要求，且Fe3+与OH-反应生成Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，A错误；B．酸性溶液中，在H+存在下具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应：3Fe2+++4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，不能大量共存，B错误；C．海水提溴过程中，Br2与SO2在水中的反应为氧化还原反应，离子方程式Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+，原子和电荷均守恒，离子方程式书写无误，C正确；D．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中能直接电离出氢离子，离子方程式为，D错误；故答案选C。4.能同时对汽车尾气中的、、三种污染物起催化净化作用的催化剂称为三效催化剂。某种三效催化剂涉及的物质的转化关系如图，下列说法正确的是A.还原过程中，发生还原反应B.储存过程属于氮的固定C.还原过程中，净化，理论上需消耗D.储存过程中，当中时，反应的和的物质的量之比为【答案】D【解析】A．根据图示，还原过程中，CxHy中C元素化合价升高生成CO2，CxHy发生氧化反应，A错误；B．储存过程未涉及N2转化，不属于氮的固定，B错误；C．还原过程中，CO被氧化为CO2，碳元素化合价由+2升高为+4，Ba(NO3)2中N元素化合价由+5降低为0，根据得失电子守恒，得5CO~Ba(NO3)2，只净化（0.1mol），需消耗0.02molBa(NO3)2，质量为5.22g，但还原过程中CxHy也被氧化，也会消耗Ba(NO3)2，由于参与反应的CxHy物质的量未知，则无法计算消耗Ba(NO3)2的质量，C错误；D．储存过程中，当NOx中x=2时，N元素化合价由+4升高为+5、O2中氧元素化合价由0降低为-2，根据得失电子守恒，反应的NO2和O2的物质的量之比为4:1，D正确；故答案选D。5.下列实验现象描述正确或能达到实验目的的是A．观察到右边装置中淡黄色固体变白色B．探究浓度对反应速率的影响C．证明：非金属性D．制备固体A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与过氧化钠反应生成白色的硫酸钠，同时，从发生装置中带出的水蒸气与过氧化钠反应生成氢氧化钠，氢氧化钠再与二氧化硫反应生成白色的亚硫酸钠，A正确；B．浓硫酸具有强氧化性，和稀硫酸的性质不同，所以题给装置不能达到验证浓度对反应速率的影响的实验目的，B错误；C．最高价含氧酸的酸性越强，对应元素的非金属性越强，稀盐酸与碳酸钠反应，生成的CO2通入硅酸钠溶液中，生成白色沉淀硅酸，则酸性：碳酸＞硅酸，非金属性：C>Si，但由于稀盐酸易挥发，烧杯中的白色沉淀可能来源于HCl与硅酸钠反应，因此该实验装置不可证明C的非金属性大于Si，C错误；D．一水合氨受热分解，蒸干氯化铵溶液无法得到氯化铵，所以题给装置无法达到制备氯化铵固体的实验目的，D错误；故答案为A。6.催化氧化反应是工业上生产硫酸的关键步骤。某次实验中，向容积为5L的恒温密闭容器中通入和，反应过程中部分物质的物质的量随反应时间变化的关系如图所示，下列说法正确的是A.工业上常用水做吸收剂吸收制备硫酸B.2min时的反应速率C.2min时，D.反应达到平衡时，的转化率为，则【答案】D【解析】A．工业上制取硫酸的过程中，吸收SO3时不能用水，因为SO3与水反应会生成硫酸并释放大量热量，导致水蒸发形成大量酸雾，酸雾会阻碍SO3的进一步吸收，降低吸收效率，因此工业上通常使用98.3%的浓硫酸来吸收SO3，A错误；B．2min内的平均反应速率，而非2min时的瞬时速率，B错误；C．2min时未达到平衡，，C错误；D．由图可知，反应达到平衡时，生成SO3的物质的量为8mol。根据化学方程式2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)，消耗O2的物质的量为8mol×1/2=4mol。已知O2转化率为50%，则其起始物质的量a=4mol/50%=8mol，D正确；故答案为D。7.催化反应广泛存在，如植物光合作用、和重整制和CO、工业尾气中的无害化处理(处理后，生成的物质可以参与大气循环)、的催化氧化、一定条件下催化还原生成等。下列说法正确的是A.分子中含有氢元素，在物质的分类中该物质属于多元酸B.标准状况下和的混合气体中所含原子数约为C.标准状况条件下CO气体的体积约占22.4LD.工业尾气中的无害化处理：【答案】B【解析】A．NH3分子含有氢原子，在水中生成一水合氨，一水合氨是一元弱碱，A错误；B．标准状况下22.4LCO和H2混合气体的物质的量为1mol，CO和H2均为双原子分子，故所含原子总数约为，B正确；C．未指明CO的物质的量，无法确定其体积，C错误；D．无害化处理应将NH3转化为无害的N2，生成NO仍为污染物，不符合无害化要求，D错误；故选B。8.如图所示是一种以液态肼()为燃料，氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。在固体氧化物电解质的温度达700～900℃时，O2-可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是A.放电时，电子的流向为电极甲→负载→电极乙→固体氧化物→电极甲B.放电时，电池内的O2-由电极甲移向电极乙C.电池负极反应为：N2H4-4e-=N2+4H+D.标准状况下：当电路中通过2mole-时，电极乙上有11.2LO2参与反应【答案】D【解析】该电池中以液态肼为燃料，通入N2H4的电极为负极，即电极甲为负极，通入氧气的电极为正极，即电极乙为正极。A．电子不能通过电解质，A错误；B．原电池中阴离子移向负极，故放电时，电池内的O2-由电极乙移向电极甲，B错误；C．反应生成物均为无毒无害的物质，所以N2H4被氧气氧化生成N2和H2O，电解质为固体氧化物，O2-在该固体氧化物电解质中自由移动，故负极反应为：，C错误；D．1molO2参与反应时转移4mol电子，故电路中通过2mole-时，电极乙上消耗0.5molO2，标况下有11.2LO2参与反应，D正确；故选D。9.以为原料生产尿素(的反应历程与能量变化示意图如下：下列说法正确的是A.和含有的化学键类型完全相同B.第二步反应属于放热反应C.第一步反应吸收热量为D.生产尿素的化学方程式为【答案】D【解析】图中以为原料经两步反应可生产尿素，第一步反应的反应物总能量大于生成物的总能量，为放热反应，热化学方程式可表示为：，第二步反应的反应物总能量小于生成物的总能量，为吸热反应，热化学方程式可表示为：，以此解答。A．的结构为，其中只含有共价键，中除含共价键外，还含有离子键(和之间)，二者含有的化学键类型不完全相同，故A错误；B．第二步反应的反应物总能量小于生成物的总能量，属于吸热反应，故B错误；C．由图可知，第一步反应是放热反应，故C错误；D．结合分析知，第一步反应的，第二步反应的，由盖斯定律可知，总反应的，故D正确；故答案选D。10.某营养补充剂的结构如图所示W，X，Y，Z为原子序数依次增大的短周期元素，X，Y，Z同周期且它们的原子序数之和为21，R是血红蛋白中所要的金属元素。下列说法错误的是A.W可分别与X、Y、Z形成10电子分子 B.原子半径：X＞Y＞ZC.简单氢化物的热稳定性：Y＜Z D.R的单质与Z的氢化物不可能发生置换反应【答案】D【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，W能形成1个共价键，X能形成4个共价键，Y能形成3个共价键，Z能形成2个共价键，X，Y，Z同周期且它们的原子序数之和为21，则W是H元素、X是C元素、Y是N元素、Z是O元素，R是血红蛋白中重要的金属元素，R是Fe元素。A．W为H，X为C，Y为N，Z为O。H与C形成CH4（10电子）、与N形成NH3（10电子）、与O形成H2O（10电子），均为10电子分子，A正确；B．X（C）、Y（N）、Z（O）同周期，同周期主族元素原子序数越大半径越小，原子半径C＞N＞O，B正确；C．非金属性N＜O，简单氢化物热稳定性NH3＜H2O，即Y＜Z，C正确；D．R为Fe（血红蛋白中的金属元素），Z的氢化物为H2O，Fe与水蒸气在高温下发生置换反应：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2↑，D错误；故选D。11.碳元素的单质及化合物应用广泛。又称富勒烯，掺杂可用作超导材料。资源化再利用是如期实现“碳中和”目标的关键技术之一。或掺杂形成捕获剂(X为Mg或Ca)。阅读上述材料，判断下列说法正确的是A.“碳中和”中的“碳”指的是碳元素B.捕获剂中的X元素原子的最外层电子数均为X原子L层电子数的C.溶液中含有氧原子数为D.掺杂K形成的超导材料具有良好的导电性能，故该超导材料为电解质【答案】B【解析】A．"碳中和"中的"碳"指的是二氧化碳等温室气体，并非碳元素本身，A错误；B．X为Mg或Ca，Mg和Ca为同一主族，最外层电子数为2、L层电子数为8，因此X元素原子最外层电子数均为X原子L层电子数的，B正确；C．1L1mol/LNa2CO3溶液中，溶质Na2CO3含3mol氧原子，但溶剂水含大量氧原子，总氧原子数远大于3NA，C错误；D．C60掺杂K形成的超导材料导电性能好，但导电机制为电子传导，非电离导电，不属于电解质，D错误；故答案为B。12.碲被誉为“现代工业的维生素”，它在地壳中平均的丰度值很低，铜阳极泥中碲的回收越来越引起人们的重视。某科研小组从粗铜精炼的阳极泥(主要含有)中提取粗碲设计工艺流程如图所示。下列有关说法正确的是已知：①“焙烧”后，碲主要以形式存在；“氧化”过程，被氧化为+6价；②微溶于水，易溶于强酸和强碱，与强碱生成。A.已知“滤渣”中含有、，可以用稀盐酸分离两种金属B.是两性氧化物，“碱浸”时反应的离子方程式为C.为加快“氧化”速率，温度越高越好D.“还原”时氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1【答案】B【解析】粗铜精炼的阳极泥（主要含有Cu2Te），通入氧气焙烧，可生成TeO2和CuO，加入氢氧化钠溶液碱浸，生成滤渣为CuO，滤液含有，加入过氧化氢，氧化部分Te生成+4价，再加入硫酸酸浸生成硫酸碲，加入亚硫酸钠还原得到粗碲，以此解答该题。A．、与盐酸都不反应，故不能用稀盐酸分离两种金属，A错误。B．结合题干条件，微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物，碱浸时反应的离子方程式为，B正确。C．“氧化”时氧化剂为，温度过高，会分解，氧化效果会减弱，C错误D．还原时发生反应：，氧化剂为，还原剂，物质的量之比与化学计量数成正比，故为1∶3，D错误。答案选B。13.某催化剂可实现与反应制备。向容器中加入和适量催化剂，并不断通入，保持其他条件不变，分别在20℃、40℃和60℃下进行实验①、②、③，测得的产量随时间的变化如题图所示。下列说法不正确的是A.设计实验①、②、③的目的是探究温度对该催化反应的影响B.实验①说明：20℃，在内，随着时间的增加，该催化反应持续进行C.比较实验①、②可知，在0~3h内，40℃比20℃对该催化反应更有利D.实验③中后，与不再反应，生成的开始分解【答案】D【解析】A．实验①、②、③的唯一变量为温度（20℃、40℃、60℃），其他条件不变，目的是探究温度对该催化反应的影响，A正确；B．实验①（20℃）的曲线在0~3h内H2O2产量随时间持续增加，说明反应持续进行，B正确；C．0~3h内，实验②（40℃）的H2O2产量始终高于实验①（20℃），表明40℃下反应更有利，C正确；D．实验③（60℃）中2h后H2O2产量下降，可能是因为生成速率小于分解速率，而非“不再反应”，反应仍在进行，D错误；故选D。14.CO2捕获和转化可减少CO2排放并实现资源利用，原理如图1所示。反应①完成之后，以N2为载气，将恒定组成的N2、CH4混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2所示。反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳。下列说法不正确的是A.以N2为载气，利用了氮气的化学性质稳定B.反应①为CaO+CO2=CaCO3；反应②为C.t1～t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，可能有副反应D.时刻，副反应生成H2的速率大于反应②生成H2的速率【答案】D【解析】A．以N2为载气，利用了氮气的化学性质稳定，其不影响甲烷和碳酸钙的反应，A正确。B．由题干图1所示信息可知，反应①为氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙：，反应②为碳酸钙和甲烷催化生成氧化钙、CO和氢气：，B正确。C．由题干图2信息可知，t1~t3，n（H2）比n（CO）多，且生成H2速率不变，且反应过程中始终未检测到CO2，在催化剂上有积碳，故可能有副反应，C正确；D．由B分析的反应②方程式可知，H2和CO的反应速率相等，而时刻信息可知，H2的反应速率未变，仍然为2mmol/min，而CO变为1~2mmol/min之间，故能够说明副反应生成H2的速率小于反应②生成H2速率，D不正确；故选D。二、非选择题(本题共4大题，每空2分，共58分)15.在一定温度下，向体积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的A、B发生化学反应(除物质C为固体外，其余的物质均为气体)，各物质的含量随时间的变化情况如图所示，请回答下列问题：（1）写出该反应的化学方程式_______，0～2min内用A表示的化学反应速率_______。（2）该反应在2min时改变了某一条件，则该条件可能为_______(选填序号a．升温、b．增大压强、c．使用催化剂)。（3）下列能说明反应达到平衡的是_______(填标号)。a．当有1molA被消耗的同时有1molD被消耗b．反应体系内气体的密度不再发生变化c．A与C的浓度之比为d．反应体系内气体的压强不再发生变化（4）t时刻，容器内压强与初始压强的比值为，则此时A物质的转化率为_______%，对比上图信息，判断反应_______(填“是”或“否”)达到平衡。【答案】（1）4A(g)+5B(g)6C(s)+4D(g)0.1（2）ac（3）ABD（4）19.2否【解析】【小问1】由图像可得A、B为反应物，C、D为生成物，在0～2min内各组分的物质的量变化量之比为nA：nB：nC：nD=(2.5mol-2.1mol)：(2.4mol-1.9mol)：0.6mol：0.4mol=4：5：6：4，除物质C为固体外，其余的物质均为气体，可得该反应得化学反应式为4A(g)+5B(g)6C(s)+4D(g)；0～2min内用A表示的化学反应速率=0.1。【小问2】该反应在恒容密闭容器中进行，由图像可得2~3min内该反应正向进行，正反应速率加快，但2min时A、B的物质的量并未增加，则该条件可能为升温或使用催化剂，故选ac。【小问3】A．由反应式可得A与D的化学计量系数比为1：1，则当v(A)正=v(A)逆=v(D)逆时，反应到达平衡，当有1mol

A被消耗的同时有1mol

D被消说明v(A)正=v(D)逆，反应到达平衡，A正确；B．混合气体的密度，该反应是气体生成固体的反应，反应过程中气体总质量减小，气体总体积不变，混合气体的密度减小，当反应体系内气体的密度不再发生变化，说明反应达到平衡，B正确；C．A与C的浓度之比与反应起始的投料比有关，浓度之比等于2：3并不能判断反应到达平衡，A与C的浓度不再变化才能作为反应到达平衡的依据，C错误；D．该反应左右两边气体系数不相等，反应到达平衡时，气体的总物质的量不变，体系恒容，则气体的压强不再变化，D正确；故选ABD。【小问4】t时刻，容器内压强与初始压强的比值为，根据已知条件列出“三段式”则，解得x=0.12mol，此时A物质的转化率为=19.2%，根据图像可得反应到达平衡时A消耗0.8mol，则t时刻反应未到达平衡。16.砷()、溴()是重要的非金属元素。回答下列问题：（1）非金属性：As_____(填“>”或“<”)Br；核素的中子数为_____。（2）砷及其化合物几乎都有毒，通常价砷化合物毒性强于价砷化合物。利用单质铁可处理水体砷污染，其原理为单质铁在水体中被氧化腐蚀得到水合氧化铁[和]，吸附沉降砷的化合物。在其他条件一定时，调节水样的pH，得到除砷效率曲线如图所示。①海产品中含有微量价砷化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是_____。②水样酸性较强时，除砷效率较低的原因是_____。③某水样中含砷总浓度为，若控制水样的，出水后的砷浓度为_____（3）已知：卤族元素的单质极易溶于，在水和或酒精中显示不同的颜色(如下表)：单质水中的颜色-浅黄绿色橙黄色淡黄色或酒精中的颜色-深黄色红棕色紫红色①上述卤族元素在周期表中处于短周期的是_____(填元素名称)。②已知：卤素互化物ICl是红棕色液体，易与NaOH溶液反应，ICl与NaOH溶液的反应不属于氧化还原反应，写出该反应的化学方程式：_____。③氢溴酸在医药、染料、香料等工业有广泛用途。工业氢溴酸常显淡黄色，是因为含有或，或二者都有，某学生通过以下实验进行验证：试剂X是_____(填“酒精”“”或“KSCN溶液”)，该工业氢溴酸显淡黄色的原因是_____。【答案】（1）<46（2）水果中富含维生素C等还原性物质，会把价砷还原成毒性更强的价砷酸性较强时，不易生成水合氧化铁，从而导致砷化合物的吸附效率降低（3）氟、氯含有和【解析】【小问1】由于As在元素周期表中与Br处于同一周期，并且As在Br的左侧，根据元素周期律可知，非金属性：。由核素的符号可知，其质量数为81，原子序数为35，故中子数为。【小问2】①水果中富含维生素C等还原性物质，能被+5价砷氧化，同时+5价砷被还原成剧毒的+3价砷。②单质铁需要通过氧化腐蚀生成水合氧化铁才能起到吸附沉降砷化合物的作用，但在酸性条件下，铁容易反应生成游离的铁离子，不利于水合氧化铁的形成，导致除砷效率降低。③由图可知，在pH=6时，As去除率为80%，因此此时出水后的As浓度为，计算可得其浓度为。【小问3】①卤族元素包括氟、氯、溴、碘等，其中氟位于第二周期，氯位于第三周期，溴和碘位于长周期，所以处于短周期的是氟、氯。②因为ICl与NaOH溶液的反应不属于氧化还原反应，ICl中I为+1价，Cl为-1价，因反应不属于氧化还原反应，故产物中元素化合价不变，可知ICl与NaOH反应生成NaIO、NaCl和H2O，化学方程式为ICl+2NaOH=NaIO+NaCl+H2O。③酒精与水互溶，KSCN溶液与水也互溶，都不会出现分层现象，而CCl4密度比水大且不溶于水，能与水分层，所以试剂X是CCl4。下层为红棕色，说明Br2溶于CCl4呈红棕色，上层为黄色，说明不溶于CCl4，在水层显黄色，所以该工业氢溴酸显淡黄色的原因是含有。17.类比是化学学习的重要方法之一，过氧化钙()与在结构和性质上相似。是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输。实验室制备流程如下：．的制备已知：①是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，易与酸反应；②在0℃时稳定，加热至130℃时变为无水，在350℃时能迅速分解，生成和。回答下列问题：（1）中阳离子和阴离子的个数之比为___________。（2）可用于长途运输鱼苗，请用化学方程式解释___________。（3）“洗涤”工序中应选择的洗涤液为___________。“沉淀”工序中为了提高产品产率应在___________浴中进行。．纯度的测定（4）取一定质量的产品，按照图装置(加热装置已省略)进行实验。实验结束读取体积时，若水准管中液面高于量气管中液面，会使测得的纯度___________(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。若有影响，应向___________(填“上”或“下”)移动水准管，使两管液面相平(注：若第一空填无影响，第二空不用填写)。（5）已知：样品质量，标况下测得气体体积为VmL，样品中的纯度为___________%。【答案】（1）1∶1（2）（3）乙醇冰水（4）偏小下（5）【解析】氯化钙固体加水溶解，再加入过氧化氢溶液，并通入氨气，制备，副产品为氯化铵，经过过滤、洗涤、烘干得到产品。【小问1】由Ca2+和构成，其中阳离子和阴离子的个数之比为1∶1。【小问2】可用于长途运输鱼苗，请用化学方程式解释过氧化钙()与在结构和性质上相似。是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输，其原因是与水反应生成氧气和氢氧化钙，反应的方程式为。【小问3】微溶于水，不溶于乙醇，为减少的溶解损失，“洗涤”工序中应选择的洗涤液为乙醇。在0℃时稳定，则“沉淀”工序中为了提高产品产率应在冰水浴中进行。小问4】实验结束读取体积时，若水准管中液面高于量气管中液面，量气管中气体压强增大，则所测氧气的体积偏小，会使测得的纯度偏小，此时应向下移动水准管，使两管液面相平。【小问5】标况下测得气体体积为VmL，则，根据反应，，样品中的纯度为。18.二氧化氯是一种新型的自来水消毒剂。常温下，可由固体与反应而制得。已知在常温常压下是一种黄绿色气体，有与氯气相似的刺激性气味，沸点为，熔点为，易溶于水，难溶于有机溶剂，在空气中浓度超过时易发生爆炸分解，高浓度二氧化氯会对人体皮肤和粘膜有腐蚀作用、某小组同学拟用下列