考点16 氮元素单质及其重要化合物 1、（2013·四川高考·6）6.下列关于“化学与健康”的说法不正确的是 服用铬含量超标的药用胶囊会对人对健康造成危害 食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收 “血液透析”利用了胶体的性质 光化学烟雾不会引起呼吸
道疾病 【解题指南】解答本题时应注意以下几点： 重金属元素会使人体蛋白质变性； 维生素包括脂溶性维生素和水溶性维生素，维生素只有溶解才有可能被吸收。 【解析】选D。 选项 具体分析 结论  A 铬元素属于重
金属元素，摄入量过多会使人中毒 错误  B 油脂能促进人体对脂溶性维生素的吸收[来源:学科网] 错误  C 血液是胶体，尿素及盐类属于小分
子化合物，能通过渗析的方法使其分离。[来源:学科网] 错误  D 光化学烟雾中含有氮的氧化物，会刺激呼吸道引起呼吸道疾病。[来源:学_科_网Z_X_X_K] 正确  3、（2013·上海高考·1）今年3月修订的《环境空气质量标准》中新纳入的强制监测指标是 A．PM2.5 B．NOx C．SO2 D．可吸入颗粒物 【答案】A 【解析】本题考查化学与生活，意在考查考生应用化学知识解释生活现象的能力。2013年3月修订的《环境空气质量标准》将PM2.5纳入强制检测指标，A项正确；氮氧化物、SO2、可吸入颗粒物已在检测指标中，不属于新增检测项目，故答案为：A。 4、（2013·福建高考·11）11．下列物质与水作用形成的溶液能与NH4Cl反应生成NH3的是 A．二氧化
氮 B．钠 C．硫酸镁 D．二氧化硅 【解题指南】解答本题时应明确“铵盐只有和碱反应才能能够生成氨气”。 【解析】选B。钠和水反应生成NaOH和H2，NaOH和NH4Cl反应生成NH3，反应的化学方程式依次是：2Na+2H2O
2NaOH+H2↑、NH4Cl+NaOH
NH3↑+H2O+NaCl。 5、（2013·上海高考·16）实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是
A．①是氨气发生装置 B．③是氨气发生装置 C．②是氨气吸收装置 D．④是氨气收集、检验装置 B【解析】本题通过NH3的制取实验，意在考查考生实验分析、实验评价能力。①装置在管口处又生成NH4Cl，无法制得NH3，
A项错误；选用装置③，使用浓氨水与CaO或NaOH作用，可制取NH3，B项正确；②作为NH3的吸收装置，漏斗插入水中，不能防止倒吸，C项错误；利用④收集NH3时，收集气体不纯，D项错误。 6、（2013·江苏高考·1）1.化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极的作用。下列做法与社会可持续发展理念相违背的是 A.改进汽车性质尾气净化技术，减少大气污染物的排放 B.开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用 C.研发可降解高分子材料，减少“白色污染” D.过度开发矿物资源，促进地方经济发展 【参考答案】D 【分析】本题属于考核化学与社会问题中的节能减排、保护环境、资源利用等相关问题。 A.汽车工业的发展可持续发展离不开技术的进步，改进汽车性质尾气净化技术，减少大气污染物的排放是汽车工业发展必然要求。 B.开发利用太阳能、风能、潮汐能、地热能等可再生能源，可以减少化石燃料的使用，减轻温室效应的压力，有得社会的可持续发展。 C.“白色污染”在土壤和水体中富集可长期影响农作物的生长、海洋渔业等，研发可降解高分子材料，给塑料工业带来可持续发展的机遇。 D.适度开发矿物资源，能促进地方经济发展；过度开发矿物资源，不利于地方经济发展的可持续发展，甚至资源浪费，环境污染。煤、石油、稀土等资源开发须有国家宏观控制，才能实现真正意义上的可持续发展。 【解题指南】解答本题时应注意“资源利用、环境保护与社会可持续发展”的要求。 【解析】选D。A项，汽车尾气中含有氮氧化物等有害气体，改进净化技术
，可以减少污染物的排放，有利于社会可持续发展；B项，化石燃料是不可再生资源，且化石燃料使用过程中易产生污染，减少化石燃料的使用有利于社会可持续发展；C项，“白色污染”是聚乙烯等难以降解的塑料产生的污染，研发使用可降解塑料有利于保护环境，可持续发展；D项，矿物资源大多为不可再生资源，且矿物资源开采使用过程中易导致污染，不利于社会可持续发展。 7、（2013·海南高考·1）化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是 A．CO2属于大气污染物 B．酸雨是pH小于7的雨水[来源:Z.xx.k.Com] C．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 D．大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧 【解析】CO2不属于大气污染物，酸雨pH<5.6。 【答案】D 8、（2013·山东高考·12）下列由相关实验现象所推出的结论正确的是 A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性
B．溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中
一定有SO42- C．
Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两
种酸均发生置换反应 D．分别充满HCl、NH3的烧瓶
倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水 【解题指南】解答本题时应明确氯气和二氧化硫褪色的原理的不同点，Cl-、SO42-的检验方法及注意事项。 【解析】选D。A项，二者漂白的原理不同，前者属于氧化型，后者属于化合型，
因此不能说明SO2具有氧化性，A错；B项，溶液中也可能含有SO32-，B错；C项，铁与硝酸发生的不是置换反应，C错误； 9、（2013·重庆高考·7）下列叙述正确的是 Ｆe与S混合加热生成FeS2 NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3 过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成 白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷 【解题指南】解答本题时应注意物质的特殊性质，如硫元素的氧化性较弱，碳酸钠的稳定性较强，同时注意关键词语“过量”“浓”“空气”。 【解析】选C。 选项 具体分析 结论[来源:Z+xx+k.Com]  A 两者混合加热生成FeS。 错误  B 碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠。 错误  C 铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，但是当铜过量时，随着硝酸的浓度的降低，产物中便有一氧化氮生成。 正确  D 白磷在空气中加热会与氧气反应。 错误  10、（2013·海南高考·8）8．两种盐的固体混合物：①加热时有气体产生，②加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的混合物是 A . BaCl2和(NH4)2
SO3 B . AgNO3和NH4Cl C．FeCl3和NaHCO3 D. KCl和Na2CO3 【解析】A选项有铵盐，加热产生气体，溶解得到亚硫酸钡沉淀且溶于盐酸；B选项溶解得到的氯化银不溶于盐酸；C项碳酸氢钠分解生成二氧化碳，加水溶解发生双水解，生成的氢氧化铁可溶解于盐酸；D项溶解后得不到沉淀。 【答案】AC[来源:学科网] 11、（2013·天津高考·1）1．根据下列物质的化学性质，判断其应用错误的是 （ ） A．酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒 B．CaO能与SO2反应，可作工业废气的脱硫剂 C．明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可作漂白剂 D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢
化物，可作储氢材料 【思路点拨】解答本题要注意明矾加入水中起到净水作用而不是漂白剂和杀菌消毒。 【解析】选C。75﹪的酒精有杀菌消毒的作用，原理是使蛋白质变性死亡，所以A正确；氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，起到除二氧化硫的作用，所以B正确；明矾放到自来水中，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，吸附杂质起到净水作用，所以C错误；过渡金属的某些合金有吸附氢气的作用，所以D正确。 12、（2013·大纲版全国卷·12）在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O ,Fe(OH)3 ,NH4HCO3 ,NaHCO3完全分解，所得气体体积依次是V1、V2、V3、V4.体积大小顺序正确的是 A.V3＞V2＞V4＞V1 B. V3＞V4＞V2＞V1 C.V3＞V2＞V1＞V4 D.V2＞V3＞V1＞V4 【解题指南】解答本题时应掌握有关元素化合物知识 【解析】选A 。常压和500ｏC条件下，水是气体，根据等物质的量物质分解关系式：
～
，
～
，
～
～
～
，
～
～
。 13、（2013·天津高考·3）3．下列叙述正确的是 （ ） A．乙酸与丙二酸互为同系物 B．
不同元素的原子构成的分子只含极性共价键 C．
U和
U是中子数不同质子数相同的同种核素 D．短周期第ⅣA与ⅦA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构 【解题指南】解答本题时应注意物质的特殊性质，如硫酸氢钠属于盐但溶液呈酸性，二氧化硅和一般物质不反应但和二氧化碳反应，铁和氯气反应生成氯化铁。 【解析】选C。 选项 具体分析 结论  A 同系物是指结构相似，分子组成上相差若干个CH2的一系列物质，乙酸和丙二酸中氧原子个数不一样，所以一定不是同系物。 错误  B 不
同元素的原子构成的分子间也可以含有非极性键，如乙烷中的碳碳键，过氧化氢中的氧氧键。 错误  C 核素是具有一定质子数和中子数的原子，二者中子数不同，所以是不同核素。 错误  D ⅣA（用X表示）与ⅦA（用Y表示）形成的化合物为XY4，X形成四个键，加上原来的4个电子，最外层共8个电子，每个Y形成一个键，加上原来的7个电子，共8个电子。 正确[来源:Zxxk.Com]  14、（2013·四川高考·13）13.向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO 和Cu（NO3）2。在所得溶液中加入1.0
mol/L 的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法不正确的是 Cu与Cu2O 的物质的量之比为2:1 B.硝酸的物质的量浓度为2.6mol/L 产生的NO在标准状况下的体积为4.48L D.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.2mol 【解题指南】解答本
题时可以按照以下流程：
【解析
】选B。根据题意得到的金属离子的沉淀为氢氧化铜0.4mol，根据元素守恒可以确定原混合物中有铜0.2mol有氧化亚铜0.1mol，将溶液变成中性时消耗硝酸1mol，沉淀铜离子只消耗了0.8mol，因此反应过程中硝酸过量0.2mol，由于固体混合物与硝酸的反应为氧化还原反应，该反应过程中铜元素的化合价均升高为+2价，化合价升高了0.4+0.2=0.6mol，硝酸中氮原子的化合价由+5价降低为+2价，因此生成的一氧化氮的物质的量为0.2mol，根据氮元素守恒可以判断原溶液中硝酸的物质的量为
1.2mol浓度为2.4mol.L-1。 15、（2013·江苏高考·16）(12分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO3)2，其部分工艺流程如下：
(1)一定条件下，NO与NO2存在下列反应：NO(g)＋NO2(g)
N2O3(g)，其平衡常数表达式为K= 。 (2)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。 (3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1：1。若n(NO
) ：n(NO)＞1：1,则会导致 ；若n(NO) ：n(NO)＜1：1,则会导致 。 (4)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO3)2会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式 。 【参考答案】 (1)k=c(N2O3)/c(NO)·c(NO2) (2)使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2 (3)放气体中NO含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高 (4)3NO2－＋2H＋=NO3－＋2NO↑＋H2O 【分析】本题让元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用，氧化还原反应分析，相关付反应的书写”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能
力。 【备考提示】我们元素化合物知识教学要与基本实验实验、化学反应原理、氧化还原反应、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。 【解题指南】解答本题时应依据所给流程结合氮氧化物的性质和有关化学原理分析整个过程中发生的化学反应和有关操作。 【解析】 （1）根据反应方程式，书写有关平衡常数表达式； （2）逆流有利于气体的吸收，滤渣应为没有溶解的物质，结合流程中涉及的相关物质可知滤渣主要成
分为氢氧化钙； （3）根据化合价，当一氧化氮和二氧化氮物质的量之比为1：1，刚好转化为 Ca(NO2)2 当一氧化氮多时，一氧化氮将过剩，当二氧化氮多时，将会有高价氮氧化物生成； （4）Ca(NO2)2转化为 NO，氮化合价降低，其它产物中定有元素化合价升高，结合质量守恒、电荷平衡和电子守恒书写反应式, 注意酸性条件。 16、（2013·上海高考·五大题）(本题共8分) 二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4反应生成SeO2以回收Se。 完成下列填空： 27．Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式________。 28．已知：Se+2H2SO4(浓)→2SO2↑+SeO2+2H2O 2SO2+SeO2+2H2O→Se+2SO42-+4H+ SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是______。 29．回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定： ①SeO2+KI+HNO3→Se+I2+KNO3+H2O ②I2+2Na2S2O3→Na2S4O6+2NaI 配平方程式①，标出电子转移的方向和数目。 30．实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2013 mol/L的
Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为___。 五、【答案】（本题
共8分） 27.Se+2HNO3(浓)→H2SeO3+NO↑+NO2↑ （2分）； 28. H2SO4（浓）
＞SeO2＞SO2 （1分） 29.
（3分）； 30. 0.925（2分） 【解析】利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比
为1:1，即二者计量系数比为1:1）可得方程式。利用氧化性：氧化剂＞氧化产物，结合题中方程式可知氧化性：H2SO4（浓）＞SeO2＞SO2。在反应①I-失电子，转移SeO2，+4价Se得到电子还原为单质Se。利用前面配平的方程式可得关系式：SeO2～2I2～4Na2S2O3,故样品中SeO2的质量分数为：[111g·mol-1×（0.2013mol/L×0.025L）/4]/0.1500g＝0.925。 17、（2013·上海高
考·八大题）八、(本题共12分) 碳酸氢铵是一种重要的铵盐。实验室中，将二氧化碳通入氨水可制得碳酸氢铵，用碳酸氢铵和氯化钠可制得纯碱。 完成下列填空： 41．二氧化碳通入氨水的过程中，先有__晶体(填写化学式)析出，然后晶体溶解，最后析出NH4HCO3晶体。 42．含0.800 mol NH3的水溶液质量为54.0 g，向该溶液通入二氧化碳至反应完全，过滤，得到滤液31.2g，则NH4HCO3的产率为____％。 43．粗盐(含Ca2+、Mg2+)经提纯后，加入碳酸氢铵可制得碳酸钠。实验步骤依次为： ①粗盐溶解；②加入试剂至沉淀完全，煮沸；③__；④加入盐酸调pH；⑤加入__；⑥过滤；⑦灼烧，冷却，称重。 44．上述步骤②中所加入的试剂为__、__。 45．上述步骤④中加盐酸调pH的目的是__。 46．为探究NH4HCO3和NaOH的反应，设计实验方案如下： 含0.1 mol NH4HCO3的溶液中加入0.1 mol NaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。 若有沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为_____(写离子方程式)； 若无沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为______(写离子方程式)。 该实验方案有无不妥之处?若有，提出修正意见。 八、【答案】（本题共12分） 41. (NH4)2CO3（1分） ； 42. 92%（2分）； 43.过滤、碳酸氢铵 （2分） 44.氢氧化钠、碳酸钠 （2分） ； 45.中和过量的氢氧化钠和碳酸钠 （2分） 46. HCO3-+OH-→CO32-+H2O、NH4++OH-→NH3+H2O 需先煮沸，然后滴加氯化钙稀溶液 （3分）[来源:学科网ZXXK] 【解析】（41）将CO2通入氨水中首先生成(NH4)2CO3晶体析出，随CO2不断通入，(NH4)2CO3和CO2作用转化为NH4HCO3晶体，最终析出NH4HCO3晶体。（42）该氨水完全反应需通入0.8molCO2，过滤得到m(NH4HCO3)＝54.0g+0.8mol×44g·mol-1－31.2g＝58g，理论上应得到m(NH4HCO3)＝0.8mol×79g·mol-1＝63.2g，故实验NH4HCO3的产率为：58g/63.2g＝92%。（43）粗盐提纯步骤应是向粗盐溶液中加入沉淀剂、过滤（除去沉淀），然后加入盐酸，调PH（除去前面加入沉淀剂引入的OH-与CO32-），此时溶液为纯净的NaCl溶液，再向该溶液中加入碳酸氢铵，即可析出溶解度较小的碳酸氢钠，然后过滤、洗涤得到纯净NaHCO3，将NaHCO3加热得到Na2CO3。（44）步骤2中加入沉淀剂为NaOH（用来除去Mg2+）、碳酸钠（用来除去Ca2+）。（46）因向NH4HCO3溶液中加入NaOH时，发生的离子反应有：HCO3-+OH-＝CO32-+H2O与NH4++OH-＝NH3·H2O，若NaOH量不足，则两反应存在先后次序问题，故实验中若产生沉淀，说明反应后溶液中含有CO32-，证明先发生HCO3-+OH-＝CO32-+H2O，否则先发生NH4++OH-＝NH3·H2O。 18、（2013·四川高考·26）26.（13分） 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。
请回答下列问题： （1）B中所含元素位于周期表中第 周期， 族。 （2）A在B中燃烧的现象是 。 （3）
的反应中，被氧化与被还原的物质的物质的量比是 。 （4）
的离子方程式是
。 （5）
受热分解的化学方程式是 。 【解题指南】解答本题时注意以下几点： 根据物质的特殊的颜色或者是特殊的存在形式可以推测元素； 在氧化还原反应中并不是所有反应物的化合价都改变。 【解析】地壳中含量最多的金属为铝，红棕色的气体为二氧化氮，红褐色沉淀为氢氧化铁,点解X为点解饱和食盐水，产物A在B中能燃烧，则A为氯气，B为氢气，D为氯化氢，E为二氧化锰，C为氢氧化钠，G为偏铝酸钠，J为铁盐，两者发生双水解反应，生成氢氧化铁沉淀，I为二氧化氮，则N为硝酸，Y为硝酸铁，H为氧化铁。[来源:学,科,网Z,X,X,K] 根据元素原子的核外电子排布，可以推测元素在周期表中的位置； 氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰，在集气瓶口有白雾生成； （3）浓盐酸与二氧化锰反应方程式为： MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1：2；[来源:学,科,网] （4）偏铝酸根离子和三价铁离子发生双水解反应； （5）硝酸铁分解生成氧化铁、二氧化氮，化合价只有降低没有升高的元素，因此反应中必然有氧气生成。 【答案】 （1）三 ⅦA（各1分，共2分） （2）产生苍白色火焰（2分） （3）2:1（3分） （4）3AlO2- +Fe3+ + 6H2O
3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓（3分） （5）4Fe（NO3）3
2Fe2O3 +12NO2↑+3O2↑（3分） 19、（2013·四川高考·28）28 .（17分）
甲、乙两个研究性学习小组为测定氨分子中氮、氢原子个数比，设计了
如下实验流程：
实验中，先用制得的氨气排尽洗气瓶前所有装置中的空气，再连接洗气瓶和气体收集装置，立即加热氧化铜。反应完成后，黑色的氧化铜转化为红色的铜。 下图A、B、C为甲、乙两小组制取氨气时可能用到的装置，D为盛有浓硫酸的洗气瓶。
甲小组测得：反应前氧化铜的质量为
、氧化铜反应后剩余固体的质量为
、生成氮气在标准状况下的体积
。 乙小组测得：洗气前装置D的质量
、洗气后装置后D的质量
、生成氮气在标准状况下的体积
。 请回答下列问题： （1）写出仪器a的名称： 。 （2）检查A装置气密性的操作时 。 （3）甲、乙两小组选择了不同方法制取氨气，请将实验装置的字母编号和制备原理填写在下表空格中。 实验装置 实验药品 制备原理  甲小组 A  氢氧化钙、硫酸铵 反应的化学方程式为 ①  乙小组 ② [来源:学科网] 浓氨水、氢氧化钠 用化学平衡原理分析氢氧化钠的作用： ③  （4）甲小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢的原子个数之比为 。 （5）乙小组用所测数据计算出氨分子中氮、氢
的原子个数比明显小于理论值，其原因是 。 为此，乙小组在原有实验的基础上增加了一个装有某药品的实验仪器，重新实验。根据实验前后该药品的质量变化及生成氮气的体积，得出合理的实验结果。该药品的名称是 。 【解题指南】解答本题时注意以下几点： （1）氨气与氧化铜反应生成氮气和水； (2)实验室中可以利用铵盐的性质，也可以利用氨水的性质来制备氨气； （3）浓硫酸属于酸性干燥剂，能够吸收水和酸性气体。[来源:Z,xx,k.Com] 【解析】实验室制备氨气常用两种方法其原理分别是：铵盐与碱释放出氨气和浓氨水中加入强碱导致氨水的电离平衡向左移动，溢出氨气。实验测氨气中氮元素与氢元素的个数比是通过测量反应后生成水的量来测氢元素的量，反应后生成氮气的量来测定氮元素的量，如果用直接称量浓硫酸的质量改变来计算水的量时，注意浓硫酸对氨气的吸收。 【答案】（1）圆底烧瓶 （2分） （2）连接导管，将导管插入水中；加热试管，导管口有气泡产生；停止加热，导管内有水回流并形成一段稳定的水柱（3分） （3）①（NH4）2SO4 + Ca（OH）2
2NH3↑+2H2O + CaSO
4 （2分） ②B （2分） ③氢氧化钠溶于氨水后放热，增加氢氧根浓度，使NH3+H2O
NH3·H2O
NH4+ + OH- 向逆方向移动，加快氨气逸出 （2分） （4）5V1：7（m1-m2） （2分） （5）浓硫酸吸收了未反应的氨气，从而使计算的氢的量偏高 （2分）[来源:Zxxk.Com] 碱石灰（氢氧化钠、氧化钙等） （2分）

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