辽宁省锦州市高一上学期期末考试化学试题

2021～2022学年度第一学期期末考试高一化学可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24S32Cl35.5Fe56Cu64Ba137一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．1.下列物质中，含有共价键的离子化合物是A.NaOH B.MgCl2 C.ClO2 D.H2S【答案】A【解析】【详解】A．NaOH是离子化合物，Na+与OH之间以离子键结合，在OH中H、O原子之间以共价键结合，因此NaOH属于含有共价键的离子化合物，A符合题意；B．MgCl2是离子化合物，Mg2+与2个Cl之间以离子键结合，只含离子键，B不符合题意；C．ClO2是共价化合物，2个O原子与Cl原子之间以共价键结合，不含离子键，C不符合题意；D．H2S是共价化合物，2个H原子与S原子之间以共价键结合，不含离子键，D不符合题意；故合理选项是A。2.化学推动着社会的进步和科技的发展。下列说法错误的是A.过氧化钠可在呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源B.漂白粉既可作漂白纸张的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂C.由生铁铸造的下水井盖的硬度大、抗压，含碳量比钢低D.利用某些放射性同位素释放的射线可以有种、给金属探伤、诊断和治疗疾病【答案】C【解析】【详解】A．过氧化钠与人呼出的二氧化碳或水蒸气反应均生成氧气，过氧化钠可用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气的来源，故A正确；B．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀菌消毒；同时漂白粉在空气中会和二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以漂白粉既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，故B正确；C．生铁中的含碳量为2%~4.3%，钢中的含碳量为0.03%~2%，生铁含碳量高，生铁硬度大、抗压，性脆、可以铸造成型，是制造机座、管道的重要材料，故C错误；D．放射性同位素可以用于透视和放疗，因此可以给金属探伤、诊断和治疗疾病，故D正确；答案选C。3.下列化学用语表示正确的是A.的结构示意图：B.甲烷的分子结构模型：C.的电子式：D.单线桥表示还原反应中电子的转移：【答案】A【解析】【详解】A．的质子数为17，核外电子数为18，故结构示意图为，故A正确；B．碳原子半径大于氢原子，故甲烷的分子结构模型为，故B错误；C．的电子式为，故C错误；D．氢气还原氧化铜过程中应为H2中H原子失电子，CuO中Cu得电子，箭头应指向Cu，故D错误；故选A。4.分类是科学研究的重要方法，下列物质分类正确的是A.酸性氧化物：、、 B.同素异形体：石墨、、金刚石C.常见氧化剂：、、高锰酸钾 D.电解质：、氨水、【答案】B【解析】【详解】A．CO不能与碱反应生成盐和水，故CO不是酸性氧化物，故A错误；B．石墨、、金刚石都是碳元素形成的不同单质，故互为同素异形体，故B正确；C．H2的化合价易由0价升高到+1价，常作还原剂，故C错误；D．氨水为氨气溶于水的混合物，不是电解质，故D错误；故选B。5.除去下列各物质中的少量杂质，使用的试剂及用量、操作方法均正确的是选项物质杂质(少量)试剂及用量操作方法ACO2气体HCl过量的饱和Na2CO3溶液洗气B铁粉铝粉过量的烧碱溶液过滤、洗涤、干燥CNaCl溶液Na2SO4过量的溶液过滤D固体无加热A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．CO2气体含有HCl杂质，用过量的饱和NaHCO3溶液洗气，故A错误；B．铁粉中含有铝粉，用过滤烧碱将Al溶解，再过滤、洗涤、干燥得到铁粉，故B正确；C．加入过量氯化钡，又引入新的杂质，故C错误；D．碳酸氢钠中含有碳酸钠，通过加热会使碳酸氢钠受热分解，变为杂质碳酸钠，故D错误。综上所述，答案为D。6.某离子反应中涉及、、、H+、N2、Cl六种粒子，其中的物质的量随时间变化的曲线如图所示．下列判断正确的是A.反应后溶液的酸性增强 B.标准状况下，生成时，反应中转移电子C.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1 D.被还原，是还原剂【答案】A【解析】【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO为反应物，由氯元素守恒可知Cl是生成物，则反应的方程式应为3ClO+2=N2+3H2O+3Cl+2H+，以此解答该题。【详解】A．反应生成H+，溶液的酸性增强，故A正确；B．N元素化合价由3价升高到0价，则生成，转移0.6mol电子，故B错误；C．由方程式可知，N2为氧化产物，Cl是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，故C错误；D．由上述方程式可知，该反应的还原剂是，故D错误；答案选A。7.我国是稀土资源大国，稀土元素钕()是制造导弹合金材料的重要元素．下列说法正确的是A.和是同一核素 B.是第七周期元素C.原子的中子数与质子数之差为80 D.的同位素原子具有相同的电子数【答案】D【解析】【详解】A．和是不同核素，故A错误；B．是第六周期元素，故B错误；C．原子的中子数为14060=80，与质子数之差为8060=20，故C错误；D．的同位素原子的电子数也为60，故具有相同的电子数，故D正确；故选D。8.下列选项中实验仪器的使用及操作正确的是ABCD制取气体并能“随开随用、随关随停”检验与反应有生成检测氯水的向容量瓶中转移溶液A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．纯碱易溶于水，不能起到“随开随用、随关随停”，故A错误；B．用带火星的木条检验与反应是否有生成，木条复燃，则生成氧气，故B正确；C．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定氯水的pH值，故C错误；D．向容量瓶转移液体时，玻璃棒下端要紧靠刻度线以下容量瓶的内壁，故D错误。综上所述，答案为B。9.用NA表示阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是A.2.2g重水(D2O)中含有中子的数目为NAB.2.3gNa与100mL0.1mol/L盐酸反应，转移电子的数目为0.01NAC.标准状况下，11.2LH2O2中含有HO键的数目为NAD.常温常压下，均含有NA个氧原子的O2和CO的体积比为1∶2【答案】D【解析】【详解】A．2.2g重水(D2O)的物质的量是0.11mol，由于1个D2O中含有2个中子，所以0.11molD2O含有的中子的数目为0.22NA，A错误；B．Na与HCl反应产生NaCl、H2，二者反应的物质的量的比是1：1。2.3gNa的物质的量是0.1mol，100mL0.1mol/L盐酸中HCl的物质的量是0.01mol，当0.1molNa与盐酸反应时盐酸不足量完全反应，当盐酸反应完全后，过量的Na与溶液中的水又发生反应，Na是+1价金属，所以0.1molNa完全反应转移0.1mol的电子，则转移的电子数目是0.1NA，B错误；C．标准状况下H2O2不是气体，不能使用气体摩尔体积计算其中所含的化学键数目，C错误；D．均含有NA个氧原子的O2和CO的物质的量的比是1：2，根据阿伏伽德罗定律可知在常温常压下，二者的体积比是1∶2，D正确；故合理选项是D。10.某水溶液可能含有K+、Fe2+、Mg2+、Ba2+、、、中的某几种，现分别取三份该溶液进行如图所示的实验，根据实验结果，推测错误的是A.一定有Mg2+ B.一定有K+ C.一定没有 D.一定没有Fe2+【答案】C【解析】【详解】加入氢氧化钠溶液，且露置在空气中生成0.58g白色沉淀，不含Fe2+，一定含有Mg2+，则不含，n（Mg2+）=0.58g÷58g/mol=0.01mol；加入足量的氯化钡溶液生成4.66g白色沉淀，说明含有，则一定不含Ba2+，n（）=4.66g÷233g/mol=0.02mol；负电荷总量为0.02mol×2=0.04mol，正电荷总量为0.01mol×2=0.02mol＜0.04mol，由溶液的电中性可知，一定含有K+，综上，原溶液中一定含有K+、Mg2+、，一定不含有Fe2+、Ba2+、，可能含有Cl，则选项A、B、D正确，选项C错误；故选C。11.X、Y、Z、W为原子序数依次增大的主族元素．X的原子核外L层电子数比K层电子数多5；Y元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；Z是地壳中含量最多的金属元素；W与Y同主族．下列说法正确的是A.原子半径： B.X的最高价氧化物的化学式可表示为C.Z的最高价氧化物的水化物属于弱碱 D.单质与或反应的剧烈程度：【答案】D【解析】【分析】X的原子核外L层电子数比K层电子数多5，故X为F；Y元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，则Y为Na；Z是地壳中含量最多的金属元素，则Z为Al；W与Y同主族，则W为K。X、Y、Z、W为F、Na、Al、K。【详解】A。一般电子层数越多半径越大，故Na＞Al，故A错误；B．F无正价，无氧化物，故B错误；C．氢氧化铝是两性氢氧化物，故C错误；D．K的金属性强于Na，故与或反应更剧烈，故D正确；故选D。12.下列各项实验操作、实验现象及实验结论都正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中布条褪色氯气具有漂白性B向溶液中通入适量产生白色沉淀白色沉淀为C向溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加淀粉溶液溶液显蓝色氧化性：D向粉末中加入少量水粉末结块变成晶体，温度降低溶解是吸热过程A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．将湿润的有色布条放入充满氯气的集气瓶中，布条褪色，说明氯气与水生成的次氯酸具有漂白性，氯气是没有漂白性的，故A错误；B．向溶液中通入适量不会生成沉淀，故B错误；C．溴水氧化KI生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，可以说明氧化性，故C正确；D．碳酸钠溶于水放热，温度应该升高，故D错误；答案为C。13.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示．下列推断正确的是A.a可与水蒸气在高温条件下反应生成eB.b是一种黑色粉末，在空气中受热，迅速被氧化生成eC.c中加入新制氯水可生成d，此反应中c体现氧化性D.e是碱性氧化物，e中加入盐酸可生成d【答案】D【解析】【分析】根据图示物质所含Fe元素化合价及物质分类，可知：a是Fe，b是FeO，c是+2价的亚铁盐，d是+3价的铁盐，e是Fe2O3，然后根据物质的性质分析解答。【详解】A．根据图示可知a是Fe单质，与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4，Fe3O4中Fe元素化合价为+2、+3价，而e是+3价的Fe的氧化物Fe2O3，A不符合题意；B．b是FeO，该物质不稳定，在空气中加热时容易被空气中的氧气氧化为Fe3O4，氧化产物不是Fe2O3，B不符合题意；C．c是+2价的亚铁盐，该物质具有还原性，容易被新制氯水氧化为+3价的铁盐，在该反应中c失去电子表现还原性，而不是氧化性，C不符合题意；D．e是Fe2O3，Fe元素化合价为+3价，能够与酸反应产生盐和水，因此属于碱性氧化物。若酸是盐酸，二者反应产生氯化铁和水，氯化铁属于铁盐，D符合题意；故合理选项是D。14.化学实验小组探究和与碱的反应，实验装置、过程及结果如下．已知：越大，越大，溶液碱性越强．下列说法错误的是实验装置实验过程实验结果ⅠⅡⅢ①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀②烧杯中溶液变化如下X：蒸馏水X：溶液X：溶液A.Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液的影响B.Ⅰ和Ⅱ的曲线基本重合，说明与不反应，Ⅱ中发生反应的离子方程式为：C.Ⅲ比Ⅱ的曲线降低，说明与反应，Ⅲ中初期发生反应的离子方程式为：D.Ⅲ实验的澄清石灰水中恰好完全反应时，溶液呈中性【答案】D【解析】【分析】由题给信息可知，Ⅰ是空白实验，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，Ⅲ比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水。【详解】A．由分析可知，I是空白实验，设计实验的目的是排除因体积变化对II、Ⅲ溶液pH的影响，故A正确；B．由分析可知，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明加入的碳酸根只与石灰水中的钙离子反应，不与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为，故B正确；C．由分析可知，Ⅲ比II的pH曲线降低，说明反应开始时，少量的碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、氢氧化钠和水，反应的离子方程式为，故C正确；D．由分析可知，石灰水恰好完全反应时，碳酸氢钠与石灰水反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，故D错误；故选D。15.下列关于氯及其化合物的叙述中，正确的组合是①氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体②氯气在常温下能与铁反应，故不能用钢瓶储存液氯③氯气与铜在加热条件下反应，生成CuCl④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰⑤新制的氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色⑥氯气通入冷的石灰乳中，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉A.①②⑤ B.①④⑥ C.②③⑤ D.③④⑥【答案】B【解析】【详解】①氯气是一种黄绿色、有刺激性气味的气体，密度比空气大，故①正确；②氯气在常温下不与铁反应，故能用钢瓶储存液氯，故②错误；③氯气与铜在加热条件下反应，生成CuCl2，故③错误；④纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口冒白雾，故④正确；⑤新制的氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色，后褪色，故⑤错误；⑥氯气通入冷的石灰乳中，可制得以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，故⑥正确；因此①④⑥正确，故B正确。综上所述，答案为B。二、非选择题：本题包括4个小题，共55分．16.已知氢碘酸是一种具有强还原性的强酸，可以与多种物质【如：、、、、、等】发生不同类型的化学反应．请回答下列问题：（1）下图可表示离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是_________(填标号)．（2）在水溶液中的电离方程式为_________________．（3）常温下溶液与反应的化学方程式为，说明还原性______(填“>”、“<”或“=)．（4）在反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________．（5）下列三种氧化剂均可以将氧化生成，自身对应的还原产物情况如下：选项ABC氧化剂还原产物请判断等物质的量的三种氧化剂分别与足量HI作用，得到I2质量最多的是________(填选项标号)．（6）向胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现如下一系列变化：先出现红褐色沉淀；随后沉淀溶解，溶液呈黄色：最后溶液颜色加深．①红褐色沉淀溶解，反应的离子方程式为___________________________．②最后溶液颜色加深，反应的离子方程式为______________________________．【答案】（1）C（2）（3）<（4）1∶1（5）B（6）①.②.【解析】【小问1详解】所有的置换反应均为氧化还原反应，氧化还原反应和置换反应均部分是离子反应，部分是分子反应，离子反应不全是氧化还原反应，也不全是置换反应，故下图可表示离子反应、氧化还原反应和置换反应三者之间的关系，其中表示离子反应的是C，故答案为：C；【小问2详解】在水溶液中电离方程式为，故答案为：；【小问3详解】根据同一氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物，故常温下溶液与反应的化学方程式为，说明还原性＜，故答案为：＜；【小问4详解】在反应中NaNO2中N的化合价由+3价降低到NO中的+2价，得电子被还原，NaNO2是氧化剂，HI中部分I的化合价由1价升高到I2中的0价，失去电子，被氧化，故HI为还原剂，4个HI中只有2个I的化合价升高了，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故答案为：1:1；【小问5详解】由表中可知，1molKMnO4被还原为Mn2+需得到5mol电子，1molKClO3被还原为Cl需要得到6mol电子，而1molH2O2被还原为H2O需要得到2mol电子，根据电子守恒可知等物质的量的三种氧化剂分别与足量HI作用，得到I2质量最多的是KClO3，故答案为：B；【小问6详解】向胶体中逐滴加入HI稀溶液，会出现如下一系列变化：先出现红褐色沉淀即胶体发生聚沉现象；随后沉淀溶解，溶液呈黄色即生成含有Fe3+的溶液，最后溶液颜色加深，是由于Fe3+能将I氧化为I2，I2水的颜色比Fe3+在水溶液中的颜色更深，据此分析解题：①由分析可知，红褐色沉淀溶解，反应的离子方程式为，故答案为：；②由分析可知，最后溶液颜色加深，反应的离子方程式为，故答案为：。17.元素周期律和周期表有力地论证了事物变化中量变引起质变的规律性，以及结构决定性质的化学观念．随着原子序数的递增，七种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示，请回答下列问题：（1）元素B位于周期表中的第________周期第_______族．（2）D、E、F三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序为________(用元素的离子符号表示)．（3）用电子式表示G的氢化物的形成过程_______________________．（4）元素A与C形成的电子总数为22的分子的结构式为_____________．（5）D的最高价氧化物的水化物与E的最高价氧化物反应的离子方程式为___________．（6）元素C与D按原子个数比1∶1形成的化合物所含的所有化学类型为___________．（7）下列有关物质性质的推断，正确的是__________(填标号)．a．单质氧化性：b．金属性：c．气态氢化物的稳定性：d．最高价氧化物的水化物酸性：【答案】（1）①.二②.VA（2）（3）（4）（5）(或)（6）离子键、共价键(或非极性键、非极性共价键)（7）ad【解析】【分析】C和F的最低负价均为2价，则为第ⅥA族元素，F的原子序数较大，则F为S元素，C为O元素；D最高正价为+1价，则为第ⅠA族元素，D的原子半径大于S，则D为Na元素；A最高正价为+4价，原子序数小于O，则A为C元素；B的最高正价为+5价，原子序数小于O，则为N元素；E的最高正价为+3价，原子序数大于Na，则为Al元素；G的最低负价为1价，原子序数大于S，则为Cl元素。【小问1详解】N元素在周期表中的位置为第二周期第ⅤA族。【小问2详解】一般电子层数越多半径越大，核外电子数相同时核电荷数越大半径越小，故半径大小为。【小问3详解】HCl为共价化合物，故为。【小问4详解】C与O形成的22电子分子为CO2，结构式为。【小问5详解】氢氧化钠溶液与氧化铝发生反应(或)。【小问6详解】O与Na形成原子个数比1∶1的化合物为Na2O2，含有化学键有离子键、共价键(或非极性键、非极性共价键)。【小问7详解】a．单质的氧化性：氮气<氧气，正确；b．同周期元素随核电荷数增大金属性减弱，金属性Na＞Al，错误；c．非金属性越强氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：H2O＞H2S，错误；d．非金属性越强其最高价氧化物的水化物酸性越强，故酸性H2SO4＜HClO4，正确；故正确的为ad。18.“84”消毒液是一种常见的含氯消毒剂，化学实验小组同学对“84”消毒液的制备、保存及性质进行如下探究，请回答下列问题：（1）某“84”消毒液部分标签如下图所示84消毒液有效成分规格质量分数25%密度①计算该“84”消毒液中的物质的量浓度为__________(保留小数点后一位)。②若用固体配制相同物质的量浓度的溶液，下列操作可能使溶液浓度偏低的是__________(填标号)。A．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用B．固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶C．未洗涤烧杯内壁和玻璃棒D．定容时，仰视容量瓶刻度线（2）实验小组欲利用与溶液反应制备“84”消毒液，选择实验装置如下：①A中发生反应的离子方程式为__________________________。②C中盛装试剂为________________。③仪器的连接顺序为___________(按气流方向，用小写字母表示)。（3）“84”消毒液需要避光密封保存，否则容易变质而失效，用化学方程式解释其原因：①；②______________________________。（4）曾有报道，在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件．请从氧化还原反应的角度分析，文字叙述其原因：______________________________。【答案】（1）①.4.0②.CD（2）①.②.饱和食盐水③.（3）（4）“84”消毒液有效成分次氯酸钠中化合价为价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的化合价为价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气【解析】【分析】“84”消毒液是实验室用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，生成了的氯气中含有氯化氢杂质，用饱和食盐水除掉氯化氢杂质，再将氯气通入到氢氧化钠溶液中，尾气用碱石灰吸收。【小问1详解】①计算该“84”消毒液中的物质的量浓度；故答案为：4.0。②A．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，对结果无影响，故A不符合题意；B．固体溶解后未经冷却就转移至容量瓶，冷却后溶液体积减小，浓度偏高，故B不符合题意；C．未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，溶质物质的减小，浓度偏低，故C符合题意；D．定容时，仰视容量瓶刻度线，溶液体积偏多，浓度偏低，故D符合题意；综上所述，答案为：CD。【小问2详解】①A中是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，其发生反应的离子方程式为；故答案为：。②C主要是除掉氯气中的挥发的HCl，因此C中盛装试剂为饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。③实验室制得氯气，先用饱和食盐水除掉HCl，再通入到氢氧化钠溶液中制得次氯酸钠，尾气用碱石灰吸收，进入溶液都是长进短出，因此仪器的连接顺序为；故答案为：。【小问3详解】“84”消毒液需要避光密封保存，否则容易变质而失效，先通入二氧化碳生成次氯酸和碳酸氢钠，次氯酸见光分解生成氧气和盐酸，用化学方程式解释其原因：①；②；故答案为：。【小问4详解】在清洗卫生间时，因混合使用“洁厕灵”(主要成分是稀盐酸)与“84”消毒液而发生氯气中毒事件，说明生成了氯气而中毒，“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的化合价为价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的化合价为价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气；故答案为：“84”消毒液有效成分次氯酸钠中的化合价为价，具有氧化性；洁厕灵主要成分稀盐酸中的化合价为价，具有还原性，在酸性条件下这两种物质发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。19.化学实验小组在实验室进行含铁元素物质的实验，请回答下列问题：（1）研究价铁与价铁的转化，实验操作如图：①检验试管甲溶液中含有的实验方案为：取少量甲中溶液于试管中，________________(叙述操作并描述现象)，说明其中含有。②向试