【文档说明】（上海专用，沪教版2020必修第一册第1_2章）（上海专用）（全解全析）.docx，共(11)页，354.537 KB，由小赞的店铺上传

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2024-2025学年高一化学上学期期中模拟卷（考试时间：60分钟试卷满分：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。2．选出小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题

目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：第1~2章（沪科版2020）。5．难度系数：0.60。6．考

试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5一、阿伏伽德罗定律及其应用（16分）1．I．用NA表示阿伏加德罗常数的值，按要求填空：(1)在标准状况下，①6.72LCH4；②3.

01×1023个HCl分子；③13.6gH2S；④0.2molNH3。下列关系表达正确的是。a．体积②>①>③>④b．密度②>③>④>①c．质量②>①>③>④d．氢原子个数①>③>④>②(2)8.4gN2与9.6gRx的分子数

目之比为3：2，原子数目相同。则：9.6gRx的物质的量为mol。x值为，R的相对原子质量是。II．同温同压下，100mLX2气体与50mLY2气体恰好完全反应，得到100mLZ气体。(3)Z的化学式为。III．(4)将2.3钠投入足量水

中，完全反应。冷却到标准状况，得到L气体。IV.在容积固定的密闭容器中，活塞可自由移动。在室温下，向A室充入一定量H2、O2的混合气体，向B室充入1molN2，此时活塞的位置如图所示。(5)A室混合气体的物质的量为mo

l。(6)实验测得A室混合气体的质量为34g，则A室中H2的物质的量为。【答案】(1)bd（2分）(2)3.2（2分）3（2分）16（2分）(3)X2Y或YX2（2分）(4)1.12（2分）(5)2（2分）(6)1mol（2分）【解析

】（1）①6.72LCH4物质的量为6.72𝐿22.4𝐿/𝑚𝑜𝑙＝0.3mol，②3.01×1023个HCl分子的物质的量为0.5mol，③13.6gH2S的物质的量为13.6𝑔34𝑔/𝑚𝑜𝑙

＝0.4mol，④0.2molNH3。a．相同条件下，所以体积体积②＞③＞①＞④；b．各物质的摩尔质量分别为①CH4为16g/mol②HCl为36.5g/mol③H2S为34g/mol④NH3为17g/mol，相同条件下，所以密度②＞③＞④＞

①；c．各物质的质量分别为①CH4为0.3mol×16g/mol＝4.8g，②HCl为0.5mol×36.5g/mol＝18.25g，H2S13.6g，④NH3为0.2mol×17g/mol＝3.4g，所以质量②＞③＞①＞④；d．各物质中H原子的物质的量分别为

①CH4为0.3mol×4＝1.2mol②HCl为0.5mol③H2S为0.4mol×2＝0.8mol④NH3为0.2mol×3＝0.6mol，所以氢原子个数①＞③＞④＞②，故答案为：bd；（2）8.4gN2的物质的量为n=mM=8.4𝑔2

8𝑔/𝑚𝑜𝑙=0.3mol，根据N＝nNA分子数和物质的量成正比，已知8.4gN2与9.6gRx的分子数目之比为3：2，则9.8gRx的物质的量为0.2mol，Rx的摩尔质量M＝𝑀=𝑚𝑛=

9.6𝑔0.2𝑚𝑜𝑙=48𝑔/𝑚𝑜𝑙，又知两者的原子数目相同，则x=3，R的相对原子质量是48÷3＝16，故答案为：0.2；3；16；（3）同温同压下，气体摩尔体积相等，则X2、Y2和生成物的计量数之比＝1

00mL：50mL：100mL＝2：1：2，再结合原子守恒得方程式为2X2+Y2＝2X2Y或2YX2，故答案为：X2Y或YX2；（4）Na的物质的量＝2.3g23g/mol=0.1mol，2Na+2H2O=2NaOH+20.1molH2↑1n(H2)n(H2)=0.1mol×12=

0.05mol标况下，生成氢气的体积＝0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，故答案为：1.12；（5）A、B两室压强与温度相同，物质的量与体积成正比，则A室中气体物质的量为1mol×42＝2mol，故答案为：2；（6）混合气体的平均摩尔质量为34g2mol=17g/mo

l，设H2和O2的物质的量分别为x、y，依据题意可知：x+y＝2，2x+32y=34，解得x＝y＝1mol，故答案为：1mol。二、氢氧化铁胶体的制备（14分）2．现有甲、乙、丙三名同学分别进行Fe(OH)3胶体的制备实验。甲同学：向饱和氯化铁溶液中加入少

量的NaOH溶液。乙同学：直接加热饱和FeCl3溶液。丙同学：向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热。试回答下列问题：(1)其中操作正确的同学是(填“甲”“乙”或“丙”

)。(2)制备Fe(OH)3胶体的化学方程式，区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的方法。(3)在胶体中加入电解质溶液或带有相反电荷的胶体粒子能使胶体粒子沉淀出来。丁同学利用制得的Fe(OH)3胶体进行下列实验：①将其装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，通电一段时间后发现阴极附近的液体颜

色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶体微粒带(填“正”或“负”)电荷。②实验证明，电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。向Fe(OH)3胶体加入下列电解质时，其凝聚能力最强的为。A.NaClB．FeC

l3C．K2SO4D．Na3PO4（4）2023年11月21日晚第十二届广州国际灯光节亮灯，光影作品透过云层展示广州绚丽的城市夜景与文化魅力。下列说法正确的是。A．这些光柱都源于丁达尔效应B．夜空中云层的分散质粒子的直径大于100nmC．

将NaOH溶液滴入饱和FeCl3溶液可制得液溶胶D．“纳米级”NaCl放入水中所得分散系也能产生丁达尔效应(5)可用如图所示的装置除去Fe(OH)3胶体中的杂质离子来提纯Fe(OH)3胶体，实验过程中需不断更换烧杯中的蒸馏水。更换蒸

馏水若干次后，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若(填实验现象)，则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去。【答案】(1)丙(2分）(2)FeCl3＋3H2OΔ⬚Fe(OH)3(胶体)+3HCl(2分）丁达尔效应(2

分）(3)正(2分）D(2分）(4)A(2分）(5)不出现白色沉淀(2分）【解析】（1）甲同学向稀氯化铁溶液中加入少量的NaOH溶液，发生反应FeCl3＋3NaOHΔ⬚Fe(OH)3↓+3NaCl，没有胶体生成，甲同学操作错误；乙同学直接加热饱和F

eCl3溶液，促进FeCl3溶液水解，得到氢氧化铁沉淀，乙同学操作错误；丙同学向25mL沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液；继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，得到氢氧化铁胶体，其反应为FeCl3＋3H2OΔ⬚Fe(OH)3(胶

体)+3HCl，丙同学操作正确；（2）FeCl3与H2O反应生成Fe(OH)3胶体和HCl，化学方程式为FeCl3＋3H2OΔ⬚Fe(OH)3(胶体)+3HCl。胶体可以产生丁达尔效应，可用丁达尔效应区分Fe(OH)3胶体和FeCl3溶

液。（3）某些胶体微粒吸附阴离子或阳离子带电，可以发生电泳现象，将Fe(OH)3胶体装入U形管内，用石墨作电极，接通直流电，因为阴离子向阳极移动，阳离子向阴极移动，通电一段时间后发现阴极附近的颜色逐渐变深，这表明Fe(OH)3胶粒带正电荷；电解质的凝聚能力主要取决于与胶粒带相反电

荷的离子所带的电荷数，电荷数越大，凝聚力越大。由于Fe(OH)3胶粒带正电，选项A～D中阴离子所带电荷数分别是1、1、2、3，所以凝聚能力最强的为Na3PO4，故答案选D。(4)A．云雾属于胶体，当一束光透过胶体

，从垂直入射光的方向，就可以观察到胶体里出现的一条光亮的通路（光柱），这种现象叫丁达尔效应，A正确；B．夜空中云层的分散质属于胶体，分散质粒子的直径大于1nm且小于100nm，B错误；C．向NaOH溶

液中滴加饱和的FeCl3溶液得到氢氧化铁沉淀，不能得到氢氧化铁胶体，C错误；D．“纳米级”NaCl放入水中溶解后得到的分散系为溶液，所得分散系不能产生丁达尔效应，D错误；故选A。（5）因为银离子与氯离子反应生成白色氯化银沉淀；所以更换蒸馏水若干次后

，取少量烧杯中的液体，向其中加入AgNO3溶液，若不出现白色沉淀则说明该Fe(OH)3胶体中的杂质离子已经完全除去。三、实验室配制一定物质的量浓度的氢氧化钠溶液（16分）3．实验室用固体烧碱配制500mL

0．10mol·L-1的NaOH溶液。(1)需称量g的烧碱固体，固体应该放在中称量。(2)配制过程中，一定不需要使用的仪器是(填写代号)。A．烧杯B．量筒C．玻璃棒D．1000mL容量瓶F．胶头滴管G．500mL容量瓶E．锥形瓶(3)根据实验的实际需要和(2)中列出的仪器判断，完

成实验还缺少的仪器是。(4)下列操作的先后顺序是。(5)某学生实际配制得到NaOH溶液的浓度为0.090mol·L-1，原因可能是_______。A．使用滤纸称量氢氧化钠固体B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水C．

溶解后的烧杯未经多次洗涤D．胶头滴管加水定容时仰视刻度(6)下图是我校化学实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。求该浓硫酸的物质的量浓度。(要求写出简要计算过程)【答案】(1)2.0（2分）烧杯(或表面皿)（2分）(2)DE（2分）(3

)（电子）天平、药匙（2分）(4)③②④⑥①⑤（3分）(5)ACD（3分，对一个一分，选错零分）(6)c(H2SO4)=1000wρM=1000×98%×1.84g/cm398g/mol=18.4mol/L（2分）【解析】（1）配制500mL0.10mol·L-1的NaOH溶液，需称量

氢氧化钠质量为0.500L×0.10mol·L-1×40g∙mol-1=2.0g；烧碱具有易潮解、腐蚀性强等性质，所以烧碱固体应该放在烧杯(或表面皿)中称量。答案为：2.0；烧杯(或表面皿)；（2）配制500mL溶

液的过程中，需要使用天平、500mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、玻璃棒、量筒等，一定不需要使用的仪器是1000mL容量瓶、锥形瓶，序号为DE。答案为：DE；（3）由上面的分析和(2)中列出的仪器判断，完成实验还缺少的仪器是（电子）天平及取固体药品的药匙。答案为：（电子）天平、药匙；（4）配制500mL

0.10mol·L-1的NaOH溶液，操作步骤为计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀、定容、振荡、装瓶等，所以先后顺序是③②④⑥①⑤。（5）A．使用滤纸称量氢氧化钠固体时，滤纸会潮解而引起质量增大，所以称取一定质

量的药品时，溶质的质量减轻，所配溶液的浓度减小，A符合题意；B．容量瓶中原来存有少量蒸馏水，不影响溶质的质量和溶液的体积，对所配溶液的浓度不产生影响，B不符合题意；C．溶解后的烧杯未经多次洗涤，必有一部分溶质滞留在烧杯内，从而使所配溶液的浓度减小，C符合题意；D．胶头滴管加水定容时仰

视刻度，所配溶液的体积偏大，从而使溶液的浓度减小，D符合题意；故选ACD。（6）根据公式，c(H2SO4)=1000wρM=1000×98%×1.84g/cm398g/mol=18.4mol/L。四、利用相对密度法测定CO𝟐的相对分子质量（16分）4．某学习小组利用相对密度法测定CO2的相对分子

质量，实验装置如图：简要步骤如下：步骤Ⅰ：利用上图装置获取纯净CO2；步骤Ⅱ：取一只洁净而干燥的锥形瓶（E），用合适的橡胶塞塞紧后在塞子上作上标记，用电子天平称量，质量：𝑚1g，用E收集CO2。集满后，在电子天平上称量，质量（CO2+瓶+塞子）：𝑚2

g。步骤Ⅲ：CO2分子量的测定依据阿伏加德罗定律的推论：𝑀𝑟(CO2)𝑀𝑟(空气)=𝜌(CO2)𝜌(空气)，可得：𝑀𝑟(CO2)=𝜌(CO2)𝜌(空气)×29=𝑚(CO2)𝑚(空气)×29请回答下列问题：(1)写出装置A反应的离子方程式：。(2)CO2的纯净程度是保证实验

结果准确的关键.B、C、D装置是CO2的净化装置，请按顺序选择最适当的试剂：。a.水b.浓硫酸c.无水氯化钙及玻璃纤维d.饱和碳酸氢钠溶液e.碱石灰及玻璃纤维(3)E没有设置防对流，能否收集到纯净CO2，说明理由：。(4)下列说法正确的是

____________。A．当装置B、C中有气泡时，即可以开始收集CO2B．𝑚1g即是锥形瓶的质量C．对E进行称量时，应缓缓取出导管，再塞上橡胶塞至标记处，称量D．通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断CO2是否集满(5)通过向锥形瓶装水至橡胶塞塞

至的标记处，用托盘天平称量，质量（水+瓶+塞子）：𝑚3g，此时，水的质量远大于空气，可测定锥形瓶的体积：𝑉=mL.若体积折算成标准状况，则𝑀r(CO2)=（用𝑚1、𝑚2、𝑚3的计算式表示，无需化简）。【答案】(1)CaCO3+2H+=C

a2++CO2↑+H2O（3分）(2)dbc（2分）(3)可以，因为CO2的密度比空气大很多，不会与空气形成对流，向上排空即可收集到纯净的CO2（2分）(4)CD（3分）(5)𝑚3−𝑚1（3分）(𝑚2−𝑚1)+(𝑚3−𝑚1)×10−3×2922.4(𝑚3−𝑚1)×10−322.

4（3分）【解析】（1）由分析可知，装置A为碳酸钙和盐酸制备二氧化碳的装置，离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；（2）由装置A制备的二氧化碳中混入了氯化氢，可以用装置B中的饱和碳酸氢钠溶液除去；随后可以用装置C中的浓硫酸干燥二氧化碳；在收集二氧化碳的时候，为了使二氧

化碳的气流稳定，可以装置D中放入无水氯化钙及玻璃纤维，可以同时再次起到一定的干燥的作用，故选dbc；（3）二氧化碳的相对分子质量为44，则其密度比空气大很多，则即使没有设置防对流，也可以收集到纯净的二氧化碳，故答案为：可以，因为CO2的密度比空气大很多，不会与空气形成对流，向上排空

即可收集到纯净的CO2；（4）A．装置B、C中有气泡时，只能说明有气流通过，而二氧化碳不一定纯净，A错误；B．根据题意，𝑚1g应该是锥形瓶和其中空气的质量的和，B错误；C．对E进行称量时，应该防止导管的影响，且要保证二氧

化碳的体积和之前其中空气的体积相同，C正确；D．为了保证实验的准确性，可以通过对E反复称量，对比质量的变化，即可判断CO2是否集满，D正确；故选CD；（5）由于水的质量远大于空气，则可以认为𝑚3−𝑚1为水的质量，水的密度为1g/mL，则锥形瓶的体

积：𝑉=(𝑚3−𝑚1)𝑚𝐿；根据Mr(CO2)=m(CO2)𝑛，而𝑚2−𝑚1为锥形瓶中二氧化碳的质量和其中空气的质量差，则Mr(CO2)=m(CO2)𝑛=(𝑚2−𝑚1)+𝑚空气n=(𝑚2−𝑚1)+(𝑚3−𝑚1)×10−3×2922.

4(𝑚3−𝑚1)×10−322.4。五、氯元素的“价-类”二维图（24分）5．“价-类”二维图是以元素为核心，从物质类别和化合价两个角度认识物质的性质及其转化关系，下图是含氯元素的价类二维图，试讨论以下问题：(1)1774

年，舍勒在研究软锰矿(主要成分MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。根据这一原理，写出实验室制备氯气的化学方程式，可选择的气体发生装置是(填字母)，图中仪器X的名称是。(2)图d烧杯中溶液是为了吸收未反应的Cl2，试剂Y可以选用的是；A．NaOH浓溶液B．浓硫酸C．澄清石

灰水D．饱和食盐水此时烧杯中发生反应的离子方程式为：。(3)居家消毒时，不能将“84”消毒液(NaClO)与洁厕灵(主要成分是盐酸)混合使用，否则可能产生有毒气体(填化学式)，原因是(用离子方程式解释)。(4)二氧化氯(ClO2)是一种新型自

来水消毒剂，用ClO2代替Cl2对饮用水进行消毒可避免产生对人体有害的有机氯合物，ClO2能杀死水中的病菌，起到消毒的作用，是因为ClO2具有(填“强还原性”或“强氧化性”)。(5)二维图中物质①常用于实验室制取O2，则①的化学式是；该物质充分反应后，分离实验所得混合物的方法和步骤如下

，请补充完整：先在盛有混合粉末的烧杯中加入适量的水溶解；然后、洗涤、干燥，得到MnO2；将所得溶液、，即得到KCl固体(提示：KCl的溶解度受温度的影响变化比较大)。【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)Δ⬚Mn

Cl2+2H2O+Cl2↑（2分）b（2分）分液漏斗（2分）(2)A（2分）Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O（2分）(3)Cl2（2分）ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O（2分）(4)强氧化性（2分）(5)KCl

O3（2分）过滤（2分）蒸发浓缩（2分）冷却结晶（2分）【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：MnO2+4HCl(浓)Δ⬚MnCl2+2H2O+Cl2↑；反应为固液加热反应，可选择的气体发生装置是b，图中仪器X的名称是分液漏斗；（

2）氯气有毒，能和碱液反应，故为了防止污染，Y可以为氢氧化钠吸收氯气；澄清石灰水中氢氧化钙浓度较小，不适合吸收氯气；氯气和氢氧化钠生成氯化钠和次氯酸钠、水：Cl2+2OH−=Cl−+ClO−+H2O；（3）次氯酸钠具有强氧化性，和盐酸反应生成有

毒气体氯气，反应为：ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+H2O；（4）ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性而杀死水中的病菌，起到消毒的作用；（5）二维图中物质①为+5氯形成的盐，常用于实验室制取O2，则①为氯酸钾，化学式是KClO3；该物质充分反应后得到氯化钾和催化剂二氧化

锰，分离实验所得混合物的方法和步骤如下：先在盛有混合粉末的烧杯中加入适量的水溶解；然后过滤、洗涤、干燥，得到固态MnO2；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，即得到KCl固体。六、实验室设计实验探究I−（14分）6．KI是中学化学常用的

还原剂，某小组设计实验探究I−的性质。回答下列问题：【实验一】探究影响氧化剂与KI反应的因素。FeCl3、CuCl2、AgNO3溶液分别与KI-淀粉溶液混合，实验及现象如表所示：实验操作实验及现象①X为AgNO

3溶液，产生黄色沉淀，溶液不变蓝②X为CuCl2溶液，过滤，得到蓝色溶液和白色沉淀③X为FeCl3溶液，溶液变蓝，没有沉淀产生；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀已知：CuI为难溶于水的白色固体。(1)实

验②中的氧化产物为(填化学式)。(2)实验③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。(3)已知：Ag+的氧化性比Fe3+的强，但氧化剂的氧化性强弱除受本身性质影响外，还与温度、浓度、溶液的酸碱度等外界条件有关。分析实验①③，试解释实验①中溶液没有变蓝的主要原因可能是。【实验二】探究氯气与KI

反应的产物。设计如下实验装置：(4)A中发生反应的离子方程式为。(5)反应一段时间后，B中溶液颜色变为浅棕色，为了探究B溶液中的含碘物质，查阅资料并进行实验。查阅资料：I−+I2⇌I3−，I3−在溶液中显棕黄色，能使淀粉变蓝色；碘单质可以被氯气氧化为ICl2−(红

色)和ICl4−(黄色)。实验操作实验现象Ⅰ．取反应后B中的溶液10mL，分成两等份，第一份滴入1滴碘水；第二份滴入1滴淀粉溶液第一份溶液变蓝色；第二份溶液颜色没有变化Ⅱ．另取1mL碘水，滴加1滴淀粉溶液溶液变蓝色Ⅲ．向Ⅱ中溶液持

续通入氯气蓝色褪去，溶液变为浅棕色，随后溶液变无色，最后溶液略显浅黄绿色①操作Ⅰ的目的是排除(填离子符号)的干扰。②实验证明，溶液与氯气反应的最终产物是IO3−。写出氯气与I2的水溶液反应生成IO3−的离子方程式。③实验结论：B中溶液显浅棕色的原因是。【答案】(1)I2（2分）(2)1∶1（2分

）(3)Ag+和I−优先反应生成AgI沉淀，降低了Ag+浓度，导致Ag+的氧化性减弱（2分）(4)2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2分）(5)I3−（2分）5Cl2+I2+6H2

O=10Cl−+12H++2IO3−（2分）I−先被氯气氧化成I2，I2又被氯气氧化成ICl2−(红色)和ICl4−(黄色)，两者混合呈浅棕色溶液（2分）【解析】（1）根据实验现象X为CuCl2溶液，与KI淀粉溶液反应得到蓝色溶液和白色沉淀，根据

已知信息，说明生成了I2和CuI沉淀，所以氧化产物为I2；（2）根据实验现象X为FeCl3溶液，溶液变蓝，没有沉淀产生，则生成了I2，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶1；（3）Ag+和I-优先反应生成AgI，降低了A

g+浓度，导致Ag+的氧化性减弱，无法与I-反应生成I2，溶液不变蓝；（4）浓盐酸与高锰酸钾反应制备氯气的化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（5）①第一份滴入1滴碘水，碘单质与淀粉作用显示蓝色，证明反应后的B溶液中有淀

粉，I3−显棕黄色且遇淀粉变蓝，第二份滴入淀粉溶液，溶液颜色没有变化，说明溶液的浅棕色不是I3−造成的，无I3−；②ICl2-中的碘为+1价，反应后生成IO3-，碘的价态升高4价价，氯气具有氧化性生成Cl-，氯的价态降低2价，由电子守恒1ICl2-+2Cl2→1IO3-+6C

l-，由电荷守恒1ICl2-+2Cl2―→1IO3-+6Cl-+6H+，最后由质量守恒得离子反应式为：ICl2-+2Cl2+3H2O＝IO3-+6Cl-+6H+；③向Ⅱ所得溶液继续通入氯气，溶液几乎变为无色，被氧化成IO3-(无色)，B中溶液颜色变成浅棕色的原因是I-先被氯气氧化成I2，Cl2+2

I-＝I2+2Cl-，I2又被氯气氧化成ICl2-(红色)和ICl4-(黄色)，两者混合呈浅棕色溶液。