天津一中学年高一上学期期中考试化学试题.docx
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天津一中学年高一上学期期中考试化学试题
天津一中2019-2020学年高一年级上学期期中模块质量调查试卷
化学试题
1.我国古代科技高度发达，下列有关古代文献的说法错误的是
A.明朝的《本草纲目》记载“烧酒非古法也，自元时创始，其法用浓酒和糟入甑（指蒸锅），蒸令气上，用器承滴露”该段文字记载了白酒（烧酒）的制造过程中采用了蒸馏的方法来分离和提纯
B.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca（OH）2
C.“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应
D.汉朝的《淮南万毕术》、《神农本草经》记载“白育（碱式碳酸铜）得铁转化为铜”，“石胆……能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼
【答案】B
【解析】
【详解】A．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；
B、碳酸钙高温分解为氧化钙，“石灰”指的是CaO，故B错误；
C、“蜡炬成灰泪始干”，涉及石蜡的燃烧，属于氧化还原反应，故C正确；
D、得铁转化为铜，应是铁置换出铜，为湿法炼铜，故D正确。
选B。
2.下列说法不正确的是（）
A.假说经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论
B.可以用分类的方法预测物质的性质
C.研究物质的性质常用观察、实验、分类、比较等方法
D.科学实验能解决化学学科的所有问题
【答案】D
【解析】
【分析】
化学研究的基本方法有：
观察、实验、分类、比较等方法，除此之外，建立假说和化学模型在研究物质的结构和性质时也起着重要的作用；研究物质性质的基本程序为：
观察物质的外观性质，预测物质的性质，实验和观察，解释和结论。
由此分析解答。
【详解】A.假说是在已有事实材料和科学理论基础上，对某些事物的存在或事物的因果性、规律性作出的假定性解释，经过反复验证和修正，才发展成为科学的理论，A项正确；
B.同类物质具有某种共性，所以可以用分类的方法预测物质的性质，B项正确；
C.观察、实验、分类、比较等是研究物质性质的基本方法，C项正确；
D.科学实验不能解决化学学科的所有问题，有的问题需要在实验事实的基础上经过严密的逻辑推理得到，是实验和理论共同协作解决化学问题，D项错误；答案选D。
3.在科学史上中国有许多重大的发明和发现，为世界现代物质文明奠定了基础。
以下属于化学史上中国对世界重大贡献的是
①造纸②发现元素周期律③提出原子—分子论学说④指南针⑤炼铜、炼铁⑥提出化学元素的概念⑦人工合成牛胰岛素⑧火药
A.①②③④B.②④⑦⑧C.①⑤⑦⑧D.③⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
从两个角度分析，一是重大的发明和发现属于中国的，二是与化学有关的；
【详解】在我国的四大发明中有两项属于化学工艺：
造纸和制火药。
另外我国是最早使用青铜器和冶炼铁的国家。
1965年，我国在世界上首先人工合成了结晶牛胰岛素，这些都对世界化学史作出了巨大的贡献，综上，本题选C。
4.向含有FeCl3、FeCl2的混合稀溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散系离子粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是
A.该分散系的分散质为Fe2O3
B.该分散系属于溶液
C.加入NaOH时发生的反应可能为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O
D.用激光笔照射此黑色分散系不能看到“光亮的通路”
【答案】C
【解析】
【分析】
黑色分散系，其中分散系离子粒子直径约为9.3nm，粒子直径在1—100nm之间，属于胶体。
【详解】A.Fe2O3是红色粉末，该分散系为黑色，所以分散质不是Fe2O3，故A错误；
B.该分散系的粒子直径为9.3nm，在1—100nm之间，属于胶体，故B错误；
C.黑色分散系，分散质可能为Fe3O4，加入NaOH时发生的反应可能为Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O，故C正确；
D.该分散系属于胶体，用激光笔照射此黑色分散系能看到“光亮的通路”，故D错误。
5.下列物质中，属于电解质，但在液态时不导电的是（ ）
A.Na2OB.KAl（SO4）2·12H2OC.HClD.BaSO4
【答案】C
【解析】
【分析】
酸、碱、盐、金属氧化物等均属于电解质，在熔融状态时能够电离出自由移动的离子，该电解质就能导电，反之，不导电。
【详解】A.Na2O是电解质，在熔融状态下导电，故A错误；
B.KAl（SO4）2·12H2O是电解质，在熔融状态下导电，故B错误；
C.HCl是电解质，只有溶于水时才能导电，故C正确；
D.BaSO4是电解质，在熔融状态下导电，故D错误；
综上所述，本题正确选项C。
6.下列离子反应方程式正确的是（）
①稀盐酸与铁屑反应：
2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
②碳酸镁与稀硫酸：
MgCO3+2H+=H2O+CO2↑+Mg2+
③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O
④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全：
H++SO42-+Ba2++OH-==H2O+BaSO4↓
⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：
2H++SO42-+Ba2++2OH-==2H2O+BaSO4↓
⑥向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：
Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O
A.①②③④B.②③④⑤C.③④⑤⑥D.①②③⑤
【答案】B
【解析】
①稀盐酸与铁屑反应生成Fe2+，该离子方程式不正确；②碳酸镁与稀硫酸：
MgCO3+2H+==H2O+CO2↑+Mg2+，该离子方程式正确；③碳酸氢钙溶液中加入少量氢氧化钠溶液：
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O，该离子方程式正确；④向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42-刚好沉淀完全：
H++SO42-+Ba2++OH-==H2O+BaSO4↓，该离子方程式正确；⑤向NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2溶液至溶液呈中性：
2H++SO42-+Ba2++2OH-==2H2O+BaSO4↓，该离子方程式正确；⑥向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水的离子方程式为Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+CO32-，⑥不正确。
本题选B。
7.将Cl2制成漂白粉的最主要目的是：
①使它转变成较易溶于水的物质②转变成较稳定、便于贮存的物质③提高氯的质量分数④提高漂白能力
A.①②③B.②④C.②③D.②
【答案】D
【解析】
将Cl2制成漂白粉的最主要目的是转变成较稳定、便于贮存的物质，选项②正确，其余选项都是不正确的，答案选D。
8.将一小块钠投入下列溶液中，既能产生气体又会出现沉淀的是
①稀硫酸②稀氢氧化钠溶液③硫酸铁溶液④氯化镁溶液⑤饱和澄清石灰水
A.①②⑤B.①③⑤C.②③④D.③④⑤
【答案】D
【解析】
【详解】①钠投入稀硫酸，钠和硫酸反应生成可溶性的硫酸钠和水，所以只能生成气体不会产生沉淀，故不选①；②钠投入稀氢氧化钠溶液，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，所以只能生成气体不会产生沉淀，故不选②；③钠投入硫酸铁溶液，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和硫酸铁发生复分解反应生成难溶性的氢氧化铁，所以既能产生气体又能出现沉淀，故选③；④钠投入氯化镁溶液，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和氯化镁溶液反应生成难溶性的氢氧化镁沉淀，所以能产生沉淀和气体，故选④；⑤钠投入饱和澄清石灰水，钠和水反应生成可溶性的氢氧化钠和氢气，水质量减少，氢氧化钙固体析出，所以能产生沉淀和气体，故选⑤；
选D。
【点睛】本题考查的是钠与酸、碱、盐溶液的反应，钠与酸直接反应，钠与碱、盐不反应，但是钠能够和溶液中的溶剂水反应，所以反应的实质就是钠与水的反应，生成的氢氧化钠再与盐反应。
9.某溶液中只可能含有下列离子中的几种：
K+、NO3-、SO42-、NH4+、CO32-（不考虑溶液中少量的H+和OH-），取200mL该溶液，分为两等份进行下列实验：
实验1：
第一份加入足量的烧碱并加热，产生的气体在标准状况下为224mL
实验2：
第二份先加入足量的盐酸，无现象，再加入足量的BaCl2溶液，得固体2.33g
下列说法正确的是
A.该溶液中无法确定是否含有K+
B.该溶液中肯定含有NO3-、SO42-、NH4+、CO32-
C.不能确定该溶液中是否含有NO3-
D.该溶液中一定含有K+，且c（K+）=0.1mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
实验1：
第一份加入足量的烧碱并加热会产生气体证明含有NH4+；实验2：
第二份先加入足量的盐酸，无现象，则不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明含有SO42-。
【详解】根据实验1：
第一份加入足量的烧碱并加热，会产生气体224mL，证明含有NH4+，且物质的量为0.01mol；
实验2：
第二份先加入足量的盐酸，无现象，则一定不含有CO32-，再加足量的BaCl2溶液，得固体2.33g，证明一定含有SO42-，且物质的量为：
=0.01mol，根据溶液中的电荷守恒，则一定含有钾离子，且钾离子的浓度≥
=0.1mol/L．
A、根据电荷守恒，该溶液中一定含有K+，故A错误；
B、该溶液中肯定含有NH4+、SO42-、K+，肯定不含CO32-，故B错误；
C、根据以上分析，该溶液中可能含有NO3-，故C正确；
D、溶液中NH4+物质的量为0.01mol，SO42-物质的量为0.01mol，可能含有硝酸根离子，根据电荷守恒，溶液中一定含有K+，且c（K+）≥0.1 mol/L，故D错误。
【点睛】本题考查了溶液中离子的鉴别、离子性质的分析判断，离子之间的反应以及现象是解答的关键，注意电荷守恒在离子推断中的应用。
10.某干燥粉末可能由Na2O、Na2O2、Na2CO3、NaHCO3、NaCl中的一种或几种组成。
将该粉末与足量的盐酸反应有气体X逸出，X通过足量的NaOH溶液后体积缩小（同温、同压下测定），且有气体剩余。
若将原来混合粉末在空气中用酒精灯加热，也有气体放出，且剩余固体的质量大于原混合粉末的质量。
下列判断正确的是
①粉末中一定有Na2O、Na2O2、和NaHCO3
②粉末中一定不含有Na2CO3和NaCl
③粉末中一定不含有Na2O2和NaCl
④无法肯定粉末中是否含有Na2CO3和NaCl
A.①②B.②③C.③④D.①④
【答案】D
【解析】
【分析】
盐酸可以和过氧化钠反应产生氧气，和碳酸钠、碳酸氢钠反应可以释放出二氧化碳；二氧化碳可以和氢氧化钠反应，氧气不反应；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳气体和水，氧化钠和氧气发生使固体质量增加的反应；据此分析判断。
【详解】向混合物中加入足量的盐酸，有气体放出，与盐酸反应产生气体的物质可能为Na2O2（生成O2）、Na2CO3或NaHCO3（生成CO2），X通过NaOH溶液后体积缩小（而不是气体全部消失），说明X由O2和CO2组成，原粉末中Na2O2一定存在，Na2CO3和NaHCO3至少有一种一定存在。
将原混合粉末加热，有气体放出，说明混合物中一定有NaHCO3，但NaHCO3受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，过氧化钠可能与分解产生的二氧化碳、水反应产生氧气，此过程会使粉末质量减小，而实际剩余固体的质量却增加了，原因只能是发生了反应：
2Na2O+O2
2Na2O2；综上分析，混合物中一定有Na2O、Na2O2、NaHCO3，无法确定混合物中是否有Na2CO3和NaCl，即正确的是①④，故选D。
【点睛】本题考查物质的检验和鉴别。
本题的难点为氧化钠的判断，要注意氧化钠和过氧化钠的性质的区别，氧化钠能够与氧气在加热时反应生成过氧化钠。
11.氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质。
下列实验现象和结论一致且正确的是（ ）
A.加入有色布条，一会儿有色布条退色，说明有Cl2存在
B.溶液呈黄绿色，且有刺激性气味，说明有HClO分子存在
C.先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl－存在
D.加入NaOH溶液，氯水黄绿色消失，说明有HClO分子存在
【答案】C
【解析】
【分析】
氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O
HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，利用离子、分子的性质来分析。
【详解】A.次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；
B.氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B错误；
C.因AgCl不溶于硝酸，先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl−存在，故C正确；
D.氯气和氢氧化钠发生氧化还原反应，则不能说明有HClO存在，故D错误；
答案选C。
【点睛】氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O
HCl+HClO，氯水中存
Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-，氯水具有多种成分和性质。
12.下列图像正确的是
A.向氢氧化钙和氢氧化钠混合溶液中通入二氧化碳
B.用氢氧化钠溶液滴定等浓度
盐酸和醋酸
C.向氢氧化钠溶液中通入二氧化碳
D.氯化氢和氯气的混合气体通入氢氧化钠溶液中
【答案】B
【解析】
【详解】A.溶液中应先生成碳酸钙溶液，图象不符，故A不正确；
B.盐酸是强电解质的溶液，醋酸是弱电解质的溶液，在浓度相等的情况下，盐酸的电导率较大，在滴定过程中，盐酸溶液中自由移动离子浓度减小，电导率下降，当NaOH过量时，溶液的电导率又逐渐增大；醋酸溶液中刚开始生成醋酸钠强电解质，溶液中自由移动离子浓度增大，电导率上升，故B正确；
C.向NaOH溶液中通入CO2至过量发生的离子反应为：
CO2+2OH-=CO32-+H2O；CO32-+H2O+CO2=2HCO3-，由方程式可知：
n（OH-）=2n（CO32-）；2n（CO32-）=n（2HCO3-），图象与此关系不符，故C不正确；
D.因盐酸较次氯酸的酸性强，NaOH应先与盐酸反应，刚开始溶液中没有生成NaClO，故D不正确；
答案选B。
【点睛】在解答本题过程中，需要将反应的过程与坐标图结合起来，既要考虑物质的变化，还要考虑物质之间的数量比例关系，如图C中OH-、CO32-、HCO3-之间物质的量的关系等。
13.下列说法正确的是
A.制Fe（OH）3胶体：
用烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、FeCl3饱和溶液、三脚架可以完成实验
B.检验NaHCO3与Na2CO3溶液：
用小试管分别取少量溶液，然后滴加澄清石灰水
C.除去CO2中的HCl和水蒸气：
用洗气瓶（两只）、饱和Na2CO3溶液、浓硫酸、导管、橡皮管可以完成试验
D.证明Na2O2与CO2是放热反应：
将Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应
【答案】D
【解析】
【详解】A、要制备Fe（OH）3胶体,应在沸水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，由于烧杯不能用酒精灯直接加热，所以用烧杯、酒精灯、火柴、胶头滴管、蒸馏水、FeCl3饱和溶液、三脚架不能完成实验，还缺少石棉网，故A错误；
B、NaHCO3、Na2CO3溶液都能与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，所以不能用澄清石灰水鉴别NaHCO3、Na2CO3，故B错误；
C、CO2、HCl都能与Na2CO3溶液反应，不能用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HCl，故C错误；
D、将Na2O2用棉花包裹，放入充满CO2的集气瓶中，棉花燃烧说明是放热反应，故D正确。
选D。
14.二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水消毒。
下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（）
A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n（氧化剂）：
n（还原剂）=1:
4
B.ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是：
2ClO2+2OH-=ClO3-+ClO2-+H2O
C.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D.等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂。
NaClO2中+3价Cl降低到NaCl中的-1价，1molNaClO2得到4mol电子，同时NaClO2中的+3价Cl升高到ClO2中的+4价，1molNaClO2失去1mol电子。
根据电子守恒，失去电子的NaClO2（做还原剂）的物质的量是得到电子的NaClO2（做氧化剂）的物质的量的4倍，所以n（氧化剂）：
n（还原剂）=1:
4，故A不选；
B.ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是ClO2发生歧化反应，+4价氯化合价既升高，又降低，生成ClO3-和ClO2-，故不B选；
C.二氧化氯易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C选；
D．1molClO2得到5mol电子生成Cl-，1molCl2得到2mol电子生成Cl-，所以等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍，故D不选。
故选C。
15.NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法中正确的是
①0.5molO3与11.2LO2所含的分子数一定相等
②标准状况下，28gCO与N2的混合气体的体积约为22.4L
③通常状况下，NA个CO2分子占有的体积为22.4L
④常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA
⑤常温下，4.4g的CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的电子数为2.2NA
⑥标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA
⑦在常温常压下，1molO2含有的原子数为2NA
A.①②③⑦B.②④⑤⑦C.①③⑤⑦D.②③④⑥
【答案】B
【解析】
【详解】①非标准状况下，11.2LO2的物质的量不一定是0.5mol，故①错误；
②CO与N2的摩尔质量都是28g/mol，28gCO与N2的混合气体的物质的量是1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故②正确；
③NA个CO2分子的物质的量是1mol，标准状况下的体积是22.4L，故③错误；
④NO2和N2O4的最简式都是NO2，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数
6NA，故④正确；
⑤CO2和N2O分子中都有22个电子，CO2和N2O的摩尔质量都是44g/mol，4.4g的CO2和N2O（不反应）混合物中所含有的电子数为
2.2NA，故⑤正确；
⑥标准状况下H2O是液体，22.4LH2O的物质的量不是1mol，故⑥错误；
⑦1个O2分子含有2个氧原子，1molO2含有的原子数为2NA，故⑦正确；
正确的是②④⑤⑦，选B。
16.食品包装袋中有一个小纸袋，上面写着“石灰干燥剂”。
（1）“石灰干燥剂”的主要成分生石灰是_______（填化学式），“石灰”所属的物质类型是______（填序号）
①金属氧化物；②碱性氧化物；③碱；④碱性干燥剂；⑤化合物；⑥盐
（2）生石灰可做干燥剂的理由是_________________________（用化学方程式表示）；
（3）你认为下列内容还必须在这种小纸袋上注明的是____________（填序号）
①禁止食用；②可以食用；③禁止未成年人用手拿；④生产日期
（4）小纸袋中的物质能否长期做干燥剂？
为什么？
_________________________________________
（5）某同学将浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰等物质划分为一类。
该同学的分类依据为_____（填字母）
A、酸类B、碱类C、氧化物D、干燥剂
（6）生石灰还可以跟哪些类别的物质发生化学反应？
请举一例__________
【答案】
（1）.CaO
（2）.①②④⑤（3）.CaO+H2O=Ca（OH）2（4）.①④（5）.不能。
CaO吸水后的生成物Ca（OH）2不再具有干燥作用（6）.D（7）.酸类
【解析】
【分析】
（1）生石灰是氧化钙；
（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙；
（3）氧化钙具有腐蚀性，产品具有保质期；
（4）Ca（OH）2不具有干燥作用。
（5）浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰都具有吸水性；
（6）根据氧化钙的性质回答。
【详解】
（1）生石灰是氧化钙，化学式是CaO；CaO由两种元素组成，其中一种是氧元素，另一种元素是金属元素，所以CaO属于金属氧化物；氧化钙与盐酸反应生成氯化钙和水，CaO属于碱性氧化物；氧化钙能吸收水蒸气，是碱性干燥剂；CaO是两种元素组成的纯净物，属于化合物；选①②④⑤；
（2）氧化钙和水反应生成氢氧化钙，反应方程式是CaO+H2O=Ca（OH）2；
（3）氧化钙具有腐蚀性，产品具有保质期，所以需标注①禁止食用、④生产日期，选①④；
（4）CaO吸水后的生成物Ca（OH）2不再具有干燥作用，所以氧化钙不能长期地做干燥剂；
（5）浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰都具有吸水性，所以将浓硫酸、氢氧化钠固体、生石灰等物质划分为一类的依据为都可做干燥剂；
（6）氧化钙是碱性氧化物，能与酸反应生成盐和水。
17.下表是生活生产中常见的物质，表中列出了它们的（主要）成分
编号
①
②
③
④
⑤
⑥
⑦
名称
酒精
醋酸
火碱
食盐
铜导线
亚硫酸酐
苏打
主要成分
CH3CH2OH
CH3COOH
NaOH
NaCl
Cu
SO2
Na2CO3
（1）请你对表中①~⑦的主要成分进行分类（填编号）：
属于电解质的是_______________，属于非电解质的是____________________。
（2）过量②的水溶液与⑦反应的离子方程式________________________________。
（3）已知用金属钠制取氧化钠，可有多种方法：
①4Na+O2=2Na2O；②4Na+CO2=2Na2O+C；③2NaNO2+6Na=4Na2O+N2↑
在上述三种方法中，最好的是_________，原因是___________。
（4）某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：
①用化学方程式解释使酚酞变红的原因_______________________________；依据实验现象推测红色褪去的原因是___________________________________。
②加入MnO2反应的化学方程式为___________________________________。
（5）在实验室模拟侯氏制碱法制备碳酸钠：
一定温度下，往一定量饱和NaCl溶液中通入氨气达到饱和后，再不断通入CO2，一段时间后，出现沉淀，过滤得到NaHCO3晶体。
该过程的化学方程式为：
____________
（6）在化学课上老师向NaOH溶液通入CO2后无明显现象，那我们如何通过实验证明CO2与NaOH发生了反应？
某化学小组同学将过量的干冰放入氢氧化钠溶液中，利用数字化传感器测定溶液pH的变化，如图所示，请用化学方程式回答下列问题：
①BC段变化原因可能是______________________________________________________
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