高考化學(xué) 階段滾動檢測一 新人教版（含精細(xì)解析）

1、.階段滾動檢測一第一、二章90分鐘 100分第卷選擇題共48分一、選擇題此題包括16小題，每題3分，共48分 1.2019年深圳大運會“虹火炬所用燃料的主要成分為丙烷。NA表示阿伏加德羅常數(shù)，以下有關(guān)丙烷的表達(dá)正確的選項是A.11.2 L丙烷中含有的分子數(shù)為0.5NAB.丙烷的摩爾質(zhì)量是44 gC.同溫同壓下，一樣體積的丙烷和二氧化碳的物質(zhì)的量相等D.2.2 g丙烷分子中所含CH鍵的個數(shù)為0.5NA2.2019·池州模擬用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下表達(dá)正確的選項是A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L重氫D2氣體分子中含有2NA個中子B.常溫常壓下，3.36 L氯氣與2.7 g鋁充分反響

2、，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NAC.Cu-Zn-CuSO4原電池工作時，假設(shè)析出0.1 mol Cu時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.2NA，正極溶解Zn 6.5 gD.1 mol異丁烷中，含共價鍵數(shù)目為10NA3.以下說法中錯誤的選項是A.從1 L 1 mol·L1的NaCl溶液中取出10 mL，其濃度仍是1 mol·L1B.配制0.5 L 10 mol·L1的鹽酸，需要氯化氫氣體112 L標(biāo)準(zhǔn)狀況C.0.5 L 2 mol·L1 BaCl2溶液中，Ba2和Cl總數(shù)為3×6.02×1023D.10 g 98%的硫酸溶液密度為1.84 g·cm3

3、與10 mL 18.4 mol·L1的硫酸溶液的濃度是不同的4.資料說明：火星外表富含硅酸鹽和硫酸鹽；火星上的水以冰塊和霜凍的形式存在于南北兩極。以下表達(dá)不正確的選項是A.硅酸鹽、硫酸鹽都是含氧酸鹽B.水玻璃是混合物，冰水混合物是純潔物C.Al2O3·2SiO2·2H2O屬于氧化物D.硅酸鈉、硫酸鋇、水分別屬于強電解質(zhì)、強電解質(zhì)、弱電解質(zhì)5.2019·海南高考以下固體混合物與過量的稀H2SO4反響，能產(chǎn)生氣泡并有沉淀產(chǎn)生的是A.NaHCO3和AlOH3 B.BaCl2和NaClC.HClO3和K2SO4 D.Na2SO3和BaCO36.500 mL 2

4、mol/L FeCl3溶液和500 mL 2 mol/L明礬溶液分別滴入沸水中，加熱制成甲、乙兩種分散系，經(jīng)測定甲分散系中分散質(zhì)的粒子大小在1100 nm之間，乙分散系中分散質(zhì)的粒子大小在109107 m之間。以下關(guān)于甲、乙分散系的判斷合理的是A.在暗室里用一束亮堂的“強光照射甲、乙兩種分散系，發(fā)現(xiàn)甲有丁達(dá)爾效應(yīng)，乙沒有丁達(dá)爾效應(yīng)B.向甲、乙兩種分散系中分別滴加過量的氫氧化鈉溶液，現(xiàn)象都是“先聚沉，后溶解C.向甲、乙兩種分散系中分別滴加過量氫碘酸溶液，現(xiàn)象分別是深褐色溶液、無色溶液D.蒸干、灼燒FeCl3和明礬溶液會得到對應(yīng)的固體鹽7.標(biāo)準(zhǔn)狀況下有0.112 L水；3.01×1023

5、個氯化氫分子；13.6 g H2S氣體；0.2 mol氨氣，以下對這四種物質(zhì)的關(guān)系由小到大排列正確的選項是A.體積：B.密度：C.質(zhì)量：D.氫原子數(shù)：8.2019·南昌模擬以下各組離子在常溫下能大量共存，當(dāng)溶液cH101 mol/L時有氣體生成，當(dāng)溶液cH1013 mol/L時，有沉淀生成的是A.Mg2，NH，Cl，SOB.Na，Cu2，CO，NOC.Ba2，K，SO，ClD.Na，F(xiàn)e2，SO，NO9.某學(xué)生配制了100 mL 1 mol/L的硫酸溶液。然后，對溶液濃度做準(zhǔn)確測定，且測定過程中一切操作都正確。結(jié)果測得溶液的物質(zhì)的量濃度低于1 mol/L。那么，在配制過程中，以下操作

6、可能導(dǎo)致溶液濃度偏低的是量筒用蒸餾水洗凈后立即用來量取濃硫酸將濃硫酸在燒杯中稀釋，轉(zhuǎn)移到容積為100 mL的容量瓶中后，沒有洗滌燒杯在轉(zhuǎn)移過程中用玻璃棒引流，因操作不慎有少量溶液流到了容量瓶外面最后定容時，加水超過了刻度線，馬上用膠頭滴管吸去多余的水，使溶液凹液面剛好與刻度線相切A. B. C. D.10.以下離子反響方程式表示正確的選項是A.過量石灰水與碳酸氫鈣反響：Ca22HCO2OH=CaCO3CO2H2OB.FeSO4 酸性溶液暴露在空氣中：4Fe2O24H=4Fe32H2OC.向氯化鋁溶液中滴加過量氨水：Al34NH3·H2O=AlO4NH2H2OD.H2SO4與BaOH2

7、溶液反響：Ba2OHHSO=BaSO4H2O11.2019·江蘇高考NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)如圖。以下說法正確的選項是A.25 ，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B.石灰乳與Cl2的反響中，Cl2既是氧化劑，又是復(fù)原劑C.常溫下枯燥的Cl2能用鋼瓶貯運，所以Cl2不與鐵反響D.如下圖轉(zhuǎn)化反響都是氧化復(fù)原反響12.氮化硅Si3N4是一種新型陶瓷材料，它可由石英與焦炭在高溫的氮氣流中，通過以下反響制得：3SiO26C2N2Si3N46CO，以下說法正確的選項是A.該反響的氧化劑是SiO2和N2B.該反響的復(fù)原產(chǎn)物為Si3N4C.該反響中氧化劑和復(fù)原劑質(zhì)量比為

8、97 D.1 mol Si3N4生成時共轉(zhuǎn)移6 mol電子13.2019·合肥模擬Co2O3在酸性溶液中易被復(fù)原成Co2，Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次減弱。以下反響在水溶液中不可能發(fā)生的是A.3Cl26FeI2=2FeCl34FeI3B.Cl2FeI2=FeCl2I2C.Co2O36HCl=2CoCl2Cl23H2OD.2Fe32I=2Fe2I214.某溶液中含有的溶質(zhì)是FeBr2、FeI2，假設(shè)先向該溶液中通入一定量的氯氣，再向反響后的溶液中滴加KSCN溶液，結(jié)果溶液變?yōu)榧t色：AgBr、AgI分別為淺黃色和黃色不溶于硝酸的沉淀，那么以下表達(dá)正確的選項是 A.原溶

9、液中的Br一定被氧化B.通入氯氣之后原溶液中的Fe2一定被氧化C.溶液中一定不存在Fe2 D.假設(shè)取少量所得溶液，再參加CCl4溶液，靜置、分液，向上層溶液中參加足量的AgNO3 溶液，能產(chǎn)生黃色沉淀15.2019·濰坊模擬一定量的氫氣在氯氣中燃燒，所得混合物用100 mL 3.00 mol/L的NaOH溶液密度為1.2 g/mL恰好完全吸收，測得溶液中含有NaClO的物質(zhì)的量為0.05 mol溶液中只含NaCl和NaClO兩種溶質(zhì)。那么以下有關(guān)說法不正確的選項是A.原NaOH溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10.0%B.所得溶液中Cl的物質(zhì)的量為0.25 molC.與NaOH反響的氯氣為0.15

10、molD.所用氯氣和參加反響的氫氣的物質(zhì)的量之比為3216.2019·阜陽模擬H3AsO3與SnCl2在濃鹽酸中可發(fā)生以下反響：3SnCl212Cl2H3AsO36H=2As3M6H2O，關(guān)于該反響的說法中正確的組合是氧化劑是H3AsO3；復(fù)原性：Cl>As；每生成1 mol As，反響中轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為2 mol；M為SnCl；M是氧化產(chǎn)物。A. B. C. D.第卷非選擇題共52分二、非選擇題此題包括5小題，共52分17.10分2019·宿州模擬實驗室需要0.1 mol·L1 NaOH溶液450 mL和0.5 mol·L1硫酸溶液500 m

11、L。根據(jù)這兩種溶液的配制情況答復(fù)以下問題：1如下圖的儀器中配制溶液肯定不需要的是_,配制上述溶液還需用到的玻璃儀器是_填儀器名稱。2以下操作中，容量瓶所不具備的功能有。A.配制一定體積準(zhǔn)確濃度的標(biāo)準(zhǔn)溶液B.貯存溶液C.測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體D.量取一定體積的液體 E.用來加熱溶解固體溶質(zhì)3根據(jù)計算用托盤天平稱取NaOH的質(zhì)量為_g。在實驗中其他操作均正確，假設(shè)定容時俯視刻度線，那么所得溶液濃度0.1 mol·L1填“大于、“等于或“小于，下同。假設(shè)NaOH溶液在轉(zhuǎn)移至容量瓶時，灑落了少許，那么所得溶液濃度0.1 mol·L1。4根據(jù)計算可知，所需質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%

12、、密度為1.84 g·cm3的濃硫酸的體積為mL計算結(jié)果保存一位小數(shù)。假如實驗室有15 mL、20 mL、50 mL量筒，應(yīng)選用mL量筒最好。配制過程中需先在燒杯中將濃硫酸進(jìn)展稀釋，稀釋時操作方法是：_。18.9分 某無色透明溶液中可能大量存在Ag、Mg2、Cu2、Fe3、Na中的幾種，請?zhí)顚懸韵驴瞻祝?不做任何實驗就可以肯定原溶液中不存在的離子是。2取少量原溶液，參加過量稀鹽酸，有白色沉淀生成；再參加過量的稀硝酸，沉淀不消失。說明原溶液中肯定存在的離子是，有關(guān)的離子方程式為_。3取2中的濾液，參加過量的稀氨水NH3·H2O，出現(xiàn)白色沉淀，說明原溶液中肯定有_，有關(guān)的離子方

13、程式為_。4原溶液可能大量存在的陰離子是以下的_。A.Cl B.NO C.CO D.OH19.7分有A、B、C三種可溶性正鹽，陰、陽離子各不一樣，其陰離子的摩爾質(zhì)量依次增大按A、B、C的順序，將等物質(zhì)的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3、K、SO、NO、Cl五種離子，同時生成一種白色沉淀。請答復(fù)以下問題：1經(jīng)檢驗，三種正鹽中還有以下選項中的一種離子，該離子是。A.Na B.Mg2 C.Cu2 D.Ag2正鹽A、B、C的化學(xué)式分別為：_、_、_。3假設(shè)將A、B、C三種正鹽按一定比例溶于水后，所得溶液只含有Fe3、SO、NO、K四種離子且物質(zhì)的量之比依次為1234，那么A、B、C三種正鹽

14、的物質(zhì)的量之比為。20.12分某研究性學(xué)習(xí)小組擬用銅屑、氧化銅的混合物與硫酸、硝酸組成的混酸反響制取CuSO4·5H2O晶體，混酸中硝酸的復(fù)原產(chǎn)物為NO，反響過程中不產(chǎn)生SO2，反響后的溶液中不含有CuNO32，反響中固體完全溶解，兩種酸恰好完全反響。設(shè)固體混合物的總質(zhì)量為240 g，其中氧化銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x，試答復(fù)以下問題：1所得CuSO4·5H2O晶體的質(zhì)量y的表達(dá)式為： g用x表示；2假設(shè)要保證固體全部溶解，混酸恰好反響，那么混酸中HNO3、H2SO4的物質(zhì)的量濃度之比A：填“A的取值范圍；3假設(shè)A，反響完畢時將所得氣體在NaOH溶液中全部轉(zhuǎn)化為NaNO3，至少需要3

15、0%的雙氧水g保存一位小數(shù)。21.14分2019·廣東高考某同學(xué)進(jìn)展實驗研究時，欲配制1.0 mol·L1 BaOH2溶液，但只找到在空氣中暴露已久的BaOH2·8H2O試劑相對分子質(zhì)量：315。在室溫下配制溶液時發(fā)現(xiàn)所取試劑在水中僅部分溶解，燒杯中存在大量未溶物。為探究原因，該同學(xué)查得BaOH2·8H2O在283 K、293 K和303 K時的溶解度g/100 g H2O分別為2.5、3.9和5.6。1燒杯中未溶物僅為BaCO3，理由是_。2假設(shè)試劑由大量BaOH2·8H2O和少量BaCO3組成，設(shè)計實驗方案，進(jìn)展成分檢驗。寫出實驗步驟、預(yù)期

16、現(xiàn)象和結(jié)論。不考慮結(jié)晶水的檢驗；室溫時BaCO3飽和溶液的pH9.6限選試劑及儀器：稀鹽酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH計、燒杯、試管、帶塞導(dǎo)氣管、滴管實驗步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1：取適量試劑于干凈燒杯中，參加足量蒸餾水，充分?jǐn)嚢?，靜置，過濾，得濾液和沉淀步驟2：取適量濾液于試管中，滴加稀硫酸步驟3：取適量步驟1中的沉淀于試管中,_實驗步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟4：3將試劑初步提純后，準(zhǔn)確測定其中BaOH2·8H2O的含量。實驗如下：配制250 mL 約0.1 mol·L1 BaOH2溶液：準(zhǔn)確稱取w克試樣，置于燒杯中，加適量蒸餾水，將溶液轉(zhuǎn)入，洗滌，定容，搖勻。滴定

17、：準(zhǔn)確量取25.00 mL所配制BaOH2溶液于錐形瓶中，滴加指示劑，將填“0.020、“0.05、“0.198 0或“1.5mol·L1鹽酸裝入50 mL酸式滴定管，滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)。重復(fù)滴定2次。平均消耗鹽酸V mL。計算BaOH2·8H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)只列出算式，不作運算4室溫下，填“能或“不能 配制1.0 mol·L1 BaOH2溶液。答案解析1.【解析】選C。A項中未注明標(biāo)準(zhǔn)狀況，不正確；摩爾質(zhì)量的單位是g·mol1，B不正確；同溫同壓下，一樣體積的任何氣體的物質(zhì)的量相等，C正確；2.2 g丙烷分子中所含CH鍵的個數(shù)應(yīng)為0.4NA，D不正確。

18、2.【解析】選A。一個重氫原子中含有一個中子，標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L D2的物質(zhì)的量為1 mol，故含有2NA個中子，A項正確；常溫常壓下，3.36 L氯氣的物質(zhì)的量小于0.15 mol，與2.7 g鋁充分反響，轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.3NA，B項不正確；Cu-Zn-CuSO4原電池工作時，負(fù)極Zn溶解，C項不正確；1 mol異丁烷中，含CH共價鍵數(shù)目為10NA，D項不正確。3.【解析】選D。10 g 98%的硫酸溶液物質(zhì)的量濃度為18.4 mol·L1，與10 mL 18.4 mol·L1的硫酸溶液的濃度一樣，D項錯誤。4.【解析】選C。硅酸鹽通常用二氧化硅和金屬氧化物的組合

19、形式表示其組成，Al2O3·2SiO2·2H2O屬于硅酸鹽。5.【解析】選D。NaHCO3和稀H2SO4反響生成CO2氣體，AlOH3與稀H2SO4反響得到Al2SO43溶液，故A不符合題意；BaCl2和稀H2SO4反響只生成BaSO4沉淀，故B不符合題意；HClO3和K2SO4與稀H2SO4均不反響，故C不符合題意；BaCO3H2SO4=BaSO4H2OCO2，Na2SO3H2SO4=Na2SO4H2OSO2，BaSO4為沉淀，故D符合題意。6.【解析】選C。依題意，甲、乙兩種分散系都是膠體，氫氧化鋁溶于氫氧化鈉，而氫氧化鐵不溶；鐵鹽能氧化I生成I2，I2溶于水呈深褐色，

20、蒸干氯化鐵溶液后灼燒得到氧化鐵，蒸干明礬溶液得到硫酸鉀和硫酸鋁。7.【解析】選A。A項中nHCl0.5 mol，nH2S0.4 mol，故體積關(guān)系VH2O<VNH3<VH2S<VHCl；B項中液態(tài)水密度最大，而不是HCl；C項中mH2O112 g，mHCl18.25 g，mH2S13.6 g，mNH33.4 g，故質(zhì)量由小到大順序為：mNH3<mH2S<mHCl<mH2O；D項H原子最多的是0.112 L H2O，nH×212.4 mol，0.5 mol HCl、0.4 mol H2S、0.2 mol NH3中H原子的物質(zhì)的量分別為0.5 mol、

21、0.8 mol、0.6 mol，故氫原子數(shù)由小到大順序為。8.【解析】選D。A中在酸性環(huán)境時無氣體生成；B中Cu2和CO不能共存；C中Ba2和SO不能共存；D中離子在酸性環(huán)境時NO被Fe2復(fù)原生成NO氣體，堿性環(huán)境時生成FeOH2沉淀。9.【解析】選D。量筒用蒸餾水洗凈后立即量取，濃硫酸被稀釋，所取溶質(zhì)H2SO4偏少，會導(dǎo)致濃度偏低。未洗滌燒杯，溶質(zhì)H2SO4損失，會導(dǎo)致濃度偏低。少量溶液流到容量瓶外面，溶質(zhì)H2SO4損失，會導(dǎo)致濃度偏低。加水超過了刻度線，馬上用膠頭滴管吸去多余的水，會損失H2SO4，導(dǎo)致溶液濃度偏低，應(yīng)選D。10.【解析】選B。石灰水過量，產(chǎn)物中無CO，A不正確；Al OH

22、3不溶于弱堿NH3·H2O，C不正確；D項的離子方程式應(yīng)為Ba22OH2HSO=BaSO42H2O。11.【解析】選B。A項，25 ，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的小，A項錯誤；B項，石灰乳與Cl2反響生成CaCl2和CaClO2，既有氯的化合價升高，也有氯的化合價降低，Cl2既是氧化劑，又是復(fù)原劑，B項正確；C項，Cl2與鐵在點燃的條件下反響，C項錯誤；D項，氯化鈉轉(zhuǎn)化為碳酸氫鈉和碳酸氫鈉轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，這兩個反響都不是氧化復(fù)原反響，D項錯誤。12.【解析】選B。從元素化合價變化可知，N2為氧化劑，C為復(fù)原劑，SiO2既不是氧化劑也不是復(fù)原劑，復(fù)原產(chǎn)物為Si3N4。該反響

23、中氧化劑和復(fù)原劑質(zhì)量比為79，當(dāng)生成1 mol Si3N4時，有2 mol N2參加反響，共轉(zhuǎn)移12 mol電子。13.【解析】選A。根據(jù)題目條件，氧化性FeCl3>I2，所以復(fù)原性I>Fe2，Cl2通入FeI2溶液中，首先被氧化的是I，所以A項反響不可能發(fā)生，B項反響可以發(fā)生；C項，氧化性Co2O3>Cl2，D項，氧化性Fe3>I2，反響均能發(fā)生。14.【解析】選B。Br、Fe2、I的復(fù)原性逐漸增強，氯氣先氧化I、再氧化Fe2、最后氧化Br。向反響后的溶液中滴加KSCN溶液變?yōu)榧t色，這說明Fe2部分被氧化或全部被氧化，那么I完全被氧化，Br未被氧化或部分被氧化或全部被

24、氧化。所得溶液參加CCl4溶液后，I2被萃取，溶液中已無I，不能產(chǎn)生黃色沉淀，故A、C、D不正確，B正確。15.【解析】選C。根據(jù)Na守恒，反響后溶液中Na的總物質(zhì)的量仍為0.3 mol，其中含0.05 mol NaClO，0.25 mol NaCl，那么與氫氧化鈉反響的氯氣為0.05 mol，故C不正確。16.【解析】選A。根據(jù)物料守恒和電荷守恒寫出方程式中的M的化學(xué)式為SnCl。反響過程中Sn元素從2價升高到4價，As元素從3價降低到0價，H3AsO3是氧化劑，SnCl是氧化產(chǎn)物，每生成1 mol As，轉(zhuǎn)移3 mol電子。反響中Cl未被氧化，綜合分析A正確。17.【解析】1圖中五種儀器分

25、別為燒瓶、量筒、分液漏斗、膠頭滴管、容量瓶，配制上述溶液肯定不需要燒瓶和分液漏斗，還需要燒杯、玻璃棒。2容量瓶不能用于貯存、加熱溶液，它只有一個刻度線，也不能測量容量瓶規(guī)格以下的任意體積的液體。3因無450 mL的容量瓶，所以配制NaOH溶液要用500 mL的容量瓶，故要根據(jù)500 mL溶液計算，mNaOHc·V·M0.1 mol·L1×0.5 L×40 g/mol2.0 g，定容俯視刻度線，造成加水較少，濃度偏高，灑落溶液會造成溶液濃度偏低。4由稀釋前后物質(zhì)的量相等，V濃L L13.6 mL，選用15 mL量筒最好，誤差小。稀釋時將濃硫酸沿?zé)?/p>

26、杯壁緩緩倒入水中，并用玻璃棒不斷攪拌。答案：1A、C燒杯、玻璃棒2B、C、E32.0大于小于413.615將濃硫酸沿?zé)诰従彽谷胨?，并用玻璃棒不斷攪?8.【解析】1無色透明溶液中不可能含有Cu2、Fe3等有色離子。2加稀鹽酸有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成，那么肯定存在Ag，離子方程式為AgCl=AgCl。3加稀氨水有白色沉淀出現(xiàn)，肯定含有Mg2。4原溶液中由于含有Ag，陰離子中不可能含有Cl、CO、OH，一定含NO。答案：1Cu2、Fe32AgAgCl=AgCl3Mg2Mg22NH3·H2O=MgOH22NH4B19.【解析】1四個選項中的陽離子中，只有Ag和Cl或SO能生成白色

27、沉淀，應(yīng)選D。2將等物質(zhì)的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3、K、SO、NO、Cl五種離子，說明Ag缺乏，Cl過量，再根據(jù)A、B、C三種正鹽的陰離子的摩爾質(zhì)量依次增大可知，A為FeCl3，B為AgNO3，C為K2SO4 。3A、B、C三種正鹽溶于水后，所得溶液只含有Fe3、SO、NO、K四種離子，說明Ag和Cl的物質(zhì)的量相等，即FeCl3的物質(zhì)的量與AgNO3的物質(zhì)的量之比為13。又因Fe3、SO的物質(zhì)的量之比為12，那么FeCl3的物質(zhì)的量與K2SO4的物質(zhì)的量之比為12，因此A、B、C三種正鹽的物質(zhì)的量之比為132。答案：1D2 FeCl3AgNO3K2SO4313220.【解析

28、】1根據(jù)wCuOx可得：nCuO240 g×x÷80 g·mol13x mol。wCu1x，nCu240 g1x÷64 g·mol1 molnCuOnCunCuSO4·5H2O，那么：y3x mol mol×250 g·mol1 g2根據(jù)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2OnHNO3 mol那么/3x,0<x<10<<3假設(shè)A，那么xnCu×1 mol設(shè)需30%的雙氧水的質(zhì)量為a，那么根據(jù)電子守恒得：×21×2。解之得，a113.3 g答案：1y125153x/220<A<2/33113.321.【解題指南】解答此題時要注意以下兩點：1明確實驗?zāi)康模?靈敏利用溶解度進(jìn)展有關(guān)計算和判斷。【解析】1BaOH2·