云南省騰沖市第一中學2024年高三第三次模擬考試化學試卷含解析

云南省騰沖市第一中學2024年高三第三次模擬考試化學試卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列離子方程式不正確的是A．足量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-＝SO42-＋Cl-＋2H+B．在稀氨水中通入過量CO2：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3-C．用濃H2SO4溶解FeS固體：FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑D．氫氧化鋇溶液與等物質的量的稀H2SO4混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O2、下列物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是（）A．SiO2H2SiO3Na2SiO3B．飽和食鹽水NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)D．NH3N2HNO33、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，以下說法正確的選項是（）①1mol氯氣發(fā)生反應轉移電子數(shù)為2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的陽離子數(shù)為1NA③在標準狀況下，22.4LH2O中的O原子數(shù)為NA④17g羥基中含有的電子數(shù)為10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，F(xiàn)e3+和SO42-離子數(shù)的總和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥4、下列有關共價鍵的說法正確的是（）A．分子晶體中共價鍵越強，熔沸點越高B．只含共價鍵的物質，一定是共價化合物C．兩種元素組成的分子中一定只含有極性共價鍵D．分子晶體中，可能不存在共價鍵，但一定存在分子間作用力5、現(xiàn)有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL該混酸溶解銅質量最大時。溶液中HNO3、H2SO4的濃度之比為A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：36、對下列化學用語的理解正確的是A．丙烯的最簡式可表示為CH2B．電子式既可以表示羥基，也可以表示氫氧根離子C．結構簡式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示異丁烷D．比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子7、M是一種常見的工業(yè)原料，實驗室制備M的化學方程式如下，下列說法正確的A．lmol的C能與7mol的H2反應B．分子C中所有原子一定共面C．可以用酸性KMnO4溶液鑒別A和BD．A的同分異構體中含有苯環(huán)和醛基的結構有14種8、固體混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一種或幾種物質，某同學對該固體進行了如下實驗：下列判斷正確的是A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2B．原固體混合物X中一定有KAlO2C．固體乙、固體丁一定是純凈物D．將溶液乙和溶液丁混合一定有無色氣體生成，可能有白色沉淀生成9、某同學用Na2CO3和NaHCO3溶液進行如圖所示實驗。下列說法中正確的是()A．實驗前兩溶液的pH相等B．實驗前兩溶液中離子種類完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一樣多D．加入CaCl2溶液后反應的離子方程式都是CO32-＋Ca2＋===CaCO3↓10、一定溫度下，10mL0.40mol·L-1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）A．反應至6min時，H2O2分解了50％B．反應至6min時，c(H2O2)=0.20mol·L-1C．0~6min的平均反應速率：v(H2O2)≈3.3×10-2mol/(L·min)D．4~6min的平均反應速率：v(H2O2)>3.3×10-2mol/(L·min)11、白色固體Na2S2O4常用于織物的漂白，也能將污水中的某些重金屬離子還原為單質除去。下列關于Na2S2O4說法不正確的是A．可以使品紅溶液褪色B．其溶液可用作分析化學中的吸氧劑C．其溶液可以和Cl2反應，但不能和AgNO3溶液反應D．已知隔絕空氣加熱Na2S2O4分解可生成SO2，則其殘余固體產物中可能有Na2S2O312、下列各組中的X和Y兩種原子，化學性質一定相似的是()A．X原子和Y原子最外層都只有1個電子B．X原子的核外電子排布式為1s2，Y原子的核外電子排布式為1s22s2C．X原子的2p能級上有3個電子，Y原子的3p能級上有3個電子D．X原子核外M層上僅有2個電子，Y原子核外N層上僅有2個電子13、目前，國家電投集團正在建設國內首座百千瓦級鐵－鉻液流電池儲能示范電站。鐵－鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A．放電時a電極反應為Fe3++e?=Fe2+B．充電時b電極反應為Cr3++e?=Cr2+C．放電過程中H+通過隔膜從正極區(qū)移向負極區(qū)D．該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低14、實驗室利用下圖裝置制取無水A1C13(183℃升華，遇潮濕空氣即產生大量白霧)，下列說法正確的是A．①的試管中盛裝二氧化錳，用于常溫下制備氯氣B．②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝濃H2SO4、飽和食鹽水、濃H2SO4、NaOH溶液C．滴加濃鹽酸的同時點燃④的酒精燈D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替15、我們熟知的一些化合物的應用錯誤的是A．MgO冶煉金屬鎂 B．NaCl用于制純堿C．Cu(OH)2用于檢驗糖尿病 D．FeCl3用于凈水16、利用反應CCl4+4NaC（金剛石）+4NaCl可實現(xiàn)人工合成金剛石。下列關于該反應的說法錯誤的是（）A．C（金剛石）屬于原子晶體B．該反應利用了Na的強還原性C．CCl4和C（金剛石）中的C的雜化方式相同D．NaCl晶體中每個Cl－周圍有8個Na＋17、下列實驗操作、現(xiàn)象與結論均正確的是（）選項操作現(xiàn)象結論A向FeCl3和KSCN混合溶液中，加入少量KCl固體溶液顏色變淺FeCl3+3KSCNFe(SCN)3+3KCl平衡向逆反應方向移動B向酸性高錳酸鉀溶液中加入過量的FeI2固體反應后溶液變黃反應后溶液中存在大量Fe3+C取3mL

1mol·L-1NaOH溶液,先加入3滴1mol·L-1MgCl2溶液,再加入3滴1mol·L-1FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀Mg(OH)2的Ksp比Fe(OH)3的Ksp大D常溫下，向濃度、體積都相同的Na2CO3和NaHCO3溶液中各滴加1滴酚酞變紅,前者紅色更深結合質子的能力：CO32->HCO3-A．A B．B C．C D．D18、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+等離子。當向該溶液中逐滴加入一定物質的量濃度的鹽酸溶液時，發(fā)現(xiàn)生成沉淀的物質的量隨鹽酸溶液的體積變化如下圖所示。下列說法正確的是A．原溶液中一定含有Na2SO4B．反應最后形成的溶液中的溶質只有NaClC．原溶液中含有CO32-與AlO2-的物質的量之比為1∶2D．原溶液中一定含有的陰離子是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-19、下表是25℃時五種物質的溶度積常數(shù)，下列有關說法錯誤的是化學式CuS溶度積A．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可推知，常溫下在純水中的溶解度比的大B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因為C．根據(jù)表中數(shù)據(jù)可推知，向硫酸鋇沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，不可能有碳酸鋇生成D．常溫下，在溶液中比在溶液中的溶解度小20、黑索金是一種爆炸力極強的烈性炸藥，比TNT猛烈1.5倍?？捎脻庀跛嵯踅鉃趼逋衅返玫胶谒鹘穑瑫r生成硝酸銨和甲醛(HCHO)。下列說法不正確的是（）A．烏洛托品的分子式為C6H12N4B．烏洛托品分子結構中含有3個六元環(huán)C．烏洛托品的一氯代物只有一種D．烏洛托品得到黑索金反應中烏洛托品與硝酸的物質的量之比為1：421、下列說法正確的是A．612B．在光照下與氯氣反應,生成的一氯代物有3種C．CH3COOCH2CH3和CH3COOCH3互為同系物D．某有機物的名稱為3-乙基丁烷22、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象得出的結論不正確的是選項操作及現(xiàn)象結論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出現(xiàn)白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物F是一種用途廣泛的香料,可用烴A與有機物E為原料,按照如下流程進行合成。已知A在標準狀況下的密度為1.25g·L-1?；卮鹣铝袉栴}:(1)有機物F中含有的官能團名稱為____。(2)A生成B的反應類型為________。(3)寫出流程中B生成C的化學方程式_______。(4)下列說法正確的是____。A流程圖中有機物B轉化為C，Cu參與了化學反應,但反應前后的質量保持不變B有機物C不可能使溴水褪色C有機物D、E生成F的反應為酯化反應,本質上是取代反應D合成過程中原子的理論利用率為100%的反應只有一個24、（12分）功能高分子是指具有某些特定功能的高分子材料。功能高分子P的合成路線如下：（1）A是甲苯，試劑a是______。反應③的反應類型為______反應。（2）反應②中C的產率往往偏低，其原因可能是______。（3）反應⑥的化學方程式為______。（4）E的分子式是C6H10O2，其結構簡式是______。（5）吸水大王聚丙烯酸鈉是一種新型功能高分子材料，是“尿不濕”的主要成分。工業(yè)上用丙烯（CH2=CH-CH3）為原料來制備聚丙烯酸鈉，請把該合成路線補充完整（無機試劑任選）。_________（合成路線常用的表達方式為：AB……目標產物）CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2Cl25、（12分）“84消毒液”因1984年北京某醫(yī)院研制使用而得名，在日常生活中使用廣泛，其有效成分是NaClO。某化學研究性學習小組在實驗室制備NaClO溶液，并進行性質探究和成分測定。(1)該學習小組按上圖裝置進行實驗（部分夾持裝置省去），反應一段時間后，分別取B、C瓶中的溶液進行實驗，實驗現(xiàn)象如下表。已知：①飽和

NaClO溶液pH為11；②25°C時，弱酸電離常數(shù)為：H2CO3：K1=4.4×10-1，K2=4.1×10-11；HClO：K=3×10-8實驗步驟實驗現(xiàn)象B瓶C瓶實驗1：取樣，滴加紫色石蕊試液變紅，不褪色變藍，不褪色實驗2：測定溶液的pH312回答下列問題：①儀器a的名稱___________，裝置A中發(fā)生反應的離子方程式__________。②C瓶溶液中的溶質是NaCl、__________（填化學式）。③若將C瓶溶液換成

NaHCO3溶液，按上述操作步驟進行實驗，C瓶現(xiàn)象為：實驗1中紫色石蕊試液立即褪色；實驗2中溶液的pH=1．結合平衡移動原理解釋紫色石蕊試液立即褪色的原因______(2)測定C瓶溶液中NaClO含量（單位：g/L）的實驗步驟如下：Ⅰ．取C瓶溶液20mL于錐形瓶中，加入硫酸酸化，加入過量KI溶液，蓋緊瓶塞并在暗處充分反應。Ⅱ．用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定錐形瓶中的溶液，淀粉溶液顯示終點后，重復操作2～3次，Na2S2O3溶液的平均用量為24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）①步驟I的C瓶中發(fā)生反應的離子方程式為_________。②蓋緊瓶塞并在暗處反應的原因__________滴定至終點的現(xiàn)象_____________。③C瓶溶液中NaClO含量為______g/L（保留2位小數(shù)）26、（10分）如圖是某同學研究銅與濃硫酸的反應裝置：完成下列填空：(1)寫出A中發(fā)生反應的化學方程式______，采用可抽動銅絲進行實驗的優(yōu)點是______。(2)反應一段時間后，可觀察到B試管中的現(xiàn)象為______。(3)從C試管的直立導管中向BaCl2溶液中通入另一種氣體，產生白色沉淀，則氣體可以是______、______．（要求填一種化合物和一種單質的化學式）。(4)反應完畢，將A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的藍色溶液與少量黑色不溶物，分離出該不溶物的操作是______，該黑色不溶物不可能是CuO，理由是______。(5)對銅與濃硫酸反應產生的黑色不溶物進行探究，實驗裝置及現(xiàn)象如下：實驗裝置實驗現(xiàn)象品紅褪色①根據(jù)實驗現(xiàn)象可判斷黑色不溶物中一定含有______元素。②若該黑色不溶物由兩種元素組成且在反應前后質量保持不變，推測其化學式為______。27、（12分）某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一種或幾種，取該溶液進行實驗，實驗內容和相關數(shù)據(jù)(氣體體積在標準狀況下測定)如下：(1)通過上述實驗過程，一定不存在的離子是_______。(2)反應①中生成A的離子方程式為________。(3)若測得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，則X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，則不需計算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。28、（14分）控制變量是科學研究重要方法。由下列實驗現(xiàn)象一定能得出相應結論的是選項ABCD裝置圖現(xiàn)象右邊試管產生氣泡較快左邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍色B中產生白色沉淀，C中溶液顏色褪去試管中液體變渾濁結論催化活性:Fe3+>Cu2+氧化性:Br2>I2硫酸亞鐵銨分解的產物中除NH3外還含有SO3和SO2非金屬性:C>SiA．A B．B C．C D．D29、（10分）金屬錳及化合物廣泛應用于工業(yè)生產、制造業(yè)等領域。（1）科研人員將錳粉碎后加入到溶液中使其浸出（假定雜質不反應，溶液體積不變），發(fā)生反應（已知含水溶液為米黃色）①為加快上述反應速率可以采取的措施有________（寫出一條即可）。不考慮溫度因素，一段時間后Mn的溶解速率加快，可能的原因是_______。②下列說明反應已達平衡的有_______（填編號）。A．溶液的顏色不發(fā)生變化B．溶液中C．體系中固體的質量不變D．與濃度的比值保持不變③室溫下，測得溶液中陽離子濃度隨時間的變化情況如下圖所示，則上述反應的平衡常數(shù)K=___，的轉化率為_____。④若其他條件不變，10mim后向容器中迅速加入蒸餾水至溶液體積變?yōu)樵瓉淼?倍，則再次平衡時=_____（不考慮離子水解的影響）。（2）也可在為體系的電解液中電解獲得，其陽極反應式為_____。（3）電解制錳后的廢水中含有，常用石灰乳進行一級沉降得到沉淀，過濾后再向濾液中加入等體積的溶液，進行二級沉降，為了將的濃度降到，則加入的溶液的濃度至少是___mol/L[已知]。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】

A.SO2具有較強的還原性，NaClO具有強氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：SO2＋H2O＋ClO－＝SO42－＋Cl－＋2H+，故A正確；B.在稀氨水中通入過量CO2，反應生成NH4HCO3，離子方程式為：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3－，故B正確；C.因濃硫酸具有強氧化性，可把Fe2＋和H2S氧化，所以用濃H2SO4溶解FeS固體，不能生成Fe2＋和H2S，故C錯誤；D.氫氧化鋇溶液與等物質的量的稀H2SO4混合，反應的離子方程式為：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故D正確；答案選C?！军c睛】明確發(fā)生的化學反應及離子方程式的書寫方法是解答的關鍵，本題的易錯點是C項，因濃硫酸具有強氧化性，則生成物不可能為Fe2＋和H2S，所以在解題時要注意掌握離子方程式正誤判斷的常用方法，主要包括：檢查反應能否發(fā)生、檢查反應物和生成物是否正確、檢查各物質拆分是否正確、檢查是否符合原化學方程式等。2、B【解析】

A.SiO2和水不反應，不能實現(xiàn)SiO2H2SiO3的轉化，故不選A；B.飽和食鹽水通入氨氣、二氧化碳生成NaHCO3沉淀，過濾后，碳酸氫鈉加熱分解為碳酸鈉、二氧化碳和水，故選B；C.電解氯化鎂溶液生成氫氣、氯氣、氫氧化鎂，不能實現(xiàn)MgCl2(aq)Mg(s)，故不選C；D.NH3催化氧化生成NO，NO和氧氣反應生成NO2，NO2與水反應生成硝酸，不能實現(xiàn)NH3N2，故不選D。3、D【解析】

①將1mol氯氣通入足量氫氧化鈉溶液中，氯氣與氫氧化鈉反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，反應轉移的電子數(shù)為1mol，轉移的電子數(shù)等于NA，故①錯誤；②12.0g熔融的NaHSO4的物質的量為0.1mol，0.1mol熔融硫酸氫鈉電離出0.1mol鈉離子和0.1mol硫酸氫根離子，所以含有的陽離子數(shù)為0.1NA，故②正確；③在標準狀況下，水不是氣體，不能使用標況下氣體摩爾體積計算22.4LH2O中的物質的量，故③錯誤；④17g羥基的物質的量為1mol，1mol羥基中含有9mol電子，含有的電子數(shù)為9NA，故④錯誤；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol鈉離子和1mol陰離子，總共含有3mol陰陽離子，含有的陰、陽離子總數(shù)是3NA，故⑤正確；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶質硫酸鐵的物質的量為0.02mol，含有Fe3+為0.04mol，含有SO42-為0.06mol，因為鐵離子發(fā)生水解，溶液中鐵離子數(shù)目減少，所以Fe3+和SO42-離子的總物質的量小于1mol，F(xiàn)e3+和SO42-離子的總物質的量小于NA，故⑥正確；所以②⑤⑥符合題意；答案選D?！军c睛】熔融的NaHSO4的電離出鈉離子和硫酸氫根離子，而NaHSO4溶液則能電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，注意兩者區(qū)別。4、D【解析】

A．分子晶體熔沸點與分子間作用力有關，有的還與氫鍵有關，但與化學鍵無關，A錯誤；B．只含共價鍵的物質可能是共價單質，如氮氣、氫氣等，B錯誤；C．兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵，如乙烯、雙氧水等，C錯誤；D．稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵，只存在分子間作用力，D正確；故選D。5、D【解析】稀硝酸和稀硫酸組成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反應但稀硫酸和Cu不反應，混酸和Cu反應離子方程式為3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，則硝酸根離子應該完全反應，根據(jù)離子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，設c（NO3－）=xmol·L－1、則c（H＋）=4xmol·L－1，根據(jù)電荷守恒得c（NO3－）+2c（SO42－）=c（H＋），xmol·L－1+2c（SO42－）=4xmol·L－1，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L－1、則c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根據(jù)硝酸根離子守恒、硫酸根離子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物質的量濃度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故選D。6、A【解析】

A.丙烯的分子式是C3H6，最簡式可表示為CH2，故A正確；B.電子式表示羥基，表示氫氧根離子，故B錯誤；C.結構簡式(CH3)2CHCH3表示異丁烷，CH3CH2CH2CH3表示異正烷，故C錯誤；D.比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半徑大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D錯誤。7、D【解析】

A.C中含有2個苯環(huán)、1個碳碳雙鍵、1個羰基，lmol的C能與8mol的H2發(fā)生加成反應，故A錯誤；B.分子C中含有甲基，為四面體結構，所以C中不可能所有原子共面，故B錯誤；C.A和B都能使高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鑒別A和B，故C錯誤；D.A的同分異構體中含有苯環(huán)和醛基的結構，側鏈為-CH2CH2CHO有1種、側鏈為-CH(CHO)CH3有1種、側鏈為-CH2CH3和-CHO有3種、側鏈為-CH2CHO和-CH3有3種、側鏈為2個-CH3和1個-CHO有6種，共14種，故D正確。答案選D。8、D【解析】

溶液甲能和鹽酸反應生成固體乙，說明溶液甲中含有硅酸鈉，固體乙為硅酸，溶液甲和鹽酸反應生成氣體，說明含有亞硝酸鈉，則溶液乙含有氯化鈉和鹽酸，固體甲可能是氯化鐵和硅酸鈉雙水解生成的硅酸和氫氧化鐵，或還存在氯化鐵和偏鋁酸鉀雙水解生成的氫氧化鋁沉淀，溶液甲可能有剩余的偏鋁酸鉀。硅酸或氫氧化鋁都可溶于氫氧化鈉，溶液丙為硅酸鈉或還有偏鋁酸鈉，固體丙為氫氧化鐵。溶液丙中通入過量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氫氧化鋁沉淀，溶液丁含有碳酸氫鈉。A.溶液甲一定有亞硝酸鈉和硅酸鈉，可能有偏鋁酸鉀，一定不存在氯化鐵，故錯誤；B.X可能有偏鋁酸鉀，故錯誤；C.固體乙一定是硅酸，固體丁可能是硅酸或氫氧化鋁，故錯誤；D.溶液甲中有氯化鈉和鹽酸，可能有偏鋁酸鉀，與溶液丁碳酸氫鈉反應，一定有二氧化碳氣體，可能有氫氧化鋁沉淀。故正確；故選D?！军c睛】掌握物質之間的反應，和可能性，注意可能存在有剩余問題，抓住特殊物質的性質，如加入鹽酸產生沉淀通常認為是氯化銀沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意鹽類水解情況的存在。9、B【解析】碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，所以同濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液，碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉，故A錯誤；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正確；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中發(fā)生反應：CO32-+Ca2+═CaCO3↓，NaHCO3溶液中發(fā)生反應：2HCO3-+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故CD錯誤。10、D【解析】

A．0～6min時間內，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，則H2O2分解率為×100%=50%，故A正確；B．由A計算可知，反應至6min時c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正確；C．0～6min時間內，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知△c(H2O2)==0.2mol/L，所以v(H2O2)=≈0.033mol/(L?min)，故C正確；D．由題中數(shù)據(jù)可知，0～3min生成氧氣的體積大于3～6min生成氧氣的體積，因此，4～6min的平均反應速率小于0～6min時間內反應速率，故D錯誤；答案選D。11、C【解析】

A.Na2S2O4溶于水，會與溶解在水中的氧氣反應產生SO2，SO2能使品紅溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正確；B.Na2S2O4溶液與少量氧氣反應產生亞硫酸氫鈉和硫酸氫鈉兩種鹽，反應方程式為：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化學中的吸氧劑，B正確；C.Na2S2O4中S元素平均化合價為+3價，具有還原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4與Cl2和AgNO3溶液都可以發(fā)生反應，C錯誤；D.隔絕空氣加熱Na2S2O4分解可生成SO2和兩種鹽Na2S2O3、Na2SO3，D正確；故合理選項是C。12、C【解析】

A.最外層都只有1個電子的X和Y，可能為H與堿金屬元素，性質不同，故A錯誤；

B.原子的核外電子排布式為1s2的X為He，原子的核外電子排布式為1s22s2的Y為Be，兩者性質不同，故B錯誤；

C.原子的2p能級上有3個電子的X為N，原子的3p能級上有3個電子的Y為P，二者位于周期表同一主族，性質相似，所以C選項是正確的；

D.原子核外M層上僅有2個電子的X為Mg，原子核外N層上僅有2個電子的Y的M層電子數(shù)不確定，元素種類很多，但價電子數(shù)不同，性質不相同故D錯誤。

所以C選項是正確的?！军c睛】解答時注意原子核外電子排布特點與對應元素化合物的性質的關系，原子的結構決定元素的化學性質，原子核外最外層的電子或價電子數(shù)目相等，則元素對應的單質或化合價的性質相似。13、C【解析】

鐵-鉻液流電池總反應為Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放電時，Cr2+發(fā)生氧化反應生成Cr3+、b電極為負極，電極反應為Cr2+-e-=Cr3+，F(xiàn)e3+發(fā)生得電子的還原反應生成Fe2+，a電極為正極，電極反應為Fe3++e-═Fe2+，放電時，陽離子移向正極、陰離子移向負極；充電和放電過程互為逆反應，即a電極為陽極、b電極為陰極，充電時，在陽極上Fe2+失去電子發(fā)、生氧化反應生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-═Fe3+，陰極上Cr3+發(fā)生得電子的還原反應生成Cr2+，電極反應為Cr3++e-═Cr2+，據(jù)此分析解答。【詳解】A．根據(jù)分析，電池放電時a為正極，得電子發(fā)生還原反應，反應為Fe3++e?=Fe2+，A項不選；B．根據(jù)分析，電池充電時b為陰極，得電子發(fā)生還原反應，反應為Cr3++e?=Cr2+，B項不選；C．原電池在工作時，陽離子向正極移動，故放電過程中H+通過隔膜從負極區(qū)移向正極區(qū)，C項可選；D．該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉化，不會產生易燃性物質，不會有爆炸危險，同時物質儲備于儲液器中，Cr3+、Cr2+毒性比較低，D項不選；故答案選C。14、D【解析】

由實驗裝置可知，①為濃鹽酸與強氧化劑反應生成氯氣，②中飽和食鹽水可除去氯氣中的HCl，③中濃硫酸干燥氯氣，④中Al與氯氣反應生成AlCl3，⑤為收集氯化鋁的裝置；⑥中濃硫酸防止水進入④和⑤中引起氯化鋁水解，⑦中NaOH溶液吸收尾氣中的氯氣，以此來來解答?！驹斀狻緼.①的試管中盛裝二氧化錳，常溫與濃鹽酸不反應，需要加熱制備氯氣，A項錯誤；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的試管中依次盛裝飽和食鹽水、濃H2SO4、濃H2SO4、NaOH溶液，B項錯誤；C.滴加濃鹽酸使產生的氯氣排出裝置中的氧氣，再點燃④的酒精燈，C項錯誤；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦兩個裝置要防止其水解，且要吸收尾氣中的氯氣，則⑥、⑦可以用一個裝有堿石灰的干燥管代替，D項正確；答案選D。15、A【解析】

A．MgO屬高熔點化合物，工業(yè)上常用電解熔融MgCl2制備金屬鎂，故A錯誤；B．侯氏制堿法就是向飽和氯化鈉溶液中先通氨氣再通二氧化碳來制備純堿，所以NaCl用于制純堿，故B正確；C．檢驗糖尿病是通過檢驗尿液中葡萄糖的含量即用新制的氫氧化銅與尿液在加熱條件下反應看是否有磚紅色沉淀產生，故C正確；D．FeCl3水解生成Fe（OH）3膠體，水解方程式為FeCl3+3H2O?Fe（OH）3（膠體）+3HCl，膠體能吸附水中的懸浮物而凈水，故D正確；故選：A。16、D【解析】

A．金剛石晶體：每個C與另外4個C形成共價鍵，構成正四面體，向空間發(fā)展成網狀結構，形成的晶體為原子晶體，故A正確；B．該反應中Na由0價→+1價，作還原劑將CCl4還原，故B正確；C．CCl4和C(金剛石)中的C的雜化方式都是sp3雜化，故C正確；D．NaCl晶體：每個Na＋同時吸引6個Cl－，每個Cl－同時吸引6個Na＋，配位數(shù)為6，故D錯誤；故答案選D。17、D【解析】A、發(fā)生的離子反應：Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3，加入KCl固體，平衡不移動，故A錯誤；B、酸性高錳酸鉀溶液可將Fe2＋氧化為Fe3＋，將I－氧化成I2，F(xiàn)e3＋、I2在溶液種都顯黃色，故B錯誤；C、因為加入NaOH是過量，再滴入3滴FeCl3溶液，F(xiàn)e3＋與過量的NaOH溶液生成Fe(OH)3，不能說明兩者溶度積大小，故C錯誤；D、Na2CO3、NaHCO3的水溶液都顯堿性，前者紅色更深，說明CO32－水解的程度比HCO3－大，即CO32－結合H＋能力強于HCO3－，故D正確。18、D【解析】

A.根據(jù)圖像，開始沒沉淀，所以原溶液一定有OH—，一定沒有HCO3—、Mg2+、Fe3+、Al3+，根據(jù)電荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后減少，但不能完全溶解，說明原溶液一定有SiO32—、AlO2—；滴加鹽酸體積為，沉淀的量不變，說明溶液中一定含有CO32—，綜合以上溶液可能含有SO42—，故A錯誤；B.若原溶液含有SO42—，反應最后形成的溶液中的溶質有NaCl、Na2SO4，故B錯誤；C.滴加鹽酸體積為，發(fā)生反應為CO32-+2H+=H2O+CO2；，發(fā)生反應為，所以CO32-與AlO2-的物質的量之比為3∶4，故C錯誤；D.原溶液中一定含有的陰離子是：OH—、CO32—、SiO32—、AlO2—，故D正確。答案選D。19、C【解析】

本題考查溶度積常數(shù)，意在考查對溶度積的理解和應用?！驹斀狻緼.CaSO4和CaCO3的組成類似，可由溶度積的大小推知其在純水中溶解度的大小，溶度積大的溶解度大，故不選A；B.Qc>Ksp時有沉淀析出，故不選B；C.雖然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但兩者相差不大，當c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)時，硫酸鋇可能轉化為碳酸鋇，故選C；D.根據(jù)同離子效應可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不選D；答案：C【點睛】(1)同種類型的難溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）當Qc>Ksp析出沉淀；當Qc<Ksp沒有沉淀生成；當Qc=Ksp，正好達到平衡。20、B【解析】

A．烏洛托品的分子中含有6個“CH2”和4個N原子，則分子式為C6H12N4，A正確；B．烏洛托品分子結構中含有4個六元環(huán)，B不正確；C．烏洛托品分子中含有6個完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一種，C正確；D．1mol烏洛托品與4mol硝酸完全反應，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正確；故選B。21、C【解析】A、612C表示質量數(shù)為12、質子數(shù)為6的一種核素，故A錯誤；B、分子結構中有兩種氫原子，所以其一氯代物有2種，即B錯誤；C、同系物是結構相似，分子組成上相差若干個CH2點睛：同系物概念中的結構相似，是指結構特征或碳原子的成鍵特征相似，若有官能團時，不僅要求官能團相同，官能團的數(shù)目也要相同；有機物的命名要遵循最長碳鏈為主鏈，支鏈的位置最小或位置和最小，要正確表達取代基的位置、數(shù)目、名稱以及與主鏈的關系等。22、D【解析】

A．乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現(xiàn)乙烯的還原性，故A正確；B．濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現(xiàn)濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D．淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。二、非選擇題(共84分)23、酯基加成反應2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OAC【解析】

由A在標準狀況下的密度可以求出A的相對分子質量為22.4L·mol-1×1.25g·L-1=28g·mol-1，A為CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B為CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C為CH3CHO，乙醛再催化氧化為乙酸，D為CH3COOH。F為乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E為苯甲醇?！驹斀狻浚?）F是酯，含有的官能團為酯基；（2）乙烯生成乙醇是發(fā)生了乙烯和水的加成反應，故反應類型為加成反應；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化學方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇轉化為乙醛的反應中，Cu是催化劑，Cu先和氧氣生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu參與了化學反應,但反應前后的質量保持不變，故A正確；B.乙醛有還原性，可以被溴水中的溴氧化從而使溴水褪色，故B錯誤；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反應是酯化反應，本質上是取代反應，故C正確；D.合成過程中原子的理論利用率為100%的反應有2個，分別是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化為乙酸。故D錯誤。故選AC?！军c睛】在有機轉化關系中，連續(xù)氧化通常是醇氧化成醛，醛進一步氧化成羧酸。24、濃硫酸和濃硝酸取代副產物較多，導致產物較多，目標產物產率較低+nH2OCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】

A為甲苯，其結構簡式是，結合P的結構簡式，可知A與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成B為，B與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成C為，C在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應生成D為，可知G的結構簡式為，則F為，E的分子式是C6H10O2，則E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，以此解答該題。【詳解】（1）反應①是與濃硝酸在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生取代反應生成，試劑a是：濃硫酸和濃硝酸，反應③為氯代烴的取代反應，故答案為：濃硫酸和濃硝酸；取代；（2）光照條件下，氯氣可取代甲基的H原子，副產物較多，導致產物較多，目標產物產率較低，故答案為：副產物較多，導致產物較多，目標產物產率較低；（3）反應⑥的化學方程式為，故答案為：；（4）由以上分析可知E為CH3CH=CHCOOCH2CH3，故答案為：CH3CH=CHCOOCH2CH3；（5）丙烯與氯氣在加熱條件下發(fā)生取代反應生成CH2=CHCH2Cl，CH2=CHCH2Cl水解生成CH2=CHCH2OH，再發(fā)生催化氧化生成CH2=CHCHO，進一步氧化生成CH2=CHCOOH，最后與氫氧化鈉溶液反應得到CH2=CH2COONa，在一定條件下發(fā)生加聚反應可生成目標物，合成路線流程圖為：，故答案為：。25、分液漏斗MnO2+2Cl-+4H+Cl2↑+Mn2++2H2ONaClO、NaOH溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出）當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘不變色4.41【解析】

裝置A中MnO2固體和濃鹽酸反應生成Cl2，Cl2中含HCl氣體，通過裝置B中飽和食鹽水除去氯化氫，通過裝置C中氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，通過碳酸氫鈉溶液，氯氣和水反應生成的鹽酸和碳酸氫鈉反應，促進氯氣和水反應正向進行次氯酸濃度增大，最后通過堿石灰吸收多余氯氣，(1)①由圖可知儀器的名稱，二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯氣；②通過裝置C中氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉；③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯氣和水反應生成的鹽酸和碳酸氫鈉反應，促進氯氣和水反應正向進行次氯酸濃度增大；(2)①取C瓶溶液20mL于錐形瓶，加足量鹽酸酸化，迅速加入過量KI溶液，次氯酸鈉在酸性溶液中氧化碘化鉀生成碘單質；②蓋緊瓶塞并在暗處反應的原因是防止HClO分解；③ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-～I2～2S2O32-，以此計算C瓶溶液中NaClO的含量?！驹斀狻?1)①儀器a的名稱分液漏斗，裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O；②氯氣和裝置C中氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，C瓶溶液的溶質是NaCl、NaClO、NaOH；③C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2O?HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大；(2)①步驟I的C瓶中反應的離子方程式為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；②緊瓶塞并在暗處反應的原因是防止HClO光照分解；通常選用淀粉溶液作指示劑，滴定至終點的現(xiàn)象當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘不變色；③由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-═2I-+S4O62-，由方程式可得關系式NaClO～I2～2S2O32-，12n0.1000mol/L×0.024L=0.0024mol則n=0.0012mol，則C瓶溶液中NaClO的含量為=4.41g/L?！军c睛】本題考查物質含量測定實驗的測定的知識，把握物質的性質、發(fā)生的反應、測定原理為解答的關鍵，注意滴定終點的判斷方法、學會利用關系式法進行計算，側重分析與實驗、計算能力的考查，注意測定原理。26、Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑可以控制反應的進行變紅NH3Cl2過濾CuO會溶于稀硫酸中硫Cu2S【解析】

(1)濃硫酸和銅在加熱的條件下生成硫酸銅、二氧化硫和水，由此可寫出化學方程式；(2)反應生成二氧化硫，能夠與水反應生成亞硫酸，遇到石蕊顯紅色；(3)向BaCl2溶液中通入另一種氣體，產生白色沉淀，是因為二氧化硫不與氯化鋇溶液反應，通入的氣體需要滿足把二氧化硫轉化為鹽或把二氧化硫氧化為硫酸；(4)分離固體與液體可以采用過濾法，氧化銅與酸反應生成銅離子與水；(5)黑色固體通入氧氣反應生成氣體能夠使品紅褪色，說明生成二氧化硫，含有硫元素；若該黑色不溶物由兩種元素組成且在反應前后質量保持不變，可知除了含有硫元素外還含有銅。【詳解】(1)濃硫酸和銅在加熱的條件下生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑，抽動銅絲可以控制銅絲與濃硫酸接觸面積從而控制反應進行，故答案為：Cu+2H2SO4（濃）CuSO4+2H2O+SO2↑；可以控制反應的進行；(2)反應生成二氧化硫，二氧化硫為酸性氧化物，能夠與水反應生成亞硫酸，溶液顯酸性，遇到石蕊顯紅色，故答案為：變紅；(3)向BaCl2溶液中通入另一種氣體，產生白色沉淀，是因為二氧化硫不與氯化鋇溶液反應，通入的氣體需要滿足把二氧化硫轉化為鹽或把二氧化硫氧化為硫酸，如堿性氣體NH3、做氧化劑的氣體如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案為：NH3；Cl2；(4)將A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的藍色溶液與少量黑色不溶物，分離固體與液體可以采用過濾法；氧化銅與酸反應生成銅離子與水，所以黑色固體不可能為氧化銅，故答案為：過濾；CuO會溶于稀硫酸中；(5)黑色固體通入氧氣反應生成氣體能夠使品紅褪色，說明生成二氧化硫，含有硫元素；若該黑色不溶物由兩種元素組成且在反應前后質量保持不變，可知除了含有硫元素外還含有銅，物質為硫化亞銅，化學式為Cu2S，故答案為：硫；Cu2S?！军c睛】二氧化硫通入氯化鋇溶液中，可認為發(fā)生如下反應：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于產物不共存，所以此反應進行的程度很小，若想使此反應正向進行，需設法讓反應正向進行，要么加入堿中和鹽酸；要么加入強氧化劑將BaSO3氧化為BaSO4。27、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【解析】

測得X溶液中c(H+)=6mol/L，在強酸性溶液中與H+反應的離子不能大量存在；一定不會存在HCO3-、S2-、OH-離子，加入過量硝酸鋇生成沉淀，則沉淀C為BaSO4沉淀，說明溶液中含有SO42-離子，生成氣體A，A連續(xù)氧化生成D和E，則A為NO，D為NO2，E為HNO3，說明溶液中含有還原性離子，一定為Fe2+離子，溶液B中加入過量NaOH溶液，生成氣體F，則F為NH3，說明溶液中含有NH4+離子，溶液H中溶于CO2氣體，生成沉淀I，則I為Al(OH)3，H為NaAlO2，沉淀G為Fe(OH)3，說明原溶液中含有Al3+離子，通過計算氫氧化鐵物質的量和原溶液中亞鐵離子物質的量判斷原溶液中含有Fe3+，溶液顯酸性，溶液中含有Fe2+離子，就一定不含NO3-離子，根據(jù)已知溶液中電荷守恒計算確定是否含有的離子Cl-，以此解答?！驹斀狻客ㄟ^上述分析可知：氣體A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，氣體D是NO2，溶液E為HNO3，氣體F是NH3，I為Al(OH)3，H為NaAlO2，沉淀G為Fe(OH)3：(1)由于測得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液顯酸性，在強酸性溶液中與H+反應的離子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不會存在HCO3-、S2-、OH-離子；(2)在X中含有Fe2+、H+，當加入Ba(NO3)2溶液時，會發(fā)生氧化還原反應，產生Fe3+、NO、H2O，反應的離子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根據(jù)3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+與NO的關系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根據(jù)Fe元素守恒，說明在原溶液中含有Fe3+，其物質的量是0.02mol，由于溶液的體積是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；該溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根據(jù)元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根據(jù)(3)計算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正電荷總數(shù)：3n(Al3+)+3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+n(NH4+)+n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n