北京市第三十一中学2024-2025学年第一学期高三化学期中试题（解析版）

北京市第三十一中学2024-2025学年度第一学期高三年级化学期中考试试题班级_______姓名_______学号_______成绩_______(考试时间90分钟试卷满分100分)可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16N-14Mg-24Al-27Si-28Cl-35.5第一部分选择题一、选择题（共14小题，每题3分，共42分。各题只有1个选项符合题意）。1.我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是A.的原子核内有21个中子B.的半衰期长，说明难以失去电子C.衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间D.从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化【答案】A【解析】A．的质量数为41，质子数为20，所以中子数为，A正确；B．的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；C．根据题意衰变一半所需的时间要大于衰变半所需的时间，C错误；D．从原子束流中直接俘获原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；本题选A。2.下列化学用语或图示表达不正确的是A.NaCl的电子式： B.基态Cr原子的价层电子排布式：C.乙醇的分子式： D.乙炔的分子结构模型：【答案】B【解析】A．NaCl为离子化合物，其电子式：，A正确；B．Cr原子序数为24，其价层电子排布式：，B错误；C．乙醇结构简式：，其分子式：，C正确；D．乙炔为直线形分子，其分子结构模型：，D正确；答案选B。3.酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是A.石墨作电池的负极材料 B.电池工作时，向负极方向移动C.发生氧化反应 D.锌筒发生的电极反应为【答案】D【解析】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；C．发生得电子的还原反应，故C错误；D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应，故D正确；故选D。4.下列说法不正确的是A.淀粉经水解反应可直接生成乙醇B.用医用酒精、紫外线杀菌消毒的过程中涉及蛋白质的变性C.纤维素与乙酸反应生成纤维素乙酸酯属于酯化反应D.核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基【答案】A【解析】A．淀粉经水解反应产生的葡萄糖在酒化酶作用下生成乙醇，A错误；B．医用酒精、紫外线杀菌消毒可以使蛋白质变性，B正确；C．纤维素的每个葡萄糖单元中含3个羟基，纤维素与乙酸发生酯化反应生成纤维素乙酸酯，C正确；D．核酸水解的最终产物是磷酸、戊糖和碱基，D正确；故选A。5.下列方程式与所给事实不相符的是A.海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：B.用绿矾()将酸性工业废水中的转化为C.用溶液能有效除去误食的D.用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：【答案】D【解析】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确；C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确；D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误；本题选D。6.阿斯巴甜一种合成甜味剂，其结构简式如下。下列关于阿斯巴甜的说法不正确的是A.属于糖类 B.阿斯巴甜最多能与反应C.分子中含有手性碳原子 D.可以发生取代反应、加成反应【答案】A【解析】A．阿斯巴甜分子中不含有羟基和羰基，不属于糖类，A错误；B．阿斯巴甜分子中含有的羧基、酯基、酰胺基能与氢氧化钠溶液反应，1mol阿斯巴甜的分子最多能消耗3molNaOH，B正确；C．根据手性碳原子的特点，阿斯巴甜分子中含有两个手性碳原子，如图中“*”标示的碳原子：，C正确；D．阿斯巴甜中含有氨基、羧基、酯基都可以发生取代反应，阿斯巴甜中含有苯环，可以发生加成反应，D正确；故选A。7.下列实验的对应操作中，不合理的是眼睛注视锥形瓶中溶液A．用标准溶液滴定溶液B．稀释浓硫酸C．从提纯后的溶液获得晶体D．配制一定物质的量浓度的溶液A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；答案选D。8.硼酸可用于治疗婴儿湿疹。硼酸显酸性的原因：，硼酸的结构简式如图所示。下列说法不正确的是A.分子中所有共价键均为极性键B.分子中B原子与3个O原子形成三角锥形结构C.中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键D.根据溶液与溶液是否反应，可比较与的酸性强弱【答案】B【解析】A．由分子的结构简式可知，所有的共价键均为极性键，A正确；B．由分子的结构简式可知，B原子形成3个键且没有孤电子对，杂化类型为sp2，与3个O原子形成平面三角形结构，B错误；C．B原子含有空轨道，O原子含有孤电子对，则中存在B原子提供空轨道、O原子提供孤电子对的配位键，C正确；D．根据强酸制取弱酸的原理，根据溶液与溶液是否反应，可比较与的酸性强弱，D正确；故选B。9.关于和的下列说法中，不正确的是A.两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同B.可用NaOH溶液使转化为C.室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异D.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去【答案】C【解析】A．和的两种溶液中存在电离平衡和水解平衡，溶液中的离子种类都含有：Na+、、、、H+、OH-、H2O等微粒，A正确；B．，可用NaOH溶液使转化为Na2CO3，B正确；C．室温下和饱和溶液pH相差较大的主要原因是的水解程度远大于，C错误；D．受热易分解，可转化为，而热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO3，D正确；故选C。10.苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。下列说法不正确的是A.可作该反应的催化剂B.将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物HBrC.总反应的，且D.过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小【答案】C【解析】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，可作该反应的催化剂，故A正确；B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入除去溴蒸汽，HBr和溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有HBr生成，故B正确；C．根据图示，总反应放热，总反应的，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故C错误；D．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故D正确；故选C。11.丙二酸二乙酯与尿素[]合成重要有机试剂巴比妥酸，下列说法不正确的是A.丙二酸二乙酯的核磁共振氢谱有三组峰B.1mol巴比妥酸最多可与2molNaOH反应C.丙二酸二乙酯与尿素反应生成巴比妥酸和乙醇D.一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应【答案】B【解析】A．由丙二酸二乙酯的结构简式可知，其中含有3种环境的H原子，则核磁共振氢谱有三组峰，A正确；B．巴比妥酸水解生成和，1mol可以和2molNaOH反应，1mol可以和2molNaOH反应，则1mol巴比妥酸最多可与4molNaOH反应，B错误；C．由丙二酸二乙酯和巴比妥酸的结构简式可知，丙二酸二乙酯和发生取代反应生成巴比妥酸和乙醇，C正确；D．丙二酸二乙酯中含有两个酯基，中含有两个氨基，一定条件下，丙二酸二乙酯与尿素可发生缩聚反应，D正确；故选B。12.回收某光盘金属层中少量Ag的方案如下(其他金属含量过低，可忽略)。下列说法不正确的是A.①中，Ag被NaClO氧化B.操作a过滤后取固体，操作b过滤后取溶液C.③中，若X是乙醛溶液，生成Ag的反应为D.①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用均为调节溶液的pH【答案】D【解析】【分析】光盘碎片在碱性条件下加入次氯酸钠将银氧化氯化银沉淀等，过滤分离出氯化银固体，加入氨水将氯化银转化为银氨溶液，过滤分离出滤液，滤液加入还原剂还原得到银单质。A．①中Ag被NaClO氧化为氯化银沉淀，A正确；B．由分析可知，操作a过滤后取AgCl固体，操作b过滤后取溶液，B正确；C．③中，若X是乙醛溶液，乙醛具有还原性，能和银氨溶液发生银镜反应，故生成Ag的反应为，C正确；D．①②中分别加入NaOH溶液和氨水，作用分别为调节溶液的pH、溶解氯化银生成银氨溶液，D错误；故选D。13.工业上用乙苯与生产苯乙烯，主要反应：①(g)(g)+H2(g)②在一定压强和催化剂作用下，向恒容容器中充入等物质的量的乙苯和。达到平衡时，各物质的体积分数随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是A.当反应混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态B.苯乙烯和的体积分数变化差异的主要原因是消耗C.乙苯的平衡转化率随温度升高而升高，宜采用700℃获得更多的苯乙烯D.温度越高，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应的K越大【答案】C【解析】A．在恒容容器中发生反应①、②，只有气体物质反应及生成，混合气体的质量不变，反应①是气体分子数增大的反应，随反应的进行，气体物质的量增加，混合气体的平均相对分子质量减小，当混合气体的平均相对分子质量不再变化时，反应达到化学平衡状态，A正确；B．发生反应①生成的苯乙烯和的体积相等，相同温度时，苯乙烯的体积分数大于的体积分数，说明与发生反应②而被消耗，B正确；C．温度升高到630℃左右时，苯乙烯的体积分数较大，温度继续升高，采用700℃获得更多的苯乙烯，苯乙烯的体积分数变化不明显，但耗能较大，故宜采用630℃获得较多的苯乙烯，C错误；D．反应①，乙苯脱氢生成苯乙烯的反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，化学平衡常数K增大，温度越高，K越大，D正确；答案选C。14.研究溶液的制备、性质和应用。①向溶液中逐滴加入氨水，得到溶液。②分别将等浓度的溶液、溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸，前者无明显现象，后者产生使淀粉溶液变蓝的气体。③溶液可处理含的废气，反应过程如下。下列说法正确的是A.①中，为避免溶液与氨水生成沉淀，可先加入适量的溶液B.②中，溶液中的浓度比溶液中的高，的还原性比的强C.③中，转化为，元素的化合价不变D.③中，降低可显著提高的脱除率【答案】A【解析】A．为避免CoSO4溶液与氨水生成Co(OH)2沉淀，可先加入适量的(NH4)2SO4溶液，使溶液中铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，故A正确；B．②中，由于[Co(NH3)6]2+为配离子，溶液中的浓度比溶液中的高，由图可知，[Co(NH3)6]2+被O2氧化为，分别将等浓度的CoSO4溶液、[Co(NH3)6]SO4溶液放置于空气中，一段时间后，加入浓盐酸前者无明显现象，后者产生使淀粉KI溶液变蓝的气体，该气体为氯气，说明[Co(NH3)6]SO4溶液中的Co2+更易被氧化，则[Co(NH3)6]SO4的还原性更强，故B错误；C．③中，[Co(NH3)6]2+转化为，Co元素的化合价由+2价变为+3价，故C错误；D．③中，降低pH，溶液酸性增强，氢离子和氨气反应生成铵根，不利于脱除NO，故D错误；故选A。第二部分非选择题二、非选择题（共5题，共58分）。15.锂电池的电解液是目前研究的热点。（1）锂电池的电解液可采用溶有的碳酸酯类有机溶液。①基态的电子云轮廓图的形状为_______。②基态P原子的价层电子轨道表示式为_______。（2）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，阴离子为。①N、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。②该阳离子中，带“*”的C原子的杂化轨道类型为_______杂化。③根据VSEPR模型，的中心原子上的价层电子对数为_______，空间结构为正八面体形。（3）因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的边长为。①晶胞中的“○”代表_______(填“”或“”)。②距离最近的有_______个。③已知的摩尔质量是，阿伏伽德罗常数为。该晶体的密度为_______。【答案】（1）①.球形②.（2）①.F>N>P②.sp2③.6（3）①.Li+②.4③.【解析】【小问1】基态的核外电子排布式为，电子云轮廓图形状为球形；P是15号元素，最外层电子数为5，基态P原子的价层电子轨道表示式为；【小问2】一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小，则F>N>P；由图可知带“*”的C原子含有3个σ键，没有孤电子对，则价电子对数n=3，为sp2杂化；的VSEPR为，则价层电子对数为6；【小问3】根据晶胞的示意图可知实心球的个数为，○的个数为8，○与实心圆的个数比为2：1，则当中○代表Li+；根据晶胞图可知最近的有4个；密度。16.黏土钒矿中，钒以+3价、+4价、+5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。已知：i.有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：org表示有机溶液ii.酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+5价钒的萃取能力较弱iii.HR能萃取而不能萃取（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。（2）滤渣的主要成分是_______。（3）浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。（4）从平衡移动原理解释加入20%溶液的作用：_______。（5）和反应生成和的离子方程式是_______。（6）测定产品的纯度称取产品ag，先加入硫酸将转化为，加入指示剂后，用溶液滴定将转化为至终点，消耗溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则产品中的质量分数是_______(的摩尔质量为Mg/mol)。（7）从无机层获得的离子方程式是_______。（8）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据下图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、_______、洗涤、干燥。【答案】（1）使用浓硫酸、升高温度到250℃（2）（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离（4）加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层，与萃取剂分离（5）（6）（7）（8）降温结晶、过滤【解析】【分析】黏土钒矿加入浓硫酸、通入空气加入后水浸，二氧化硅不反应成为滤渣，浸出液加入氨水调节pH生成硫酸铝铵沉淀，滤液加入铁将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到，煅烧得到；水层加入氨水、空气得到氢氧化铁，煅烧得到氧化铁；小问1】加快浸出速率的措施有粉碎增大接触面积、适当升高温度等；【小问2】由分析可知，滤渣的主要成分是；【小问3】酸性溶液中，HR对+4价钒萃取能力强，而对+6价钒的萃取能力较弱；HR能萃取而不能萃取；浸出液中钒以+4价、+5价的形式存在，铁具有还原性，加入铁粉的原因为将三价铁转化为二价铁、并将五价钒还原为四价钒，以利于HR萃取分离铁和钒元素；【小问4】有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：，加入20%溶液，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，利于钒元素进入水层；【小问5】和反应生成和，离子方程式是；【小问6】用溶液滴定将转化为，铁元素化合价由+2变为+3，钒元素化合价由+5变为+4，根据电子守恒可知，，则产品中的质量分数是【小问7】无机层含有亚铁离子，加入一水合氨、氧气生成氢氧化铁沉淀，反应；【小问8】由图可知，相同温度下硫酸铵溶解度更大，则进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、降温结晶、过滤、洗涤、干燥。17.除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。（1）D中含氧官能团的名称是_______。（2）A→B的化学方程式是_______。（3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯（4）已知：①K的结构简式是_______。②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响_______。（5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和_______键，M的结构简式是_______。【答案】（1）硝基、酯基（2）（3）abc（4）①.②.氟原子可增强的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强的活泼性（5）①.②.【解析】【分析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH3OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K2CO3的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C2H5OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH3COOH，J为CH3COOC2H5，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。【小问1】由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；【小问2】A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：；【小问3】I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确；b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确；c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确；故选abc；【小问4】①根据已知反应可知，酯基的与另一分子的酯基发生取代反应，中左侧不存在，所以产物K的结构简式为；②氟原子可增强的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强的活泼性；【小问5】M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为键和键，M的结构简式为。18.烟气脱硝技术是环境科学研究的热点。实验室模拟将烟气中的深度氧化为，并进一步将转化获得含氮产品，流程示意图如下。深度氧化器中发生的反应：i．ii．iii．（1）被深度氧化，补全热化学方程式：___________（2）一定条件下，不同温度时，的浓度随时间的变化如图所示。①___________(填“>”或“<”)。②8s时，的浓度不同的原因是___________。（3）一定条件下，NO的初始浓度为时，不同反应时间，深度氧化器中的浓度随的变化如图所示。反应过程中的浓度极低。①时，深度氧化器中发生的反应主要是___________(填“i”“ii”或“iii”)。②时，的浓度随变化的原因是___________。（4）且恒压的条件下进行烟气处理，烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长。结合(3)，保持上述条件不变，解决这一问题可采取的措施及目的分别是___________。（5）深度氧化后的烟气通过吸收器完全转化为硝酸盐产品，产品浓度的测定方法如下。已知的还原产物分别是。产品中的物质的量浓度为___________。【答案】（1）（2）①.<②.8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低（3）①.i②.0.9s、n(O3)∶n(NO)＞1.0时，n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使的浓度减小（4）使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率（5）【解析】【小问1】根据盖斯定律知：i2+ii+iii可得，；【小问2】由图知，T2温度下，反应速率快，首先到达平衡，因此<；由图知，8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，平衡逆向移动，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低，所以答案为：8s时反应已达到平衡状态，将深度氧化为是放热反应，温度越高，越不利于反应正向进行，生成的浓度越低；【小问3】当时，NO主要转化为NO2,所以深度氧化器中发生的反应主要是i；由图知，时，的浓度随着增大而减小的原因是：n(O3)∶n(NO)增大，使vⅱ增大、vⅲ增大，从而使NO2的浓度减小；【小问4】由（3）知反应过程中NO3的浓度极低，说明反应ⅲ比反应ⅱ快，因为烟气达到排放标准所需深度氧化的时间仍较长，所以为了加快反应速率，采取的措施及目的分别是：使用适宜的催化剂，以增大ⅱ的反应速率；【小问5】溶液X中的与亚铁离子发生氧化还原反应后，剩余的亚铁离子与发生氧化还原反应，，则与发生氧化还原反应的Fe2+为n2=，则与反应的Fe2+为n1=，，则物质的量，则的物质的量浓度为。19.某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。（1）理论分析依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物I过量一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质Ⅱ过量一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质Ⅲ过量有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略对的消耗。c．