2024届青海省百所名校高三下学期二模理科综合试题-高中化学（原卷版+解析版）

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考生注意：
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共300分。考试时间150分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Al27 Mn55
第Ⅰ卷 (选择题 共126分)
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关．下列不涉及化学变化的是
A. 干冰摆盘B. 燃放烟花C. 食醋除水垢D. 秸秆沤肥
【答案】A
【解析】
【详解】A．干冰摆盘利用了干冰易升华的性质，干冰升华，就是固态的CO2转变为气态的 CO2，没有生成新物质，所以是物理变化，不属于化学变化，A符合题意；
B．燃烧属于化学变化，燃放烟花过程中也有二氧化碳，二氧化硫等气体产生，有新物质生成，属于化学变化，B不符合题意；
C．食醋主要成分是乙酸，与水垢的主要成分碳酸钙、氢氧化镁反应，利用醋酸的酸性与碱和碳酸盐反应，是化学反应，C不符合题意；
D．秸秆沤肥是秸秆发酵形成有机肥，发酵过程有微生物参与，是化学变化并生成新物质，D不符合题意；
本题选A。
2. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解产生Fe(OH)3和HCl，HCl加热时挥发逸出，水解进行程度增大，最终得到Fe(OH)3沉淀，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，而得不到Fe(OH)3固体，A不符合题意；
B．海水中的盐属于离子化合物，其沸点高，由分子构成的水的沸点低，通过蒸馏方法分离得到，因此可以通过蒸馏方法获得蒸馏水，B符合题意；
C．铁钉在NaCl溶液等中性溶液中发生吸氧腐蚀，而不是析氢腐蚀，C不符合题意；
D．制备并收集乙酸乙酯时，为除去乙酸乙酯中混有的乙酸和乙醇，可以使用饱和碳酸钠溶液，但导管不能伸入饱和碳酸钠溶液液面以下，应该在液面以上，D不符合题意；
故合理选项是B。
3. 用脯氨酸()催化合成酮醛的反应如图，下列说法错误的是
A. a的分子式为B. b不能与溶液反应
C. b、c均能与溴水发生加成反应D. c中所有碳原子可能共面
【答案】C
【解析】
【详解】A．由结构简式可知，a的分子式为，故A正确；
B．由结构简式可知，b分子中含有醛基和硝基不能与氢氧化钠溶液反应，故B正确；
C．由结构简式可知，b、c分子均不能与溴水发生加成反应，故C错误；
D．由结构简式可知，c分子酮羰基和苯环为平面结构，由三点成面可知，分子中所有碳原子可能共面，故D正确；
故选C。
4. 联合制碱法利用食盐水、氨气和二氧化碳制纯碱，涉及的反应之一为。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 常温常压下，含氧原子的数目为
B. 中含离子数目为
C. 溶液中含数目为
D. 标准状况下，通入水中，溶液中数目为
【答案】B
【解析】
【详解】A．常温常压下，的物质的量不是0.5ml，故A错误；
B．NaHCO3由 构成，中含离子数目为，故B正确；
C．没有明确溶液体积，不能计算溶液中含数目，故C错误；
D．标准状况下，通入水中，溶液中、、NH3数目之和为，故D错误；
选B。
5. 已知蓝色环保颜料由原子序数依次增大的W、X、Y、Z、R五种短周期主族元素组成，W、R位于同一主族，W元素原子的核外电子数是其周期序数的4倍；X、Y、Z、R位于同一周期，其原子序数之和为54，且只有Y、Z相邻；X的单质可与冷水剧烈反应，下列有关说法正确的是
A. 简单离子半径：B. 最简单氢化物的稳定性：
C. Y的最高价氧化物对应的水化物为强酸D. W、Z形成的二元化合物为离子化合物
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、R五种短周期主族元素原子序数依次增大，X的单质可与冷水剧烈反应，则X为Na元素；W、R位于同一主族，W元素原子的核外电子数是其周期序数的4倍，X、Y、Z、R位于同一周期，其原子序数之和为54，且只有Y、Z相邻，则W为O元素、Y为Al元素、Z为Si元素、R为S元素。
【详解】A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层数相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的离子半径大小顺序为S2->Na+>Al3+，故A正确；
B．元素的非金属性越强，最简单氢化物的稳定性越强，元素的非金属性强弱顺序为O>S>Si，则最简单氢化物的稳定性强弱顺序为H2O>H2S>SiH4，故B错误；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物，不是强酸，故C错误；
D．二氧化硅是只含有共价键的共价化合物，故D错误；
故选A。
6. 自由基因为化学性质不稳定往往不能稳定存在，羟基自由基（·OH）有极强的氧化性，其氧化性仅次于氟单质。我国科学家设计的一种能将苯酚（）氧化为和的原电池—电解池组合装置如图所示，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法错误的是
A. 该装置工作时，电流方向为电极b→Ⅲ室→Ⅱ室→Ⅰ室→电极a
B. 当电极a上有1ml 生成时，c极区溶液仍为中性
C. 电极d的电极反应为
D. 当电极b上有0.3ml 生成时，电极c、d两极共产生气体11.2L（标准状况）
【答案】D
【解析】
【分析】根据装置图，左边是原电池装置，右边是电解池装置，a处Cr元素从+6价变成+3价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，a为正极，b为负极。苯酚废水在d处被氧化，d处水分子失去电子形成羟基自由基，发生氧化反应，d为电解池阳极，c为电解池阴极，据此分析解题。
【详解】A．根据分析，a为正极，b为负极，该装置工作时，内电路电流由 b 极经 III、II、I 室流向 a 极，A正确；
B．a极每产生1mlCr(OH)3，转移3ml电子，c极上的电极反应式为，生成1.5ml，与此同时，有3ml从阳极室透过质子交换膜进入阴极室，因此c极区溶液仍为中性，B正确；
C．d 极区为阳极区，电极反应为，C正确；
D．电极b的电极反应式为，电极c的电极反应式为电极d为电解池阳极，电极反应为·OH可进一步氧化苯酚，化学方程式为，当电极b上有0.3ml CO2生成时，电极c、d两极共产生气体22.4L（标准状况），D项错误；
故选D。
7. 常温下，用HCl（g）调节SrF2浊液的pH，测得在通入HCl（g）的过程中，体系中－lgc（X）（X代表Sr2＋或F－）与的关系如图所示。下列说法错误的是
已知：SrF2为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
A.
B. L2表示的变化情况
C. 随着HCl的加入，SrF2溶解度逐渐增大
D. m、n点对应的溶液中均存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，变大，变小，则表示的变化情况，表示的变化情况，根据m、n两点的数据，得，A正确；
B．根据A项分析，表示的变化情况，B错误；
C．随着HCl的加入，SrF2溶解平衡正向移动，溶解度增大，C正确；
D．m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有，又根据SrF2组成可知，溶液中存在物料守恒，可得，D正确；
故选B
第Ⅱ卷 (非选择题 共174分)
三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第22~32题为必考题，每道试题考生都必须作答。第33~38题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共129分。
8. Fe(OH)2具有较强的还原性，新制的白色Fe(OH)2会逐渐转变为灰绿色，使学生误认为氢氧化亚铁的颜色是灰绿色。为能较长时间观察到白色Fe(OH)2，某实验小组做了如下探究实验。
（1）配制实验所需一定物质的量浓度的溶液备用，配制溶液时所用仪器有托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、___________、___________。
（2）实验时发现即使是用煮沸过的蒸馏水配制实验所用的溶液，新生成的Fe(OH)2也仅能存在几分钟，其原因可能是___________。
（3）甲同学按如图a所示操作制备Fe(OH)2 (溶液均用煮沸过的蒸馏水配制)。挤入少量NaOH溶液后，立即出现白色沉淀，但很快变成浅绿色，一会儿后变为灰绿色，最终变为红褐色。请分析固体变色的原因：___________。
（4）乙同学经查阅资料后设计了如图b所示的装置(溶液均用煮沸过的蒸馏水配制)，能较长时间观察到白色Fe(OH)2。
①该反应的原理为___________(用离子方程式表示)。
②结合原理和装置特点分析能较长时间观察到白色Fe(OH)2的原因：___________。
（5）实验试剂最佳浓度探究：
采用不同浓度的试剂进行实验，记录如下。
①由以上实验可得到的规律是___________。
②NaHCO3溶液的浓度为1.5 ml/L时，FeSO4溶液的最佳浓度为___________(填“1.0”“1.5”或“2.0”)ml/L。
（6）实验创新：
延长Fe(OH)2沉淀的稳定时间还可以采取的措施为___________(任写一条)。
【答案】（1） ①. 容量瓶 ②. 胶头滴管
（2）空气中的氧气进入到溶液中氧化氢氧化亚铁
（3）Fe(OH)2被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3
（4） ①. Fe2++2=Fe(OH)2↓+2CO2↑ ②. 苯在液面上，可以隔绝空气，避免Fe(OH)2被氧化
（5） ①. NaHCO3溶液的浓度越大，Fe(OH)2的稳定时间就越长 ②. 1.5
（6）向配制好的FeSO4溶液中加入铁屑，进一步防止FeSO4被氧化
【解析】
【分析】Fe(OH)2具有较强的还原性，新制的白色Fe(OH)2会逐渐转变为灰绿色，为能较长时间观察到白色沉淀，需隔绝空气或通过调节NaHCO3溶液和FeSO4溶液的浓度来延长Fe(OH)3存在的时间。
【小问1详解】
配制实验所需一定物质的量浓度的溶液备用，配制溶液时所用仪器有托盘天平、烧杯、量筒、玻璃棒、一定规格的容量瓶、胶头滴管；
【小问2详解】
实验时发现即使是用煮沸过的蒸馏水配制实验所用的溶液，新生成的Fe(OH)2也仅能存在几分钟，这是由于Fe(OH)2不稳定，具有强的还原性，容易被进入到溶液中的氧气氧化变为红褐色Fe(OH)3，用化学方程式表示为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；
【小问3详解】
Fe(OH)2固体变色的原因是Fe(OH)2逐渐被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，物质的颜色由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
【小问4详解】
①该反应过程中NaHCO3溶液和FeSO4溶液反应生成Fe(OH)2，同时反应产生CO2气体，反应的离子方程式为：Fe2++2=Fe(OH)2↓+2CO2↑；
②结合原理和装置特点分析能较长时间观察到白色Fe(OH)2的原因是：在液面上覆盖了一层苯，苯在液面上可以隔绝空气，避免空气进入到溶液中，从而防止Fe(OH)2氧化变质；
【小问5详解】
①由以上实验可得到的规律是：NaHCO3的浓度越大，Fe(OH)2的稳定时间越长；
②NaHCO3溶液的浓度为1.5 ml/L时，FeSO4溶液的浓度为1 5 ml/L时，Fe(OH)2的稳定时间就越长，故FeSO4溶液的最佳浓度为1 5 ml/L；
【小问6详解】
延长Fe(OH)2沉淀的稳定时间还可以采取的措施为：向配制好的FeSO4溶液中加入铁屑，进一步防止FeSO4被氧化。
9. 工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示：
已知：①菱锰矿的主要成分是其余为等元素。
②部分阳离子沉淀时溶液的：
③“焙烧”过程中主要反应为。
（1）结合图1、2、3，分析“焙烧”过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、分别为___________、___________、___________。
（2）对浸出液“净化除杂”时，需先加入，作用是___________，再调节溶液的范围为___________，将和变为沉淀而除去，然后加入将变为氟化物沉淀除去。
（3）“碳化结晶”步骤中，加入碳酸氢铵时反应的离子方程式为___________。
（4）上述流程中可循环使用的物质是___________(填化学式)。
（5）现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中完全转化为(其中转化为)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应以除去；加入稀硫酸酸化，用硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定，发生的反应为；用酸性溶液恰好除去过量的。
①酸性溶液与反应的离子方程式为___________。
②试样中锰的质量分数为___________。
【答案】（1） ①. ②. ③. 1.10
（2） ①. 将氧化为 ②. 4.7≤pH＜8.1
（3）
（4）
（5） ①. ②. 20.625%
【解析】
【分析】由题给流程可知，菱锰矿粉与氯化铵混合研磨、焙烧得到焙烧渣，向焙烧渣中加入盐酸酸浸、过滤得到浸出渣和浸出液；向浸出液中加入二氧化锰，将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，再调节溶液pH在4.7≤pH＜8.1范围内，将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，然后加入氟化铵溶液，将溶液中的钙离子、镁离子转化为氟化钙、氟化镁沉淀，过滤得到净化液；向净化液中加入碳酸氢铵溶液，氯化锰溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀、氯化铵、二氧化碳和水，过滤得到碳酸锰滤饼和氯化铵滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到可以循环使用的氯化铵；滤饼经干燥处理得到碳酸锰产品。
【小问1详解】
由图可知，焙烧温度、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比、焙烧时间分别为500℃、1.10、60min时锰的浸出率最高，则“焙烧”过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、氯化铵与菱镁矿粉的质量之比为500℃、60min、1.10，故答案为：500℃；60min；1.10；
【小问2详解】
由分析可知，加入二氧化锰的目的是将溶液中的亚铁离子转化为铁离子，再调节溶液pH在4.7≤pH＜8.1范围内的目的是将溶液中的铁离子、铝离子转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，故答案为：将氧化为；4.7≤pH＜8.1；
【小问3详解】
由分析可知，加入碳酸氢铵溶液发生的反应为氯化锰溶液与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸锰沉淀、氯化铵、二氧化碳和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，上述流程中可循环使用的物质是氯化铵，故答案为：；
【小问5详解】
①由题意可知，酸性溶液中重铬酸根离子与亚铁离子反应生成铬离子、铁离子和水，反应离子方程式为，故答案为：；
②滴定溶液中过量的亚铁离子消耗酸性重铬酸钾溶液，则由得失电子数目守恒可知，的物质的量为0.50ml/L×0.06L—0.50ml/L×0.005L×6=0.015ml，则由锰原子个数守恒可知，试样中锰的质量分数为×100%=20.625%，故答案为：20.625%。
10. 人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为 。回答下列问题：
（1）已知：
① ；
② ；
③a、b均为大于零的数，且a＞b。
_______（用含a、b的式子表示）。某研究小组设计合成的路线及的部分应用如图所示，图中熔融碳酸盐燃料电池的正极电极反应式为__________________。
（2）研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应应选择的最佳催化剂为________________。
（3）在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响的产率。为了研究水分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响（如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注）。
①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式：___________________。
②结合图3及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是_____________________。
（4）在T℃时，将6ml （g）和12ml （g）充入容积为10L的恒容容器中，只发生，初始压强为 kPa，测得体系中剩余（g）的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。
①T℃时，0～1min内甲醇的反应速率__________，该反应的平衡常数_________。（用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式）
②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅲ改变的条件可能是___________________。
【答案】（1） ①. ②.
（2）
（3） ①. ②. 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快
（4） ①. 0.2 ②. ③. 升高温度
【解析】
【小问1详解】
根据方程式可知其等于已知反应①加上反应②，由盖斯定律可求得；图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为；
【小问2详解】
根据据分析，催化剂为得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为；
【小问3详解】
依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为：有水参与的历程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快；
【小问4详解】
从图中可知，1min时H2的物质的量为6ml，起始的H2的物质的量为12ml，变化的H2的物质的量为6ml，故变化的甲醇的物质的量为2ml，0～1min内甲醇的反应速率v(CH3OH)=根据图示，8min后H2的物质的量保持不变，体系达到平衡状态，H2的物质的量为2ml，根据题意有，平衡时候总的物质的量，，，该反应的平衡常数Kp==；状态Ⅲ与状态Ⅰ相比，H2的物质的量增加，参与反应的氢气的物质的量减少，平衡逆向移动，同时从图中可知达到平衡的时间变短，该反应是一个放热反应，综合可知改变的条件可能是升高温度。
(二)选考题：共45分。请考生从以下2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多答，则每科按所答的第一题计分。
[化学——物质结构与性质]
11. 二氯草酸硼酸锂[LiBF2(C2O4)]是新型锂离子电池电解质，乙酸锰可用于制造离子电池的负极材料，他们的合成方法如下：
（1）基态核外电子排布式为___________，C、N、O第一电离能由小到大的顺序是___________。
（2）草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子的杂化轨道类型是___________，草酸分子中含有σ键与键的数目之比为___________。
（3）与互为等电子体的分子的化学式为___________。
（4）易溶于水，除了它是极性分子外，还因为___________。
（5）镧锰合金的晶胞如图所示，锰原子除了1个在体心外，其余都在面心上。该合金中锰原子和镧原子的个数比为___________。
（6）铝锰合金的晶胞如图所示。已知：铝锰合金的密度为代表阿伏加德罗常数的数值，则铝、锰的最短核间距(d)为___________。
【答案】（1） ①. ②.
（2） ①. ②.
（3）
（4）乙酸与水分子间可形成氢键
（5）
（6）
【解析】
【小问1详解】
Mn原子序数25，基态核外电子排布式：；同周期元素从左到右，第一电离能逐渐增大，N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，即第一电离能：；
【小问2详解】
根据草酸(HOOCCOOH)分子中碳原子形成碳氧双键，可判断为sp2杂化；lml草酸中含有5ml单键 2ml双键，所以σ键与键的数目之比：7：2；
【小问3详解】
等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或基团，与互为等电子体的分子的化学式：；
【小问4详解】
分子可与水分子间形成氢键，增大在水中的溶解性；
【小问5详解】
根据均摊法计算，合金中锰原子数：，镧原子数：，二者比值：；
【小问6详解】
根据晶胞结构，铝、锰的最短核间距等于立方体对角线一半，设晶胞边长为apm，，解得，立方体对角线长度为，则铝、锰的最短核间距为：。
[化学——有机化学基础]
12. 有机物H是合成一种新型药物的中间体，其一种合成路线如图所示．
（1）A的名称为____________,B中含氧官能团的名称为____________,的反应类型为____________；
（2）的化学方程式为_______________________________；
（3）设计和两步反应的目的为__________________________________；
（4）化合物M与C含有相同元素且相对分子质量比C小14，则同时满足下列条件的M的结构有____________种，写出其中一种核磁共振氢谱有2组峰的结构简式：____________；
①M为芳香类化合物，除苯环外不含其他环，且含有两个官能团；
②能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀．
（5）参照上述合成路线，设计以1,4-丁二醇和苯胺（）为原料制备的合成路线______________（无机试剂任选）。
【答案】（1） ①. 邻二甲苯 ②. 羧基 ③. 氧化反应
（2）→+H2O （3）保护氨基不与羧基发生反应，减少副反应的发生
（4） ①. 3 ②.
（5）
【解析】
【分析】从有机合成图中可以看出，根据反应条件，A→B是氧化反应，从C的结构上不难看出，是苯环上邻位的两个羧机通过分子内脱水反应而成，故B是邻苯二甲酸，A是邻二甲苯，通过D、E、F的分子式及结构式可以推出，D→E、E→F都是成肽反应，故E为，F→G是肽键的水解反应，最后由C和G反应生成H；
【小问1详解】
由分析，A的名称为邻二甲苯，B是邻苯二甲酸，其中含氧官能团的名称为羧基，A→B的反应类型为氧化反应；
【小问2详解】
由分析，E→F的化学方程式为→+H2O；
【小问3详解】
设计D→E和F→G两步反应的目的为保护氨基不与羧基发生反应，减少副反应的发生；
【小问4详解】
C的分子式为C8H4O3，M与C含有相同元素且相对分子质量比C小14，如果小14是少CH2，且要含苯环，不饱和度太高，考虑相对分子质量比小14是少一个O多2个H，即M分子式为C8H6O2，由于M能与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，含醛基，且分析分子式可知有两个醛基，两个醛基在苯环上处于邻间对共有3种同分异构体，其中核磁共振氢谱有2组峰的为对苯二甲醛，结构简式为；
【小问5详解】
以1，4-丁二醇和苯胺为原料制备，参考题中A→B→C及C+G→H，先将其氧化为丁二酸，再用P2O5转化为丁二酸酐，与苯胺反应得目标产物，的合成路线为。A．加热FeCl3溶液得到无水FeCl3固体
B．实验室用海水制取蒸馏水
C．验证铁的析氢腐蚀
D．制备并收集乙酸乙酯
c(NaHCO3)/(ml/L)
c(FeSO4)/(ml/L)
1.0
1.5
2.0
1.0
现象
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡增多
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡产生速率较快
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡产生速率迅速
稳定时间
3.5 min
9 min
24 min
1.5
现象
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡增多
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡产生速率较快
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡产生速率迅速
稳定时间
13 min
15 min
22 min
2.0
现象
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡增多
产生白色沉淀和气泡，沉淀逐渐变暗，气泡产生速率加快
常温下无现象，加热后产生白色沉淀
稳定时间
3 min
8 min
30 min
离子
开始沉淀的
41
2.2
10.6
8.1
9.1
沉淀完全的
4.7
3.2
13.1
101
11.1