湖南省长沙长郡中学届高三上学期第四次月考化学试题及答案.docx

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湖南省长沙长郡中学届高三上学期第四次月考化学试题及答案

湖南省长沙长郡中学2015届高三上学期第四次月考

化学试题

时量：

90分钟满分：

100分

可能用到的相对原子质量：

H～1C-12O～16S～32Cr～52Fe～56Cu～64Ba～137

【试卷综析】本试卷是理科化学单独试卷，知识考查涉及的知识点：

化学计量的有关计算、无极推断题、化学反应速率、化学平衡等；以基础知识和基本技能为载体，以能力测试为主导，在注重考查学科核心知识的同时，突出考查考纲要求的基本能力，重视学生科学素养的考查。

试题重点考查：

化学与生活、元素周期律、弱电解质的电离、化学平衡的移动、常见的无机物及其应用、有机合成等主干知识。

注重常见化学方法，应用化学思想，体现学科基本要求，难度不大。

第I卷选择题（共48分）

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，共48分，每小题只有一个选项符合题意）

【题文】1．化学与生产生活、环境保护、资源利用、能源开发等密切相关。

下列说法错误的是

A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源

B．利用二氧化碳制造全降解塑料，可以缓解温室效应

C．利用生物方法脱除生活污水中的氮和磷，防止水体富营养化

D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片和光导纤维

【知识点】煤的干馏和综合利用；"三废"处理与环境保护；硅和二氧化硅D1O3

【答案解析】【解析】D解析：

A．煤炭经气化、液化和干馏等过程，可以转化为清洁能源，可以节约能源，减少污染物的排放，故A正确；

B．利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解温室效应，故B正确；

C．氮和磷是植物的营养元素，可造成水体富营养化，故C正确；

D．光导纤维的成分是二氧化硅，不是硅单质，故D错误；

故答案选D

【思路点拨】本题考查了化学与社会、环境的关系，把握能源使用及污染物的排放为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大.

【题文】2．在汽车尾气净化装置中，气体在催化剂表面

吸附与解吸作用的过程如图所示。

下列说

法错误的是

A．NO2是红棕色气体

B．NO和O2必须在催化剂表面才能反应

C．汽车尾气的主要污染成分包括CO和NO

D．催化转化总反应为：

【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响D5

【答案解析】【解析】B解析：

A、NO2是红棕色气体，故A正确；

B、NO和O2在常温下就能反应，不必加催化剂，故B错误；

C、汽车尾气的主要污染成分为CO和NO，故C正确；

D、根据2NO+O2=2NO2，2NO2+4C0==4CO2+N2，可得总反应2NO+O2+4CO==4CO2+N2，故D正确

故答案选B

【思路点拨】本题根据图考查了汽车尾气的主要污染物的处理，难度不大，只需读懂图就可完成，培养了学生分析问题的能力.

【题文】3．常温离子液体（IonicLiquid）也称常温熔融盐。

硝酸乙基铵[（C2H5）NH3NO3]

是人类发现的第一种常温离子液体，其熔点为12℃。

已知C2H5NH2结

合质子的能力比NH3略强，下列有关硝酸乙基铵的说法正确的是

A．可用作电池的电解质B．水溶液呈碱性

C．是共价化合物D．结构和性质类似于硝酸乙酯

【知识点】电解质与非电解质；盐类水解的应用E4H3

【答案解析】【解析】A解析：

A、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为离子液体，含自由离子的化合物可作为电解质，故A正确；

B、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕是一种强酸弱碱盐，硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕在水溶液中电离产生C2H5NH3+ NO3-，C2H5NH3+ 发生水解生成（C2H5NH3）OH和H+，水溶液呈酸性，故B错误；

C、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为常温熔融盐，由是C2H5NH3+ 和NO3-构成，属于离子化合物，故C错误；

D、因硝酸乙基铵〔（C2H5NH3）NO3〕为离子化合物，而硝酸乙酯〔（CH3CH20NO2〕是共价化合物，这两种物质的结构不同，所以性质也不同，故D错误；

故答案选A

【思路点拨】本题结合题目所给信息，考查了离子化合物、共价化合物的概念、盐类水解的有关知识.

【题文】4．已知：

下列关于上述反应焓变的判断正确的是

A．△H1>O，△H3<0B．△H2<0,△H4>0

C．△H2=△H1－△H3D．△H3=△H4+△H1

【知识点】反应热大小的比较F2

【答案解析】【解析】C解析：

A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；

B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，铜与氧气的反应属于放热反应，△H4＜0，故B错误；

C、已知：

①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，则△H2=△H1-△H3，故C正确；

D、已知③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3④4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4⑤3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5，由盖斯定律可知③=2/3（1/2④+⑤）,因此△H3=1/3△H4+2/3△H5，故D错误；

故答案选C

【思路点拨】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，题目难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键．

【题文】5．以下实验方案可以从海洋生物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：

下列说法错误的是

A．步骤

（1）需要用到玻璃棒B．步骤

（2）需要用到分液漏斗

C．步骤（3）需要用到坩埚D．步骤（4）需要用到温度计

【知识点】有机物的合成H1

【答案解析】【解析】C解析：

A．步骤

（1）是分离固液混合物，其操作为过滤，需要用到玻璃棒，故A正确；

B．步骤

（2）分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；

C．步骤（3）是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误；

D．步骤（4）是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，用到温度计，故D正确；

故答案选C

【思路点拨】本题以混合物的分离提纯考查有机物的合成，注意合成流程中物质的性质及分离方法是解答本题的关键，注重实验操作和分离方法的考查，题目难度不大。

【题文】6．用下列实验装置或操作进行相应实验，能达到实验目的的是

A．用图1装置验证化学能转化为电能

B．用图2装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯

C．用图3装置制备氢氧化亚铁

D．用图4装置证明酸性：

CH3COOH>H2CO3>苯酚

【知识点】化学实验方案的评价J1J2

【答案解析】【解析】C解析：

A．未形成闭合回路，无电流产生，故A错误；

B．乙醇易挥发，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B错误；

C．氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化，应隔绝空气制取，故C正确；

D．乙酸易挥发，乙酸能与苯酚钠反应生成苯酚沉淀，故D错误．

故答案选C

【思路点拨】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，涉及原电池、物质的检验和制取及酸性比较等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，选项D为解答的易错点，注意方案的合理性、操作性、评价性分析，题目难度不大。

【题文】7．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是

A．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：

3Mg（OH）2+2Fe3＋==2Fe（OH）3+3Mg2＋

B．草酸使酸性KMnO4溶液褪色：

C．往NaHS04溶液中滴加Ba（OH）2至溶液呈中性：

D．向NaCl0溶液中通人少量的CO2：

CO2+2C1O－+H2O==C

+

2HC1O已知Ka1（H2CO3）>Ka（HC1O）>Ka2（H2CO3）]

【知识点】离子方程式的书写B1

【答案解析】【解析】A解析：

A．向FeCl3溶液中加入Mg（OH）2：

3Mg（OH）2+2Fe3＋==2Fe（OH）3+3Mg2＋，由难溶的向更难溶的转化，正确；

B．草酸是弱酸，不能拆成离子形式：

2MnO4-+5H2C2O4+6H+═10CO2↑+2Mn2++8H2O，故错误；

C．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，NaHSO4和Ba（OH）2按照2：

1混合得到的溶

液呈中性，反应的离子方程式2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故错误；D、少量CO2通

入NaCl0溶液中，反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，反应的离子方程式为：

CO2+C1O－+H2O

==HCO3-+HC1O，故错误；

故答案选A

【思路点拨】本题考查了离子方程式书写，为高考常见题型，侧重学生思维严密性的考查，注意把握反应实质及离子反应的书写方法，量少的物质完全反应为解答的难点，题目难度不大．

【题文】8．制备纳米Fe3O4的过程如下：

下列有关叙述不合理的是

A．纳米Fe3O4分散在适当溶剂中，当强光照射时，会产生丁达尔现象

B．反应①的反应类型为消去反应

C．反应②中，环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解

D．反应③的化学方程式为：

6FeOOH+CO==2Fe3O4+3H2O+CO2

【知识点】纳米材料、铁及其重要化合物C3B4

【答案解析】【解析】B解析：

A、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故A合理；B、有机化合物在适当的条件下,从一个分子中脱去一个或几个小分子（如水、卤化氢等分子），而生成不饱和（碳碳双键或三键）化合物的反应，叫做消去反应，而环丙胺中没有不饱和键，故B错误；C、因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故C合理；D、由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故D合理；

故答案选B

【思路点拨】本题属于信息习题，学生应注重习题信息和所学知识相结合来解答本题，并注意质量守恒定律、胶体的性质等来解答。

【题文】9．A、B、C、D、E五种短周期元素的原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数之和为C原子最外层电子数的2倍，D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，A、E同主族。

下列说法正确的是

A．原子半径大小顺序为：

E>D>C>B>A

B．A、B、C、D四种元素都属于非金属元素，它们之间只能形成共价化合物

C．B、C、D、E四种元素与A元素形成的最简单化合物的沸点依次升高

D．D与A、E均可形成具有强氧化性的化合物，可用于城市自来水的杀菌消毒

【知识点】元素周期表与元素周期律E2

【答案解析】【解析】C解析：

A、B、C、D、E五种短周期元素原子序数依次增大，A原子为半径最小的原子，则A为H；D原子的最外层电子数为电子层数的3倍，则D只有2个电子层，最外层电子数为6，D为O；C原子最外层电子数与A、B原子最外层电子数之和相等，D原子和B原子最外层电子数的和为C原子最外层电子数的2倍，设C的最外层电子数为x，B的最外层电子数为y，则x=1+y，6+y=2x，解得x=5，y=4，则C为N，B为C；A与E同一主族，则E为Na，

A．电子层越多，半径越大，同周期原子序数大的半径小，则原子半径大小顺序为E＞B＞C＞D＞A，故A错误；

C．A、B、C、D四种元素都属于非金属元素，能形成共价化合物，也能形成离子化合物，如碳酸铵，故B错误；

C．B、C、D、E与A元素形成的最简单化合物分别为CH4、NH3、H2O、NaH，水和氨气均含氢键，但水中氢键多，NaH为离子化合物，则的沸点依次升高，故C正确；

D．D与A、E均可形成具有强氧化性的化合物（H2O2、Na2O2），均具有强氧化性，H2O2可用于城市自来水的杀菌消毒，但Na2O2与水反应生成强碱，不宜用作城市自来水的杀菌消毒，故D错误；

故答案选C

【思路点拨】本题考查了位置、结构、性质及应用，为高频考点，把握元素的位置、性质及元素化合物知识推断元素为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度中等。

【题文】10．25℃时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是

A．物质的量浓度相等的三种溶液中，pH大小关系为：

pH（NaCN）>pH（Na2CO3）pH（CH3COONa）

B．amol·L－1HCN与6mol·L－1NaOH溶液等体积混合所得的溶液中

c（Na＋）>c（CN－），则a一定小于b

C．向冰醋酸中逐滴加水稀释的过程中，溶液导电能力先增大，后减小

D．将0．1mol·L－1的Na2CO3溶液逐滴加入到等浓度的HCN溶液中，无明显现象，说明未反应

【知识点】弱电解质的电离平衡H1

【答案解析】【解析】C解析：

A．根据电离平衡常数可知酸性强弱顺序为：

CH3COOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3-，酸性越弱，对应钠盐中酸根离子水解程度越大，溶液的PH越大，物质的量浓度的各溶液pH关系为：

pH（CH3COONa）＜pH（NaHCO3）＜pH（NaCN）＜pH（Na2CO3），故A错误；

B．如c（Na+）＞c（CN-），根据溶液电中性可知c（H+）＜c（OH-），溶液呈碱性，a＜b或a=b都符合，故B错误；

C．溶液导电能力与离子浓度成正比，稀释过程中促进醋酸电离，溶液中离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，故C正确；

D．将0.1mol•L-1的Na2CO3溶液逐滴加入到等浓度的HCN溶液中，反应生成的NaHCO3和NaCN都溶于水，无明显现象，故D错误；

故答案选C

【思路点拨】本题考查了强弱电解质、弱电解质的电离、盐类水解、溶度积及相关计算等，难度中等，注意把握强弱电解质关键是电解质是否完全电离。

【题文】11．下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度的关系正确的是

A．向0．1mol·L－1NH4Cl溶液中通入一定量氨气：

c（Cl－）>c（N

）>c（OH－）>c（H＋）

B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：

c（Na＋）

C．已知Ka（HF）=7．2×10－4，Ka（HCN）=4．9×10－10，等体积等浓度的NaF、NaCN溶液中，前者离子总数小于后者

D．浓度均为0．1mol·L－l的三种溶液中：

①（NH4）2CO3、②（NH4）2SO4、

③（NH4）2Fe（SO4）2，c（N

）的大小顺序为：

③>②>①

【知识点】离子浓度大小的比较H6

【答案解析】【解析】D解析：

A．向0.1 mol•L-1NH4Cl溶液中通入一定量氨气，溶液可能为碱性、中性或酸性，由于无法判断溶液酸碱性，则无法判断溶液中离子浓度大小，故A错误；

B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则：

c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+）+c（H+）可得：

c（CH3COO-）+c（Cl-）=c（Na+），则c（Na+）＞c（Cl-），故B错误；

C．Ka越小，对应盐的水解程度越大，其离子总数就小，则等体积等浓度的NaF、NaCN溶液中，前者离子总数大于后者，故C错误；

D．①相互促进水解，②中只有铵根离子水解，③中亚铁离子水解生成的氢离子抑制铵根离子水解，则c（NH4+）的大小顺序为：

③＞②＞①，故D正确；

故答案选D

【思路点拨】本题考查了离子浓度大小的比较，为高频考点，把握盐类水解、水解的促进和抑制及电荷守恒式为解答的关键，选项C为解答的易错点，题目难度中等。

【题文】12．臭氧是理想的烟气脱硝试剂，其脱硝反应为：

2NO2（g）+O3（g）==N2O5（g）+O2（g），若反应在恒容密闭容器中进行，下列由该反应相关图象作出的判断正确的是

【知识点】化学平衡的建立、影响因素G2G3

【答案解析】【解析】A解析：

A．由图可知，反应物总能量高于生成物总能量，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故A正确；

B．由图可知，0-3s内，二氧化氮的浓度变化量=1mol/L-0.4mol/L=0.6mol/L，故v（NO2）=0.6mol/L÷3s=0.2mol/（L．s），单位错误，故B错误；

C．t1时刻，改变条件，反应速率加快，平衡不移动，该反应前后气体的物质的量减小，不能是增大压强，只能是使用催化剂，但催化剂不影响平衡的移动，故C错误；

D．达平衡时，仅增大c（O2），平衡向逆反应方向移动，二氧化氮转化率降低，由图可知，二氧化氮的转化率随x增大而增大，x可以代表O3浓度、压强，故D错误；

故答案选A

【思路点拨】本题以图象形式，考查化学反应中能量变化、化学反应速率计算、化学平衡图象及影响因素等，难度中等，B选项为易错点，学生容易忽略单位问题．

【题文】13．向甲、乙两恒温恒容的密闭容器中分别充入一定量的A和B，发生反应：

A（g）+B（g）xC（g）△H

测得两容器中c（A）随时间t的变化如图所示：

下列说法正确的是

A.x=1

B．Q1<2Q2

C．根据题中信息无法计算a值

D．保持其他条件不变，起始时向乙容器充人0．2molA、0．2molB、0．2molC，则此时v（正）>v（逆）

【知识点】化学平衡的建立、影响因素G2G3

【答案解析】【解析】A解析：

A．由图象可知平衡时，乙容器内A的转化率为0.5mol/1mol==50%，甲容器平衡时，A的转化率＞（2mol-1mol）/2mol=50%，甲容器内压强比乙容器内大，增大压强向正反应移动，增大压强平衡压强增大向着体积减小的方向移动，故：

1+1＞X，所以x=1，故A正确；

B．甲容器压强大于乙容器，甲容器反应进行程度较大，放出的热量的数值大于乙容器放出热量的2倍，由于△H＜0，即Q＜0，所以Q1＞2Q2，故B错误；

C．甲乙容器温度相同，则化学平衡常数相同，利用两容器化学平衡常数表达式计算出a值，故C错误；

D．该温度下，乙容器化学平衡状态时，c（A）=0.5mol•L-1，c（B）=0.5mol•L-1，c（C）=0.5mol•L-1，化学常数为K=c（C）/[c（A）•c（B）]=0.5mol•L−1/（0.5mol•L−1•0.5mol•L−1）=2，浓度商Q=0.2mol/0.5L÷[0.2mol/0.5L·0.2mol/0.5L]=2.5，化学平衡向逆反应方向移动，即v（正）＜v（逆）．故D错误；

故答案选A

【思路点拨】本题考查了化学反应速率计算、影响化学平衡移动的盐酸、化学平衡图象与有关计算，难度较大，D选项为易错点、难点，判断x的值是解题的关键。

【题文】14．室温时，盐酸和硫酸的混合溶液20mL，向混合

溶液中逐滴加入0．05mol·L－1Ba（OH）2溶液

时，生成的BaSO4和pH的变化如图所示（不

考虑溶液混合时体积的变化）。

下列说法正确

的是

A．图中A点对应溶液的pH:

a=l

B．生成沉淀的最大质量m=2．33g

C．原混合溶液中盐酸物质的量浓度为0．1mol·L－1

D．当V[Ba（OH）2（aq）]=10mL时，发生反应的离子方程式为：

【知识点】离子方程式的有关计算A4B4

【答案解析】【解析】A解析：

由图可知，加入20mLBa（OH）2溶液时，硫酸钡沉淀达最大值，只有硫酸与氢氧化钡反应，而盐酸未反应，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.02L×0.05mol•L-1=0.001mol，则：

  H2SO4+Ba（OH）2═BaSO4↓+H2O

  1       1      1

 0.001mol0.001mol 0.001mol

由图可知，pH=7时，消耗60mLBa（OH）2溶液，此时加入氢氧化钡的物质的量=0.06L×0.05mol•L-1=0.003mol，由H++OH-═H2O可知原溶液中含有的n（H+）=n（OH-）=0.003mol×2=0.006mol，故n（HCl）=0.006mol-0.001mol×2=0.004mol，

A．图中A点硫酸完全反应，盐酸没有反应，氢离子的浓度为0.2mol/L×0.02L÷（0.02L+0.02L）=0.1mol/L，则pH=-lg0.1=1，故A正确；

B．由上述分析可知，生成沉淀的质量=0.001mol×233g/mol=0.233g，故B错误；

C．由上述分析可知，原溶液中HCl的物质的量浓度=0.004mol/0.02L=0.2mol/L，故C错误；

D．由上述分析可知0～20mL只有硫酸与氢氧化钡反应，则V[Ba（OH）2（aq）]=10 mL时反应离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O，故D错误;

故答案选A

【思路点拨】本题考查了混合物的计算，为高频考点，把握图象中各阶段发生的反应是解答本题的关键，注意利用反应方程式及离子方程式进行计算，题目难度中等.

【题文】15．液体燃料电池相比于气体燃料电池具有体积小，无需气体存储装置等优点。

一种以肼（N2H4）为燃料的电池装置如下图装置①。

该电池用空气中的氧气作为氧化剂，KOH作为电解质。

下列叙述不正确的是

A．该燃料电池负极发生的电极反应为：

N2H4+4OH－4e－N2+4H2O

B．用该燃料电池作为装置②的直流电源，产生1molCl2至少需要通人0．5molN2H4

C．该燃料电池的电极材料应采用多孔导电材料，以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触

D．该燃料电池中，电子从右侧电极经过外电路流向左侧电极，溶液中OH－则迁移到左侧

【知识点】化学电源新型电池F3F4

【答案解析】【解析】D解析：

A．通入燃料的电极为负极，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：

N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，故A正确；

B．电解氯化铜生成氯气的电极反应式为2Cl--2e-=Cl2↑，生成1mol氯气转移2mol电子，燃料电池中的负极反应为：

N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O，则转移2mol电子，消耗0.5mol的N2H4，故B正确；

C．因为电池中正负极上为气体参与的反应，所以采用多孔导电材料，可以提高电极反应物质在电极表面的吸附量，并使它们与电解质溶液充分接触，故C正确；

D．电子只能在电极和导线中移动，不能进入溶液，故D错误；

故答案选D

【思路点拨】本题考查了燃料电池，明确正负极上发生的反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，注意电子不能在溶液中移动，题目难度不大。

【题文】16．某混合物X由Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。

某校课外兴趣小组以两条途径分别对X进行如下实验探究。

下列有关说法不正确的是：

A．由工可知X中一定存在Fe2O3、Cu

B．无法判断混合物中是否含有Al2O3

C．1．92g固体成分为Cu

D．原混合物中m（Fe2O3）：

m（