山西省忻州二中届高三上学期期中考试化学试题含答案解析.docx
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山西省忻州二中届高三上学期期中考试化学试题含答案解析
山西省忻州二中2019届高三上学期期中考试化学试题
1.当钠、钾等金属不慎着火时，可以用来灭火的是（）
A.水B.煤油C.沙子D.泡沫灭火剂
【答案】B
【解析】
水和钠、钾反应生成氢气；煤油是可燃性液体，更不能用来灭火；泡沫灭火剂可生成二氧化碳，可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气，以上都不能用于灭火，只有沙子符合，答案选C。
2.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是
A.CH3COOHB.Cl2C.NH4HCO3D.SO2
【答案】D
【解析】
A、CH3COOH在水中能电离，则其水溶液导电，即CH3COOH属于电解质，选项A错误；B、因非电解质是化合物，而Cl2是单质，即Cl2既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、因NH4NO3在水溶液或熔化状态下都能导电，则NH4NO3属于电解质，选项C错误；D、SO2的水溶液能导电，是因二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离生成离子而导电，即发生电离不是SO2本身，故SO2属于非电解质，选项D正确。
答案选D。
3.设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）
A.5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B.常温常压下，11.2L甲烷中含有的氢原子数为2NA
C.标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D.常温下，2.7g铝与足量的盐酸反应，失去的电子数为0.3NA
【答案】D
【解析】
A.5.6g铁的物质的量为0.1mol，其与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NA，A不正确；B.因不知道常温常压下的气体摩尔体积，无法计算11.2L甲烷的物质的量，故无法计算其中含有的氢原子数，B不正确；C.标准状况下，22.4L氦气的物质的量为1mol，因氦气分子为单原子分子，故其所含原子数均为NA，C不正确；D.2.7g铝的物质的量为0.1mol，其与足量的盐酸反应后，铝转化为Al3+，故其失去的电子数为0.3NA，D正确。
本题选D。
点睛：
本题考查了有关阿伏加德罗常数的计算和判断。
要求学生能根据题中所给的有关物质的物理量计算出该物质的物质的量。
关于电子转移的问题，最简单的方法是根据其在反应中所含元素的化合价变化来确定该物质电子转移的数目，不必根据化学方程式进行计算。
关于气体体积的计算，一定要看清三点：
一是气体的温度和压强是否为标准状况，二是确定其在标准状况下确实为气体，三是确定气体的分子结构。
4.以下各组溶液中Cl-的物质的量浓度与300mL1mol/LNaCl溶液中Cl-的物质的量浓度相同的是
A.100mL1mol/LAlCl3溶液B.200mL1mol/LMgCl2溶液
C.100mL0.5mol/LCaCl2溶液D.100mL2mol/LKCl溶液
【答案】C
【解析】
【详解】根据氯化钠的化学式NaCl结合其电离方程式可知300mL1mol/LNaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L，同样分析可知选项A～D中溶液中Cl－的物质的量浓度分别是（mol/L）3、2、1、2，故答案选C。
5.下列反应中，铁元素被氧化的是
A.FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑B.Fe+H2S04＝FeS04+H2↑
C.FeO+2HCl＝FeCl2+H20D.Fe203+3CO
2Fe+3C02
【答案】B
【解析】
【分析】
反应中铁元素被氧化，说明铁元素失去电子，化合价升高，据此解答。
【详解】A、反应FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑中铁元素的化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B、反应Fe+H2S04＝FeS04+H2↑中铁元素的化合价由0→＋2，化合价升高被氧化，发生氧化反应，B符合题意；
C、反应FeO+2HCl＝FeCl2+H20中铁元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；
D、反应Fe203+3CO
2Fe+3C02中铁元素的化合价由＋3→0，化合价降低，被还原，发生还原反应，D不符合题意。
答案选B。
6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A.1．0mol·L－1的KNO3溶液：
H＋、Fe2＋、Cl－、SO42－
B.甲基橙呈红色的溶液：
NH4＋、Ba2＋、AlO2－、Cl－
C.pH＝12的溶液：
K＋、Na＋、CH3COO－、Br－
D.与铝反应产生大量氢气的溶液：
Na＋、K＋、CO32－、NO3－
【答案】C
【解析】
试题分析：
有NO3-、H＋，Fe2＋不能大量存在，A项错误；甲基橙呈红色，溶液显酸性，AlO2－不能大量共存，B项错误；与铝反应产生大量氢气的溶液，溶液或酸性或强碱性，CO32－不能大量共存。
答案选C。
考点：
离子共存
点评：
离子不能大量共存的一般情况是：
（1）能发生复分解反应的离子之间（即生成沉淀，气体，水、弱酸、弱碱等难电离物质）；
（2）能生成难溶物的离子之间（如：
Ca2+和SO42-；Ag+和SO42-）；（3）能完全水解的离子之间，如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子（如：
Al3+，Fe3+与CO32-、HCO3-、AlO2-、ClO-，S2-等）；（4）能发生氧化还原反应的离子之间（如：
Fe、H+、NO3-；S2-、ClO-；S2-、Fe3+等）；（5）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有
（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；
（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。
7.下列反应中，可用离子方程式H＋＋OH－===H2O表示的是
A.NH4Cl＋NaOH
NaCl＋NH3↑＋H2O
B.Mg（OH）2＋2HCl===MgCl2＋2H2O
C.NaOH＋NaHCO3===Na2CO3＋H2O
D.NaOH＋HNO3===NaNO3＋H2O
【答案】D
【解析】
ANH4＋＋OH－
NH3↑＋H2O
BMg（OH）2＋2H＋=Mg2＋＋2H2O
COH－＋HCO3－=CO32－＋H2O
DH＋＋OH－=H2O，故选D
8.将氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液，通过一步实验就能加以区别，并只用一种试剂，这种试剂是
A.KSCNB.BaCl2C.HClD.NaOH
【答案】D
【解析】
A．KSCN只能鉴别出氯化铁，故A不选；
B．均与氯化钡不反应，不能鉴别，故B不选；
C．均与HCl不反应，不能鉴别，故C不选；
D．氯化钠、氯化铝、氯化亚铁、氯化铁、氯化镁五种溶液分别与NaOH反应的现象为：
无现象、白色沉淀生成后溶解、白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色、红褐色沉淀、白色沉淀，现象不同，可鉴别，故D选；故选D．
【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度不大．
9.下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是
①NaHCO3②A12O3③Al（OH）3④Al
A.③④B.②③④C.①③④D.全部
【答案】D
【解析】
试题分析：
①NaHCO3属于弱酸弱碱盐，既能与稀硫酸反应，生成CO2气体，又能与氢氧化钠反应，生成盐，故①正确；②Al2O3属于两性氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故②正确；③Al（OH）3属于两性氢氧化物，既能与稀硫酸反应，生成Al3+离子，又能与氢氧化钠反应生成AlO2-离子，故③正确；④金属铝与稀硫酸反应生成Al3+和氢气，与氢氧化钠反应生成AlO2-和氢气，故④正确。
选D。
考点：
考查了元素化合物的性质的相关知识。
10.除去Na2CO3固体中少量NaHCO3的最佳方法是
A.加入适量盐酸B.加入NaOH溶液C.加热D.配成溶液后通入CO2
【答案】C
【解析】
A．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应生成氯化钠，故A错误；
B．因不能确定NaHCO3的量，加入NaOH易混入新杂质，且反应后还要蒸发结晶，操作复杂，故B错误；
C．碳酸氢钠不稳定，加热易分解生成Na2CO3，故C正确；
D．在溶液中通入CO2气体，Na2CO3反应生成NaHCO3，不能将杂质除去，故D错误．
故选C．
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，除杂时要注意不能引入新的杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大．
11.下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是
A.CO+H2O（g）
CO2+H2B.3NO2+H2O
2HNO3+NO
C.2Na2O2+2H2O
4NaOH+O2↑D.2F2+2H2O
4HF+O2
【答案】A
【解析】
【分析】
氧化还原反应中水作为氧化剂，说明水中氢元素的化合价降低，得到电子，据此解答。
【详解】A.反应CO+H2O（g）
CO2+H2中氢元素化合价从+1价降低到0价，化合价降低，水是氧化剂，A正确；
B.反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中氮元素化合价部分升高，部分降低，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；
C.反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠中氧元素化合价部分升高，部分降低，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，C错误；
D.反应2F2+2H2O＝4HF+O2中氧元素化合价升高，失去电子，水是还原剂，D错误。
答案选A。
12.实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2。
下列有关说法正确的是
A.NaNO2是还原剂
B.NH4Cl中N元素被还原
C.生成1molN2时转移6mol电子
D.氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:
1
【答案】D
【解析】
试题分析：
实验室常用NaNO2和NH4Cl反应制取N2，根据氧化还原反应中电子守恒、原子守恒可得反应方程式：
NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O。
A．在该反应中NaNO2中的N元素化合价是+3价，反应后变为N2的0价，化合价降低，得到电子，NaNO2作氧化剂，错误；B．在NH4Cl中N元素化合价是-3价，反应后变为N2的0价，化合价升高，失去电子，NaNO2中的N元素被氧化，错误；C．根据反应方程式NaNO2+NH4Cl=N2+NaCl+2H2O可知每产生1molN2，转移3mol电子，错误；D．根据反应方程式可知在该反应中氧化剂NaNO2和还原剂NH4Cl的物质的量之比是1:
1，正确。
考点：
考查氧化还原反应的有关知识。
13.在80g密度为dg·cm－3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3＋，则此溶液中SO42－的物质的量浓度为
A.15d/16B.5d/16C.3d/8D.5d/8
【答案】A
【解析】
【详解】2.8g铁离子的物质的量为2.8g÷56g/mol＝0.05mol，所以根据硫酸铁的化学式可知硫酸根离子的物质的量为0.05mol×3/2＝0.075mol。
溶液体积为
，则此溶液中SO42－的物质的量浓度为0.075mol÷
＝15d/16mol·L－1，答案选A。
14.某溶液离子及浓度如下表
离子
SO42-
NO3-
H＋
Na＋
Mn+
浓度（mol·L－1）
1
3
2
1
a
则Mn+、a可能为
A.NH4+、2B.Ba2+、1C.Al3+、2D.Fe2+、1
【答案】A
【解析】
【分析】
根据电解质混合溶液中阴阳离子所带电荷相等确定M离子所带电荷，并利用离子之间的反应来判断存在的离子，计算离子浓度。
【详解】电解质混合溶液中阴阳离子所带电荷相等，故溶液中存在c（H+）+c（Na+）+nc（Mn+）＝c（NO3-）+2c（SO42-），故2mol/L+1mol/L+na＝3mol/L+1mol/L×2，解得：
na＝2mol/L；
A．NH4+能够与上述离子能共存，且2mol/L×1＝2mol/L，故A正确；
B．钡离子与硫酸根离子反应，不能共存，故B错误；
C．铝离子与上述离子能共存，但2mol/L×3＝6mol/L，故C错误；
D．在酸性溶液中亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算、离子共存，侧重考查学生的分析能力，利用电荷守恒确定M所带电荷是关键。
选项D是易错点，要注意在酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性。
15.用1L1.0mol/LNaOH溶液吸收0.8molCO2，所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比约是
A.1∶3B.1∶2C.2∶3D.3∶2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据钠离子和碳原子守恒分析解答。
【详解】设所得溶液中CO32-和HCO3-的物质的量分别是xmol、ymol，1L1.0mol/LNaOH溶液中氢氧化钠的物质的量是1mol，吸收0.8molCO2，根据钠离子和碳原子守恒可知2x+y＝1、x+y＝0.8，解得x＝0.2、y＝0.6，由于溶液体积相同，因此反应后所得溶液中的CO32-和HCO3-的物质的量浓度之比0.2：
0.6＝1：
3，答案选A。
16.在溶液中0.2molX2O72-恰好能使0.6molSO32-被完全氧化，则X2O72-被还原后X元素的化合价为
A.+1B.+2C.+3D.+4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据氧化还原反应中电子得失守恒分析解答。
【详解】0.6molSO32-被完全氧化为SO42-，S的化合价由+4升高为+6，失去1.2mol电子，得失电子数目相等，相应地0.2molX2O72-被还原得到1.2mol电子，所以X的化合价由+6降低为+3，故答案选C。
【点睛】电子守恒法解题的步骤是：
首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。
计算公式如下：
n（氧化剂）×得电子原子数×原子降价数＝n（还原剂）×失电子原子数×原子升价数。
17.取两份铝片，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量烧碱溶液反应，同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为
A.1:
1B.2:
3C.3:
2D.1:
6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据反应的化学方程式分析解答。
【详解】铝与盐酸和氢氧化钠溶液反应的方程式分别是2Al＋6H＋＝2Al3＋＋3H2↑、2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑，根据方程式可知生成3mol氢气时均消耗2mol铝，所以同温同压下放出相同体积的气体，则两份铝片的质量之比为1:
1。
答案选A。
18.向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。
下列图像中，能正确表示上述反应的是（横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量）（ ）
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
试题分析：
因横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量，则向MgSO4和Al2（SO4）3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液，发生Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓，则沉淀的质量一直在增大，直到最大；然后发生Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，沉淀的质量减少，但氢氧化镁不与碱反应，则最后沉淀的质量为一定值，显然只有D符合，故选D。
【考点定位】考查镁、铝的重要化合物
【名师点晴】本题考查了化学反应与图象的关系，明确图象中坐标及点、线、面的意义，结合物质的溶解性来分析解答，注意氢氧化铝能溶于强碱但不溶于弱碱。
根据发生的反应Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓、Al3++3OH-═Al（OH）3↓、Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O来分析。
19.下列分类标准合理的是
①根据酸分子中含有的氢原子个数将酸分为一元酸、二元酸等
②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应
③根据分散系是否具有丁达尔现象将分散系分为溶液、胶体和浊液
④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应
A.①③B.②④C.①②④D.②③④
【答案】B
【解析】
【详解】①根据酸分子中在水中电离产生的氢离子个数的多少将酸分为一元酸、二元酸等，①错误；
②根据反应中是否有电子的转移将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，②正确；
③根据分散系中分散质粒子直径的大小将分散系分为溶液、胶体和浊液，③错误；
④根据反应中的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应，④正确；
答案选B。
20.下列A～D四组反应中，Ⅰ和Ⅱ可用同一个离子方程式表示的是
选项
Ⅰ
Ⅱ
A
把金属铁放入稀硫酸中
把金属铁放入稀硝酸中
B
向Ca（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液
向Ca（OH）2溶液中加入足量的NaHCO3溶液
C
将0.1molCl2通入含0.3molFeBr2的溶液中
将0.3molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液中
D
将少量Na2CO3溶液滴入足量HCl溶液中
将少量HCl溶液滴入足量Na2CO3溶液中
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
试题分析：
A．把金属铁放入稀硫酸中：
Fe+2H+=Fe2++H2↑把金属铁放入稀硝酸中:
Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O故A错误。
B．Ca（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液：
Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－＋H2O、Ca（OH）2溶液中加入足量的NaHCO3溶液：
Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－＝CaCO3↓＋CO32－＋H2O故B正确。
C．将0.1molCl2通入含0.3molFeBr2的溶液：
2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。
将0.3molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液：
2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋6Cl－＋Br2，故C错误。
D．将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液：
CO32－+2H+＝CO2↑＋H2O将少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液：
CO32－+H+＝HCO3－，故D错误。
考点：
了解离子反应的概念、离子反应方程式的书写。
点评：
与量有关的离子方程式的书写常见的有：
1.因滴加顺序不同造成连续反应2.因某物质过量造成产物不同3.因氧化性或还原性强弱不同造成连续反应等。
解决此类此类题目要在掌握基本方法的基础上，针对反应中物质的性质、反应的条件、反应的环境等因素具体分析，正确判断。
21.实验小组探究ClO－、I2、SO42－在酸性条件下的氧化性强弱，实验如下：
实验①：
在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝；
实验②：
向实验①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去。
（1）写出实验①中发生反应的离子方程式________________。
（2）实验②的化学反应中，氧化剂得到电子的物质的量是_____mol。
（3）以上实验说明，在酸性条件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到强的顺序是______。
【答案】
（1）.ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O
（2）.0.004（3）.SO42－＜I2＜ClO－
【解析】
【分析】
（1）次氯酸钠具有氧化性能把碘化钾氧化为单质碘，据此书写离子方程式；
（2）根据碘元素的化合价变化计算转移电子的物质的量；
（3）根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性分析判断。
【详解】
（1）在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，并加入少量的稀硫酸，溶液立即变蓝，说明酸性条件下，次氯酸钠把碘离子氧化生成碘单质，同时自身被还原成氯离子，该反应中，次氯酸根离子得电子作氧化剂，碘离子失电子是还原剂，氧化产物是碘，所以氧化性强弱为：
ClO－＞I2，反应离子方程式为ClO－＋2I－＋2H＋＝I2＋Cl－＋H2O；
（2）向实验①的溶液中加入4mL0.5mol/L的亚硫酸钠溶液，蓝色恰好完全褪去，说明碘单质把亚硫酸根离子氧化生成硫酸根离子，自身被还原生成碘离子，氧化剂是碘，还原剂是亚硫酸钠，氧化产物是硫酸根离子，所以氧化性强弱为：
I2＞SO42－，反应离子方程式为：
H2O+I2+SO32－＝SO42－+2I－+2H＋，亚硫酸钠的物质的量是0.004mol×0.5mol/L＝0.002mol，消耗单质碘是0.002mol，所以氧化剂得到电子的物质的量是0.004mol；
（3）实验①说明氧化性强弱为：
ClO－＞I2，实验②说明氧化性强弱为：
I2＞SO42－，所以在酸性条件下ClO－、I2、SO42－的氧化性由弱到强的顺序是SO42－＜I2＜ClO－。
22.甲、乙两相邻的化工厂，排放的污水经处理后，仍然各溶有以下八种离子（Ag+、Fe3+、Ba2+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-、OH-）中各不相同的4种，若单独排放，则造成环境污染，如果将甲、乙两厂的污水按适当比例充分混合，再经沉淀后，排放的污水转变为无色澄清的NaNO3溶液，污染程度大为降低，又经测定，甲厂污水的pH大于7，试推断：
（1）甲厂污水中含有的4种离子是___________________________；
（2）乙厂污水中含有的4种离子是___________________________。
【答案】
（1）.Na+、Cl-、SO42-、OH-
（2）.Ag+、Fe3+、Ba2+、NO3-
【解析】
【分析】
从离子能否发生反应的角度判断，Ag+和Cl-、OH-会生成沉淀，Ba2+和SO42-离子会生成沉淀，Fe3+和OH-离子会生成沉淀，凡能发生反应的离子不能共存，结合溶液呈电中性原则分析。
【详解】甲厂的污水pH值大于7，说明存在大量的OH-离子，所以不存在Ag+、Fe3+，Ag+、Fe3+存在于乙厂中，Cl-、SO42-离子与Ag+离子不会共存，所以Cl-、SO42-离子不存在乙厂中，存在于甲厂中，Ba2+和SO42-离子会生成沉淀，所以Ba2+离子存在于乙厂中，不能存在于甲厂中。
（1）则甲厂中含有OH-、Cl-、SO42-，根据溶液电中性原则，还应含有Na+；
（2）乙厂中含有Fe3+、Ag+、Ba2+，根据溶液电中性原则，还应含有NO3-，符合题目甲乙两厂含各不相同的4种离子的要求。
【点睛】本题考查离子共存问题，注意离子间的反应类型，把握离子的性质，尤其要注意溶液显电中性原则的灵活应用。
23.某混合物A，含有Al2（SO4）3、Al2O3和Fe2O3，在一定条件下可实现下图所示的变化。
请回答下列问题。
（1）图中涉及分离溶液与沉淀的方法是__________________。
（2）B、C、D、E4种物质的化学式为：
B_________、C_________、D_________、E_________。
（3）沉淀F与NaOH溶液反应
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