福建省福州一中高三上学期期末考试化学试题解析版.docx

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福建省福州一中高三上学期期末考试化学试题解析版

福州一中2019～2020学年第一学期第二学段考试高三化学试卷

一、选择题（每小题2.5分，共35分，每小题只有一个选项符合题意）

1.中国文化源远流长，下列对描述内容所做的相关分析不正确的是

选项

描述

分析

A

《本草纲目》中“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，……洗衣发面，亦去垢发面。

”

所描述之物为K2CO3

B

《新修本草》对“靑矾”的描述：

“本来绿

色，…….正如瑠璃……烧之赤色……”

文中涉及的操作方法

指干馏

C

“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”

司南中“杓”的材质为Fe3O4

D

“用浓酒和糟入甑,蒸令气上，用器承滴露”

其中涉及的操作是蒸馏

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A.“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明成分来自植物烧成的灰中，“以水淋汁”，说明该成分易溶于水，“洗衣发面，亦去垢发面”能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl（SO4）2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，故A正确；

B.“烧之赤色”所指的化学方法为煅烧，故B错误；

C.Fe3O4具有磁性可以作为司南中“杓”的材质，故C正确；

D.所描述的是古代利用蒸馏的方法制作烧酒，故D正确。

2.针对下列实验现象表述不正确的是

A.用同一针筒先后抽取80mL氯气、20mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色

B.在表面皿中加入少量胆矾，再加入3mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色

C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀

D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成

【答案】A

【解析】

【详解】A.氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20mL水大约能溶解40mL氯气，气体大约剩余40mL未溶解，A项错误；

B.胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO4·5H2O变为CuSO4，CuSO4为白色固体，B项正确；

C.双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2=SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；

D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为

，MgO为白色固体，C是黑色固体，D项正确。

故答案选A。

3.如图所示是一种综合处理SO2废气的工艺流程，若每步都完全反应。

下列说法正确的是（　　）

A.溶液B中发生的反应为2SO2＋O2=2SO3

B.可用酸性高锰酸钾溶液检验溶液C中是否含有Fe3＋

C.由以上流程可推知氧化性：

Fe3＋>O2>SO42—

D.此工艺的优点之一是物质能循环利用

【答案】D

【解析】

【详解】A、溶液B中发生的反应是亚铁离子被氧气氧化为三价铁离子的反应：

4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O，故A错误；

B、酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二价铁离子能与酸性高锰酸钾溶液反应使其褪色，三价铁离子不能，故B错误；

C、由反应可知：

2Fe3++2H2O+SO2=2Fe2++SO42-+4H；4Fe2++O2+4H+=2Fe3++2H2O，根据氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，所以氧化性：

Fe3＋>O2>SO42—，故C错误；

D、过程中生成的硫酸铁溶液可以循环使用，故D正确；

故答案选D。

4.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（　　）

A.Zn与某浓度HNO3溶液反应，生成的还原产物为N2O与NH4NO3，共1mol，则反应过程中转移电子总数为8NA

B.120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物中含有的阳离子数为NA

C.标准状况下，2.24L甲烷与7.1g氯气在光照条件下反应得到CH3Cl的分子数小于0.1NA

D.1molFeCl2在酸性条件下与足量双氧水充分反应，整个过程转移电子数目为NA

【答案】D

【解析】

【详解】A.HNO3中N元素化合价为+5，N2O中N元素化合价为+1，NH4NO3中铵根离子中N元素化合价为-3，设N2O与NH4NO3的物质的量分别为a和b，则a+b=1，根据N元素化合价降低计算其得电子数目为：

（5-1）×2×a+[5-（-3）]×b=8×（a+b）=8mol，即转移电子总数为8NA，故A正确；

B.NaHSO4和KHSO3的摩尔质量均为120g/mol，则120gNaHSO4和KHSO3的固体混合物总物质的量为1mol，且1molNaHSO4和KHSO3固体中均含有1mol阳离子，所以含有的阳离子数为NA，故B正确；

C.标准状况下，2.24L甲烷与7.1g氯气分别为0.1mol和0.1mol，假设取代反应的产物只有CH3Cl，则完全反应后得到0.1molCH3Cl，但光照条件下产物还有二氯甲烷、三氯甲烷等其它产物，所以在光照条件下反应得到CH3Cl的分子数小于0.1NA，故C正确；

D.双氧水自身会发生分解反应，所以整个过程转移电子数目无法确定，故D错误。

故选D

5.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。

下列有关化合物X、Y的说法正确的是（　　）

A.1molX最多能与2molNaOH反应

B.Y与乙醇发生酯化反应可得到X

C.X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应

D.室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目不相等

【答案】C

【解析】

【详解】A.X中酯基水解生成的羧基和酚羟基、X含有的羧基都能和NaOH反应，且羧基、酚羟基和NaOH以1：

1反应，所以1molX最多能和3molNaOH反应，故A错误；

B.Y含-OH，和乙酸发生酯化反应得到X，故B错误；

C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的碳链结构都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以X、Y都能与酸性高锰酸钾溶液反应而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；

D.X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应；Y中碳碳双键能和溴发生反应，和溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D错误。

故选C。

6.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，Y原子的最外层有2个电子，Z的单质晶体是应用最广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。

下列说法正确的是

A.原子半径：

r（W）>r（Z）>r（Y）>r（X）

B.由X、Y组成的化合物是离子化合物

C.Z的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强

D.W的简单气态氢化物的热稳定性比X的强

【答案】B

【解析】

【分析】

X是地壳中含量最多的元素，因此X为O元素，Y的最外层有两个电子，且Y是短周期元素，原子序数大于O，因此Y为Mg元素，Z的单质晶体是广泛应用的半导体材料，所以Z为Si元素，W与X同主族，且W是短周期元素，原子序数大于X，所以W为S元素；据此解题；

【详解】A.元素周期表中，同族元素原子半径随核电荷数增加而增加，O位于第二周期，其他元素位于第三周期，因此O的原子半径最小，同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径应为r（Mg）＞r（Si）＞r（S）＞r（O），故A错误；

B.X为O元素，Y为Mg元素，两者组成的化合物氧化镁为离子化合物，故B正确；

C.Z为Si元素，W为S元素，因为S的非金属性强于Si，所以S的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Si的，故C错误；

D.W为S元素，X为O元素，因为O的非金属性强于S，所以O的气态氢化物的热稳定性强于S的，故D错误；

总上所述，本题选B。

【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律

推断、原子结构与元素性质，题目难度不大，应先根据提示推断所给原子的种类，原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

7.某学习小组的同学根据“侯氏制碱法”的原理：

①NH3＋H2O＋CO2＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl

②2NaHCO3

Na2CO3＋H2O＋CO2↑

利用如下实验装置制备Na2CO3。

下列叙述正确的是（　　）

A.若X为稀硫酸，Y为碳酸钙，则可用装置甲制取CO2

B.装置乙中会有白色沉淀析出

C.将装置丙中所得滤液蒸干可得到NH4Cl固体

D.用装置丁加热NaHCO3固体可制得Na2CO3

【答案】B

【解析】

【详解】A.利用启普发生器制备CO2，选用稀硫酸会和碳酸钙生成微溶物硫酸钙影响后续反应进行，故A错误；

B.在饱和食盐水中通入氨气，形成含氨的饱和食盐水，再向其中通入二氧化碳，溶液中就有大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出晶体，故B正确；

C.过滤的时候，玻璃棒只起到引流的作用，搅拌容易造成滤纸破损或溶液溅出，故C错误；

D.加热 NaHCO3固体时会生成水，试管口向上容易引起领凝水倒流，引起试管底部炸裂，试管口应向下倾斜，故D错误。

故选B。

【点睛】侯氏制碱法是依据离子反应发生的原理进行的，主要利用NaHCO3在溶液中溶解度较小，所以先制得NaHCO3，再利用碳酸氢钠不稳定性分解得到纯碱。

要制得碳酸氢钠就要有大量钠离子和碳酸氢根离子，所以就在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，这其中NaHCO3溶解度最小，所以析出，其余产品处理后可作肥料或循环使用，掌握侯氏制碱法的原理是解决此题的关键。

8.某种“全氢电池”的工作原理如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A.右边吸附层中发生了氧化反应

B.负极的电极反应是H2－2e-＋2OH-===2H2O

C.该电池总反应是H+＋OH-===H2O

D.电解质溶液中Na＋向右移动、ClO4-向左移动

【答案】A

【解析】

【详解】A.由电子流向可知，右边吸附层为正极，发生了还原反应，故A错误；

B.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2－2e-＋2OH-=2H2O，故B正确；

C.负极电极反应是H2−2e−+2OH−═2H2O，正极电极反应是2e−+2H+═H2，电池的总反应为H+＋OH-=H2O，故C正确；

D.原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极，所以电解质溶液中Na+向右正极移动，ClO4−向左负极移动，故D正确。

故选A。

【点睛】电子的流向与电流的流向相反，电子从电池的负极流向正极，所以负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应。

9.常温下，向10mL0.1mol·L－1CuCl2溶液中滴入0.1ml·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－1gc（Cu2+）随滴人的Na2S溶液体积的变化如图所示。

下列叙述正确的是

A.Na2S溶液中：

c（S2－）+c（HS－）+c（H2S）==2c（Na+）

B.Ksp（CuS）的数量级为10－36

C.a、b、c三点溶液中，b点水的电离程度最大

D.c点溶液中：

c（C1－）=2c（Na+）

【答案】B

【解析】

【分析】

A.根据物料守恒写出Na2S溶液中离子浓度之间的关系式；

B.b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c（Cu2+）=c（S2-），据此进行分析；

C.CuCl2、Na2S均能水解促进水电离，氯化钠对水的电离平衡无影响；

D.c点溶液为NaCl和Na2S，根据原子守恒计算出n（Cl-）、n（Na+），从而得出结论。

【详解】A.根据物料守恒Na2S溶液中：

2c（S2-）+2c（HS-）+2c（H2S）=c（Na+），故A错误；

B.b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，c（Cu2+）=c（S2-），根据b点数据，c（Cu2+）=1×10-18mol/L，该温度下Ksp（CuS）=1×10-36，Ksp（CuS）的数量级为10-36，故B正确；

C.CuCl2、Na2S均能水解、促进水电离，b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点，溶质是氯化钠，对水的电离平衡没有影响，水的电离程度最小的为b点，故C错误；

D.c点溶液为NaCl和Na2S，根据原子守恒可知，n（Cl-）=10×0.1×2×10-3=2×10-3mol，n（Na+）=0.1×20×10-3×2=4×10-3mol，则c点溶液中：

2c（Cl-）=c（Na+），故D错误；

综上所述，本题选B。

10.雌黄（As2S3）在我国古代常用作书写涂改修正胶。

浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。

下列有关叙述正确的是

A.砷酸的分子式为H2AsO4

B.红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出

C.该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：

1

D.该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子

【答案】D

【解析】

【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；

B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；

C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：

1，故C错误；

D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1molAs2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。

11.25℃时，向等浓度的NaCl和Na2CrO4溶液中分别滴加AgNO3溶液（已知：

Ag2CrO4为砖红色），平衡时溶液中相关离子浓度的关系如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.L1为向Na2CrO4溶液中滴加AgNO3溶液时的离子浓度关系曲线

B.Ksp（AgCl）的数量级为10-12

C.L1和L2交点处对应的两种溶液中c（Ag+）＝c（Cl-）＝c（CrO42-）

D.用AgNO3标准溶液测定溶液中Cl-含量时可用Na2CrO4做指示剂

【答案】D

【解析】

【详解】A.25℃时，向等浓度的NaCl和Na2CrO4溶液中分别滴加AgNO3溶液，随着Ag+浓度的增大，Cl-和CrO42-离子浓度降低，因为Ag+与Cl-1：

1结合，而Ag+与CrO42-2：

1结合，所以滴加硝酸银时，对氯化钠溶液中Cl-浓度影响幅度较大，分析图像中曲线的变化趋势知，L1为向NaCl溶液中滴加AgNO3溶液时的离子浓度关系曲线，故A错误；

B.曲线L1可知，当Cl-浓度为10-4.5mol/L时，Ag+浓度近似为10-5mol/L，所以Ksp（AgCl）

数量级为10-10，故B错误；

C.由图示L1和L2曲线的变化趋势知，L1和L2交点，c（Ag+）大于10-5mol/L，而c（Cl-）、c（CrO42-）小于10-5mol/L，所以它们不可能相等，故C错误；

D.由题给信息可知，用硝酸银溶液滴定Cl-时，用Na2CrO4做指示剂，氯化银先沉淀，当溶液中出现砖红色Ag2CrO4时，表面Cl-已被定量沉淀，故D正确。

故选D。

12.实验室分别用图1、图2装置完成石蜡油分解实验和煤的干馏实验。

下列说法不正确的是（　　）

A.图1中碎瓷片为反应的催化剂

B.图1中酸性KMnO4溶液褪色可证明有乙烯生成

C.图2中得到的煤焦油含有苯、甲苯等有机物

D.取图2中水层，滴加酚酞溶液，溶液变红

【答案】B

【解析】

【详解】A.碎瓷片为石蜡油分解的催化剂，故A正确；

B.图1中酸性高锰酸钾溶液褪色说明有不饱和烃生成，不一定为乙烯，故B错误；

C.煤焦油中含有苯、甲苯等有机物，故C正确；

D. 煤干馏可以得到粗氨水，所以取图2中水层滴加酚酞溶液，溶液变红色，故D正确。

故选B。

13.H2C2O4是一种二元弱酸。

常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合液中lgX随pH的变化关系如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A.线Ⅰ中X表示的是

B.线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1

C.c（HC2O42-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4）对应溶液pH：

1.22

D.c（Na＋）＝c（HC2O4-）＋2c（C2O42-）对应溶液的pH＝7

【答案】C

【解析】

【详解】A.二元弱酸草酸的K1=

>K2=

，当lgX=0时，pH=−lgc（H+）=−lgK，pH1=1.22K2=10−4.19，所以 直线I中X表示的是

，直线Ⅱ中X表示的是

，故A正确；

B.pH=0时，c（H+）=1mol/L，lg

=lgK1=−1.22，lg

=lgK2=−4.19，所以直线I、II的斜率均为1，故B正确；

C.设pH=a，c（H+）=10−a，

=

=10a−4.19，当c（HC2O42-）>c（C2O42-）时，10a−4.19<1，即a−4.19<0，解得：

a<4.19，K1·K2=

×

=

，即

=

=102a−5.41，当c（C2O42−）>c（H2C2O4）时，102a−5.41>1即2a−5.41>0，解得a>2.705，所以c（HC2O42-）>c（C2O42-）>c（H2C2O4）对应溶液pH2.705

D.电荷守恒：

c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），当c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）时，c（H+）=c（OH-），对应pH=7，故D正确。

故选C。

14.室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸（HA、HB和HD）溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断错误的是（）

A.三种酸的电离常数关系：

KHA>KHB>KHD

B.滴定至P点时，溶液中：

c（B－）>c（Na＋）>c（HB）>c（H＋）>c（OH－）

C.pH=7时，三种溶液中：

c（A－）=c（B－）=c（D－）

D.当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：

c（HA）＋c（HB）＋c（HD）=c（OH－）－c（H＋）

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据图像可知0.1mol·L－1的三种酸（HA、HB和HD）溶液的起始pH值都大于1，说明三种酸都是弱酸。

HA的PH最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，电离平衡常数越大，三种酸的电离常数关系：

KHA>KHB>KHD，A正确；

B．滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离为主，但电离程度较小，因此c（B－）>c（Na＋）>c（HB）>c（H＋）>c（OH－），B正确；

C．pH=7时，三种溶液中阴离子的水解程度不同，加入的氢氧化钠的体积不同，三种离子浓度分别和钠离子浓度相等，但三种溶液中钠离子浓度不等，C错误；

D．此为混合溶液的质子守恒关系式，c（HA）＋c（HB）＋c（HD）=c（OH－）－c（H＋），D正确；

答案选C。

【点晴】在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发分析思考。

（1）两个理论依据：

①弱电解质电离理论：

电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。

例如H2CO3溶液中：

c（H2CO3）＞c（HCO3－）≫c（CO32－）（多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离）。

②水解理论：

水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。

例如Na2CO3溶液中：

c（CO32－）＞c（HCO3－）≫c（H2CO3）（多元弱酸根离子的水解以第一步为主）。

（2）三个守恒关系：

①电荷守恒：

电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。

②物料守恒：

物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。

③质子守恒：

由水电离出的c（H＋）等于由水电离出的c（OH－），在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。

质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。

解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。

【此处有视频，请去附件查看】

15.硫酸亚铁铵（NH4）aFeb（SO4）c•dH2O又称莫尔盐，是浅绿色晶体。

用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程如下：

已知：

“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3+通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，反应Ⅰ如下：

FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42—+16H+

（1）写出“还原”时Fe3+与FeS2发生还原反应Ⅱ的离子方程式：

______。

实验室检验“还原”已完全的方法是_______________。

（2）“还原”前后溶液中部分离子的浓度见下表（溶液体积变化忽略不计）：

离子

离子浓度（mol·L－1）

还原前

还原后

SO42－

3.20

3.40

Fe2+

0.05

2.15

请计算反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比______。

（3）称取11.76g新制莫尔盐，溶于水配成250mL溶液。

取25.00mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398g；另取25.00mL该溶液用0.0200mol/LKMnO4酸性溶液滴定，当MnO4－恰好完全被还原为Mn2+时，消耗溶液的体积为30.00mL。

试确定莫尔盐的化学式_________________（请写出计算过程）。

【答案】

（1）.FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S↓

（2）.取少量酸浸后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全（3）.7:

2（4）.原样品中的n（SO42-）＝10×1.398g÷233g/mol＝0.06mol，n（MnO4－）＝0.0200mol/L×0.03L＝0.0006mol，由得失电子守恒可知：

n（Fe2＋）＝5n（MnO4－）=0.003mol，原样品中n（Fe2＋）=0.03mol，由电荷守恒可知：

原样品中n（NH4＋）=0.06mol由质量守恒：

n（H2O）=0.18mol，故化学式为：

（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O或（NH4）2SO4•FeSO4•6H2O

【解析】

本题主要考查对于“用硫铁矿（主要含FeS2、SiO2等）制备莫尔盐的流程”的评价。

涉及Fe3+的氧化性等。

（1）“还原”时Fe3+与FeS2发生还原反应Ⅱ生成S，反应的离子方程式：

FeS2+2Fe3+=3Fe2++2S↓。

实验室检验“还原”已完全就是检验Fe3+不存在，方法是取少量酸浸后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全。

（2）“还原”前后溶液中c（Fe2+）的变化为2.10mol/L，c（

）的变化为0.20mol/L，对应反应I的c（Fe2+）的变化为1.50mol/L，其中还原而成Fe2+的浓度c（Fe2+）为1.40mol/L，反应II的c（Fe2+）的变化为（2.10-0.15）mol/L=0.60mol/L，其中还原而成Fe2+的浓度c（Fe2+）为0.40mol/L，所以反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比1.40:

0.40=7:

2。

（3）原样品中n（SO42-）＝10×1.398g÷233g/mol＝0.06mol，n（M