高考化学之《考前抓大题》03 无机制备类实验题解析版.docx

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高考化学之《考前抓大题》03无机制备类实验题解析版

大题03无机制备类实验题

（一）

1．高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。

K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，难溶于有机物；在0～5℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2。

某实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并测定产品纯度。

回答下列问题：

Ⅰ.制备K2FeO4

装置如下图所示，夹持、加热等装置略。

（1）仪器a的名称是____________，装置B中除杂质所用试剂是__________，装置D的作用是________________。

（2）A中发生反应的化学方程式为___________________________________。

（3）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为______，反应中KOH必须过量的原因是_____________________。

（4）写出C中总反应的离子方程式：

__________________。

C中混合物经重结晶、有机物洗涤纯化、真空干燥，得到高铁酸钾晶体。

Ⅱ.K2FeO4产品纯度的测定

准确称取1.00g制得的晶体，配成250mL溶液，准确量取25.00mLK2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3+和Cr2O

，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500mol/L（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点（溶液显浅紫红色），平行测定三次，平均消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液28.00mL。

（5）根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为__________。

若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，会使测定结果_______（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）圆底烧瓶饱和食盐水

（2）吸收尾气Cl2并能防倒吸MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O

（3）冰水浴K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定

（4）3Cl2+2Fe3++16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O

（5）92.4%偏高

【解析】根据装置图：

首先制得氯气，氯气中混有氯化氢，根据题目信息：

K2FeO4强碱性溶液中比较稳定，故须用饱和的食盐水除去氯化氢，再通入三氯化铁和过量的氢氧化钾混合溶液中生成K2FeO4，氯气是有毒气体，需要氢氧化钠溶液吸收尾气。

（1）仪器a的名称是圆底烧瓶；HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制氯气的溶解，又可除去氯气中的HCl，故装置B中除杂质所用试剂是饱和食盐水；装置D是用于吸收尾气Cl2，反应原理：

Cl₂+2NaOH=NaCl+NaClO+H₂O，竖放干燥管能防倒吸，故装置D的作用是吸收尾气Cl2并能防倒吸；

（2）A中发生反应的化学方程式：

MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（3）C中反应为放热反应，而反应温度须控制在0～5℃，采用的控温方法为冰水浴降温；反应中KOH必须过量，由于题干所给信息：

K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定；

（4）根据氧化还原反应原理分析产物是FeO42-和Cl-，C中总反应的离子方程式：

3Cl2+2Fe3++16OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O；

（5）足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到定量关系为：

n=

，250ml溶液中含有

×

=

测定该样品中K2FeO4的质量分数=

故答案为：

92.4%；

若（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液部分变质，所耗（NH4）2Fe（SO4）2的体积偏大，带入关系式的数据偏大，解得的K2FeO4的质量也就偏大，会使测定结果“偏高”。

【点睛】（5）分析反应原理：

足量CrCl3和NaOH溶液形成CrO2-，CrO2-+FeO42-+2H2O=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+

Cr2O72-+H2O，6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，得到定量关系为：

，此处也可以不用方程式配平，直接根据电子得失相等迅速地建立关系，从而快速解题。

2．某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu（NO3）2·3H2O晶体，并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu（NO3）2。

设计的合成路线如下：

已知：

Cu（NO3）2·3H2O

Cu（NO3）2·Cu（OH）2

CuO

SOCl2熔点-105℃、沸点76℃、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。

请回答：

（1）第③步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤，其中蒸发浓缩的具体操作是_______。

（2）第④步中发生反应的化学方程式是_____________。

（3）第④步，某同学设计的实验装置示意图（夹持及控温装置省略，如图1有一处不合理，请提出改进方案并说明理由_______________。

（4）为测定无水Cu（NO3）2产品的纯度，可用分光光度法。

已知：

4NH3·H2O+Cu2+==Cu（NH3）42++4H2O；Cu（NH3）42+对特定波长光的吸收程度（用吸光度A表示）与Cu2+在一定浓度范围内成正比。

现测得Cu（NH3）42+的吸光度A与Cu2+标准溶液浓度关系如图2所示：

准确称取0.3150g无水Cu（NO3）2，用蒸馏水溶解并定容至100mL，准确移取该溶液10.00mL，加过量NH3·H2O，再用蒸馏水定容至100mL，测得溶液吸光度A=0.620，则无水Cu（NO3）2产品的纯度是_________（以质量分数表示）。

【答案】

（1）将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜

（2）Cu（NO3）2+3H2O+3SOCl2=Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑

（3）在A,B间增加一个干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A

（4）92.5%

【解析】

（1）蒸发浓缩的目的是为了使晶体在溶液中析出得到含有结晶水的结晶水合物，具体操作：

将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜时停止加热，

故答案为将溶液转移至蒸发皿中，控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜；

（2）因为SOCl2遇水剧烈水解生成两种酸性气体，化学方程式为：

SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑，所以第④步中发生反应的化学方程式是：

Cu（NO3）2+3H2O+3SOCl2=Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑，

故答案为Cu（NO3）2+3H2O+3SOCl2=Cu（NO3）2+3SO2↑+6HCl↑；

（3）因为要制备无水Cu（NO3）2，所以应该防止B中的水分进入A中，应该在A、B之间增加干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A，

故答案为在A、B间增加一个干燥装置，防止B中水蒸气进入反应器A；

（4）根据图2信息可知，当溶液的吸光度A=0.620时，对应的Cu2+的浓度为1.550

10-3mol/L，0.3150g的无水Cu（NO3）的物质的量为

=1.6755

10-3mol，配制成100mL溶液时，再移取10.00mL该溶液，则与过量NH3·H2O反应的Cu（NO3）的物质的量为1.6755

10-4mol，根据反应4NH3·H2O+Cu2+==Cu（NH3）42++4H2O可知，生成Cu（NH3）42+的物质的量也为1.6755

10-4mol，则Cu（NH3）42+的浓度为

=1.6755

10-3mol/L，纯度为

100%=92.5%，

故答案为92.5%。

3．含氯化合物在工业上有着广泛的用途。

Ⅰ.高氯酸铵（NH4ClO4）常作火箭发射的推进剂，实验室可用NaClO4与NH4Cl制取。

（部分物质溶解度如图1、图2），流程如图3：

（1）反应器中发生反应的化学方程式为_______。

（2）上述流程中操作Ⅰ为__________，操作Ⅱ为__________。

（3）上述流程中采取的最佳过滤方式应为__________（填字母代号）

A．升温至80℃以上趁热过滤

B．降温至0℃左右趁冷过滤

C．0℃－80℃间任一温度过滤

Ⅱ.一氯化碘（沸点97.4℃）是一种红棕色易挥发的液体，不溶于水，溶于乙醇和乙酸。

某学习小组拟用干燥、纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，其装置如下：

（已知碘与氯气的反应为放热反应）

（4）各装置连接顺序为A→___________→___________→___________→___________

（5）B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是___________，D装置的作用是________________。

（6）将B装置得到的液态产物进一步提纯可得到较纯净的ICl，则提纯采取的操作名称是___。

【答案】

（1）NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO↓

（2）冷却结晶重结晶

（3）BCEBD

（4）防止ICl挥发

（5）吸收 未反应的氯气，防止污染空气

（6）蒸馏

【解析】

【分析】I.

（1）根据氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀进行分析；

（2）根据高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，NH4Cl的溶解度受温度影响变化也较大，相对来说NH4ClO4受温度影响变化更大进行分析；

（3）根据高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度进行分析；

II.

（1）用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。

【详解】

（1）氯化铵和高氯酸铵反应生成氯化钠和高氯酸铵沉淀，化学方程式为：

NH4Cl+NaClO4=NaCl+NH4ClO4↓；

（2）高氯酸铵的溶解度受温度变化影响较大，所以上述流程中操作Ⅰ为冷却结晶；通过该方法得到的高氯酸铵晶体中含有较大的杂质，将得到的粗产品溶解，配成高温下的饱和溶液，再降温结晶析出，这种分离混合物的方法叫重结晶；

（3）高氯酸铵在0℃时的溶解度小于80℃时的溶解度，所以洗涤粗产品时，宜用0℃冷水洗涤,合理选项是B；

II.

（1）用干燥纯净的氯气与碘反应制备一氯化碘，A装置制备氯气，制得的氯气中含有HCl气体和水蒸气，先用饱和食盐水除HCl气体，再用浓硫酸干燥，将干燥的氯气通入B中与碘反应制备ICl，碘与氯气的反应为放热反应，而ICl沸点低挥发，所以B应放在冷水中，最后用氢氧化钠处理未反应完的氯气。

故各装置连接顺序为A→C→E→B→D；

（2）B装置烧瓶需放在冷水中，其目的是：

防止ICl挥发，D装置的作用是：

吸收未反应的氯气，防止污染空气；

（3）一氯化碘沸点97.4℃，则B装置得到的液态产物进一步蒸馏或蒸馏，收集97.4℃的馏分可得到较纯净的ICl。

【点睛】本题考查了物质的制备，涉及仪器连接、条件控制、混合物的分离、化学方程式的书写等知识，注意对题目信息的理解与运用，合理设计实验，弄清每一步操作的作用及物质含有的成分，科学地进行实验、分析实验，从而得出正确实验结论，为学好化学知识奠定基础。

4．硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等。

它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解．工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备．某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图1：

实验具体操作步骤为：

①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地

通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．

②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．

③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．

④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．

（1）写出仪器A的名称_____________，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是

___________；

（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因___________；

（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式___________；

（4）最后得到的产品中可能含有Na2SO4杂质．请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论___________；

（5）测定产品纯度准确称取1.00g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L-1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32-+I2═S4O62-+2I-．滴定起始和终点的液面位置如图2：

则消耗碘的标准溶液体积为___________mL，产品的纯度为___________。

【答案】

（1）蒸馏烧瓶乙醇

（2）S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O

（3）4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3

（4）取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质

（5）16.0079.36%

【解析】

（1）根据仪器A的结构特点知A的名称为蒸馏烧瓶；根据题给信息易溶于水，难溶于乙醇，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；

（2）Na2S2O3在酸性条件下会生成S和二氧化硫，所以产率会下降，其反应的离子方程式为：

S2O32-+2H+=S↓+H2O+SO2↑；（3）三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式为：

4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；（4）检测产品中是否存在Na2SO4的实验方案为：

取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；（5）根据滴定起始和终点的液面位置判断消耗碘的标准溶液体积为18.50mL-2.50mL=16.00mL，n（I2）="0.100"0mol•L-1×0.0016L=1.6×10-4mol，根据2S2O32-+I2═S4O62-+2I-可知知n（Na2S2O3•5H2O）=3.2×10-4mol，m（Na2S2O3•5H2O）=0.7936g，产品的纯度为0.7936g/1.00g×100%=79.36%。

5．“中国芯”的发展离不开单晶硅，四氯化硅是制备高纯硅的原料。

某小组拟在实验室用下列装置模拟探究四氯化硅的制备和应用。

已知有关信息：

①Si＋3HCl

SiHCl3＋H2，Si＋2Cl2

SiCl4

②SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃

请回答下列问题：

（1）装浓盐酸的仪器名称是_______________。

（2）写出A中发生反应的离子方程式：

__________________________________________。

（3）若拆去B装置，可能的后果是_____________________________________________。

（4）有同学设计图装置替代上述E、G装置：

上图装置的主要缺点是________________________________________。

（5）利用SiCl4和NH3制备新型无机非金属材料（Si3N4），装置如图。

写出该反应的化学方程式：

__________________________。

利用尾气制备盐酸，宜选择下列装置中的____________（填字母）。

（6）测定产品纯度。

取agSiCl4产品溶于足量蒸馏水中（生成的HCl全部被水吸收），将混合物转入锥形瓶中，滴加甲基橙溶液，用cmol·L-1标准NaOH溶液滴定至终点（终点时硅酸未参加反应），消耗滴定液VmL。

则产品的纯度为_______________%（用含a、c和V的代数式表示）。

若产品中溶有少量Cl2，则测得结果_______________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

【答案】

（1）分液漏斗

（2）2MnO4-＋10Cl-＋16H+

2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O

（3）HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸

（4）烧碱溶液中水蒸气进入产品收集瓶，SiCl4发生水解

（5）3SiCl4＋4NH3

Si3N4＋12HClc

（6）

偏高

【解析】

【分析】装置A中利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气；装置B中饱和食盐水可吸收氯气中的氯化氢气体，球形干燥管中的无水氯化钙可干燥氯气；装置D中纯硅与干燥的氯气反应生成四氯化硅，SiCl4遇水剧烈水解，SiCl4的熔点、沸点分别为－70.0℃、57.7℃，最后可采用冷凝回流降温的方法收集四氯化硅，G主要吸收空气中的水蒸气，防止进入装置干扰实验，据此分析作答。

【详解】

（1）根据构造和用途可知，装有浓盐酸的仪器是分液漏斗，以便于控制加入浓盐酸的量与速率，故答案为分液漏斗；

（2）KMnO4与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2、KCl和H2O，其离子方程式为2MnO4-＋10Cl-＋16H+=2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；

（3）若拆去B装置，则Cl2中混有HCl气体，依题意，HCl与Si反应生成SiHCl3和H2，且H2和Cl2混合共热易发生爆炸，故答案为HCl和Si反应生成SiHCl3和H2，产品纯度降低；Cl2和H2混合共热易发生爆炸；

（4）NaOH溶液吸收尾气中的SiCl4和Cl2，水蒸气进入产品收集瓶，依据已知条件可知，SiCl4发生水解；

（5）SiCl4与NH3反应生成Si3N4和HCl，其化学方程式为：

3SiCl4＋4NH3

Si3N4＋12HCl；HCl极易溶于水，所以收集HCl制备盐酸时，要注意防倒吸，故c项正确；a项虽有防倒吸功能，但溶质氢氧化钠会与HCl反应，不能制备盐酸；b项中NaOH与HCl反应；d项中会产生倒吸；故答案选c。

（6）n（HCl）=n（NaOH）=

mol，根据Cl守恒知n（SiCl4）＝

mol，Mr（SiCl4）＝170，则产品的纯度为ω（SiCl4）＝

%。

若产品中混有Cl2，消耗NaOH溶液的体积将增大，最终测得结果偏高，故答案为

；偏高。

6．氨基甲酸铵（NH2COONH4）是治疗某种疾病的重要成分，也可用作肥料。

氨基甲酸铵是一种白色固体，易分解、易水解，难溶于CCl4。

实验小组设计在实验室中用氨气和二氧化碳反应制备氨基甲酸铵。

（1）氨气的制备

①实验室制取氨气的发生装置可以选择图中的__，反应的化学方程式为__。

②欲收集一瓶干燥的氨气，选择图中的装置，其连接顺序为：

发生装置→__。

（按气流方向，用小写字母表示）。

（2）氨基甲酸铵（NH2COONH4）的制备把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中。

当悬浮物较多时，停止制备。

制备氨基甲酸铵的装置和反应的化学方程式如下：

2NH3（g）+CO2（g）

NH2COONH4（s）△H＜0。

注：

四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。

①发生器用冰水冷却的目的是___。

②液体石蜡鼓泡瓶的作用是__。

③从反应后的混合物中分离出产品的方法是__（填写操作名称）。

④尾气处理装置如图所示，装置中的浓硫酸的作用除了用于阻止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，还用于__。

⑤取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g。

则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数为__。

（精确到2位小数，碳酸氢铵和氨基甲酸铵的相对分子质量分别为79和78）

【答案】

（1）①ACa（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+2NH3↑+2H2O②d→c→f→e→i（或d、c→f、e→i）

（2）①降低温度，防止因反应放热造成产物分解

②通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例，控制气体流速

③过滤

④吸收多余氨气

⑤80.00%

【解析】

【分析】

（1）①铵盐与碱加热制备氨气，为固体加热制备气体，浓氨水滴入固体氧化钙溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，为固体和液态不加热制备气体的方法；

②生成氨气后，先干燥除去水，再选向下排空法收集，最后尾气处理需要防止倒吸；

（2）制备氨基甲酸铵的装置如图1所示，干燥的氨气通入液体石蜡鼓泡瓶，干燥的二氧化碳通过液体石蜡鼓泡瓶，氨气和二氧化碳进入三颈瓶冰水浴中搅拌反应，反应的化学方程式如下：

2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）△H＜0。

【详解】

（1）①实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体与固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：

A；Ca（OH）2+2NH4Cl

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②实验室用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，制备的气体中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：

发生装置→d→c→f→e→i，故答案为：

d→c→f→e→i（或d、c→f、e→i）；

（2）①反应2NH3（g）+CO2（g）⇌NH2COONH4（s）+Q，是放热反应，降温平衡正向进行，温度升高；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率，防止生成物温度过高分解，故答案为：

降低温度，防止因反应放热造成产物分解；

②液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比，故答案为：

通过观察气泡，调节NH3与CO2通入比例，控制气体流速；

③制备氨基甲酸铵的装置如图3所示，把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，分离产品的实验方法利用过滤得到，故答案：

过滤；

④浓硫酸起到吸收多余的氨气，同时防止空气中水蒸气进入反应器使氨基甲酸铵水解，故答案为：

吸收多余氨气；

⑤取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品0.7820g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为1.000g．物质的量为0.010mol，设样品中氨基甲酸铵物质的量为x，碳酸氢铵物质的量为y，依据碳元素守恒得到；x+y=0.0178x+79y=0.7820解得x=0.008moly=0.002mol则样品中氨基甲酸铵的物质的量分数=

×100%=80%，故答案为：

80.00%。

【点睛】本题考查物质性质探究实验、实验方案设计、物质性质的实验验证等，属于罗列拼合型题目，需要学生熟练掌握元素化合物知识，具备扎实的基础知识与运用知识分析问题、解决问题的能力。

7．“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。

某小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。

（1）该小组按上图装置进行实验，反应一段时间后，分别取B、C、D瓶的溶液进行实验，实验现象如下表。

（已知饱和NaClO溶液pH为11）