届上海市闵行区高三上学期期末质量调研化学试题解析版.docx
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届上海市闵行区高三上学期期末质量调研化学试题解析版
闵行区2018-2019学年第一学期高三年级质量调研考试
化学试卷
相对原子质量:
O-16Si-28Cl-35.5K-39I-127
一、选择题(本题共40分,每小题2分,每题只有一个正确选项)
1.强电解质是
A.氢硫酸B.液氨C.硫酸钡D.冰醋酸
【答案】C
【解析】
【分析】
在水溶液中完全电离的电解质是强电解质,只有部分电离的电解质是弱电解质,据此分析解答。
【详解】A.氢硫酸是弱酸,在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故A错误;
B.液氨是化合物,溶于水后生成一水合氨,它能电离出阴阳离子而使溶液导电,而氨气本身不能电离出离子,不导电,属于非电解质,故B错误;
C.硫酸钡是盐,在水中溶解度很小,但是溶解的部分,能够完全电离,属于强电解质,故C正确;
D.冰醋酸是弱酸,在水溶液中部分电离,属于弱电解质,故D错误;
综上所述,本题选C。
2.今年我国新疆玛湖发现储量达12亿吨的大型油田。
石油的分馏产物中没有的是
A.汽油B.酒精C.煤油D.石蜡
【答案】B
【解析】
【详解】石油的分馏产物是各类烃的混合物,汽油、煤油、石蜡均由碳氢元素组成,属于烃类,而酒精含有碳、氢、氧三种元素,属于醇类,不属于石油的分馏产物,B正确;
综上所述,本题选B。
3.能使湿润的蓝色石蕊试纸最终褪色的气体是
A.SO2B.Cl2C.NH3D.HCl
【答案】B
【解析】
【详解】A.SO2属于酸性氧化物,能够使湿润的蓝色石蕊试纸变红,不褪色,A错误;
B.Cl2的水溶液显酸性,含有氢离子,能够使蓝色石蕊试纸变红,氯水中含有次氯酸,具有强氧化性,有漂白作用,因此变红的试纸最终褪色,B正确;
C.NH3属于碱性气体,不能够使湿润的蓝色石蕊试纸变色,C错误;
D.HCl的水溶液显酸性,能够使蓝色石蕊试纸变红,不褪色,D错误;
综上所述,本题选B。
【点睛】二氧化硫属于非氧化性漂白,能够使某些有机色质褪色,如品红;但是不能漂白酸碱指示剂;潮湿的氯气(或次氯酸)属于氧化性漂白,能够使某些有机色质褪色,如品红,也能漂白酸碱指示剂。
4.光导纤维是高纯度二氧化硅。
描述SiO2不正确的是
A.熔点高B.原子晶体C.存在极性键D.极性分子
【答案】D
【解析】
【详解】SiO2属于原子晶体,熔点高,硬度大,硅原子和氧原子之间存在极性共价键,二氧化硅是由硅、氧原子以1:
2的比例形成的原子晶体,不存在分子,D错误;
综上所述,本题选D。
5.钢铁的外加电流阴极保护法中,铁应
A.接在电源正极B.接在电源负极C.连接锌D.连接铜
【答案】B
【解析】
【详解】外加电流阴极保护法中,将铁与电源的负极相连接,做电解池的阴极,被保护,B正确,A错误;而铁连接锌,构成原电池,锌被腐蚀保护了铁,属于牺牲阳极的阴极保护法,不合题意,C错误;而铁连接铜,构成原电池,铁被腐蚀保护了铜,达不到保护铁的目的,D错误;
综上所述,本题选B。
6.下列物质的性质可以用“键能”来解释的是
A.SiO2熔点高B.氩气性质稳定
C.碘易升华D.NH3极易溶于水
【答案】A
【解析】
A、SiO2是共价化合物,熔化SiO2需要破坏共价键,SiO2熔点高,说明键能大,故A正确;B、氩气是由单原子组成的分子,不含化学键,故B错误;C、碘升华破坏分子间作用力,与键能无关,故C错误;D、NH3极易溶于水,是与水形成分子间氢键,与键能无关,故D错误。
7.关于氯化铵的叙述中,错误的是
A.能与碱反应B.是离子化合物
C.固体受热分解可制氨气D.固体溶于水吸热
【答案】C
【解析】
【详解】A、氯化铵能跟碱反应生成氨气或一水合氨,故A正确;
B、氯化铵是由铵根离子和氯离子构成的离子化合物,故B正确;
C、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,氨气和氯化氢又会重新化合生成氯化铵,不能用于制氨气,故C错误;
D、氯化铵为可溶性盐,易溶于水,溶于水时吸热,故D正确;
综上所述,本题选C。
【点睛】铵盐受热都能分解,但不是都能生成氨气,如果组成铵盐的酸是挥发性的,则固体铵盐受热分解产生的氨气与酸一起挥发,冷却时又重新结合成铵盐,如氯化铵;硝酸铵比较复杂,加热到190℃时分解生成一氧化二氮和水,若加热到300℃时分解生成氮气、硝酸和水。
8.适宜用NaOH溶液除去括号中杂质的是
A.溴苯(溴)B.乙醇(乙酸)C.溴乙烷(溴)D.氧化铝(氧化铁)
【答案】A
【解析】
【详解】A.溴与NaOH溶液反应生成可溶性盐,与溴苯互不相溶,静置后分层,接着进行分液,可以实现目的,A正确;
B.乙酸与NaOH溶液反应生成可溶性盐,与乙醇互溶,不分层,不能达到分离提纯的目的,B错误;
C.溴与NaOH溶液反应生成可溶性盐,溴乙烷与NaOH溶液反应生成可溶性的乙醇和溴化钠,因此反应后的混合溶液不分层,不能达到分离提纯的目的,C错误;
D.氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠溶液,而氧化铁与NaOH溶液不反应,被提纯物质参加反应,无法得到被提纯的物质,D错误;
综上所述,本题选A。
9.LiH在熔融状态下能导电。
有关分析错误的是
A.原子半径:
Li>HB.两者都是第IA族元素
C.离子半径:
Li+>H-D.电子式:
【答案】C
【解析】
【分析】
LiH在熔融状态下能导电,属于离子化合物;锂原子、氢原子最外层电子数均为1,都属于IA族元素;同一主族元素从上到下,原子半径增大;核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,据此进行分析。
【详解】LiH在熔融状态下能导电,属于离子化合物;锂原子、氢原子最外层电子数均为1,都属于IA族元素,
A.两种元素位于同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,因此原子半径:
Li>H,A正确;
B.两原子最外层电子数均为1,都是第IA族元素,B正确;
C.核外电子排布相同的离子,核电荷数越大,离子半径越小,因此离子半径Li+ D.LiH在熔融状态下能导电,属于离子化合物,其电子式: ,D正确; 综上所述,本题选C。 10.磷原子中的不成对电子,不同的是 A.电子云形状B.电子云伸展方向C.电子能量D.电子自旋状态 【答案】B 【解析】 【详解】磷原子核外电子排布为: 1s22s22p63s23p3,其中不成对电子有3个,分别位于3p1x、3p1y、3p1z上,因此可知电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同,但电子云伸展方向不相同,所以B选项是正确的; 综上所述,本题选B。 11.实验室制备乙酸丁酯的叙述中,正确的是 A.装置采用水浴加热B.边反应边蒸馏出产物 C.提纯先水洗再碳酸钠溶液洗D.原料正丁醇过量 【答案】C 【解析】 【详解】A项,水浴加热温度一般不超过100℃,温度较低,制备乙酸丁酯采用酒精灯直接加热,故A项错误; B项,制备乙酸丁酯则采取直接回流的方法、待反应完成后再提纯产物,故B项错误; C项,乙酸丁酯在碳酸钠溶液中溶解度较小,因此提纯先水洗再碳酸钠溶液洗,减小乙酸丁酯的损失,故C项正确; D项,制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量,以提高正丁醇的利用率,故D项错误; 综上所述,本题选C。 12.有机物转化所需的试剂、反应条件中,不正确的是 A.醇→烯烃: 浓硫酸,加热B.醛→羧酸: 银氨溶液,水浴加热 C.苯→溴苯: 溴水,铁D.酸→酯: 浓硫酸,加热 【答案】C 【解析】 【详解】A.醇在浓硫酸,加热的条件下,发生消去反应生成烯烃,A正确; B.醛与银氨溶液在水浴加热条件下,发生氧化反应生成羧酸铵,然后再加酸进行酸化,得到羧酸,B正确; C.苯与液溴,铁做催化剂条件下反应生成溴苯,而苯与溴水发生萃取过程,属于物理变化,C错误; D.酸与醇在浓硫酸、加热的条件下,发生酯化反应生成酯,D正确; 综上所述,本题选C。 13.催化加氢可生成2-甲基戊烷的是 A.CH2=CHC(CH3)2CH2CH3B.CH2=CHCH(CH3)C≡CH C.(CH3)2C=C(CH3)2D.(CH3)2CHCH2C≡CH 【答案】D 【解析】 【分析】 2-甲基戊烷的碳链结构为 ,四个选项中均属于不饱和烃,与足量的氢气发生加成反应生成的饱和烃的结构属于 即可符合题意要求。 【详解】A、CH2=CHC(CH3)2CH2CH3的碳链结构为 经催化加氢后能生成3,3-二甲基戊烷,故A错误; B、CH2=CHCH(CH3)C≡CH的碳链结构为 经催化加氢后能生成3-甲基戊烷,故B错误; C、(CH3)2C=C(CH3)2的碳链结构为 经催化加氢后能生成2,2-二甲基丁烷,故C错误; D、(CH3)2CHCH2C≡CH的碳链结构为 ,经催化加氢后能生成2-甲基戊烷,故D正确; 综上所述,本题选D。 14.有关海水提溴和海带提碘的叙述错误的是 A.都需经过浓缩、氧化、提取B.海水提溴的浓缩原理是蒸发 C.氧化步骤都可通入氯气来实现D.提取步骤都可用四氯化碳萃取 【答案】D 【解析】 【分析】 海水中溴离子含量较低,应先浓缩,再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂,通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴: 2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,再利用溴的挥发性,鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来,二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化,分离溴单质利用溴的挥发性,提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质,萃取分液、蒸馏方法得到,以此来解答。 【详解】A.海水中溴离子、碘离子含量较低,应先浓缩,再用氧化剂将溴离子、碘离子氧化为溴、碘,最后再进行提取,故A正确; B.海水中溴离子含量较低,应先进行溶液的浓缩,浓缩可以通过蒸发溶剂来实现,故B正确; C.氯气具有氧化性,氧化溴离子生成单质溴,氧化碘离子生成碘单质,故C正确; D.溴离子氧化为溴单质后,利用溴的挥发性,鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来,二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化,分离溴单质利用溴的挥发性;提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质,然后用四氯化碳进行萃取分液、蒸馏方法得到,故D错误; 综上所述,本题选D。 15.物质之间反应,一定不产生H2的是 A.过氧化钠和水B.金属钠和冷水 C.铁和热浓硫酸D.炽热铁和水蒸气 【答案】A 【解析】 【详解】A.过氧化钠和水反应生成氧气和氢氧化钠,A符合题意; B.金属钠和冷水反应生成氢气和氢氧化钠,B不符合题意; C.铁和热浓硫酸反应,随着反应的进行,浓硫酸变为稀硫酸,稀硫酸与铁反应生成氢气,C不符合题意; D.炽热铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,D不符合题意; 综上所述,本题选A。 【点睛】常温下,铁遇浓硫酸发生钝化,加热条件下,钝化膜被破坏,铁和浓硫酸反应生成二氧化硫气体,随着反应的进行,浓硫酸逐渐变为稀硫酸,稀硫酸与铁反应生成氢气;两个过程中,第一个反应体现了浓硫酸的强氧化性,第二个反应体现了稀硫酸中氢离子的弱氧化性。 16.合成氨生产中,说法正确的是 A.使用催化剂,提高原料的利用率B.采用高温、高压工艺提高氨的产率 C.产物用水吸收,剩余气体循环利用D.增大反应物浓度,对v正影响更大 【答案】D 【解析】 【详解】A.使用催化剂,加快反应的速率,但是平衡不移动,不能提高原料的利用率,A错误; B.合成氨反应为体积缩小的放热反应,采用高温,平衡左移,不能提高氨的产率,B错误; C.合成氨反应达到平衡后,平衡混合气可以采用水冷凝后氨气液化,分离出液氨,有利于平衡向正反应方向移动,剩余气体可以循环利用,C错误; D.增大反应物浓度,活化分子数增大,有效碰撞次数增大,反应速率加快,对υ正影响更大,平衡向正反应方向移动,D正确; 综上所述,本题选D。 17.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液,刚开始时反应的离子方程式是 A.H++OH-=H2OB.NH4++OH-=NH3·H2O C.HSO4-+OH-=SO42-+H2OD.NH4++H++2OH-=NH3·H2O+H2O 【答案】A 【解析】 【详解】NH4HSO4属于强酸的酸式盐,能够完全电离: NH4HSO4=NH4++H++SO42-,向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液,刚开始时,OH-的量少,1mol氢离子与1mol氢氧根离子反应生成水,离子方程式是H++OH-=H2O,A正确; 综上所述,本题选A。 18.不能说明氯的非金属性强于溴的事实是 A.HClO4酸性强于HBrO4B.HBr的分解温度低于HCl C.BrCl中氯为-1价D.FeBr2溶液中滴少量氯水,溶液变黄 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱,即HClO4酸性强于HBrO4,可以证明结论,故A正确; B.HBr的分解温度低于HCl,说明HBr较不稳定,则可说明氯的非金属性强于溴,故B正确; C.BrCl中Br为+1价、Cl为-1价,可说明Cl易得到电子,非金属性较强,故C正确; D.还原性Fe2+>Br-,FeBr2溶液中滴少量氯水,亚铁离子先被氧化,溶液也变黄色,不能证明氯气一定置换了溴,也就不能说明氯的非金属性强于溴的事实,故D错误; 综上所述,本题选D。 【点睛】周期表中,同一周期,从左到右,元素的金属性减弱,非金属性增强;同一主族,从上到下,金属性增强,非金属性减弱。 元素非金属性比较规律: ①非金属元素的单质与氢气化合的难易程度及氢化物的稳定性,越容易化合,形成的氢化物越稳定,该元素的非金属性就越强;②非金属元素的最高价氧化物的水化物的酸性越强,该元素的非金属性就越强。 19.一定能实现铁元素之间相互转化的措施是 A.实现①的转化,用比铁活泼的金属 B.实现②的转化,通过钢铁电化腐蚀 C.实现③的转化,加入少量稀硝酸 D.实现④的转化,加入过量氯气 【答案】B 【解析】 【详解】A.金属钠活泼性很强,但是金属钠加入到氯化亚铁溶液中,生成氢氧化亚铁白色沉淀和氢气,不能置换出铁,A错误; B.钢铁发生吸氧腐蚀或析氢腐蚀,负极反应均为: Fe-2e-=Fe2+,B正确; C.过量的铁与少量的稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水,C错误; D.铁离子变为亚铁离子,应加入还原剂,如铁粉即可实现,不能加入氧化剂氯气,D错误; 综上所述,本题选B。 【点睛】铁与足量的硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水,铁被氧化到+3价;如果铁过量,反应生成的铁离子与铁发生反应生成亚铁离子,因此过量的铁与一定量的硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水;反应物的量不同,产物不相同。 20.某溶液中可能含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-的几种离子。 某同学取两份该溶液进行如下实验: 一份滴入酸性KMnO4溶液,发现KMnO4溶液褪色;另一份加入BaCl2溶液,产生不溶于水的沉淀。 对溶液描述错误的是 A.可能含有K+B.可能含有SO42-C.可能含有Fe3+D.可能含有SO32- 【答案】C 【解析】 【分析】 一份滴入酸性KMnO4溶液,发现KMnO4溶液褪色,说明含有Fe2+、SO32-中的至少一种;另一份加入BaCl2溶液,产生不溶于水的沉淀,说明至少含有SO42-、SO32-中的一种;SO32-具有还原性,而Fe3+具有氧化性,二者不能共存,结合电荷守恒分析解答。 【详解】一份滴入酸性KMnO4溶液,发现KMnO4溶液褪色,说明含有Fe2+、SO32-中的至少一种;另一份加入BaCl2溶液,产生不溶于水的沉淀,说明至少含有SO42-、SO32-中的一种;SO32-具有还原性,而Fe3+具有氧化性,二者不能共存, A.根据以上分析可知,若溶液中阴离子只有SO42-,根据电荷守恒,溶液中阳离子可能为Fe2+(或K+和Na+),所以该溶液可能含有K+,A正确; B.根据以上分析可知,溶液中可能含有SO42-,B正确; C.根据以上分析可知,若溶液中含有SO32-,SO32-具有还原性,而Fe3+具有氧化性,二者不能共存,则一定不含Fe3+,若溶液中不含SO32-,则一定含SO42-,根据电荷守恒也不存在Fe3+,故一定不含Fe3+,C错误; D.根据以上分析可知,另一份加入BaCl2溶液,产生不溶于水的沉淀,说明至少含有SO42-、SO32-中的一种,溶液中可能含有SO32-,D正确; 综上所述,本题选C。 二、综合分析题(共60分) 21.晶体硅是良好的半导体材料,多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产。 (1)硅原子核外有_____种能量不同的电子。 氯离子的核外电子排布式为________________________。 短周期主族元素中,氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是________。 (2)从原子结构角度解释硅元素与氯元素的非金属性强弱________________________。 (3)900℃以上发生SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)反应,平衡时H2的百分含量随温度、压强(P)变化如图(K为不同条件时得平衡常数)。 从化学反应速率角度来说明上述反应已达到平衡状态_______。 (4)若反应容器的容积为2L,10min后达到平衡,测得固体的质量增加了2.8g,则HCl的平均反应速率为______________。 (5)P1____P2(选填“>”、“<”或“=”);K1、K2、K3大小关系式为___________。 【答案】 (1).5 (2).1s22s22p63s23p6(3).S>Cl>F(4).氯和硅两元素同周期,电子层数相同,质子数氯>硅,原子半径氯<硅,因此原子核对最外层电子的吸引能力氯>硅,得电子能力氯>硅(5).氢气的生成速率等于氢气的消耗速率(合理即给分)(6).0.015mol/(L∙min)(7).>(8).K1=K2 【解析】 【分析】 (1)根据硅原子核外电子排布为1s22s22p63s23p2,确定核外有多少种能量不同的电子。 根据氯原子得1个电子变为氯离子,写出氯离子核外电子排布式;根据同一主族,从上到下,原子半径增大,同一周期,从左到右,原子半径减小规律比较S、Cl、F半径大小; (2)同周期元素,从左到右,质子数越大,原子半径越小,原子核对最外层电子的吸引能力越强进行分析; (3)化学平衡状态的特征是υ(正)=υ(逆)、各组分的浓度保持不变,据此进行分反应已达到平衡状态时,氢气的生成速率与氢气的消耗速率关系; (4)先计算出硅的变化量,据此求出n(HCl),根据υ(HCl)=∆c/∆t进行计算; (5)当温度不变时,压强由P2变为P1,氢气的百分含量增大,说明平衡左移,据此分析P1与P2的关系;平衡常数只是温度的函数,据此进行分析。 【详解】 (1)硅原子核电荷数为14,核外电子排布为1s22s22p63s23p2,据此可知硅原子核外有5种能量不同的电子;氯原子核电荷数为17,核外电子排布为1s22s22p63s23p5,氯原子得一个电子变为氯离子,氯离子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p6;短周期主族元素中,氯元素及与其相邻元素的原子分别为硫和氟,同一主族,从上到下,原子半径增大,同一周期,从左到右,原子半径减小,半径从大到小的顺序是S>Cl>F; 综上所述,本题答案是: 5,1s22s22p63s23p6,S>Cl>F。 (2)氯和硅两元素同周期,电子层数相同,质子数氯>硅,原子半径氯<硅,因此原子核对最外层电子的吸引能力氯>硅,得电子能力氯>硅,所以氯元素的非金属性强于硅元素; 综上所述,本题答案是: 氯和硅两元素同周期,电子层数相同,质子数氯>硅,原子半径氯<硅,因此原子核对最外层电子的吸引能力氯>硅,得电子能力氯>硅。 (3)化学平衡状态的特征是υ(正)=υ(逆)、各组分的浓度保持不变,所以上述反应已达到平衡状态时,氢气的生成速率等于氢气的消耗速率; 综上所述,本题答案是: 氢气的生成速率等于氢气的消耗速率(合理即给分)。 (4)根据SiHCl3(g)+H2(g) Si(s)+3HCl(g)可知,10min后达到平衡,测得固体硅的质量增加了2.8g,即0.1mol,生成n(HCl)=0.3mol,所以HCl的平均反应速率为0.3mol/(2L×10min)=0.015mol/(L∙min); 综上所述,本题答案是: 0.015mol/(L∙min)。 (5)当温度不变时,压强由P2变为P1,氢气的百分含量增大,说明平衡左移,增大压强平衡逆向移动,所以P1>P2;平衡常数只是温度的函数,因为K1、K2所处温度相同,所以K1=K2;温度升高,氢气的百分含量减小,平衡右移,正反应为吸热反应,所以K3>K1=K2; 综上所述,本题答案是: >;K1=K2 22.Na2SO3是常见的一种盐,工业上可作防腐剂、去氯剂和还原剂。 (1)Na2SO3固体隔绝空气加强热,反应后的固体中含有S2-。 反应的化学方程式为________________;若有0.5molNa2SO3参加反应,则电子转移个数为_____________________。 (2)将0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温,测定温度变化过程中的pH,数据如下: 时刻 ① ② ③ ④ 温度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 ①时刻Na2SO3溶液中水的电离程度_______同温下纯水中水的电离程度(填)“>”、“<”或“=”);应用平衡原理解释该原因_________________________________。 ④的pH略小于①,是由于______________________。 设计一个简单实验来证明_____________________。 (3)将Na2SO3溶液中所有离子浓度由大到小排列_________________________________。 【答案】 (1).4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4 (2).0.75NA(3).>(4).水存在电离平衡: H2O H++OH-,SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3,降低了H+浓度,使水的电离平衡向右移动。 (5).Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4(6).取④的溶液少许于试管中,先滴入足量稀盐酸,再滴入BaCl2溶液,若有白色沉淀生成,则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4(7).c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+) 【解析】 【分析】 (1)Na2SO3固体隔绝空气加强热,硫元素发生歧化反应,据此写出方程式,并根据反应6e-~4Na2SO3关系,计算0.5molNa2SO3参加反应,电子转移个数; (2)能水解的盐促进水的电离;亚硫酸钠具有还原性,能够被氧气氧化为硫酸钠,硫酸钠不水解,显中性,据此进行分析;根据硫酸根离子的检验方法判断亚硫酸钠中是否含有硫酸钠; (3)Na2SO3溶液中存在水解平衡: SO32-+H2O HSO3-+OH-,HSO3-+H2O H2SO3+OH-,据此分析离子浓度大小顺序。 【详解】 (1)Na2SO3固体隔绝空气加
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