培优铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案解析.docx
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培优铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案解析
培优铝及其化合物推断题辅导专题训练附答案解析
一、铝及其化合物
1.Ⅰ.某化工厂以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3,含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分Na2Cr2O7·2H2O),工艺流程如图:
i.常温,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,碱性条件下,能将Cr3+转化为CrO42-。
ii.常温时,部分金属离子开始沉淀和完全沉淀时的pH值
(1)步骤①提高酸溶速率的措施__(任填一条即可)。
固体A的成分是___。
(2)步骤③需加氢氧化钠溶液调节pH,调节pH范围为__,目的是__。
(3)写出④反应的离子方程式__。
(4)将溶液H经过__即得红矾钠粗晶体。
Ⅱ.经该工厂的工业废水中含1.00×10-3mol·L-1的Cr2O72-,其毒性较大。
该化工厂的科研人员为了变废为宝,将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的化合价依次为+3、+2),又设计了如下工艺流程:
(5)第①步反应的离子方程式是__。
(6)常温时,如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化,依据上表数据,则步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,溶液中Cr3+的浓度为___mol/L(101/2≈3.2)。
(7)欲使1L该废水中的Cr2O72-完全转化为Cr0.5Fe1.5FeO4。
理论上需要加入FeSO4·7H2O的质量为__g(已知FeSO4·7H2O的摩尔质量为278g/mol)。
【答案】加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条)SiO24.9≤pH<5.5使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O6.4×10−142.78
【解析】
【分析】
铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸,SiO2不溶,过滤,向滤液中加入双氧水,氧化亚铁离子,步骤③的目的是使Fe3+、Al3+沉淀,过滤,向滤液中加入NaBiO3、NaOH,能将Cr3+转化为Cr2O72−,过滤,将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥得到Na2Cr2O7·2H2O。
【详解】
⑴加热、搅拌、粉碎、适当提高稀硫酸的浓度均可加快化学反应速率,任答一种即可。
按照元素化合物知识,铬铁矿中的FeO、Cr2O3和Al2O3均能溶于硫酸,SiO2不溶,故第①步得到的固体A为SiO2;故答案为:
加热/搅拌/粉碎/适当提高稀硫酸的浓度(任写一条);SiO2。
⑵步骤③的目的是使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去,但不能使Cr3+沉淀,故需要调节的pH范围为4.9≤pH<5.5,故答案为:
4.9≤pH<5.5;使Fe3+、Al3+均完全转化为Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀而除去。
⑶常温下,NaBiO3不溶于水,有强氧化性,在碱性条件下,能将Cr3+转化为Cr2O72−,则反应的离子方程式为3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+;故答案为:
3NaBiO3+2Cr3++7OH-+H2O=2Cr2O72−+3Bi(OH)3↓+3Na+。
⑷溶液H得红矾钠粗晶体需经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥;故答案为:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥。
⑸Cr2O72−有强氧化性,FeSO4·7H2O中Fe2+有一定的还原性,在酸性条件下将Fe2+氧化为Fe3+,自身被还原为Cr3+,根据元素守恒及所处环境可知,还有水生成,反应离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O;故答案为:
Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
⑹常温时,如忽略步骤①所加FeSO4·7H2O所引起的溶液体积变化,依据上表数据得到Cr3+开始沉淀时pH=5.5,即
,则
,步骤②加入NaOH溶液调节溶液的pH至9时,
,则溶液中Cr3+的浓度为
,
;故答案为;6.4×10−14mol·L−1。
⑺欲使1L该废水中n(Cr2O72−)=1×10−3mol,根据Cr原子、Fe原子守恒,可得Cr2O72−~4Cr0.5Fe1.5FeO4~10FeSO4·7H2O,因此理论上n(FeSO4·7H2O)=10n(Cr2O72−)=10×1×10−3mol=0.01mol,所以质量m(FeSO4·7H2O)=0.01mol×278g∙mol−1=2.78g;故答案为2.78g。
2.为了降低电子垃圾对环境构成的影响,将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
(1)第①步Cu与混酸反应的离子方程式为________________。
得到滤渣1的主要成分为___________。
(2)第②步中加入H2O2的作用是__________________,使用H2O2的优点是_________;调溶液pH的目的是_________________。
(3)简述第③步由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是_________________________。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,设计了以下三种方案:
上述三种方案中,_______方案不可行,原因是________________;
从原子利用率角度考虑,_______方案更合理。
(5)用滴定法测定CuSO4·5H2O含量。
取ag试样配成100mL溶液,每次取20.00mL,消除干扰离子后,用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点,平均消耗EDTA溶液bmL。
滴定反应如下:
Cu2++H2Y2-→CuY2-+2H+。
写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2OAu、Pt将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质,对环境无污染使Fe3+、Al3+沉淀除去加热滤液2,经过蒸发、冷却、结晶、过滤,最终制得硫酸铜晶体甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙
×100%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)Cu与混酸反应的实质是与H+、NO3-反应,随反应进行离子浓度逐渐减小,所以离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O,3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,Au、Pt不与混酸反应,所以滤渣的主要成分是Au、Pt;
(2)加过氧化氢的目的是把亚铁离子氧化成铁离子,方便除去;而且加入过氧化氢不会引入新的杂质且无污染;调节溶液的pH目的是使Fe3+、Al3+沉淀除去;
(3)由滤液2得到CuSO4·5H2O的方法是把滤液蒸发得浓溶液再冷却结晶,过滤得硫酸铜晶体;
(4)甲方案不可行,因为滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀,加入硫酸沉淀全部溶解使制得的产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质;从原子利用率角度分析,乙方案更合理,不仅能除去硫酸铁,同时增加了硫酸铝的量,原子利用率较高;
(5)由滴定反应方程式得100mL溶液中n(Cu2+)=b×10-3×a×5mol,所以CuSO4·5H2O质量分数=b×10-3×a×5×250/a×100%。
3.工业上的许多反应工艺来源于实验室里的简单操作,比如用铝土矿(成分为氧化铝、氧化铁)制取铝的过程如图:
请回答下列问题:
(1)写出铝土矿中加入NaOH溶液的反应方程式___。
(2)沉淀C的化学式___,颜色为___,写出它的一种用途___。
(3)操作I、操作II、操作III的名称为___,这个过程用到的玻璃仪器有烧杯、___。
(4)整个生产过程中,除可以循环使用的物质有___(写出3种,填化学式),用此法制取铝的副产品是___(写出2种,填化学式)。
(5)氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上为什么不用熔点较低的氯化铝而用熔点更高的氧化铝为原料电解制铝?
___。
【答案】Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2OFe2O3红棕色作颜料(或炼铁)过滤漏斗、玻璃棒NaOH、CaO、CO2Fe2O3、O2氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝
【解析】
【分析】
铝土矿中含有氧化铝和氧化铁,向铝土矿中加入NaOH溶液,发生反应Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O,氧化铁不溶,然后过滤,得到溶液B为NaOH、NaAlO2混合溶液,沉淀C为Fe2O3;向溶液B中通入CO2,发生反应2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-、2OH-+CO2=CO32-+H2O,然后过滤得到沉淀Al(OH)3和Na2CO3溶液,向溶液中加入CaO,发生反应Na2CO3+CaO+H2O═2NaOH+CaCO3↓,然后过滤,将NaOH循环利用;将Al(OH)3加热得到Al2O3,电解熔融Al2O3得到Al,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析,铝土矿中加入NaOH溶液,氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,反应的化学方程式为Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O,故答案为:
Al2O3+2NaOH═2NaAlO2+H2O;
(2)根据上述分析,沉淀C为Fe2O3,氧化铁为红棕色粉末,俗称铁红,除了用于金属冶炼以外,还可用作顔料,故答案为:
Fe2O3;红棕色、作颜料(或炼铁);
(3)实现固体和液体的分离采用过滤法,操作Ⅰ、操作Ⅱ和操作Ⅲ都是过滤操作,过滤时需要制作过滤器的漏斗、固定仪器的铁架台、引流用的玻璃棒、承接滤液的烧杯,故答案为:
过滤;漏斗、玻璃棒;
(4)煅烧碳酸钙得到CaO和CO2,B生成沉淀需要二氧化碳、碳酸钠转化为碳酸钙需要CaO,所以CaO和CO2能循环利用,溶液E中的氢氧化钠也能循环利用;根据流程图和上述分析,操作Ⅰ所得的Fe2O3和电解熔融Al2O3得到的O2为副产品,故答案为:
NaOH、CaO和CO2;Fe2O3和O2;
(5)氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此尽管氧化铝熔点高,氯化铝熔点低,工业上电解铝时选用氧化铝而不用氯化铝,故答案为:
氯化铝是共价化合物,在熔融状态下以分子形式存在,不能导电,不能用于电解。
氧化铝是离子化合物,熔融时能够电离而导电,因此电解铝用氧化铝而不用氯化铝。
4.下列物质A-F是我们熟悉的单质或化合物,其中A、B均是常见的金属,且B的合金用量最大;E在常温下是黄绿色气体;适当的条件下,它们之间可以发生如图所示的转化。
(1)G溶液中溶质的化学式为_____________。
(2)请写出反应D→F的化学方程式:
_________。
(3)检验F中金属阳离子的常用试剂是______________(填物质的化学式);现象是____________。
(4)E物质可与石灰乳反应制取漂白粉,写出漂白粉的有效成分_________。
(5)写出C与过量氢氧化钠溶液反应的离子方程式_______________。
(6)若向D溶液中滴加氢氧化钠溶液,现象是:
____,反应过程中的化学方程式为:
____,______。
【答案】NaAlO22FeCl2+Cl2=2FeCl3KSCN溶液呈血红色Ca(ClO)2Al3++4OH-=AlO2-+2H2O先产生白色沉淀,后白色沉淀变为灰绿色,最后变为红褐色FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaCl4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
B的合金用量最大,所以B为Fe;E在常温下是黄绿色气体,所以E为Cl2;盐酸与铁反应生成FeCl2,FeCl2与Cl2反应生成的F为FeCl3;金属A与盐酸反应后生成的盐,与适量的NaOH溶液反应能生成白色沉淀,白色沉淀还能溶于NaOH,所以A为Al单质,C为AlCl3溶液,G为NaAlO2溶液。
【详解】
(1)根据分析可知,G即为偏铝酸钠溶液,溶质的化学式为NaAlO2;
(2)根据分析可知,D为FeCl2,与E即Cl2反应后生成FeCl3,方程式为:
;
(3)检验Fe3+常用硫氰化钾溶液,Fe3+遇SCN-生成血红色物质;
(4)漂白粉中的有效物质为次氯酸钙;
(5)通过分析可知,C为AlCl3溶液,与过量的NaOH溶液反应,生成偏铝酸钠和水,离子方程式为:
;
(6)通过分析可知,D的溶液为FeCl2溶液,FeCl2会与NaOH溶液反应生成很不稳定的白色Fe(OH)2沉淀,沉淀会迅速的被氧化为Fe(OH)3,转化的现象为:
白色沉淀先转变为灰绿色,最终变为红褐色;相关的方程式还有:
;
5.己知A为淡黄色固体,R是地壳中含量最多的金属元素的单质,T为生活中使用最广泛的金属单质,F是无色无味的气体,H是白色沉淀,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。
(1)物质A的化学式为___。
(2)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___。
(3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是___,化学方程式为___。
(4)A和水反应生成B和C的离子方程式为___,A可以作为呼吸面具的___。
(5)W和T反应的离子方程式___。
【答案】Na2O22Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂2Fe3++Fe=3Fe2+
【解析】
【分析】
题干已经对部分物质的特征进行了描述,可先根据某些物质的特定表征直接得出该物质,地壳含量最多金属为Al,T为最广泛使用的金属单质,则为Fe,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色,则W含有Fe3+。
根据上述能直接确定的物质,结合各物质间转换图解答此题。
【详解】
(1).A为淡黄色固体,常见物质可能为Na2O2或S,A与水的产物B可与Al反应,同时C又与Fe反应。
综上可推知A应为Na2O2,答案为Na2O2。
(2).根据分析B为NaOH,R为Al,答案为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑。
(3).根据分析,A与水反应产物C为氧气,B为NaOH。
D为Fe在氧气中燃烧产物Fe3O4,H为白色沉淀,则H应为Fe(OH)2。
W含有Fe3+,说明Fe(OH)2发生氧化生成Fe(OH)3。
答案为白色沉淀逐渐变为红褐色沉淀,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(4).A为Na2O2与水反应生成NaOH和O2,同时Na2O2与水和CO2反应生成的氧气供人呼吸。
故答案为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑,供氧剂。
(5).由分析可知W为FeCl3,T为金属Fe。
答案为2Fe3++Fe=3Fe2+。
【点睛】
解答本题需要对某些物质的特定表征非常熟悉,首先应该根据这些表征即得出对应物质,然后再结合各种物质之间的转换关系和相关描述合理推导出其他对应的物质。
6.已知A、B、C、D是中学化学的常见物质,且A、B、C均含有同一种元素。
在一定条件下它们之间的相互转化关系如图所示(部分反应中的H2O已略去)。
请回答下列问题:
(1)若A可用于自来水消毒,D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,加热蒸干B的溶液不能得到B。
则B的化学式为__。
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一,B有两性,则反应②的离子方程式是__。
(3)若A、C、D都是常见气体,C是导致酸雨的主要气体,则反应③的化学方程式为___。
(4)若A的焰色反应呈黄色,D为二氧化碳,则反应②的离子方程式是___。
【答案】FeCl3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2H2S+SO2═3S+2H2OCO32-+CO2+H2O═2HCO3-
【解析】
【分析】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,则D是铁,A可用于自来水消毒,A为Cl2;
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一,B有两性,D为NaOH、B为Al(OH)3;
(3)C是形成酸雨的主要气体,则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2;
(4)若A的焰色反应呈黄色,说明A中含有Na元素,且A、B、C均含有同一种元素据此分析。
【详解】
(1)D是生产、生活中用量最大、用途最广的金属单质,则D是铁,A可用于自来水消毒,由转化关系可知,A为Cl2、B为FeCl3、C为FeCl2;
(2)若D是氯碱工业的主要产品之一,B有两性,由转化关系可知,A为铝盐、D为NaOH、B为Al(OH)3、C为NaAlO2,反应②为氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式是:
Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O;
(3)若A、C、D都是常见气体,C是形成酸雨的主要气体,则A为H2S、D为O2、B为S、C为SO2,反应③为硫化氢与二氧化硫反应生成硫和水,反应的化学方程式为:
2H2S+SO2═3S+2H2O;
(4)若A的焰色反应呈黄色,D为二氧化碳,由转化关系可知,A为NaOH、B为Na2CO3、C为NaHCO3,反应②为碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,反应的的离子方程式是:
CO32−+CO2+H2O═2HCO3−。
7.粉末状试样A是由等物质的量的MgO和Fe2O3组成的混合物。
进行如下实验:
①取适量A进行铝热反应,产物中有单质B生成;
②另取20gA全部溶于0.15L6.0mol·L-1盐酸中,得溶液C;
③将①中得到的单质B和溶液C反应,放出1.12L(标况)气体,同时生成溶液D,还残留有固体物质B;
④用KSCN溶液检验时,溶液D不变色。
请填空:
(1)①中引发铝热反应的实验操作是___________,产物中的单质B是________。
(2)②中所发生的各反应的化学方程式是___________。
(3)③中所发生的各反应的离子方程式是___________。
(4)若溶液D的体积仍视为0.15L,则该溶液中c(Mg2+)为________,c(Fe2+)为________。
【答案】加少量KClO3,插上镁条并将其点燃FeFe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2OFe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑0.67mol·L-12.3mol·L-1
【解析】
【详解】
(1)铝热反应是指单质Al和某些金属氧化物发生的反应,反应过程中放出大量热,但该反应需要较高的温度才能引发。
在混合物上加少量KClO3固体并插上Mg条,点燃Mg条后放出热量,使KClO3固体分解放出O2,进一步加剧Mg的燃烧,可在短时间内使混合物温度迅速升高,引发反应。
发生的反应为Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,所以产物中单质B为Fe,故答案为:
加少量KClO3,插上镁条并将其点燃;Fe;
(2)Fe2O3和MgO都是碱性氧化物,能和酸反应生成盐和水:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O,MgO+2HCl=MgCl2+H2O,故答案为:
Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O、MgO+2HCl=MgCl2+H2O;
(3)混合物中只有Fe2O3能和Al发生铝热反应,生成Fe单质。
C溶液中有反应生成的FeCl3,还有未反应的HCl。
发生的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑。
(4)假设步骤②用去的20g固体中,MgO的物质的量为x,则Fe2O3的物质的量也为x,则40g·mol-1×x+160g·mol-1×x=20g,解得:
x=0.1mol。
根据MgO~MgCl2的关系,则溶液中MgCl2的浓度为0.1mol÷0.15L≈0.67mol·L-1。
步骤④说明溶液中没有Fe3+,也就是溶质为FeCl2和MgCl2。
根据Cl-守恒的关系,可知MgCl2和FeCl2的总的物质的量等于
=0.45mol,所以,FeCl2的浓度为
≈2.3mol·L-1,故答案为:
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑;0.67mol·L-1;
【点睛】
本题考查混合物反应的计算、物质的量浓度计算,题目难度中等,掌握氧化镁、氧化铁以及铁和三价铁离子的反应原理为解答的关键,(4)中计算亚铁离子的物质的量时,不可忽略了铁与氢离子的反应。
8.以粉煤灰(主要含3Al2O3·2SiO2、SiO2,还含有少量CaO、Fe2O3等物质)为原料制取Al2O3的流程如图:
(1)当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时,“焙烧”后所得产物的X射线衍射谱图如图所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在,不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。
由图可知,当a=___时,3Al2O3·2SiO2的利用率最高。
(2)“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3的离子反应方程式为___。
(3)“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为___。
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,升高温度有利于水解的原因是___。
该步骤可将加水改成通入过量的___气体。
(5)流程中,可以回收并循坏利用的物质除NH3外,还有___和___。
【答案】8Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O水解为吸热反应,升高温度有利于平衡正向进行CO2NaOH(NH4)2SO4
【解析】
【分析】
粉煤灰、(NH4)2SO4进行灼烧处理,把3Al2O3·2SiO2转化为NH4Al(SO4)2,且当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a(a=
)不同时各产物含量不同,如图a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
加硫酸进行酸浸,过滤,滤液中含有Al3+、Fe3+以及其他可溶性离子,通入氨气生成沉淀Al(OH)3和Fe(OH)3,滤液Ⅰ为(NH4)2SO4,加入氢氧化钠进行碱浸取过滤,滤渣为Fe(OH)3滤液Ⅱ为NaOH和NaAlO2,加水水解得到Al(OH)3沉淀,煅烧得氧化铝。
【详解】
(1)根据分析,当(NH4)2SO4和3Al2O3·2SiO2的配比a=8时,体系中NH4Al(SO4)2含量最高,此时3Al2O3·2SiO2的利用也率最高。
(2)通入氨气“沉淀、过滤”所得滤渣为Fe(OH)3和Al(OH)3,生成Fe(OH)3离子反应方程式:
Fe3++3NH3+3H2O=Fe(OH)3↓+3NH4+;
(3)根据分析,“碱浸”加入NaOH发生反应的离子方程式为OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O;
(4)“水解、过滤”可得到Al(OH)3沉淀,水解过程是吸
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