2026年湖南省株洲市高二下學(xué)期第一次月考化學(xué)模擬試卷（人教版）（解析版）

2026年湖南省株洲市高二下學(xué)期第一次月考模擬試卷化學(xué)試題（解析版）題號(hào)12345678910答案DCCDBCDBAC題號(hào)11121314答案DCCA1．D【詳解】A．實(shí)驗(yàn)1中與反應(yīng)生成沉淀，Cu元素化合價(jià)從+2降為+1，部分化合價(jià)從-1升為0生成，配平后反應(yīng)符合得失電子守恒和原子守恒，反應(yīng)原理正確，A正確；B．實(shí)驗(yàn)2中加入后溶液變紅，說(shuō)明生成了，結(jié)合已知是擬鹵素，具有氧化性，可氧化生成，B正確；C．實(shí)驗(yàn)1無(wú)時(shí)氧化反應(yīng)緩慢，加入后反應(yīng)速率明顯加快，且在反應(yīng)過(guò)程中先被氧化，后被還原再生，符合催化劑的特點(diǎn)，因此是該反應(yīng)的催化劑，C正確；D．刻蝕覆銅板后的腐蝕液中一定含有Cu2+和反應(yīng)生成的，加入KSCN后，可氧化生成，能將氧化為，也會(huì)使溶液變紅，因此變紅不能說(shuō)明腐蝕液中一定含，D錯(cuò)誤；故答案選D。2．C【詳解】A．通入氯水發(fā)生反應(yīng)：，作還原劑，體現(xiàn)還原性，不是漂白性，A錯(cuò)誤；B．亞硫酸鹽、亞硫酸氫鹽都易被空氣中氧氣氧化，蒸干灼燒后，+4價(jià)硫會(huì)被氧化為+6價(jià)，最終得到，無(wú)法制得，B錯(cuò)誤；C．由亞硫酸的兩步電離常數(shù)可得：代入數(shù)據(jù)：，時(shí)，因此可得；亞硫酸第一步電離程度遠(yuǎn)大于第二步，因此，即，C正確；D．由變形得：；稀釋飽和亞硫酸溶液時(shí)，逐漸減小（無(wú)限稀釋接近中性），溫度不變不變，因此該比值逐漸增大，D錯(cuò)誤；故選擇C。3．C【分析】圖示為原電池，電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為；電極為正極。【詳解】A．電極為負(fù)極，電極為正極，負(fù)極電勢(shì)低于正極，A正確；B．根據(jù)分析，電極為負(fù)極，電極反應(yīng)式為，B正確；C．由題圖可知，Zn轉(zhuǎn)化為[Zn(OH)4]2-，Zn失電子，所在電極為負(fù)極，為了維持溶液呈電中性，陽(yáng)離子朝正極移動(dòng)，陰離子朝負(fù)極移動(dòng)，通過(guò)N膜從右室進(jìn)入中間室，負(fù)極質(zhì)量減少6.5g，轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為0.2mol，因此通過(guò)N膜的陰離子的物質(zhì)的量為0.1mol，C錯(cuò)誤；D．電池工作一段時(shí)間后，負(fù)極區(qū)通過(guò)M膜向中間室移動(dòng)，正極區(qū)通過(guò)N膜向中間室移動(dòng)，故濃度將增大，D正確；故選C。4．D【分析】根據(jù)蓋斯定律推導(dǎo)焓變關(guān)系：①；②；③，由蓋斯定律可知：反應(yīng)③=反應(yīng)①-反應(yīng)②，因此得焓變關(guān)系：，，據(jù)此分析；【詳解】A．弱電解質(zhì)電離、水的電離均為吸熱過(guò)程，因此，，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)推導(dǎo)的關(guān)系，B錯(cuò)誤；C．將代入不等式，化簡(jiǎn)得，與（電離吸熱）矛盾，C錯(cuò)誤；D．由，水的電離吸熱，，因此，可得，D正確；故選D。5．B【分析】反應(yīng)Ⅰ為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動(dòng)，C2H5OH的產(chǎn)率下降，反應(yīng)Ⅲ為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動(dòng)，CH3CHO的產(chǎn)率上升，即L1為CH3CHO的選擇性，由于C2H5OH、CH3CHO、CH3COOC2H5的選擇性相加為1，即L2為C2H5OH的選擇性，綜上L3為乙酸的轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的曲線，據(jù)此分析解題。【詳解】A．根據(jù)分析，曲線L3為乙酸的轉(zhuǎn)化率，A正確；B．由題干圖像信息可知，T℃時(shí)S(CH3COOC2H5)=S(CH3CHO)=21%，結(jié)合題干選擇性的計(jì)算公式可知，S(CH3COOC2H5)+S(CH3CHO)+S(C2H5OH)=100%，即S(C2H5OH)=1-21%-21%=58%，而含碳產(chǎn)物的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分母為，二者分母不同，因此物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)不是58%，B錯(cuò)誤；C．反應(yīng)Ⅲ為吸熱反應(yīng)，溫度升高平衡正向移動(dòng)；反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ均為放熱反應(yīng)，升溫均逆向移動(dòng)，溫度低于340℃時(shí)S(CH3COOC2H5)隨溫度升高增大，說(shuō)明反應(yīng)Ⅰ逆向移動(dòng)程度大于反應(yīng)Ⅱ逆向移動(dòng)程度，C正確；D．移除H2O(g)，三個(gè)反應(yīng)的平衡均正向移動(dòng)，三種含碳產(chǎn)物的產(chǎn)量均增加，無(wú)法確定CH3CHO的占比變化，因此其選擇性不一定增大，D正確；故選B。6．C【分析】硫酸四氨合銅晶體加入稀硫酸溶解，加入碘化鉀將銅離子還原為碘化亞銅，碘離子被氧化生成碘單質(zhì)，用硫代硫酸鈉溶液滴定碘單質(zhì)，從而計(jì)算Cu元素含量。【詳解】A．配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，所需的步驟有計(jì)算、稱量、溶解（冷卻）、轉(zhuǎn)移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶貼簽；步驟Ⅰ中用到的玻璃儀器包括燒杯、玻璃棒、250mL容量瓶、膠頭滴管、量筒，A正確；B．為防止空氣中氧氣對(duì)滴定過(guò)程的影響，步驟Ⅲ滴定時(shí)間不宜過(guò)長(zhǎng)，B正確；C．步驟Ⅲ若滴定前滴定管有氣泡，滴定后氣泡消失，導(dǎo)致Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)增大，使得測(cè)定結(jié)果偏大，C錯(cuò)誤；D．由反應(yīng)、，得反應(yīng)關(guān)系式，結(jié)合銅元素守恒，則mg產(chǎn)品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，D正確；故選C。7．D【分析】極上被氧化生成，化合價(jià)升高，失電子，因此為負(fù)極；極上被還原生成，化合價(jià)降低，得電子，因此為正極。【詳解】A．根據(jù)分析可知，a為負(fù)極，b為正極；正極電勢(shì)比負(fù)極高，A正確；B．極（負(fù)極）反應(yīng)為，生成；極（正極）反應(yīng)為，需要消耗，因此需要允許質(zhì)子通過(guò)，該離子交換膜為質(zhì)子交換膜，B正確；C．從圖分析，銨根離子和氧氣參與反應(yīng)生成硝酸根離子，故反應(yīng)的離子方程式為，C正確；D．據(jù)a、b電極反應(yīng)分析，電子守恒，則二氧化碳和氮?dú)獾奈镔|(zhì)的量比為10：4=5：2，D錯(cuò)誤；故選D。8．B【詳解】A．明礬凈水利用水解生成氫氧化鋁膠體吸附懸浮雜質(zhì)，漂白粉殺菌消毒利用次氯酸的強(qiáng)氧化性，二者作用原理不同，A正確；B．碳酸鈉與硫酸鋁反應(yīng)產(chǎn)生的量不足以形成有效泡沫，因此泡沫滅火器常使用碳酸氫鈉溶液和硫酸鋁溶液，B錯(cuò)誤；C．日常生活中焰火的焰色、LED發(fā)光、激光發(fā)光，本質(zhì)都是原子核外電子躍遷釋放能量產(chǎn)生光，都與電子躍遷有關(guān)，C正確；D．飽和氯化銨溶液中水解使溶液呈酸性，酸性可以和鋼鐵表面的銹跡（主要成分為氧化鐵）反應(yīng)，因此可清洗銹跡，D正確；故答案選B。9．A【詳解】A．元素非金屬性越強(qiáng)電負(fù)性越大，O的非金屬性強(qiáng)于H，因此電負(fù)性：H＜O，A正確；B．主族元素價(jià)層電子數(shù)等于最外層電子數(shù)，O最外層電子數(shù)為6，Al最外層電子數(shù)為3，因此價(jià)層電子數(shù)：O＞Al，B錯(cuò)誤；C．Mg和Al為第三周期元素，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，Mg位于Al左側(cè)，因此原子半徑：Mg＞Al，C錯(cuò)誤；D．元素金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性越強(qiáng)，同周期從左到右金屬性減弱，金屬性Mg＞Al，因此堿性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，D錯(cuò)誤；故選A。10．C【詳解】A．轉(zhuǎn)化為C4H6(g)是兩分子偶聯(lián)，形成了新的C-Cσ鍵，但此過(guò)程不涉及π鍵的斷裂，A錯(cuò)誤；B．由圖2可知，C2H2(g)轉(zhuǎn)化為的過(guò)程中放熱，但從到C4H6(g)的過(guò)程能量變化未知，B錯(cuò)誤；C．由圖2可知，乙炔氫化制乙烯的歷程中步驟H2O(g)＋＋e-=OH-＋的活化能較高，反應(yīng)速率較慢，故決定制乙烯的反應(yīng)速率，C正確；D．轉(zhuǎn)化為的活化能較高，活化能越大，反應(yīng)越慢，越不利于乙炔氫化制C4H6(g)，D錯(cuò)誤；故選C。11．D【詳解】A．中N原子含有1對(duì)孤對(duì)電子，中N原子不含孤對(duì)電子，孤對(duì)電子對(duì)成鍵電子對(duì)的斥力更大，鍵角更小，因此H-N-H鍵角：，A錯(cuò)誤；B．的結(jié)構(gòu)式為，分子中所有單鍵均為σ鍵，1mol中共含有4molσ鍵，B錯(cuò)誤；C．羥基為吸電子基團(tuán)，中N原子的電子云密度小于，N原子電子云密度越大，接受質(zhì)子能力越強(qiáng)，堿性越強(qiáng)，因此同濃度水溶液的堿性：，C錯(cuò)誤；D．中N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，硫酸根中S原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)也為4，因此N、S原子均為雜化，D正確；故選D。12．C【分析】W、X、Y、Z分別屬于三個(gè)短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，依據(jù)所形成化合物的化學(xué)鍵可判斷W為H，X為C，Y為N，Z為S，E為NH3，Q為CS2，M的陽(yáng)離子為，陰離子為48電子的。【詳解】A．根據(jù)元素電負(fù)性規(guī)律，同周期從左到右，電負(fù)性增大，同主族從上到下，電負(fù)性減小；電負(fù)性順序?yàn)镠(W)<C(X)<S(Z)<N(Y)，即W<X<Z<Y，A錯(cuò)誤；B．Q為CS2，是結(jié)構(gòu)對(duì)稱的直線形非極性分子，硫單質(zhì)為非極性分子，根據(jù)相似相溶原理，S易溶于CS2，不是微溶，B錯(cuò)誤；C．同周期主族元素原子半徑從左到右遞減，故r(N)<r(C)；S為第三周期元素，半徑大于第二周期的C、N，故r(N)<r(C)<r(S)，即Y<X<Z，C正確；D．陽(yáng)離子中N原子價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，采取sp3雜化；陰離子中N原子形成3個(gè)σ鍵、含1對(duì)孤電子對(duì)，價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4，也采取sp3雜化，D錯(cuò)誤；故答案選C。13．C【分析】Y是地殼中含量最多的元素，為O，故X在第一周期，Z在第三周期，W在第四周期，基態(tài)W原子d軌道充滿電子，說(shuō)明W的3d軌道排滿10個(gè)電子；且X、Z、W單電子數(shù)目相同：W為第四周期元素，d軌道充滿，若單電子數(shù)為1，則W的核外價(jià)電子排布為，；X為第一周期，單電子數(shù)為1，；Z為第三周期，單電子數(shù)為1，原子序數(shù)介于O和Cu之間，對(duì)應(yīng)，則。【詳解】A．Cu為重金屬，屬于重金屬鹽，A正確；B．化合物中內(nèi)部存在共價(jià)鍵，B正確；C．一般情況下，同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢(shì)，同主族從上到下第一電離能逐漸減小，處于不同周期，原子半徑小，原子核對(duì)最外層電子的吸引力強(qiáng)，其第一電離能大于；銅的電子排布為，軌道只有一個(gè)電子，容易失去，形成穩(wěn)定的全充滿結(jié)構(gòu)，因此，?第一電離能最低?，故第一電離能：，C錯(cuò)誤；D．是29號(hào)元素，其價(jià)層電子排布為，D正確；故選C。14．A【分析】原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W的簡(jiǎn)單離子半徑是所在周期最小的，故W為Al；陰離子為，則Q為Cl；陽(yáng)離子中Z連接4個(gè)基團(tuán)，其中3個(gè)為-YX3、1個(gè)為-X，陽(yáng)離子帶1個(gè)正電荷，X原子序數(shù)最小，且只形成1個(gè)共價(jià)鍵，X為H；Y與X形成-YX3，且與Z單鍵相連，故Y為C，Z連接4個(gè)基團(tuán)且?guī)д姡Y(jié)合原子序數(shù)介于C和Al之間，Z為N。【詳解】A．為，中心N為雜化，含1對(duì)孤對(duì)電子，為三角錐形，鍵角約107°；為，中心Al為雜化，無(wú)孤對(duì)電子，為平面三角形，鍵角120°，故鍵角<，A正確；B．為，分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)遠(yuǎn)高于只存在范德華力的（），故沸點(diǎn)>，B錯(cuò)誤；C．W為Al，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為，屬于兩性氫氧化物，不是強(qiáng)堿，C錯(cuò)誤；D．X為H元素，核外只有1個(gè)電子層，成鍵后為2電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，D錯(cuò)誤；故選A。15．(1)減小(2)CO500~650℃范圍內(nèi)，在一定溫度下，加入氧化鈣，氧化鈣吸收二氧化碳，促使反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)消耗一氧化碳，導(dǎo)致Ⅰ正向移動(dòng)，都會(huì)促使氫氣產(chǎn)量的增大，故加CaO情況下的摩爾分?jǐn)?shù)更大；加入氧化鈣時(shí)，當(dāng)溫度高于650℃時(shí)，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ逆向移動(dòng)占主導(dǎo)地位，使得氫氣的摩爾分?jǐn)?shù)減小(3)1.1減小【詳解】（1）由蓋斯定律，反應(yīng)Ⅰ+Ⅱ得目標(biāo)反應(yīng)，則；平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，則，則，反應(yīng)Ⅱ?yàn)榉艧岱磻?yīng)，升溫，平衡逆向移動(dòng)，K值減小，故減小；（2）反應(yīng)Ⅰ為吸熱反應(yīng)，升溫，平衡正向移動(dòng)，甲烷含量減小、一氧化碳含量增大，則丙線為甲烷，反應(yīng)Ⅱ、反應(yīng)Ⅲ均為放熱反應(yīng)，升溫，平衡逆向移動(dòng)，一氧化碳含量增大，則甲線為一氧化碳，二氧化碳含量受反應(yīng)Ⅱ、反應(yīng)Ⅲ平衡移動(dòng)的雙重影響，乙線為二氧化碳；500~650℃范圍內(nèi)，在一定溫度下，加入氧化鈣，氧化鈣吸收二氧化碳，促使反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅱ正向移動(dòng)消耗一氧化碳，導(dǎo)致Ⅰ正向移動(dòng)，都會(huì)促使氫氣產(chǎn)量的增大，故加CaO情況下的摩爾分?jǐn)?shù)更大；加入氧化鈣時(shí)，當(dāng)溫度高于650℃時(shí)，反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ逆向移動(dòng)占主導(dǎo)地位，使得氫氣的摩爾分?jǐn)?shù)減小。（3）反應(yīng)Ⅱ?yàn)闅怏w分子數(shù)不變的反應(yīng)，可以用其物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)代替壓強(qiáng)，650℃時(shí)氣相總物質(zhì)的量4mol，各物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為H2：0.75，CO：0.05，CO2：0.01，CH4：0.05，H2O：1-0.75-0.05-0.05-0.01=0.14，則反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)；CO為4mol×0.05=0.2mol，CO2為4mol×0.01=0.04mol，CH4為4mol×0.05=0.2mol，結(jié)合碳守恒，氧化鈣吸收二氧化碳為1mol-0.2mol-0.04mol-0.2mol=0.56mol，的吸收率；800℃時(shí)，體系達(dá)平衡后，壓縮容器體積，反應(yīng)Ⅰ逆向移動(dòng)，反應(yīng)Ⅲ的，溫度不變，其值不變，則重新達(dá)平衡時(shí)，減小。16．(1)K2O>Al2O3>SiO2(2)4FeO·Cr2O3+16NaOH+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O(3)H2SiO3和Al(OH)3(4)4.5~9.3(5)低溫時(shí)K2Cr2O7溶解度遠(yuǎn)小于其他三種鹽，故發(fā)生反應(yīng)Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl(6)濃KOH溶液陽(yáng)極發(fā)生電極反應(yīng)生成氧氣和H+，c(H+)增大，促進(jìn)平衡2+2H+?+H2O正向移動(dòng)【分析】鉻鐵礦(主要成分為FeO·Cr2O3，還含有SiO2、Al2O3、Fe2O3等雜質(zhì))中加入純堿、空氣進(jìn)行熔融氧化，生成Na2CrO4、Fe2O3、Na[Al(OH)4]、Na2SiO3，加水進(jìn)行冷卻浸取后過(guò)濾，所得濾渣1為不溶于水的Fe2O3，向過(guò)濾后的溶液中加入硫酸經(jīng)酸化1使Na2SiO3、Na[Al(OH)4]轉(zhuǎn)化為H2SiO3和Al(OH)3沉淀過(guò)濾除去，再向?yàn)V液中加入硫酸酸化，將Na2CrO4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，再加氯化鉀發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，析出溶解度小的K2Cr2O7，過(guò)濾得到K2Cr2O7。【詳解】（1）離子鍵成分百分?jǐn)?shù)與成鍵元素電負(fù)性差正相關(guān)，金屬性越強(qiáng)，與氧的電負(fù)性差越大，離子鍵成分越高，金屬性：K>Al>Si，所以三種氧化物離子鍵成分百分?jǐn)?shù)由大到小的順序?yàn)椋篕2O>Al2O3>SiO2；（2）在空氣中“熔融氧化”時(shí)，F(xiàn)eO·Cr2O3轉(zhuǎn)化為Na2CrO4、Fe2O3，反應(yīng)的化學(xué)方程式：4FeO·Cr2O3+16NaOH+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8H2O；（3）由分析知，濾渣2的主要成分為H2SiO3和Al(OH)3；（4）酸化除去[Al(OH)4]-和，離子完全沉淀時(shí)lgc-5，由圖可知當(dāng)pH=4.5時(shí)，Al3+完全沉淀，當(dāng)pH=9.3時(shí)，完全沉淀，則“酸化1”時(shí)pH的理論范圍為4.5~9.3；（5）由圖2可以看出低溫時(shí)K2Cr2O7的溶解度遠(yuǎn)小于其他三種鹽，因此冷卻結(jié)晶時(shí)，Na2Cr2O7與KCl發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)：Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，K2Cr2O7大量析出；（6）①陰極發(fā)生還原反應(yīng)：2H2O+2e-=H2+2OH-，溶液中K+通過(guò)陽(yáng)離子交換膜進(jìn)入陰極室，與OH-結(jié)合生成KOH，所以陰極室中獲得的產(chǎn)品有H2和濃KOH溶液；②陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣和H+，c(H+)增大，促進(jìn)平衡2+2H+?+H2O正向移動(dòng)，從而在陽(yáng)極室得到K2Cr2O7。17．(1)第五周期ⅥB族(2)增大接觸面積，提高反應(yīng)速率(3)(4)“酸浸”時(shí)產(chǎn)生的遇電離的會(huì)形成，氧化，影響和的生成(5)(6)【分析】將廢鉬催化劑磨成粉末，在空氣中高溫焙燒，采用多層逆流方式增大固氣接觸面積，使反應(yīng)更充分、速率更快，得到產(chǎn)物固體有，氣體以為主；向焙燒后的固體中加入NaOH溶液和雙氧水進(jìn)行浸取，選擇性分離鉬，利用的酸性氧化物性質(zhì)，使其與堿反應(yīng)進(jìn)入溶液，而鈷、鎳、鐵的氧化物不溶于堿，留在濾渣中；向含的濾液中加入沉鉬試劑，再用稀硝酸酸化，將可溶性轉(zhuǎn)化為沉淀，實(shí)現(xiàn)鉬的提純與富集；向堿浸濾渣()中加入稀鹽酸和雙氧水，浸取金屬離子，將金屬氧化物溶解為可溶性氯化物，使鈷、鎳、鐵進(jìn)入溶液；向酸浸液中加入NaOH溶液調(diào)節(jié)pH，利用差異，使完全沉淀為，而仍留在溶液中，實(shí)現(xiàn)鐵與鈷鎳的分離；向除鐵后的濾液中加入溶液，利用、難溶于水的特性，將轉(zhuǎn)化為草酸鹽沉淀，實(shí)現(xiàn)鈷鎳的回收。由此解題。【詳解】（1）基態(tài)Mo原子的價(jià)層電子排布式為，電子層數(shù)為5，價(jià)電子總數(shù)為6，則在周期表中的位置為第五周期ⅥB族。（2）將廢鉬催化劑磨成粉末并采用多層逆流焙燒，可增大固體與空氣的接觸面積，使反應(yīng)更充分，同時(shí)提高反應(yīng)速率和原料利用率，確保等充分轉(zhuǎn)化為。（3）是酸性氧化物，與NaOH反應(yīng)生成鉬酸鈉和水，離子方程式為：。（4）若用稀硝酸酸浸，溶液中會(huì)引入，后續(xù)沉鎳、沉鈷步驟加入后，在酸性條件下形成強(qiáng)氧化性的，會(huì)氧化，導(dǎo)致、無(wú)法正常生成，同時(shí)可能產(chǎn)生氮氧化物污染。（5）=，當(dāng)時(shí)：，，則pH=2.8，、不能沉淀，由于，，則未沉淀時(shí)，也不會(huì)沉淀，<，將代入式中，得到，則，pH=，故調(diào)節(jié)pH的范圍為。（6）18.3g的物質(zhì)的量為0.1mol，其中結(jié)晶水的質(zhì)量為3.6g，得到a點(diǎn)固體損失質(zhì)量18.3g-14.7g=3