高考化学钠及其化合物大题培优 易错 难题及答案解析.docx
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高考化学钠及其化合物大题培优易错难题及答案解析
高考化学钠及其化合物（大题培优易错难题）及答案解析
一、高中化学钠及其化合物
1．
（1）常温下Na2CO3、NaHCO3、NaOH的溶解度分别为15.9、8.4、109.0g/100g水。
①欲在NaOH溶液中通入CO2产生Na2CO3沉淀，NaOH的质量百分数至少为多少___？
（保留1位小数，xx.x%）
②NaHCO3溶解度明显低于Na2CO3，在上述NaOH浓溶液中通入CO2，为什么不考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀？
___。
（2）形式多样的硅酸盐是无机矿物的重要基石。
SiO44-是一种四面体形的离子（属硅酸根），其结构可用图a表示，硅原子位居该四面体中心（图中不可见），四个氧原子各占一个顶点。
图b和图c则是复合硅酸根离子中的两个实例，均为无支链的单环状，分别由数个硅氧四面体a通过共用氧原子的形式构成。
①求b的化学式。
___
②若一个单环状离子中Si原子数为n（n≥3），则其化学式为__。
③绿柱石是铍、铝的此类硅酸复盐，其化学式中含6个硅原子，该复盐的化学式是___。
【答案】11.0%在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3Si3O96-SinO3n2n-Be3Al2Si6O18（或3BeO·Al2O3·6SiO2）
【解析】
【分析】
（1）①设100g水中溶有NaOHag，根据方程式2NaOH＋CO2＝Na2CO3＋H2O计算生成碳酸钠、水的质量，产生Na2CO3沉淀，此时碳酸钠为饱和溶液，结合碳酸钠溶解度列方程计算，进而计算氢氧化钠溶液质量分数；
②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；
（2）①根据每个四面体中心含有1个Si原子及图b中四面体数目判断硅原子、氧原子数目，再根据氧元素和硅元素的化合价进行判断；
②根据b、c的化学式找出规律，然后推断硅原子数目为n时含有的氧原子、硅原子数目及所带电荷数，从而确定其化学式；
③含有6个硅原子的化学式为Si6O1812−，带有12个单位的负电荷，然后根据铍的化合价为＋2、铝的化合价为＋3计算出绿柱石化学式。
【详解】
（1）①设100g水中溶有NaOHag，则：
碳酸钠溶解度为15.9g/100g水，则
：
（100g＋
）＝15.9：
100，
解得a＝12.3，故NaOH的质量百分数至少为
×100%＝11.0%，故答案为：
11.0%；
②在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3，故不需要考虑在Na2CO3沉淀之前先产生NaHCO3沉淀，故答案为：
在NaOH存在的条件下不会先生成NaHCO3；
（2）①b含有氧原子个数为9，含有3个四面体结构，则含有硅原子个数为3，根据化合物中Si的化合价为＋4、O氧元素化合价为−2可知，b的化学式为：
Si3O96−，故答案为：
Si3O96−；
②c中含有6个四面体结构，所以含有6个Si原子，含有的氧原子数为18，含有氧原子数比6个硅酸根离子少6个O，带有的电荷为：
6×（−2）＝−12；根据图示可知：
若一个单环状离子中Si原子数为n（n≥3），则含有n个四面体结构，含有的氧原子比n个硅酸根离子恰好少n个O原子，即：
含有n个Si，则含有3n个O，带有的负电荷为：
n×（−2）＝−2n，其化学式为：
SinO3n2n−，故答案为：
SinO3n2n−；
③根据SinO3n2n−可知，含有6个硅原子，该硅酸盐所带的负电荷为：
−12，设铍的个数为x，铝的个数为y，则2x＋3y＝12，讨论可得x＝3、y＝2，其化学式为：
Be3Al2Si6O18，故答案为：
Be3Al2Si6O18（或3BeO·Al2O3·6SiO2）。
【点睛】
本题
（2）注意掌握确定复杂化学式的方法，能够根据题中信息找出规律是解答本题关键。
2．过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。
（1）一定条件下，m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重___克。
（2）常温下，将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mLpH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积为___L。
（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克。
此时生成标准状况下气体体积为5.6L。
则原混合液中c（SO42-）=___mol/L。
（4）取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g。
请列式计算：
①求原混合物中Na2O2的质量B___；
②若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___？
【答案】m1.1227.8g200mL≤V≤320mL
【解析】
【分析】
（1）利用差量法，根据化学方程式分析：
CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应；2CO+O2
2CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O2
2H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；
（2）氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠，根据n＝
计算出氢氧化钠的物质的量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据c＝
计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积；
（3）生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：
＝0.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：
0.5mol×2＝1mol，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：
＝0.1mol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：
0.3+0.1＝0.4mol，则c＝
＝2mol/L；
（4）①结合发生的反应2Na2O2+4NaHCO3＝4Na2CO3+2H2O↑+O2↑和2Na2O2+2NaHCO3＝2Na2CO3+2NaOH+O2↑计算；
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3，再结合反应原理计算。
【详解】
（1）CO和H2的混合气体燃烧的方程式：
2CO+O2
2CO2，2H2+O2
2H2O，与Na2O2反应的方程式：
2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，通过方程式可以看出，固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg；
（2）设14.0g混合物中含有氧化钠xmol，含有过氧化钠ymol，则①62x+78y＝14，最后得到的溶质为NaOH，得到400mLpH＝14的溶液，氢氧化钠的物质的量为：
0.4×1＝0.4mol，根据钠原子守恒可得：
②2x+2y＝0.4，联合①②解得：
x＝0.1、y＝0.1，所以0.1mol的过氧化钠生成0.05mol的氧气，标况下生成的氧气的体积为：
V（O2）＝22.4L/mol×0.05mol＝1.12L；
（3）生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：
＝0.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：
0.5mol×2＝1mol，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：
＝0.1mol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8，所以铝离子的物质的量为0.2mol，所以溶液中硫酸根离子的物质的量为：
0.3+0.1＝0.4mol，则c＝
＝2mol/L，故答案为：
2；
（4）①设Na2O2和NaHCO3的物质的量分别为x，y；
15.41＜15.92＜16.11说明两个反应都发生，所以：
78x+84y＝17.88、106y+（2x﹣y）×40＝15.92，解之得：
x＝0.1mol、y＝0.12mol，故m（Na2O2）＝7.8g；
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3，当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时，则需盐酸体积为200mL；当反应后溶质只有NaCl时，则需盐酸体积为320mL，故盐酸体积为200mL≤V≤320mL。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算，注意掌握有关物质的量的计算方法，明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用，试题有利于提高学生的化学计算能力。
3．现有下列物质：
①KCl②CH4③NH4NO3④I2⑤Na2O2⑥HClO4⑦N2⑧CO⑨SO2⑩金刚石⑪CH3CH2OH⑫MgO⑬MgCl2⑭KOH⑮HCl⑯Al2O3
请回答下列问题。
（1）两性氧化物是___（填序号），其电子式为___。
（2）最简单的有机化合物是___（填序号），用电子式表示其形成过程：
___。
（3）属于共价化合物的是___（填序号），含有共价键的离子化合物是___（填序号）。
（4）由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为___（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为___。
【答案】⑯
②
②⑥⑧⑨⑪⑮③⑤⑭⑤2Na+O2
Na2O2
【解析】
【分析】
（1）两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；
（2）最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物；
（3）一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；
（4）由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2。
【详解】
（1）两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al2O3，Al2O3是离子化合物，其电子式为：
，故答案为：
⑯；
；
（2）最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：
，故答案为：
②；
；
（3）只含共价键的化合物为共价化合物，CH4、HClO4、CO、SO2、CH3CH2OH、HCl中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有：
NH4NO3、Na2O2、KOH，故答案为：
②⑥⑧⑨⑪⑮；③⑤⑭ ；
（4）由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的化学方程式：
2Na+O2
Na2O2，故答案为：
⑤；2Na+O2
Na2O2。
【点睛】
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。
4．
（1）配平下列方程式
①_____Na+_____H2O=_____NaOH+_____H2↑
②_____Na2O2+_____CO2=_____NaCO3+_____O2↑
③_____KMnO4+_____HCl（浓）=_____KCl+_____MnCl2+_____H2O+_____Cl2↑
④_____Al+_____H2O+_____NaOH=_____NaAlO2+_____H2↑
（2）用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________
①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【答案】22212221216228522223
【解析】
【分析】
配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，可利用化合价升降守恒来配平，再通过原子守恒来配平其他物质。
【详解】
（1）①Na由0价变为+1价，H由+1价变为0价，故方程为：
，故答案为：
2；2；2；1；
②此为歧化反应，O化合价由-1价变为-2价和0价，故方程为：
，故答案为：
2；2；2；1；
③Mn化合价由+7价下降为+2价，Cl化合价由-1价升高为0价，故方程为：
，故答案为：
2；16；2；2；8；5；
④Al化合价由0价升高为+3价，H化合价有+1价下降为0价，故方程为：
，故答案为：
2；2；2；2；3；
（2）①此化学方程式为歧化反应，O由+1价变为-2价和0价，双线桥表示为：
，故答案为：
②Fe2+离子为还原剂化合价由+2变为+3价失去一个电子，Cl由0价变为-1价得到一个电子，用双线桥表示为：
，故答案为：
。
5．为测定氢氧化钠和碳酸钠固体混合物样品中碳酸钠的质量分数，甲、乙两位同学分别设计了如下实验方案：
Ⅰ.甲同学的方案是：
将mg样品溶解，加过量氯化钡溶液，过滤、洗涤、烘干，称得固体为ng。
（1）混合物中碳酸钠的质量分数为_____（用m、n表示），甲同学洗涤沉淀的具体操作是_____。
（2）Ca2＋、Ba2＋都可以使CO32-沉淀完全，但使用氯化钡溶液比氯化钙溶液所得的结果具有更高的精确度，原因是①________；②BaCO3的摩尔质量比CaCO3的大，与等质量的Na2CO3反应，Ba2＋产生沉淀的质量大，称量误差小。
Ⅱ.乙同学的方案的实验装置如图所示：
（1）盛有浓硫酸的装置的作用是______。
（2）乙同学的方案的装置中存在一定的缺陷，请你提出改进的方法：
______（简单叙述做法，不必画图）。
【答案】
×100%向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，待水自然流下后，再重复2-3次反应生成的Ca（OH）2微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大吸收二氧化碳气体中的水蒸气（或干燥二氧化碳）在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置；在碱石灰装置后再连接一个装有碱石灰的装置
【解析】
【分析】
I.
（1）混合物中碳酸钠的质量分数=
×100%，混合物的质量为mg，碳酸钠的质量可根据碳酸钡的质量ng来求出；根据沉淀洗涤方法分析；
（2）若用氯化钙的话，反应生成的氢氧化钙微溶于水，会使沉淀的质量变大；
II.
（1）根据浓硫酸的吸水性分析；
（2）反应后的装置中会有残留的二氧化碳气体，碱石灰会吸收外面空气中的水和二氧化碳。
【详解】
I.
（1）设碳酸钠的质量为x，根据反应方程式：
Na2CO3+BaCl2=BaCO3↓+2NaCl可知：
每有106gNa2CO3反应，会产生197gBaCO3沉淀，则反应产生ngBaCO3沉淀，反应的Na2CO3质量x=
=
g，所以样品中Na2CO3的质量分数为
×100%=
×100%；
甲同学洗涤沉淀的具体操作是：
向沉淀中加入蒸馏水至刚好没过沉淀，静置，待水自然流下后，再重复2-3次；
（2）若用氯化钙，反应生成的Ca（OH）2微溶于水，会使沉淀的质量变大，且碳酸钙的相对分子量小于碳酸钡，会导致称量误差偏大；
II.
（1）浓硫酸具有吸水性，盛有浓硫酸的装置的作用是吸收二氧化碳气体中的水蒸气；
（2）该方案中没有除去装置中的空气，空气中含有二氧化碳会影响测定结果，另外反应后的装置中也有残留的二氧化碳气体；碱石灰也会吸收外面空气中的水和二氧化碳。
改进方法是在气体发生装置前加一个经过碱液处理的通入空气的装置，在实验前先通入空气，排除装置中空气中CO2的干扰，实验结束再通入空气，将反应产生的CO2赶出，全部被碱石灰吸收；在碱石灰装置后再连接一个碱石灰装置，以防吸收空气中的水和二氧化碳。
【点睛】
本题考查了碳酸钠的性质、化学实验基本操作、化学实验方案的设计与评价，注意掌握碳酸钠的性质，明确实验方案的设计与评价方法，试题有利于提高学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。
6．某化学小组进行Na2O2与水反应的实验，如下图所示，该小组对试管c中红色褪去的原因进行探究。
（1）Na2O2中含有的化学键类型：
__________；请写出a中反应的化学方程式______。
查阅资料：
①当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；
②Na2O2与水反应分两步进行：
Na2O2+H2O="NaOH"+H2O22H2O2=2H2O+O2↑
（2）请设计实验验证Na2O2与水反应后的溶液中有H2O2残留：
取少量b溶液于试管中，____________，证明溶液中有H2O2残留。
（3）结合资料，该小组同学针c中溶液红色褪去的原因提出以下假设：
①_____________________；
②溶液中H2O2破坏酚酞的结构；
③NaOH和H2O2共同作用结果。
（4）该小组同学测出c中溶液的pH为14，认为还不能排除假设②、③，于是又进行了如下实验，请完成下表空白处：
实验
操作
现象
结论
1
向少量H2O2中滴加2滴酚酞，放置一段时间，再加入NaOH溶液至pH=12
加入NaOH后，无色溶液先变红，后褪色
①___________
2
向少量NaOH溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液pH=12
溶液先变红，后褪色；加盐酸后，又出现红色，且不褪色
3
向Na2O2与水反应后的溶液（pH=14）中滴加2滴酚酞；再加适量稀盐酸至溶液pH=12……
②_____________________________……
溶液pH大于13时，NaOH使变红的溶液褪色；pH在8~13时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色
（5）某同学按取（4）中述实验2褪色后的溶液，加水稀释至pH=12，没有观察到溶液变红。
该同学推测实验2加盐酸后溶液变红还可能与温度有关，请写出理由：
___________。
【答案】离子键、非极性共价键2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃溶液中NaOH浓度较大，pH≥13仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果（或假设②不正确，假设③正确）溶液先变红，后褪色；加入稀盐酸，会因发生中和反应而放热，使溶液温度升高
【解析】
【详解】
（1）Na2O2中含有的化学键类型有离子键、非极性共价键；Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
（2）证明过氧化氢的存在，利用其在二氧化锰作催化剂的条件下发生分解反应，生成氧气来判断。
操作步骤是加入少量MnO2粉末，产生大量气泡，用带火星的木条检验，木条复燃。
（3）当NaOH溶液pH≥13时，可以使酚酞由红色褪为无色；所以①的假设是溶液中NaOH浓度较大，pH≥13；
（4）实验1的现象说明①仅H2O2不能破坏酚酞结构，酚酞褪色是H2O2和NaOH共同作用结果；
实验3的结论说明Na2O2与水反应后的溶液（pH=14>13），所以滴加2滴酚酞先变红后褪色；加入盐酸使氢氧根离子浓度减小，又出现红色，pH在8~13时，NaOH和H2O2共同作用使溶液褪色，所以最终溶液褪色。
（5）加水稀释不变红，加盐酸后变红，因为加盐酸后发生中和反应，中和反应是放热反应，体系温度升高，溶液红色出现。
7．①盐酸、②铁、③碳酸氢钠、④二氧化硅是常见的物质。
请回答下列问题。
（1）上述4种物质中属于盐的是______（填序号，下同）；水溶液能使紫色石蕊溶液变红的是______。
（2）写出盐酸的电离方程式___________。
（3）写出二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_____________。
（4）碳酸氢钠可治疗胃酸（0.2%～0.4%的盐酸）过多，反应的离子方程式为_______。
等物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠与足量盐酸反应时生成CO2的量，前者_______后者（填“＞”、“＜”或“＝”）。
（5）氯碱工业是以电解饱和食盐水为基础的基本化学工业。
电解饱和食盐水的产物中一种是所有气体中密度最小的气体、一种是黄绿色气体和一种易溶、易电离的碱，则电解食盐水的化学方程式：
___________。
【答案】③①HCl=H++Cl-SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OHCO3-+H+=H2O+CO2↑=2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
【解析】
【分析】
（1）由金属阳离子（或铵根离子）和酸根离子组成的化合物属于盐；酸使紫色石蕊溶液变红；
（2）盐酸是强酸，完全电离产生氢离子和氯离子；
（3）二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，据此写出反应的方程式；
（4）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，根据离子方程式的书写方法书写；二者都可与盐酸反应生成二氧化碳气体，结合方程式判断；
（5）根据电解饱和食盐水的电解原理，阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极产生氯气，写出电解饱和食盐水的电解方程式。
【详解】
（1）①盐酸属于酸、能使紫色石蕊溶液变红②铁是单质③碳酸氢钠是盐④二氧化硅是氧化物；故答案为：
③；①；
（2）盐酸是强酸，完全电离产生氢离子和氯离子，方程式为：
HCl=H++Cl-，故答案为：
HCl=H++Cl-；
（3）二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成了硅酸钠和水，反应的离子方程式为：
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；
（4）碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，反应的离子方程式为：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑；碳酸氢钠与足量盐酸反应的化学方程式为：
NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，碳酸钠与足量盐酸反应的化学方程式为：
Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑，由以上两个化学方程式可以看出，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与HCl反应，产生CO2的物质的量之比为：
1:
1；故答案为：
HCO3-+H+=H2O+CO2↑；=；
（5）通电后阴极氢离子放电，阴极产生氢气和氢氧化钠，阳极上氯离子放电产生氯气，电解反应方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑；故答案为：
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑。
8．Ⅰ.今有11种物质：
①铝线；②石墨；③氯气；④BaSO4晶体；⑤纯硫酸；⑥盐酸；⑦石灰水；⑧乙醇；⑨熔融的KNO3；⑩NH3。
其中：
属于电解质的是___；
Ⅱ.已知0.1mol/L的NaHSO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1mol/L，请回答下列问题：
（1）写出NaHSO4在水溶液中电离的方程式：
____。
（2）写出NaHSO4与氢氧化钠溶液反应的离子方程式___。
（3）向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至溶液恰好显中性，则该反应的离子方程式是：
____。
Ⅲ.钠是一种还原性很强的金属，甚至能和冷水发生剧烈反应，写出钠加入到水中反生反应的离子反应方程式___；把钠加入到饱和的石灰水中的现象是___，产生这种现象的原因是_____；把钠加入到硫酸铜溶液中的
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