精编安徽省亳州市届高三化学上学期期末考试质量检测试题及答案doc.docx

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精编安徽省亳州市届高三化学上学期期末考试质量检测试题及答案doc

安徽省毫州市2017-2018学年年度第一学期期末高三质量检测

化学试题

1.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（）

A.蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同

B.硫酸亚铁片和维生素C同时服用，不能增强治疗缺铁性贫血的效果

C.古代的陶瓷、砖瓦、现代的玻璃、水泥等都是硅酸盐产品

D.工业上通过电解熔融的氯化物制取Na、Mg、Al三种金属

【答案】C

【解析】A项，蚕丝的成分是蛋白质，棉花的成分是纤维素，二者组成元素不同，结构不同，性质不同，故A错误；B项，维生素C具有还原性，硫酸亚铁片和维生素C同时服用，可防止Fe2+被氧化，能增强治疗缺铁性贫血的效果，故B正确；C项，古代的陶瓷、砖瓦都是传统无机非金属材料，现代的玻璃、水泥等，制备原料都需要用到硅酸盐等物质，都是硅酸盐产品，故C正确；D项，工业上可以通过电解熔融的氯化物制取Na和Mg，但氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，不能电解冶炼铝单质，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝单质，故D错误。

2.下列分离物质的方法中，根据微粒大小分离的是（）

A.萃取B.渗析C.蒸馏D.重结晶

【答案】B

【解析】A项，萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的不同进行分离，与微粒大小无关，故A错误；B项，渗析一般是分离提纯胶体的一种方法，操作中微粒小的离子、分子可透过半透膜，而胶体中微粒直径比离子、分子大，不能透过半透膜，是根据微粒大小进行分离，故B正确；C项，蒸馏是利用物质的沸点不同进行分离，与微粒大小无关，故C错误；D项，重结晶是利用物质的溶解度随温度的变化较大进行分离的方法，与微粒大小无关，故D错误。

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）

A.l8gH2O中含有的电子数为10NA

B.46gNO2和46gN2O4中含有的原子数均为3NA

C.1LImol·L-1的盐酸中所含HC1分子数为NA

D.标准状况下，l1.2LO3中含1.5NA个氧原子

【答案】C

【解析】试题分析：

A、的摩尔质量为18g/mol,所以18g水物质的量为1mol,1molH2O中,含2molH,1molO,原子序数=电子数,H和O的原子序数分别为1和8,所以一个H2O含电子数为10,1molH2O含电子数10mol,即10NA，A项正确；B、如果46g完全是NO2,则NO2的物质的量是46g÷46g每mol=1mol,一个分子中含有3个原子,所以1molNO2含有的原子的物质的量是1mol×3=3mol,数目是3NA.，如果46g完全是N2O4,则N2O4的物质的量为46g÷92g每mol=0.5mol,一个分子中含有6g原子,所以46g的N2O4含有原子的物质的量是0.5mol×6=3mol,其数目为3NA.综上,无论是46g的NO2,还是46g的N2O4,还是46g的NO2和N2O4混合气体中含有原子总数均为3NA．B项正确；C、1L1mol·L-1的盐酸中，没有HCl分子，C项错误；D、标准状况下，11.2LO3物质的量=11.2/22.4=0.5mol，O原子的物质的量=3×0.5=1.5mol，N（O）=1.5NA，D项正确；答案选C。

考点：

考查阿伏加德罗常数的相关计算

4.下列各溶液中能大量共存的离子组是（）

A.使酚酞试液呈红色的溶液中：

CO32-、CH3COO-、SO42-、K+

B.使pH试纸呈红色的溶液中：

Fe2+、S2-、NO3-、Cl-

C.使石蕊试液呈蓝色的溶液中：

Mg2+、SO42-、Cl-、Ba2+

D.使苯酚溶液呈紫色的溶液中：

Na+、AlO2-、I-、SO32-

【答案】A

【解析】A项，使酚酞试液呈红色的溶液为碱性溶液，CO32-、CH3COO-、SO42-、K+离子之间不反应，也不与OH-反应，在溶液中能大量共存，故A正确；B项，使pH试纸呈红色的溶液为酸性溶液，NO3-在酸性条件下能够氧化Fe2+和S2-，在溶液中不能大量共存，故B错误；C项，SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀而不能大量共存，使石蕊试液呈蓝色的溶液为碱性溶液，OH-和Mg2+生成Mg（OH）2沉淀而不能大量共存，故C错误；D项，使苯酚溶液呈紫色的溶液中含有Fe3+，和I-、SO32-因发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误。

点睛：

本题考查离子共存，侧重考查有限制条件的离子共存问题，熟悉常见离子的性质，明确离子之间发生的反应是解题关键，主要涉及复分解反应、氧化还原反应、络合反应、双水解反应等，注意题目的隐含条件，如：

本题中A、B、C三项都涉及溶液酸碱性的限制条件；D项隐含条件为Fe3+，注意Fe3+为常见氧化性离子，I-、SO32-为常见还原性离子。

5.能正确表示下列反应的离子方程式是（）

A.将铁粉加入稀硫酸中：

2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑

B.将磁性氧化铁溶于盐酸：

Fe3O4+8H+=3Fe3++4H2O

C.将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合：

Fe2++4H++NO3-=Fe3++2H2O+NO↑

D.将铜屑加入氯化铁溶液中：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

【答案】D

【解析】试题分析：

A．将铁粉加入稀硫酸中，反应产生硫酸亚铁和氢气，离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，错误；B．将磁性氧化铁溶于盐酸,反应产生氯化铁、氯化亚铁和水，反应的离子方程式是:

Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O，错误；C．将氯化亚铁溶液和稀硝酸混合，反应产生硝酸铁、氯化铁、NO和水，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式是：

3Fe2++4H++NO3—=3Fe3++2H2O+NO↑，错误；D．将铜屑加入Fe3+溶液中，反应产生Fe2+和Cu2+，反应的离子方程式是:

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，正确。

考点：

考查离子方程式正误判断的知识。

视频

6.Na2S2O3常作为漂白布匹后的“脱氯剂”，S2O32-和Cl2反应的产物之一为SO42-，下列说法不正确的是（）

A.该反应中还原剂是S2O32-

B.H2O参与该反应，且作氧化剂

C.根据该反应可判断氧化性：

Cl2>SO42-

D.该反应中每生成lmolSO42-，可脱去2molCl2

【答案】B

考点：

氧化还原反应．

7.下列根据反应原理设计的应用，不正确的是（）

A.CO32-+H2O

HCO3-+OH-热的纯碱溶液清洗油污

B.Al3++3H2O

Al（OH）3（胶体）+3H+明矾净水

C.TiCl4+（x+2）H2O（过量）=TiO2·xH2O↓+4HC1用TiCl4制备TiO2

D.SnCl2+H2O=Sn（OH）Cl+HCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠

【答案】D

【解析】试题分析：

A．盐的水解是吸热反应，加热促进盐类水解，则加热纯碱溶液其碱性增强，去污能力增强，A项正确；B．明矾中的Al3+水解生成Al（OH）3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒，明矾能净水，B项正确；C．TiCl4能水解生成钛的氧化物，其水解方程式为：

TiCl4+（x+2）H2O（过量）

TiO2·xH2O↓+4HCl，C项正确；D．SnCl2水解显酸性，所以在配制氯化亚锡溶液时要加入HCl抑制其水解，D项错误；答案选D。

【考点定位】考查盐类水解原理的应用。

【名师点睛】本题考查盐类水解原理的应用，要注意影响水解的因素。

①加热促进盐类水解；②明矾中的Al3+水解生成Al（OH）3胶体，能吸附水中的悬浮颗粒；③TiCl4能水解生成钛的氧化物；④SnCl2水解显酸性，要加入HCl抑制其水解。

8.关于下列各装置图的叙述中正确的是（）

A.装置①可用于实验室用制取氨气

B.装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气

C.装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色

D.装置④是原电池，锌电极为负极，发生还原反应

【答案】B

【解析】A项，氯化铵受热易分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在温度较低时又会生成氯化铵，所以不能用分解氯化铵的方法制取氨气，实验室可用氯化铵和氢氧化钙加热反应来制备氨气，故A错误；B项，氨气不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，图示装置可防止倒吸，故B正确；C项，图示方法得到的氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化，可用苯隔绝空气以防止氢氧化亚铁被氧化，故C错误；D项，装置④是原电池，锌电极为负极，发生氧化反应，故D错误。

点睛：

本题考查化学实验方案的设计与评价，涉及气体制取、防倒吸装置、物质的性质、原电池原理等，侧重于对实验基本操作和实验原理的考查，注意分析实验的可操作性、装置的作用等，如题中B项，吸收氨气要考虑其溶解性，因为氨气极易溶于水所以导管不能直接插入水中，而氨气不溶于四氯化碳，所以该装置用于吸收氨气可操作且防倒吸；C项，实验室制取氢氧化亚铁要考虑其易被氧化的性质。

9.反应N2O4（g）

2NO2（g）；△H=+57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如右图所示。

下列说法正确的是（）

A.A、C两点的反应速率：

A>C

B.A、C两点气体的颜色：

A深，C浅

C.A、C两点气体的平均相对分子质量：

A>C

D.由状态B到状态A．可以用加热的方法

【答案】D

..................

考点：

考查影响化学反应速率、化学平衡移动的因素等知识。

10.从下列实验事实中所得出的相应结论正确的是（）

实验事实

结论

A

常温下白磷可自燃，而氮气要在放电条件下才与氧气反应

非金属性：

P>N

B

CO2的水溶液可导电

CO2是电解质

C

SO2通入溴水中，溶液褪色

SO2有漂白性

D

NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀

同浓度溶液的pH:

NaAlO2>NaHCO3

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】A项，不能根据常温下白磷可自燃而氮气须在放电时才与氧气反应这一事实来确定二者非金属性的强弱，同主族元素自上而下非金属性减弱，故非金属性N＞P，由于氮气分子中N原子之间形成N≡N，键能大，所以化学性质稳定，故A错误；B项，CO2的水溶液可导电是碳酸电离出自由移动的离子导电，不是CO2本身导电，CO2是非电解质，故B错误；C项，二氧化硫使溴水褪色，发生反应：

SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，是氧化还原反应，体现了二氧化硫的还原性，二氧化硫的漂白性是指与有机色质化合为不稳定的无色物质，故C错误；D项，NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀，说明偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸氢根强，所以同浓度两溶液偏铝酸根水解程度大，pH：

NaAlO2>NaHCO3，故D正确。

11.分子式为C9H12O，属于芳香醇且苯环上有三个取代基的同分异构体共有（）

A.4种B.5种C.6种D.8种

【答案】C

【解析】试题分析：

有机物分子式为C9H12O，属于醇类，说明分子中-OH连在侧链上，苯环上有三个取代基团，说明含有2个-CH3和1个-CH2OH，两个甲基取代基可能是邻、间、对三种情况，所以共有6种情况，故选C。

考点：

考查有机物的推断、同分异构体的书写等。

12.短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大。

其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，W3+与Y2-具有相同的核外电子数，R是同周期中原子半径最小的元素。

下列叙述正确的是（）

A.Y、Z形成的化合物为离子化合物

B.Y2-的离子半径大于W3+的离子半径

C.W的最高价氧化物对应水化物的酸性比X的强

D.Z的气态简单氢化物的稳定性比R的强

【答案】B

【解析】短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大．其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，则Z为Si、X为C；W3+与Y2﹣具有相同的核外电子数，则W为Al、Y为O，R处于第三周期，且是同周期中原子半径最小的元素，则R为Cl．

A．Y、Z形成的化合物为SiO2，属于共价化合物，故A错误；

B．电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：

O2﹣＞Al3+，故B正确；

C．R（Cl）的非金属性比W（Al）强，故高氯酸酸性比偏铝酸强，故C错误；

D．非金属性R（Cl）＞Z（Si），故氢化物稳定性HCl＞SiH4，故D错误，

【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周期律的考查，难度中等．

13.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3溶液中，收集到气体V（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH溶液，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：

1，则V可能为（）

A.9.0LB.13.5LC.15.7LD.16.8L

【答案】A

【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80＝0．15mol，电子转移数0．15mol×（6＋2）＝1．2mol。

两者体积相等，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝1．2，计算的x＝0．3。

气体体积V＝0．6mol×22．4L·mol－1＝13．44L；若混合物全是Cu2S，其物质的量为0．075mol，转移电子数0．075mol×10＝0．75mol，设NOxmol，NO2xmol,3x＋x＝0．75，计算得x＝0．1875，气体体积V＝0．375mol×22．4L·mol－1＝8．4L，因此8．4L＜V＜13．44L。

视频

14.部分弱酸的电离常数如下表：

弱酸

HCOOH

HCN

H2S

电离常数（25℃）

Ka=1.8Xl0-4

Ka=4.9×10-10

Ka1=1.3×10-7

Ka2=7.1×10-15

下列有关说法不正确的是（）

A.等体积、等浓度HCOONa和NaCN两溶液中所含明离子数目相等

B.HCOO-、CN-、HS-在溶液中可以大量共存

C.NaHS溶液中加入适量KOH后：

c（Na+）=c（H2S）+c（HS-）+c（S2-）

D.恰好中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者

【答案】A

【解析】A、根据电荷守恒，HCOONa溶液中：

c（HCOO－）＋c（OH－）=c（Na＋）＋c（H＋）。

NaCN溶液中：

c（CN－）＋c（OH－）=c（Na＋）＋c（H＋），因为两者是等浓度，等体积，因此c（Na＋）相等，根据电离平衡常数，HCN的酸性弱于HCOOH，因此CN－的水解程度大于HCOO－，NaCN的碱性强于HCOONa，NaCN中c（H＋）小于HCOONa中的c（H＋），HCOONa中阴离子数目大于NaCN中阴离子数目，故说法A错误；B、根据电离平衡常数，电离出H＋能力：

HCOOH>H2S>HCN>HS－，因此这些离子能够大量共存，故说法B正确；C、根据物料守恒，因此有c（Na＋）=c（S2－）＋c（HS－）＋c（H2S），故说法C正确；D、根据电离平衡常数，HCOOH的酸性强于HCN，等pH等体积时，c（HCN）>c（HCOOH），HCOOH消耗NaOH的体积小于HCN，故说法D正确。

15.五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，结合下列信息：

A原子核外电子总数是内层电子数的三倍，A、E同主族；B的最高价氧化物对应的水化物F与其气态氢化物G反应，得到离子化合物H；C的焰色应呈黄色；D在同周期中形成的简单离子，其离子半径最小；

回答下列问题：

（1）写出D在元素周期表中的位置：

______________。

（2）化合物H的水溶液pH_______7（填“大于”、“等于”“小于”），其原因是______________用离子方程式表示。

（3）上述元素的最高价氧化物对应水化物中，有一种物质在一定条件下均能与其他四种物质发生化学反应，写出该物质的电子式：

_______。

（4）请设计实验证明A、B、E的非金属性强弱关系：

________。

【答案】

（1）.第三周期、第IIIA族

（2）.小于（3）.NH4++H2O

NH3·H2O+H+（4）.

（5）.将过量的稀硝酸加入到碳酸钠溶液中，观察到气泡，再将生成的二氧化碳除去挥发出的HNO3通入到硅酸钠溶液，观察到有白色沉淀生成，证明非金属性N>C>Si

【解析】由已知A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期元素，A原子核外电子总数是内层电子数的三倍，则A为碳元素；A、E同主族，则E为硅元素；B的最高价氧化物对应的水化物F与其气态氢化物G反应，得到离子化合物H，则B为氮元素、F为硝酸、G为氨气、H为硝酸铵；C的焰色应呈黄色，则C为钠元素；D在同周期中形成的简单离子，离子半径最小，且原子序数大于钠，则D为铝元素。

（1）D为铝元素，在元素周期表中处于第三周期第ⅢA族。

（2）化合物H为硝酸铵，属于强酸弱碱盐，由于铵根离子水解，使其水溶液呈酸性，所以pH＜7，用离子方程式表示为NH4++H2O

NH3·H2O+H+。

（3）A、B、C、D、E的最高价氧化物对应水化物分别为：

碳酸、硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝、硅酸，其中氢氧化钠在一定条件下均能与其他四种物质发生化学反应，其的电子式为：

。

（4）元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，根据强酸制弱酸原理设计实验，将过量的稀硝酸加入到碳酸钠溶液中，观察到气泡，再将生成的二氧化碳除去挥发出的HNO3然后通入到硅酸钠溶液中，观察到有白色沉淀生成，则证明非金属性N>C>Si。

点睛：

本题考查元素周期表的推断，涉及“位、构、性”相互关系的应用、盐类的水解、电子式书写、实验方案的设计等知识，综合性较强，解题时首先根据元素的相关信息推断出五种元素，然后根据元素化合物等知识灵活作答，注意证明N、C、Si非金属性强弱方案的设计时应排除有关干扰。

16.已知A是来自石油的重要有机化工原料，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，E是具有果香味的有机物，F是一种高聚物，可制成多种包装材料。

（1）A的名称为____；C分子中的官能团名称为_________。

（2）反应③的化学方程式为_________；该反应的反应类型为_________。

（3）反应④的化学方程式为________________。

【答案】

（1）.乙烯

（2）.醛基（3）.CH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O（4）.酯化反应或取代反应（5）.nCH2=CH2

【解析】由已知，A是来自石油的重要有机化工原料，其产量用来衡量一个国家石油化工发展水平，则A为乙烯；A在催化剂条件发生反应④生成F，F是一种高聚物，可制成多种包装材料，则F为聚乙烯；A（乙烯）在催化剂条件发生反应①生成B，又根据B→C的反应条件可推出B为乙醇、C为乙醛；由B→D的反应条件，结合E是具有果香味的有机物，可推出D为乙酸、E为乙酸乙酯。

（1）由前面的分析可知，A的名称为：

乙烯；C为乙醛，分子中的官能团名称为：

醛基。

（2）B为乙醇、D为乙酸、E为乙酸乙酯，则反应③为乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应，化学方程式为：

CH3COOH+CH3CH2OH

CH3COOCH2CH3+H2O，该反应类型为：

酯化反应（或取代反应）。

（3）反应④为乙烯的加聚反应，化学方程式为：

nCH2=CH2

。

17.亚硝酸钠（NaNO2）是一种生活中常用的食品添加剂，但使用时必须严格控制其用量。

某兴趣小组将下图装置连接起来制备NaNO2（装置可重复使用，A中加热装置已略去）。

兴趣小组查阅资料可知：

①2NO+Na2O2=2NaNO2；

②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；

③在酸性条件下NaNO2能把I-氧化为I2，NO2-被还原为NO；Na2S2O3与I2的反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI

（1）连接装置的顺序为________。

（2）装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为______________；为保证制得的亚硝酸纯度，装置B中盛放的试剂可能是_________（填序号）。

A．P2O5B．碱石灰C．无水CaCl2D．生石灰

（3）C装置的目的是_____________；E装置的作用是_____________。

（4）利用NaNO2的氧化性来测定其纯度的步骤是：

准确称取mgNaNO2样品放人锥形瓶中，加适量水溶解，再加过量clmol·L-lKI溶液VlmL和几滴淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2mol·L-1Na2S2O3溶液滴定消耗V2mL。

①滴定终点的判断方法是____________；②NaNO2的质量分数__________%（写出表达式即可）。

【答案】

（1）.ACBDBE

（2）.C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O（3）.B、D（4）.将NO2转化为NO（5）.吸收多余的NO，防止污染空气（6）.滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且三十秒内不恢复蓝色（7）.6.9c2V2/m

【解析】

（1）由已知①可得，该兴趣小组用NO和Na2O2反应制取NaNO2，所以A中生成NO2，通入C中生成NO，经B除杂和干燥后与D中Na2O2反应；由已知②可得，E为尾气吸收装置，为保证D中干燥，在D和E之间应连接干燥装置B，综上分析，连接装置的顺序为：

ACBDBE。

（2）装置A三颈烧瓶中C和浓HNO3在加热时反应生成CO2、NO2和H2O，化学方程式为：

C+4HNO3（浓）

CO2↑+4NO2↑+2H2O；CO2和H2O都能与Na2O2反应，为保证制得NaNO2的纯度，装置B中盛放的试剂应既能吸水又能吸收CO2，P2O5和无水CaCl2只能吸水不能吸收CO2，碱石灰和生石灰既能吸水又能吸收CO2，故选BD。

（3）由第

（1）小题的分析可得C装置的目的是将NO2转化为NO；E装置的作用是吸收多余的NO，防止污染空气。

（4）①利用NaNO2的氧化性来测定其纯度，由已知：

在酸性条件下NaNO2能把I-氧化为I2；Na2S2O3与I2的反应为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，用Na2S2O3标准液滴定含I2的溶液，所以滴定终点的判断方法是：

滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且三十秒内不恢复蓝色。

②由2NO2-+2I-+4H+=I2+2NO+2H2O、2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得关系：

NO2-~Na2S2O3，所以n（NaNO2）=n（NO2-）=n（Na2S2O3）=c2∙V2×10-3mol，m（NaNO2）=M（NaNO2）×n（NaNO2）=69c2∙V2×10-3g，NaNO2的质量分数为：

69c2∙V2×10-3g÷mg×100%=

%。

18.工业上利用软锰矿浆烟气脱硫吸收液制取电解锰，并利用阳极液制备高纯碳酸锰、回收硫酸铵的工艺流程如下（软锰矿的主要成分是MnO2，还含有硅、铁、铝的氧化物等杂质）：

已知：

Fe（OH）3的Ksp=l.0×10-38，Al（OH）3的Ksp=1.0×10-34

（1）一定温度下，“脱硫浸锰”主要产物为MnSO4，生成该产物的化学方程式为_________。

（2）常温下，调节pH=6时，得到的“滤渣2”主要成分为Fe（OH）3和_____（化学式），此时溶液中的Fe3+物质的量浓度为_____