届山东省烟台市高三高考适应性练习一理综化学试题解析版.docx

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届山东省烟台市高三高考适应性练习一理综化学试题解析版

山东省烟台市2018届高三高考适应性练习

（一）

理综化学试题

1.下列关于生活、生产中用品材料的说法不正确的是

A.不锈钢属于合金材料B.青花瓷属于硅酸盐材料

C.羊毛绒属于复合材料D.橡胶属于有机高分子材料

【答案】C

【解析】不锈钢是铁和镍等元素的合金，A说法正确；青花瓷、玻璃、水泥符合硅酸盐产品的特点，是硅酸盐产品，B说法正确；由两种或两种以上不同性质的材料，通过物理或化学的方法，在宏观（微观）上组成具有新性能的材料叫复合材料，羊毛绒主要由蛋白质组成，不是复合材料，C说法错误；有机高分子材料分为：

天然有机高分子材料和合成有机高分子材料，而天然有机高分子材料有：

天然橡胶和天然纤维（植物纤维和动物纤维），合成有机高分子材料有：

合成橡胶、合成纤维、塑料，所以橡胶属于有机高分子材料，D说法正确；正确选项C。

2.下列对有关文献的理解错误的是

A.《汉书》中“高奴县有洧水可燃”，《梦溪笔谈》对“洧水”的使用有“试扫其烟为墨，黑光如漆，松墨不及也”的描述，其中的烟指炭黑

B.《物理小识》记载“青矾（绿矾） 厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不茂”，青矾厂气是CO和CO2

C.《本草纲目》描述“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”其中的碱是K2CO3

D.《天工开物》记裁制造青瓦“（窑）泥周寒其孔，浇水转釉”，红瓦转化为青瓦的原因是Fe2O3转化为其他铁的氧化物

【答案】B

【解析】洧水可燃，洧水是石油，不完全燃烧时有碳颗粒生成，由墨汁很黑知道烟是炭黑，A说法正确；青矾是绿矾，为硫酸亚铁晶体FeSO4•7H2O，青矾”强热，得赤色固体为氧化铁，“气”凝即得“矾油”，矾油应指硫酸，具有腐蚀性，根据电子得失守恒和元素守恒可知，煅烧FeSO4•7H2O制氧化铁的化学方程式为2FeSO4•7H2O

Fe2O3+SO2↑+SO3↑+7H2O，所以青矾厂气指的是SO2和SO3气体，不是CO和CO2，B说法错误；冬月灶中所烧薪柴之灰即草木灰，草木灰的主要成分是碳酸钾，用水溶解时碳酸钾水解导致溶液呈碱性，能够去污，所以C说法正确；红瓦和青瓦都是用泥土制成的，青瓦和红瓦是在冷却时区分的，自然冷却的是红瓦，水冷却的是青瓦，红瓦里面是氧化铁，青瓦里面主要是氧化亚铁，所以D说法正确；正确选项B。

3.下列说法正确的是

A.丙烯中所有原了共平面

B.葡萄糖、花生油和蚕丝一定条件下都能发生水解反应

C.乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去

D.C4H4仅有

和CH≡C-CH=CH2两种同分异构体

【答案】C

4.实验室用下列装置制备无水AlCl3 （183℃升华，過潮湿空气即产生大量白雾）。

下列说法正确的是

A.该实验过程中e瓶可能产生白雾

B.b、c装置中分别盛装饱和NaHCO3溶液和浓硫酸

C.实验开始时应先点燃d处酒精灯，再点燃a处酒精灯

D.实验后向烧瓶中加入足量硝酸银和确硝酸，可确定生成的MnCl2的质量

【答案】A

【解析】d装置中产生的AlCl3受热易升华，f装置中的水蒸气挥发到e装置中，由于氯化铝极易水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢溶液形成白雾，所以在e装置中可能产生白雾，A说法正确；a装置产生Cl2，同时有HCl和水蒸气，所以b装置中应该是饱和食盐水，除去HCl气体，c装置应该是浓硫酸，除去水蒸气得干燥纯净的Cl2，b中盛装饱和NaHCO3溶液，与酸反应产生CO2气体，引入杂质，同时NaHCO3溶液呈碱性，能够吸收Cl2，B说法错误；由于金属铝是活泼的金属，极易被氧化，所以首先点燃a处酒精灯，然后点燃d处酒精灯，C说法错误；实验室制取氯气用浓盐酸与二氧化锰反应，随着反应的进行，盐酸的浓度下降，当浓盐酸变成稀盐酸，反应停止，此时反应后的溶液中仍然有盐酸，所以通过测定AgCl的质量来确定生成的MnCl2的质量是错误的，D选项错误，正确答案是A。

5.电解法合成氨因其原料转化率大幅度提高，有望代替传统的工业合成氨工艺。

电解法合成氨的两种原理及装置如图1和图2所示。

下列说法错误的是

A.a电极上通入的物质是H2

B.电解池中b是阳极，c是阴极

C.d电极上电极反应式是N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-

D.若I=2.0A，通电1h，理论上两装置均可得NH3的质量为

。

  （已知一个电子的电量为1.6×10-19C）

【答案】B

【解析】通过图1得出b极通入的是N2，所以a极通入的气体应该H2，A说法正确；b极通入的是N2，得到电子，发生还原反应，所以电解池的b极是阴极，c极O2-失去电子，发生氧化反应，c极是阳极，B说法错误；d电极是阴极，N2得到电子生成NH3，总反应式是：

2N2+6H2O=4NH3+3O2，所以阴极（d电极）的电极反应式：

N2+3H2O+6e-=2NH3+3O2-，C说法正确；当流过的电流1安培时，每秒钟所通过的电量为1库仑，所以I=2.0A，通电1h，理论上电量是：

2.0×60×60C，通过的电子：

（2.0×60×60）÷（1.6×10-19×NA）mol,1molN原子得到3mol电子生成NH3，所以n（NH3）=（2.0×60×60）÷（1.6×10-19×NA×3）mol,NH3的质量是：

m（NH3）=n（NH3）•M（NH3）=

D说法正确，本题正确选项B。

6.三个相邻周期的主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，其中X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，Z原子的最外层电子数是最内层电子数的2倍，Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等。

则下列判断正确的是

A.原子半径:

 W>Y>Z>XB.气态氢化物的稳定性:

Z>X

C.Y、Z的氧化物都有两性D.最高价氧化物对应水化物的碱性:

Y>W

【答案】A

【解析】X、Y分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素，所以X是O元素，Y是Al元素；X、Y、Z、W的原子序数依次增大，所以Z原子的最内层电子数是2，其最外层电子数是4，Z是Si元素；Y、Z原子的最外层电子数之和与X、W原子的最外层电子数之和相等，即：

3+4=6+1，W原子的最外层电子数是1，是相邻的三个周期，所以W是K；所以X、Y、Z、W分别是：

O、Al、Si、K；原子半径：

K>Al>Si>O，即W>Y>Z>X，A选项正确；氧元素的非金属性比硅元素强，H2O的稳定性比SiH4强，B选项错误；Y的氧化物是Al2O3，是两性氧化物，Z的氧化物是SiO2，是酸性氧化物，C选项错误；K的金属性比Al强，KOH是强碱，Al（OH）3是两性氢氧化物，D选项错误，正确答案是A。

7.常温下向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数φ与加入盐酸的体积V及混合液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是

A.表示NH3·H2O物质的量分数变化的曲线是B

B.pH=9.26时的溶液中，NH3·H2O的电离程度小于NH4+的水解程度

C.常温下,NH3·H2O的电离常数为1.8×10-5mol/L （已知lg1.8=0.26）

D.当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c（NH4+）-c（NH3·H2O）=2×（10-5+10-9）mol/L

【答案】C

【解析】NH3·H2O与HCl能够发生反应：

NH3·H2O+HCl=NH4Cl+H2O，随着HCl的滴入，NH3·H2O浓度逐渐减小，NH4+的浓度逐渐增大，所以曲线B表示的是NH4+，不是NH3·H2O的物质的量分数，A选项错误；pH=9.26时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4+离子的水解程度，B选项错误；NH3·H2O

NH4++OH-，K=［C（NH4+）×C（OH-）］/C（NH3·H2O），根据图示得：

当PH=9.26时，溶液中NH3·H2O和NH4+的物质的量分数相同，即浓度相同，所以K=C（OH-）=Kw/C（H+）=1×10-14/10-9.26=10-4.74=1.8×10-5，C选项正确；当加入盐酸体积为50mL时，C（Cl-）=1/15mol·L-1，C（NH3·H2O）+C（NH4+）=2/15mol•L-1,所以有：

2C（Cl-）=C（NH3·H2O）+C（NH4+）,根据电荷守恒：

2C（H+）+2C（NH4+）=2C（Cl-）+2C（OH-），所以c（NH4+）-c（NH3·H2O）=2×（10-5-10-9）mol/L，D选项错误，正确答案是C。

8.实验室利用下图装置制备H2S气体，并探究H2S的有关性质。

回答下列问题:

（1）实验开始时，检查装置气密性的方法是_________________。

（2）若装置不漏气，加入装置中的药品为_________（填字母）。

a.FeS和稀硫酸  b.Na2S和稀硫酸C.ZnS和稀硝酸  d.CuS和稀盐酸

该反应的离子方程式为_________________。

（3）打开弹簧夹使反应发生，将生成的H2S气体通入1.0mol/LFe（NO3）3溶液中，观察到有浅黄色固体析出。

为探究实际参与该反应的微粒种类，设计如下图装置：

若A装置中加入1.0mol/L的FeCl3溶液，并测其pH=1，则B装置中加入的试剂是______；实验观察到A、B中均有浅黄色固体析出，则H2S与Fe（NO3）3溶液反应的离子方程式为_______。

（4）实验结束时，使反应停止的操作是______；此时反应停止的原因是______________。

（5）常温下，以Na2S为样品，选择合理的仪器和试剂设计实验①证明氢硫酸为二元弱酸②测量并估算氢硫酸的Ka2（H2S）,则需要的主要计量仪器为电子天平、容量瓶、_____、_______。

【答案】

（1）.夹紧弹簧夹，往长颈漏斗中加水至漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间后，液面差保持不变，证明气密性良好，否则气密性不好

（2）.a（3）.FeS+2H+=H2S↑+Fe2+（4）.浓度分别为3.0mol·L-1和0.1mol·L-1的KNO3—HCl混合溶液（5）.2H2S+Fe3++NO3-=2S↓+Fe2++NO+2H2O（6）.用弹簧夹夹紧橡皮管（7）.夹紧弹簧夹后，装置中产生的H2S难溶于稀硫酸，使试管内气体压强增大，将稀硫酸压回长颈漏斗使FeS固体和稀硫酸分离而停止反应（8）.酸式滴定管（9）.pH计

【解析】

（1）检查装置的气密性原理通常是想办法造成装置不同部位有压强差,并产生某种明显现象,如气泡的生成,水柱生成,液面升降。

对本装置检查气密性方法是：

用弹簧夹夹紧橡皮管，往长颈漏斗中加水至漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间后，液面差保持不变，证明气密性良好，否则气密性不好；

（2）制取硫化氢气体，FeS和稀硫酸反应生成硫化氢气体，且硫化亚铁不溶于水，a可以；Na2S和稀硫酸也能反应生成硫化氢气体，但硫化钠易溶于水，无法控制硫化氢气体产生的速度，所以b不符合实验装置要求；稀硝酸具有强氧化性，可以将-2价的硫氧化，不产生硫化氢气体，所以c不可以；CuS与稀盐酸不反应，所以d不可以，因此能够产生硫化氢气体且符合装置要求的是a；FeS和稀硫酸反应 的离子方程式为：

FeS+2H+=Fe2++H2S↑；

（3）H2S气体通入1.0mol/LFe（NO3）3溶液中，观察到有浅黄色固体析出，Fe3+与NO3-都能够与H2S反应产生S沉淀，Fe3+与NO3-有氧化性，A装置中加入1.0mol/L的FeCl3溶液，并使溶液的pH=1，确定是否是Fe3+引起的，因此B中应该验证是否是NO3-在酸性（PH=1）条件下引起的，B中可以加入浓度分别为3.0mol·L-1和0.1mol·L-1的KNO3—HCl混合溶液，即：

B装置中加入的试剂是浓度分别为3.0mol·L-1和0.1mol·L-1的KNO3—HCl混合溶液；A、B中均有浅黄色固体析出，则H2S与Fe（NO3）3溶液反应的离子方程式为2H2S+Fe3++NO3-=2S↓+Fe2++NO+2H2O；

（4）利用启普发生器制取气体的原理，关闭启普发生器的活塞，产生的气体将液体压回漏斗中，固体与液体分离，反应停止，所以本实验结束时，使反应停止的操作：

用弹簧夹夹紧橡皮管；此时反应停止的原因是：

夹紧弹簧夹后，装置中产生的H2S难溶于稀硫酸，使试管内气体压强增大，将稀硫酸压回长颈漏斗使FeS固体和稀硫酸分离而停止反应；

（5）用电子天平称取一定质量的Na2S样品，配制成0.001mol/L溶液，用PH计测定其溶液的PH，PH大于7，说明溶液呈碱性，证明Na2S发生水解反应，根据：

S2-+H2O

HS-+OH-说明H2S是弱酸；再配制0.001mol/LH2SO4的稀溶液，取0.001mol/LNa2S溶液20.00ml于锥形瓶中，用0.001mol/LH2SO4溶液进行滴定，当滴入5ml0.001mol/L硫酸溶液时，此时溶液中S2-与HS-的浓度基本相同，用PH计测定溶液的PH，通过换算确定Ka2，Ka2=C（S2-）C（H+）/C（HS-）≈C（H+），因此，以Na2S为样品，选择合理的仪器和试剂设计实验①证明氢硫酸为二元弱酸②测量并估算氢硫酸的Ka2（H2S）,则需要的主要计量仪器为电子天平、容量瓶、酸式滴定管和pH计，正确答案：

酸式滴定管和pH计。

9.含磷化合物在生产生活中有着重要的应用。

（1）磷与氨是同主族元素，下列能说明者非金属性强弱的是_______（填字母）。

a.NH3比PH3稳定性强

b.常温下，氮气为气体，磷单质为固体

c.氮气与氢气化合比磷与氢气化合更困难

d.HNO3的酸性比HPO3酸性强

（2）工业常用磷精矿[Ca5（PO4）3F]和硫酸反应制各磷酸。

己知25℃，101kPa时:

CaO（s）+H2SO4（l）=CaSO4（s）+ H2O（l）△H=-271kJ/mol

5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）=Ca5（PO4）F（s）+5H2O（l）△H=-937kJ/mol

则Ca5（PO4）F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为________________。

（3）已知PCl5（g）

PCl3（g）+Cl2（g） △H>0。

温度为T时，把一定量的PCl5气体引入一真空瓶内，反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:

3（分压一总压×物质的量分数）。

①PCl5的分解率a1=_____%。

若达到兴衡后体系总压为1.4MPa，用平衡分压代替平衡浓度表示反应的平衡常数Kp=_________。

②温度为T2时，新的平衡体系中PCl5与Cl2分压相同，则PCl5的分解率a1________a2，温度T1___ T2（填“>”“<”或“=”）。

③达到平衡后，下列情况使PCl5分解率增大的是___________（填字母）。

a.温度、体积不变，充入氩气b.体积不变，对体系加热

C.温度、体积不变，充入氯气d.温度不变，增大容器体积

（4）氧化水解法产三氯氧磷的废水中主要含有H3PO4、H3PO3等，可先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH 将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。

①在沉淀前先加入适量漂白粉的作用是__________________。

②下图是不同条件对磷的沉淀回收率的影响图像。

处理该厂废水需控制的工艺条件为______。

【答案】

（1）.a

（2）.Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ·mol-1（3）.75（4）.1.8MPa（5）.＞（6）.＞（7）.bd（8）.将废水中的H3PO3氧化成H3PO4（9）.溶液pH>10，反应时间>30min

【解析】

（1）同主族元素从上到下原子序数逐渐增大，元素金属性逐渐增大，非金属性逐渐减小，单质与氢气的化合越来越难，气态氢化物稳定性逐渐减小，最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐减弱，所以NH3比PH3稳定性强可以说明非金属性N＞P，a可以；常温下，氮气为气体，磷单质为固体是它们的物理性质，不能说明非金属性N＞P，b不可以；氮气与氢气化合比磷与氢气化合更困难可以说明非金属性P＞N，与元素周期律矛盾，c不可以；HPO3不是磷元素的最高价氧化物对应的水化物，所以HNO3与HPO3酸性强弱不能说明N与P非金属性强弱，d不可以；正确答案是a；

（2）根据盖斯定律:

将CaO（s）+H2SO4（l）=CaSO4（s）+ H2O（l）△H=-271kJ/mol乘以5倍减去

5CaO（s）+3H3PO4（l）+HF（g）=Ca5（PO4）F（s）+5H2O（l）△H=-937kJ/mol得到：

Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ·mol-1，所以Ca5（PO4）F和硫酸反应制备磷酸的热化学方程式为：

Ca5（PO4）3F（s）+5H2SO4（l）=5CaSO4（s）+3H3PO4（l）+HF（g）△H=﹣418kJ·mol-1；

（3）假设一定量的PCl5为amol，压强是P0

PCl5（g）

PCl3（g）+Cl2（g）

开始（mol）a         0            0

转化（mol）x      x      x

平衡（mol）a-x       x       x

根据：

分压=总压×物质的量分数，达平衡后P（总）=（a+x）P0/a，P（PCl5）=（a-x）P（总）/（a+x）,P（Cl2）=P（PCl3）=xP（总）/（a+x）,根据反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:

3得出：

x=3a/4；

①PCl5的分解率a1=x/a=75%,平衡分压代替平衡浓度表示反应的平衡常数表达式是：

Kp=P（Cl2）P（PCl3）/P（PCl5），将P（总）=1.4MPa代入得：

Kp=1.8MPa

②根据①的计算数据可知，在原平衡中，P（PCl5）＜P（Cl2）,新平衡中两者相同，说明平衡逆向移动，根据反应方程式：

PCl5（g）

PCl3（g）+Cl2（g） △H>0，该反应正反应是吸热反应，平衡逆向移动，说明温度降低，即T2＜T1，新平衡与原平衡相比，PCl5分解率降低了，所以正确答案是：

a1＞a2，温度T1＞T2；

③PCl5（g）

PCl3（g）+Cl2（g） △H>0达到平衡后，温度、体积不变，充入氩气，反应物、生成物的浓度都没有改变，平衡不移动，a不能使PCl5分解率增大，a选项错误；体积不变，对体系加热，相当于升高温度，该反应的正反应是吸热反应，平衡正向移动，能使PCl5分解率增大，所以b选项正确；温度、体积不变，充入氯气，平衡逆向移动，PCl5分解率减小，c选项错误；温度不变，增大容器体积，平衡正向移动，能使PCl5分解率增大，d选项正确；所以达到平衡后，使PCl5分解率增大的选项是bd；

（4）①氯化水解法生产三氯氧磷会产生含磷（主要为H3PO4、H3PO3等）废水，在废水中先加入适量漂白粉，使废水中的H3PO3氧化为PO43-，加入生石灰后能完全转化为磷酸的钙盐，达到较高的回收率；

②根据题干中的图可确定pH≥10，磷的沉淀回收率较高（90%左右），反应时间超过30min时磷的沉淀回收率较高（（90%左右），所以处理该厂废水最合适的工艺条件为溶液pH>10，反应时间>30min。

点睛：

在化学平衡计算中，要正确的解决平衡中一系列问题，必需利用好“三段式”，清楚地列出起始量、转化量、平衡量，按题目要求进行计算，同时还要注意单位的统一，利用好答题模板如：

反应：

mA（g）＋nB（g）

pC（g）＋qD（g），令A、B起始物质的量（mol）分别为a、b，达到平衡后，A的消耗量为mx，容器容积为VL。

　　　　　mA（g）＋nB（g）

pC（g）＋qD（g）

起始（mol）ab00

变化（mol）mxnxpxqx

平衡（mol）a－mxb－nxpxqx，如本题中的通过

PCl5（g）

PCl3（g）+Cl2（g）

开始（mol）a          0            0

转化（mol）x      x      x

平衡（mol）a-x       x       x

根据：

分压=总压×物质的量分数，达平衡后P（总）=（a+x）P0/a，P（PCl5）=（a-x）P（总）/（a+x）,P（Cl2）=P（PCl3）=xP（总）/（a+x）,根据反应达平衡后PCl5与PCl3的分压之比为1:

3得出：

x=3a/4；通过x可以求出PCl5的分解率、平衡常数及改变条件以后的平衡移动方向等一系列问题，可以说“三段式”法能有效解答化学平衡计算问题。

10.二氧化铈（CeO2） 是一种重要的稀土化合物，汽车尾气用稀土/钯三效催化剂处理，不仅可以降低催化剂的成本，还可以提高催化效能。

以氟碳铈矿（主要成分为CeCO3F） 为原料制备CeO2的一种工艺流程如下:

已知i.Ce4+能与F-结合成CeFx（4-x）+，也能与SO42-结合成（CeSO4）2+；

ⅱ.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[（HA）2]萃取:

Ce4++n（HA）2

CeH2n-4A2n）+4H+，而Ce3+ 则不能。

回答下列问题:

（1）CeCO3F 中铈元素的化合价为_____，“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率的方法是_____（答出两点即可）。

（2）“萃取”时，选用（HA）2作为萃取剂，（HA）2需满足的条件是________；“萃取”后的水层中含有的主要阴离子是________。

（3）“反萃取”时加入H2SO4的作用是__________；加入H2O2的作用是_______（结合离子方程式说明）

（4） 浸渣经处理可得Ce（BF4）3，在KCl溶液中加入Ce（BF4）3，发生如下反应:

Ce（BF4）3（s）+3K+（aq）

3KBF4（s）+Ce3+（aq）

一定温度时，Ce（BF4）3、KBF4的Ksp分别为a、b，若上述反应体系中K+的物质的量浓度为cmol/L，则Ce3+的物质的量浓度为______mol/L。

【答案】

（1）.+3

（2）.将矿石粉碎，增大接触面积；提高焙烧温度；增大氧气（或空气）浓度（3）.（HA）2不溶于水，且与水不反应（4）.F-、SO42-（5）.增大平衡体系Ce4++n（HA）2

Ce（H2n-4A2n）+4H+中c（H+），同时SO42-与Ce4+结合生成（CeSO4）2+，促使平衡逆向移动，有利于“反萃取”的进行[或：

增大平衡体系（CeSO4）2++n（HA）2

Ce（H2n-4A2n）+4H++SO42-中c（H+）和c（SO42-），促使平衡逆向移动，有利于“反萃取”的进行]（6）.将+4价铈还原成+3价铈：

2（CeSO4）2++H2O2=2Ce3++2SO42-+2H++O2↑（或2Ce4++H2O2=2Ce3++2H++O2↑），Ce3+不能被萃取，有利于Ce3+进入水层而分离（7）.ac3/b3

【解析】

（1）CeCO3F 中C元素+4价，O元素-2价，F元素-1价，根据化合价代数和为零的原则，得出铈元素的化合价为+3价；“氧化焙烧”过程中加快反应速率的方法有：

将将矿石粉碎，增大接触面积；适当提高焙烧温度；增大氧气（或空气）浓度；

（2）利用溶质在两种互不相溶的溶剂中溶解度不同，使