备战高考化学压轴题专题复习铝及其化合物推断题的综合附详细答案.docx

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备战高考化学压轴题专题复习铝及其化合物推断题的综合附详细答案

2020-2021备战高考化学压轴题专题复习—铝及其化合物推断题的综合附详细答案

一、铝及其化合物

1．现有部分短周期元素的相关信息如表所示：

元素

W

X

Y

Z

相关信息

海水中质量分数最高的元素

其为非金属元素，简单气态氢化物溶于水所得溶液呈碱性

M层比K层少1个电子

其简单离子是第三周期元素的简单离子中半径最小的

（1）W在周期表中位于第________周期第________族；

（2）上述元素可形成含有共价键的常见二元离子化合物，该化合物的电子式为________，该化合物中阳离子和阴离子的数目比为________。

（3）实验室用X的气态氢化物的水溶液制取Z的氢氧化物的方法是________________________________（用离子方程式表示）。

（4）W、X的氢化物H2W2、X2H4在一定条件下反应可得到一种单质和常温下为液体的物质，试写出该反应的化学方程式：

__________________________________________。

【答案】二ⅥA

2：

1Al3++3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4+2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O

【解析】

【分析】

海水中质量分数最高的元素为O元素，故W为O；X其为非金属元素，简单气态氢化物溶于水所得溶液呈碱性，该简单气态氢化物为NH3，X为N；Y的M层比K层少1个电子，则含有11个电子，即Y为Na；Z的简单离子是第三周期元素的简单离子中半径最小，则Z为Al。

【详解】

由分析知：

W为O、X为N、Y为Na、Z为Al：

（1）W为O，在周期表中位于第二周期第ⅥA族；

（2）Na与O形成Na2O2，Na2O2中含有离子键和共价键，该化合物的电子式为

，通过其电子式可知，该化合物中阳离子与阴离子的数目比为2：

1；

（3）X的氢化物为NH3，W的氢氧化物为Al（OH）3，用氨水制取Al（OH）3的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

（4）W、X的氢化物H2W2、X2H4分别为H2O2、N2H4，H2O2与N2H4在一定条件下反应生成N2、H2O，其反应的化学方程式为2H2O2+N2H4=N2↑+4H2O。

2．A是一种红棕色金属氧化物；B、D是金属单质；J是一种难溶于水的白色化合物，受热易分解。

回答下列问题：

（1）A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。

（2）C转化为I的离子方程式为___。

（3）H和I反应生成J的离子方程式为___。

（4）如何检验E溶液中大量存在的阳离子?

___。

【答案】Fe2O3FeCl2Al（OH）3Fe（OH）3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+

【解析】

【分析】

A是一种红棕色金属氧化物，则A是Fe2O3，红褐色沉淀G为Fe（OH）3，分解可以生成氧化铁，则F是 Fe（OH）2．B、D是金属单质，Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D，则该反应是铝热反应，B是Al，D是Fe，C是Al2O3，J是一种不溶于水的白色化合物，受热容易分解成C，则J是Al（OH）3，由转化关系可知，I是NaAlO2，H是AlCl3；铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，E和氨水反应生成 Fe（OH）2，则E是 FeCl2，以此解答该题。

【详解】

（1）由以上分析可知，则A为Fe2O3，E是FeCl2，J是Al（OH）3，G是Fe（OH）3；

（2）氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：

Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O；

（3）铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存，反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al（OH）3↓；

（4）E是FeCl2，检验亚铁离子，可取E溶液2mL于试管中，滴入几滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴氯水，溶液呈血红色，则含有Fe2+。

3．把7.5g镁铝合金的粉末放入200ml4mol/L的盐酸中，往充分反应后的混合溶液中逐渐滴入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。

（1）合金中镁的物质的量为_______。

（2）氢氧化钠的物质的量浓度为_______mol/L。

（3）V1=_______mL。

（4）写出该合金溶于足量NaOH溶液的化学方程式为_________。

【答案】0.2mol2450

【解析】

【分析】

镁铝合金与盐酸反应后溶液有铝离子、镁离子、以及剩余的氢离子；加入氢氧化钠后氢氧化钠先于氢离子反应，此时无沉淀产生，之后镁、铝离子开始沉淀，发生反应  Al3++3OH-═Al（OH）3↓、  Mg2++2OH-═Mg（OH）2↓，当沉淀达到最大值时溶液中的溶质只有NaCl，再继续滴加氢氧化钠，氢氧化铝沉淀开始溶解，发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，据此进行解答。

【详解】

（1）当滴加400mL氢氧化钠溶液时，沉淀达到最大值，此时溶液中的溶质为NaCl，根据元素守恒可知此时溶液中n（Cl-）=0.2L×4mol/L=0.8mol，由电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.8mol，即400mL氢氧化钠溶液中n（Na+）=0.8mol，则其浓度c（NaOH）=

；此时溶液中据图可知前50mL氢氧化钠溶液没有沉淀产生，即此时发生反应H++OH-=H2O，所以与镁铝合金反应后剩余的n（H+）=0.05L×2mol/L=0.1mol，则与镁铝合金反应的n（H+）=0.8mol-0.1mol=0.7mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=7.5g，根据电子守恒（镁铝失去的电子都转移给氢离子）可得2x+3y=0.7，联立解得x=0.2mol，y=0.1mol，故答案为：

0.2mol；

（2）根据

（1）可知答案为：

2；

（3）400mL至V1mL发生反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，根据

（1）可知镁铝合金中铝的物质的量为0.1mol，则生成氢氧化铝0.1mol，此段消耗n（OH-）=0.1mol，所以消耗的氢氧化钠体积V=

，即50mL，所以V1=400+50=450，故答案为：

450；

（4）该合金中铝单质可以与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故答案为：

。

【点睛】

解决本题的关键是理解沉淀达到最大值时溶液中的成分，之后再利用元素守恒、电子守恒等解决问题。

4．将一定质量的Mg-Al合金投入100mL一定物质的量浓度的某HCl溶液中，充分反应。

向反应后的溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的NaOH溶液，生成沉淀的质量与所加NaOH溶液的体积关系如下图。

回答下列问题：

（1）写出BC段反应的离子方程式为____________________________。

（2）原Mg-Al合金的质量是_____________。

（3）原HCl溶液的物质的量浓度是________________。

（4）所加NaOH溶液的物质的量浓度是____________。

（5）a=______。

【答案】Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O5.1g6mol/L5mol/L20

【解析】

【分析】

根据图像可知，oa段为过量的盐酸与NaOH反应，AB段为镁离子、铝离子与NaOH的反应，BC段为氢氧化铝与NaOH的反应。

【详解】

（1）BC段为氢氧化铝与NaOH的反应，生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O；

（2）BC段减少的为氢氧化铝沉淀，质量为7.8g，物质的量为0.1mol，即n（Al）=0.1mol；则氢氧化镁的质量为5.8g，物质的量为0.1mol即n（Mg）=0.1mol；合金的质量为24×0.1+27×0.1=5.1g；

（3）根据方程Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，消耗20mL的NaOH时的物质的量为0.1mol，则c（NaOH）=0.1mol÷0.02L=5mol/L；B点时，溶液刚好为NaCl溶液，此时消耗n（NaOH）=5×0.12=0.6mol，c（HCl）=0.6÷0.1=6mol/L；

（4）由（3）得出的结论，c（NaOH）=5mol/L；

（5）n（Mg）=n（Al）=0.1mol，消耗的盐酸为0.5mol，100mL溶液中含有n（HCl）=0.6mol，则剩余n（HCl）=0.1mol，此时消耗V（NaOH）=0.1÷5=0.02L，即20mL。

【点睛】

通过BC段消耗的氢氧化钠的体积计算出NaOH的浓度，再计算盐酸的浓度。

5．粉煤灰是燃煤产生的工业固体废料，主要成分有Al2O3、SiO2，还含有少量Fe2O3、CaO等。

采用酸碱联合的方法从粉煤灰中综合回收氧化铝及二氧化硅的工艺流程如下：

硫酸熟化过程中发生的反应有：

Al2O3∙2SiO2+3H2SO4=Al（SO4）3+2SiO2+3H2O

3Al2O3∙2SiO2+9H2SO4=3Al2（SO4）3+2SiO2+9H2O

（1）“结晶”操作：

缓缓加热，浓缩至______，放置冷却，得到Al2（SO4）3∙18H2O。

（2）Al2（SO4）3∙18H2O在250~300℃下失重40.5%得Al2（SO4）∙xH2O，x=______。

（3）“还原焙烧”过程中发生反应的化学方程式为_________。

（4）设计实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3：

__________。

（5）向硅酸钠溶液中通入过量CO2制备白炭黑的化学方程式为___________。

（6）粗氧化铝制备冶金级氧化铝过程中发生反应[Al（OH）4]-+CO2=Al（OH）3↓+HCO3-，该反应的平衡常数为_______[已知Al（OH）3+H2O

[Al（OH）4]-+H+K1=4×10-13；H2CO3

H2O+CO2K2=600；Kal（H2CO3）=4.2×10-7、Ka2（H2CO3）=5.6×10-11]。

【答案】表面出现结晶薄膜32Al2（SO4）3+3C

2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质Na2SiO3+2CO2+（n+1）H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓1.75×103

【解析】

【分析】

粉煤灰主要成分有Al2O3、SiO2，还含有少量Fe2O3、CaO等，加入浓硫酸反应生成硫酸铝，水浸主要得到SiO2高硅渣，滤液经过结晶脱水得到硫酸铝，硫酸铝与焦炭反应生成粗氧化铝，验证粗氧化铝是否含有氧化铁，先将物质溶于稀硫酸后加KSCN溶液，观察现象；向硅酸钠溶液中通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2∙nH2O。

【详解】

（1）“结晶”操作：

缓缓加热，浓缩至表面出现结晶薄膜，放置冷却，得到Al2（SO4）3∙18H2O；故答案为：

表面出现结晶薄膜。

（2）假设100gAl2（SO4）3∙18H2O在250~300℃下失重40.5%，剩余100g×（1−40.5%）=59.5gAl2（SO4）∙xH2O，

，解得x=3；故答案为：

3。

（3）根据“还原焙烧”产物之一经过烟气制酸，硫酸铝和碳“还原焙烧”生成氧化铝、二氧化碳和二氧化硫，发生反应的化学方程式为2Al2（SO4）3+3C

2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑；故答案为：

2Al2（SO4）3+3C

2Al2O3+3CO2↑+6SO2↑。

（4）实验检验粗氧化铝中是否含有Fe2O3，将粗品溶于稀硫酸中，利用生成的铁离子与KSCN溶液反应是否有红色物质生成；故答案为：

取粗氧化铝少许于试管中加稀硫酸溶解，静置，滴加KSCN溶液，若溶液变红，则粗氧化铝中含有Fe2O3杂质。

（5）向硅酸钠溶液中通入过量CO2生成碳酸氢钠和白炭黑SiO2∙nH2O，其化学方程式为Na2SiO3+2CO2+（n+1）H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓；故答案为：

Na2SiO3+2CO2+（n+1）H2O=2NaHCO3+SiO2∙nH2O↓。

（6）①Al（OH）3+H2O

[Al（OH）4]－+H+，②H2CO3

H2O+CO2，③H2CO3

HCO3－+H+，根据盖斯定律③−①−②得到[Al（OH）4]－+CO2=Al（OH）3↓+HCO3－，方程式相减，平衡常数相除，因此[Al（OH）4]－+CO2=Al（OH）3↓+HCO3－平衡常数为

；故答案为：

1.75×103。

6．马日夫盐[Mn（H2PO4）2·H2O]主要用作磷化剂。

以软锰矿（主要成分为MnO2及少量的FeO、Al2O3和SiO2）为原料制备马日夫盐的主要工艺流程如图：

（1）按照无机物命名规律，马日夫盐[Mn（H2PO4）2·2H2O]的化学名称为______。

在反应中，Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，从原子结构解释其原因_______。

（2）“浸锰”过程中主要反应的离子方程式为_______。

滤渣X主要成分为_________。

检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是_________。

步骤五产生马日夫盐晶体的化学方程式为_________。

（3）Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系如图，据此分析，萃取的最佳条件为__________。

（4）马日夫盐作防锈磷化剂的原因是利用其较强的酸性以及在防锈处理过程中生成了具有保护作用的FeHPO4，马日夫盐显酸性的主要原因是__________（用相关化学用语回答）。

【答案】二水合磷酸二氢锰Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=

+Mn2+Al（OH）3在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2·2H2O+CO2↑pH=1.7下萃取60min

【解析】

【分析】

软锰矿（主要成分为MnO2，还含有少量的FeO、Al2O3和SiO2）用稀硫酸浸取，MnO2、FeO、Al2O3被溶解，同时MnO2“氧化”Fe2+，剩余的二氧化锰被通入的二氧化硫还原，反应为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+，SiO2不溶，过滤，滤渣为SiO2，滤液含有：

Mn2+、Fe3+、Al3+，加入有机萃取剂，除去Fe3+，调节水层的pH除去Al3+，滤渣X为Al（OH）3，滤液主要含有硫酸锰，加入碳酸钠溶液沉锰，得到碳酸锰，碳酸锰与磷酸反应，净化得到Mn（H2PO4）2•2H2O，据此分析解答。

【详解】

（1）马日夫盐[Mn（H2PO4）2•2H2O的化学名称为二水合磷酸二氢锰；Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态，因此Mn2+若再失去一个电子比Fe2+再失去一个电子难，故答案为：

二水合磷酸二氢锰；Mn2+外围电子为3d5的半充满稳定状态，而Fe2+外围电子为3d6，可失去一个电子变为3d5的半充满稳定状态；

（2）“浸锰”过程中，二氧化锰将亚铁离子氧化生成铁离子，多余的二氧化锰被二氧化硫还原为锰离子，反应的离子方程式为2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+。

滤渣X主要成分为Al（OH）3。

“沉锰”过程中加入碳酸钠与硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀，检验“沉锰”已完成的实验操作及现象是在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成。

步骤五产生马日夫盐晶体的化学反应方程式为H2O+MnCO3+2H3PO4=Mn（H2PO4）2•2H2O+CO2↑，故答案为：

2FeO+MnO2+8H+=2Fe3++Mn2++4H2O、SO2+MnO2=SO42-+Mn2+；Al（OH）3；在上层清液中继续滴加Na2CO3溶液，若无沉淀生成则说明沉锰已经完成；MnCO3+2H3PO4+H2O=Mn（H2PO4）2·2H2O+CO2↑；

（3）由Fe3+的萃取率与溶液的pH和接触时间之间的关系图，可知萃取的最佳条件为pH=1.7下萃取60min，萃取率最大，故答案为：

pH=1.7下萃取60min；

（4）马日夫盐水解显酸性主要是磷酸二氢根离子能够电离，电离方程式为H2PO4-⇌H++HPO42-，故答案为：

H2PO4-⇌H++HPO42-。

7．碱式氯化铜[Cux（OH）yClz·mH2O]是重要的农药、医药中间体，还可用作木材防腐剂、饲料添加剂等．研究小组在实验室用某厂废铜渣（主要成分为Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、Al2O3）制备碱式氯化铜的流程如下，回答下列问题：

（1）“研磨”的目的为________。

（2）“碱溶”的目的为____________。

（3）“酸溶”时生成Fe3＋反应的离子方程式为_______；生成的Fe3＋对Cu发生的氧化反应的催化原理如上图所示。

N代表的物质为________（填化学式或离子符号）。

（4）“酸溶”时温度不能过高的理由为_________。

（5）若滤液2中c（Fe3＋）＝4×10－8mol/L，pH＝4，则Ksp[Fe（OH）3]＝__________。

（6）为测定Cux（OH）yClz·mH2O的组成，进行如下操作：

取样品23.25g，用适量酸溶解后配成100mL溶液；取10.00mL溶液加入足量AgNO3溶液，生成1.435g沉淀；另取10.00mL溶液，用1.000mol/L的EDTA标准液滴定Cu2＋（Cu2＋与EDTA以物质的量之比1∶1反应），滴定至终点时消耗标准液体积为20.00mL。

①溶解样品所用酸的化学式为________；

②最终确定该样品的化学式为______。

【答案】加快反应速率，使反应更充分将氧化铝转化为偏铝酸钠而分离除去4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2OFe2+或FeCl2温度过高，盐酸挥发程度增大，空气溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分4×10-38HNO3Cu2（OH）3Cl•H2O

【解析】

【分析】

由图可知，废铜渣（主要成分Cu、CuO，含少量Fe3O4、Ni、A12O3）研磨可增大接触面积，加快反应速率，通入CO除去Ni元素，加NaOH分离出的滤液1中含偏铝酸钠和NaOH，滤渣1含Cu、CuO、Fe3O4，加盐酸、空气溶解后得到含铜离子、铁离子的溶液，调节pH，过滤分离出的滤渣2为Fe（OH）3，滤液2中加石灰乳可制备碱式氯化铜Cux（OH）yClz•mH2O，滤液3中含氯化钙，据此分析解答。

【详解】

（l）“研磨”可增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分，故答案为：

加快反应速率，使反应更充分；

（2）“碱溶”的目的是将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去，故答案为：

将氧化铝转化为偏铝酸钠分离除去；

（3）“酸溶”时生成Fe3+反应的离子方程式为4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；生成的Fe3+对Cu发生的氧化反应的催化原理图中，Cu失去电子，则Fe得到电子转化为N的化学式为Fe2+或FeCl2，故答案为：

4Fe3O4+O2+36H+=12Fe3++18H2O；Fe2+或FeCl2；

（4）“酸溶”时温度不能过高，因为温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，会导致反应速率降低，酸溶不充分，故答案为：

温度过高，盐酸挥发程度增大，空气的溶解度减小，导致反应速率降低，酸溶不充分；

（5）若滤液2中c（Fe3+）=4×10-8mol/L，pH=4，则Ksp[Fe（OH）3]=4×10-8×（10-10）3=4×10-38，故答案为：

4×10-38；

（6）①后续实验需要加入AgNO3溶液，因此溶解样品所用酸为HNO3，加入足量AgNO3溶液可检验Cl-，故答案为：

HNO3；

②n（Cl-）=

×

=0.1mol，n（Cu2+）=0.02L×1mol/L×

=0.2mol，由电荷守恒可知n（OH-）=2n（Cu2+）-n（Cl-）=0.2mol×2-0.1mol=0.3mol，m（Cl-）=0.1mol×35.5g•mol-1=3.55g，m（Cu2+）=0.2mol×64g•mol-1=12.8g，m（OH-）=0.3mol×17g/mol=5.1g，n（H2O）=

=0.1mol，则x∶y∶z∶m=n（Cu2+）∶n（OH-）∶n（Cl-）∶n（H2O）=2∶3∶1∶1，即化学式为Cu2（OH）3Cl•H2O，故答案为：

Cu2（OH）3Cl•H2O。

8．钴元素由于其良好的物理化学性质，被广泛应用于生产生活中。

从含钴废料（含CoO、Co2O3、单质Al、Li等）中制取粗CoCl2·6H2O的流程如下所示。

请回答下列问题：

（1）步骤I中主要发生的化学反应方程式为______。

（2）已知Co2O3具有强氧化性，若步骤II中浸出剂为盐酸，造成的后果是_______。

（3）步骤Ⅲ中①的目的是除去Al3+，写出该步反应的离子方程式______。

（4）若在实验室煅烧CoCO3，所需的硅酸盐质仪器除酒精灯和玻璃棒外，还有______、______（填仪器名称）。

（5）操作①是在HCl氛围中进行的，其步骤是______、_____、过滤、洗涤、干燥。

洗涤过程中可以用工业酒精代替水，其优点是_____。

（6）某同学用标准硝酸银溶液滴定未知浓度的CoCl2溶液，下列可作为指示剂的是____（填选项，忽略亚钴离子的颜色干扰）

A．KClB．KSCNC．K2CrO4D．K2S

已知几种物质在20℃时的颜色及Ksp值如下表

化学式

AgCl

AgSCN

Ag2S

Ag2CrO4

颜色

白色

浅黄色

黑色

红色

Ksp

2.0×10-10

1.0×10-12

2.0×10-48

2.0×10-12

【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑、2Li+2H2O=2LiOH+H2↑会产生有毒气体氯气2Al3++3CO32-+3H2O=2Al（OH）3↓+3CO2↑坩埚泥三角蒸发浓缩冷却结晶减少晶体的溶解损失C

【解析】

【分析】

含钴废料（含CoO、Co2O3、单质Al、Li）加入碱液，Al能溶于强碱溶液生成偏铝酸盐和氢气，锂能够被水溶解，过滤得到钴渣和含铝溶液；钴渣中加入浸出剂得到含有Co2+及微量Li+、Al3+溶液，向该溶液中加入20%碳酸钠溶液调节溶液的pH为4.5-5之间，然后加入NaF，过滤得到铝锂渣和滤液，滤液中加入30%碳酸钠溶液调节溶液的pH为8-8.5，得到CoCO3沉淀，煅烧碳酸钴得到CoO，CoO与盐酸反应生成CoCl2，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出CoCl2·6H2O结晶水合物，据此分析解答。

【详解】

（1）步骤I