第第頁新沂市棋盤中學高三年級新高考第二次模擬考試化學試卷1.本試卷共6頁，包括選擇題和非選擇題兩部分，滿分100分，考試時間75分鐘。2.答案務必填寫到答題紙上規定位置，否則答題無效可能用到的相對原子質量：H-1Na-23Cl-35.5O-16Cr-52N-14C-12一、單項選擇題：共13小題，每小題3分，共39分，每小題只有一個選項符合題意。1.“保護環境”是我國的基本國策。下列做法不應該提倡的是A.采取低碳、節儉的生活方式 B.按照規定對生活廢棄物進行分類放置C.深入農村和社區宣傳環保知識 D.經常使用一次性筷子、紙杯、塑料袋等【答案】D【解析】【詳解】A、低碳能減少CO2的排放，故A說法正確；B、對生活廢棄物進行分類，可以對物質進行回收使用，分類處理，故B說法正確；C、宣傳環保知識，人人都參與進來，減少人類對環境的破壞，故C說法正確；D、使用一次性筷子、紙杯對樹木加大破壞，塑料袋使用引起白色污染，故D說法錯誤；答案選D。2.通反應8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關微粒的化學用語正確的是A.NH3是極性分子 B.N2分子的電子式：C.NH4Cl是分子晶體 D.Cl-的結構示意圖：【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．NH3空間構型是三角錐形，正負電荷中心不能重合，屬于極性分子，故A正確；B．N2分子的電子式為：，故B錯誤；C．NH4Cl由銨根離子和氯離子組成，是離子晶體，故C錯誤；D．Cl-得到一個電子，最外層應為8個電子，故D錯誤；故選A。3.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.Na的金屬活潑性強，Na—K液態合金做原子反應堆的導熱劑B.純堿溶液顯堿性，可用制取普通玻璃的原料C.小蘇打受熱分解，可用于中和過多的胃酸D.過氧化鈉具有強氧化性，可用于殺菌消毒【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．Na的金屬活潑性強，Na—K液態合金做原子反應堆的導熱劑，兩者沒有關聯，故A錯誤；B．純堿溶液顯堿性，可用制取普通玻璃的原料，兩者沒有關聯，故B錯誤；C．小蘇打可用于中和過多的胃酸是兩者反應，不是因為小蘇打受熱分解，故C錯誤；D．過氧化鈉具有強氧化性，可用于殺菌消毒，性質與用途具有對應關系，故D正確。綜上所述，答案為D。4.二氧化硫雖然是形成酸雨的主要物質，但對食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能夠達到使產品外觀光亮、潔白的效果，也是制取硫酸重要的原料氣；實驗室通常用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制取少量二氧化硫；已知二氧化硫與氧氣反應的熱化學方程式為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=?197kJ/mol。下列有關二氧化硫的說法正確的是A.SO3的空間構型為平面三角形B.SO2與H2O能形成分子間氫鍵C.SO2的水溶液不能導電D.SO2制取SO3利用了SO2的氧化性【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．SO3價層電子對數為3+0=3，其空間構型為平面三角形，故A正確；B．SO2與H2O不能形成分子間氫鍵，分子間氫鍵必須是電負性大的原子與氫連接的氫與另外一個電負性大的原子，故B錯誤；C．SO2的水溶液生成亞硫酸，亞硫酸電離出氫離子和亞硫酸氫根，因此能導電，故C錯誤；D．SO2制取SO3，化合價升高，失去電子，利用了SO2的還原性，故D錯誤。綜上所述，答案為A。5.二氧化硫雖然是形成酸雨的主要物質，但對食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能夠達到使產品外觀光亮、潔白的效果，也是制取硫酸重要的原料氣；實驗室通常用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制取少量二氧化硫；已知二氧化硫與氧氣反應的熱化學方程式為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197kJ/mol。下列有關二氧化硫與氧氣反應的說法正確的是A.反應的ΔS<0B.如果有2mol的SO2和1molO2在該條件下充分反應可以放出197kJ的熱量C.反應中每消耗1molO2轉移電子數目約等于2×6.02×1023D.反應在高溫、高壓和催化劑條件下進行可提高SO2的平衡轉化率【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，反應前后氣體體積減小，混亂度減小，ΔS<0，故A正確；B．可逆反應存在反應限度，反應物不可能完全轉化為生成物，所以將2mol的SO2和1molO2在該條件下充分反應不可能完全轉化為SO3，放出的熱量小于197kJ，故B錯誤；C．O2中氧元素化合價從0價降低到-2價，反應中每消耗1molO2轉移電子的數目約等于4×6.02×1023，故C錯誤；D．二氧化硫與氧氣的反應為放熱的可逆反應，高溫可加快反應速率，但會使平衡逆向移動，不能提高SO2的平衡轉化率，使用催化劑只能改變反應速率，不能使平衡發生移動，也就不能提高SO2的平衡轉化率，但故D錯誤；答案選A。6.二氧化硫雖然是形成酸雨的主要物質，但對食品有漂白和防腐作用，使用二氧化硫能夠達到使產品外觀光亮、潔白的效果，也是制取硫酸重要的原料氣；實驗室通常用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制取少量二氧化硫；已知二氧化硫與氧氣反應的熱化學方程式為：2SO2(g)+O2(g)=2SO3(g)△H=-197kJ/mol。實驗室制取SO2時，下列裝置能達到相應實驗目的的是A.圖①生成SO2 B.圖③干燥SO2C.圖④收集SO2 D.圖②吸收SO2尾氣【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．實驗室通常用亞硫酸鈉與濃硫酸反應制取少量二氧化硫,濃硫酸是液體，并且該反應不需要加熱，故A錯誤；B．堿石灰與二氧化硫反應，不能用堿石灰干燥二氧化硫，故B錯誤；C．二氧化硫的密度大于空氣的密度，可以用向上排空氣法收集氣體，長導氣管進氣體，故C正確；D．二氧化硫與氫氧化鈉溶液反應，用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫尾氣，不用水吸收，故D錯誤；故選：C。7.13Al、12Mg、16S、17Cl是周期表中的短周期主族元素。下列有關說法正確的是A.元素S在周期表中位于第4周期ⅢA族B.元素S的簡單氣態氫化物的化學式為H2SC.第一電離能：I1(Mg)<I1(Al)<I1(S)D.最高價氧化物的水化物的堿性：Mg(OH)2<Al(OH)3【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．元素S原子序數為16，在周期表中位于第三周期第ⅥA族，故A錯誤；B．元素S最低負價為-2，簡單氣態氫化物的化學式為H2S，故B正確；C．鎂的第一電離能大于鋁，所以第一電離能為：I1(Al)＜I1(Mg)＜I1(S)，故C錯誤；D．鎂的金屬性強于鋁，所以最高價氧化物的水化物的堿性：Mg(OH)2＞Al(OH)3，故D錯誤；故選B。8.某同學采用硫鐵礦焙燒取硫后的燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3，不考慮其他雜質)制取七水合硫酸亞鐵(FeSO4?7H2O)，設計了如圖流程：下列說法不正確的是A.溶解燒渣時，控制適當反應溫度并不斷攪拌，有利于提高鐵、鋁浸取率B.加入試劑X，可能發生的離子反應方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑C.加入試劑X后的溶液中可能含有離子：Fe2+、SO、Al3+D.若改變方案，在溶液1中直接加NaOH至過量，得到的沉淀用硫酸溶解，其溶液經結晶分離也可得到FeSO4?7H2O【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．溶解燒渣時，適當升溫和攪拌，都可加快反應速率，有利于提高鐵、鋁浸取率，故A正確；B．試劑X為鐵粉，加入鐵粉后，鐵粉可與過量的稀硫酸發生反應，離子反應方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正確；C．加入鐵粉后，三價鐵被還原為二價鐵離子，所以溶液中可能含有離子：Fe2+、SO、Al3+，故C正確；D．溶液1中含有鐵離子和鋁離子，加NaOH至過量，鋁離子轉化為偏鋁酸根，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，所以最終得到的是硫酸鐵，而不是硫酸亞鐵，故D錯誤；故選D。9.利用原電池原理，在室溫下從含低濃度銅的酸性廢水中回收銅的實驗裝置如圖所示，下列說法正確的是A.該裝置工作中電能轉化為化學能B.負極的電極反應式：BH＋4H2O-8e-═B(OH)＋8H+C.2室流出的溶液中溶質為Na2SO4和K2SO4D.電路中每轉移1mol電子，電極2上有32gCu析出【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．該裝置為原電池，工作中是化學能轉化為電能，故A錯誤；B．電解質為堿性，所以負極的電極反應式：BH＋8OH-8e-═B(OH)＋4H2O，故B錯誤；C．由圖中得失電子可知，電極1為負極，電極2為正極，1室中鈉離子，鉀離子透過X膜向2室遷移，硫酸根透過Y膜向2室遷移，所以2室流出的溶液中溶質為Na2SO4和K2SO4，故C正確；D．由圖可知，電極2上銅離子，氫離子都得電子，生成銅單質和氫氣，所以電路中每轉移1mol電子，電極2上析出Cu小于32g，故D錯誤；故選C。10.一水硫酸四氨合銅的化學式為[Cu(NH3)4]SO4·H2O是一種重要的染料及農藥中間體，實驗室可以用氧化銅為原料通過以下方法制取。步驟1：向試管中加入一定量的氧化銅固體，加入足量稀硫酸充分反應，觀察到固體完全溶解，溶液變藍色；步驟2：向試管中繼續滴加過量2%氨水，觀察到先有藍色沉淀，后又逐漸完全溶解得到深藍色溶液。步驟3：再向試管中加入無水乙醇，振蕩靜置，有深藍色晶體析出。下列說法不正確的是A.步驟2中觀察到的藍色沉淀為Cu(OH)2B.步驟2中沉淀溶解是因為生成了銅氨配合物C.步驟3中未采取蒸發結晶的方法獲得晶體，說明一水硫酸四氨合銅受熱易分解D.如圖所示銅的晶胞中有14個銅原子【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．步驟1中氧化銅和硫酸反應生成硫酸銅和水，步驟2中加入氨水，生成的藍色沉淀為Cu(OH)2，故A正確；B．步驟2中先產生的藍色沉淀是氫氧化銅，繼續加氨水沉淀溶解，是因為生成了銅氨配合物，故B正確；C．蒸發結晶需要加熱，不穩定的物質容易分解，步驟3中未采取蒸發結晶的方法獲得晶體，說明一水硫酸四氨合銅受熱易分解，故C正確；D．根據晶胞結構，如圖所示銅的晶胞中含有的銅原子個數為=4，故D錯誤；故選D。11.姜黃素是我國古代勞動人民從姜黃根莖中提取得到的一種黃色食用色素。下列關于姜黃素說法正確的是A.分子中含氧官能團有酚羥基、醚鍵和醛基B.分子中碳原子軌道雜化類型有3種C.姜黃素不能使溴的CCl4溶液褪色D.既能發生取代反應，又能發生加成反應【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．由結構可知，分子中含氧官能團有酚羥基、醚鍵和酮基，故A錯誤；B．分子中甲基上的碳原子軌道雜化類型為sp3雜化，其他碳原子為sp2雜化，所以只有2種，故B錯誤；C．姜黃素中含有碳碳雙鍵，能和溴發生加成反應，所以能使溴的CCl4溶液褪色，故C錯誤；D．由結構可知，分子中含有甲基，苯環等能發生取代反應，含有碳碳雙鍵，苯環能發生加成反應，所以該物質既能發生取代反應，又能發生加成反應，故D正確；故選D。12.下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是A.的NaHA溶液，其：B.溶液與溶液等體積混合，所得溶液中：C.物質的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合：D.pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：【答案】C【解析】【詳解】A．的NaHA溶液，其，則電離程度大于水解程度，因此有，故A錯誤；B．溶液與溶液等體積混合，所得溶液中溶質為碳酸鈉，碳酸根水解生成碳酸氫根和氫氧根，碳酸氫根水解生成碳酸和氫氧根，則有，故B錯誤；C．物質的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合，根據物料守恒和電荷守恒得到：，故C正確；D．由于碳酸根水解程度大于醋酸根水解程度，pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液，水解程度越大，則濃度越小，氫氧化鈉電離程度大，其物質的量濃度應最小：，故D錯誤。綜上所述，答案為C。13.亞硝酰氯(NOCl)是有機合成中的重要試劑，工業上可由NO與Cl2反應制得，(1)氮氧化物與懸浮在大氣中的海鹽粒子相互作用時會生成亞硝酰氯，涉及如下反應：反應I：2NO2(g)+NaCl(s)NaNO3(s)+NOCl(g)ΔH1；反應II：4NO2(g)+2NaCl(s)2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)ΔH2；反應III：2NO(g)+Cl2(g)2NOCl(g)ΔH3；(2)保持恒溫恒容條件，將物質的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進行反應，平衡時某反應物的轉化率與氮氯比及不同溫度的關系如圖所示：A.上述反應焓變關系ΔH3=ΔH1-ΔH2B.圖中縱坐標為物質氯氣的轉化率C.圖中A、B、C三點對應的NOCl體積分數最大的是BD.若容器容積為1L，經過10min到達A點，該時間段內反應速率v(NO)=0.08mol/(L·min)【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據蓋斯定律，上述反應焓變關系ΔH3=ΔH1×2-ΔH2，故A錯誤；B．將物質的量之和為3mol的NO和Cl2以不同的氮氯比進行反應，逐漸增大，一氧化氮轉化率減小，氯氣的轉化率變大，所以圖中縱坐標為物質氯氣的轉化率，故B正確；C．由于B點大于A點，所以圖中A、B、C三點對應的NOCl體積分數最大的是A，故C錯誤；D．若容器容積為1L，經過10min到達A點，則氯氣轉化了0.8mol，生成了一氧化氮1.6mol，所以該時間段內反應速率v(NO)=0.16mol/(L·min)，故D錯誤；故選B。二、非選擇題：共4小題，共61分14.工業上常利用軟錳礦漿(主要成分是MnO2，還含有硅、鐵和少量重金屬鎳的化合物等雜質)制備MnSO4溶液，并以MnSO4溶液為原料制取單質錳和四氧化三錳。(1)MnSO4溶液的制備：①還原：以稀硫酸作介質，纖維素[(C6H10O5)n]還原MnO2時，發生反應的化學方程式為______。②除雜：除去硅、鐵等雜質后，通常用BaS來除去溶液中的鎳，pH對除鎳效果的影響如圖所示。當pH＜4.2，pH越小除鎳效果越差的原因是_____。(2)電解法制錳：為保證電解順利進行，電解液中Mn2+必須保持一定的濃度。Mn2+濃度和電流效率(電流效率是指電解時在電極上實際沉積或溶解的物質的量與按理論計算出的析出或溶解量之比)的關系如圖所示。由圖可知當Mn2+濃度大于22g·L-1時，電流效率隨Mn2+濃度增大反而下降，其原因是_____。(3)制取Mn3O4：利用MnSO4溶液，用空氣氧化法制備Mn3O4。在MnSO4溶液中滴入一定濃度的氨水，加壓通氧氣反應7小時制備Mn3O4。①寫出上述反應的離子方程式：_____。②Mn3O4的含量與反應溫度的關系如圖所示。隨著反應溫度的升高，產物中Mn3O4的含量的上升趨勢呈現先快后慢的原因是_____。【答案】①.12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O②.pH越小，c(H+)增大，硫化鋇會與H+反應產生硫化氫氣體③.Mn2+濃度增大，Mn2+擴散至陽極失電子放電④.6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O⑤.溫度不太高的情況下(反應主要受動力學影響)，溫度升高反應速率加快，Mn3O4的含量增大；溫度較高的情況下(反應受熱力學影響)，此氧化反應為放熱反應，溫度升高反應逆向移動【解析】【詳解】(1)①纖維素[(C6H10O5)n]具有還原性，MnO2具有氧化性，二者發生氧化還原反應，反應的化學方程式為12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O，故答案為：12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2↑+17nH2O；②pH過低，H+會與硫化鋇反應產生硫化氫氣體，根據圖中數據知道，當pH＜4.2的時候，鎳離子隨pH的減小而殘留率增加，故答案為：pH越小，c(H+)增大，硫化鋇會與H+反應產生硫化氫氣體；(2)電解時，用惰性電極電解，陽極發生氧化反應，應該是水電離出的氫氧根離子放電，當Mn2+濃度大于22g·L-1時，Mn2+擴散至陽極失電子放電，電流效率隨Mn2+濃度增大反而下降，故答案為：Mn2+濃度增大，Mn2+擴散至陽極失電子放電；(3)①Mn2+在氨水存在下被氧氣氧化生成Mn3O4，反應的離子方程式為：6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O，故答案為：6Mn2++12NH3?H2O+O2=2Mn3O4↓+12NH+6H2O；②由圖可知，曲線斜率逐漸減小，即隨著反應溫度的升高，產物中Mn3O4的含量的上升趨勢呈現先快后慢，原因是：溫度不太高的情況下(反應主要受動力學影響)，溫度升高反應速率加快，Mn3O4的含量增大；溫度較高的情況下(反應受熱力學影響)，此氧化反應為放熱反應，溫度升高反應逆向移動。15.華法林(物質F)是一種香豆素類抗凝劑，在體內有對抗維生素K的作用，可用于預防栓塞性疾病。某種合成華法林的路線如圖所示。請回答下列相關問題。(1)B→C的反應類型___。(2))物質F中含有手型碳原子數目為___。(3)A→B的氧化劑可以是___(填標號)。a銀氨溶液b.氧氣c.新制Cu(OH)2懸濁液d.酸性KMnO4溶液(4)物質C的同分異構體中符合下列條件的有___種(不考慮立體異構)。并寫出其中一種的結構簡式___。①含有苯環；②苯環上有兩個取代基；③含有—COO—結構且不含甲基。(5)以和(CH3CO)2O為原料制備寫出合成路線___(無機試劑任選)。【答案】①.取代反應②.1③.ac④.12⑤.⑥.或【解析】【分析】【詳解】(1)B→C的反應為和CH3OH在濃硫酸存在的條件下發生酯化反應生成和H2O，反應類型為取代反應；(2))連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，則物質F中含有1個手性碳原子(標星號)，故答案為：1；(3)酚羥基具有較強的還原性，氧化醛基時要注意酚羥基不能被氧化，氧氣和酸性KMnO4溶液均能氧化酚羥基，因此只能選擇弱氧化劑銀氨溶液或新制Cu(OH)2懸濁液，故答案為：ac；(4)物質C的結構簡式為，符合要求的同分異構體的兩個取代基共4組：-COOH和-CH2OH、-CH2COOH和-OH、-OOCH和-CH2OH、-CH2OOCH和-OH，每組都有鄰、間、對三種位置關系，因此共有12種，故答案為：12；；(5)將乙基氧化為羧基之前要考慮將酚羥基轉化為酯基保護起來，以免被酸性高錳酸鉀溶液氧化，由題給原料和產品的結構簡式，結合逆推法可知合成的步驟為：和乙酸酐在濃硫酸作用下發生取代反應生成，被酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，在稀硫酸作用下發生水解反應生成，與碳酸氫鈉反應生成；或在氫氧化鈉溶液中發生水解反應生成，與二氧化碳反應生成，合成路線如下：或。16.無水三氯化鉻(CrCl3)為紫色晶體，在工業上主要用作媒染劑和催化劑，某化學小組用Cr2O3和CCl4在高溫下制備無水三氯化鉻，部分實驗裝置如圖所示。已知：①CrCl3熔點為83℃，易潮解，易升華，易溶于水但不易水解，高溫下易被氧氣氧化；②Cr2O3和CCl4在高溫下反應的產物為CrCl3和光氣(COCl2)。請回答下列問題：(1)裝置A是氮氣制備裝置，氮氣的作用是___。(2)裝置B的作用為___。(3)裝置D中生成CrCl3和光氣(COCl2)的化學方程式為___。(4)產品中CrCl3質量分數的測定：(i)稱取0.3000g得到的CrCl3樣品溶于水并于250mL容量瓶中定容。(ii)取25.00mL樣品溶液于帶塞的錐形瓶中，加熱至沸騰后加入稍過量的Na2O2，稀釋并加熱煮沸，再加入過量的H2SO4酸化，將Cr3+氧化為Cr2O；再加入過量的KI固體，加塞搖勻，使鉻完全以Cr3+形式存在。(iii)加入1mL指示劑，用0.0250mol·L-1標準Na2S2O3溶液滴定至終點，平行測定三次，平均消耗標準Na2S2O3溶液21.00mL(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)。①ii中加入稍過量的Na2O2后要加熱煮沸，其主要原因是___；②滴定實驗可選用指示劑為___；產品中CrCl3質量分數為___(寫出計算過程)【答案】①.吹出CCl4蒸汽、吹出產物及尾氣，排出空氣、防止產物被氧化②.除去氮氣中水蒸氣③.Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2④.除去溶解的氧氣，防止將I－氧化⑤.淀粉溶液⑥.根據2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，因此n(Cr3+)=，則產品中CrCl3質量分數為。【解析】【分析】【詳解】(1)由于Cr2O3和CCl4在高溫下反應，CCl4要進入到D中，再根據題意CrCl3在高溫下易被氧氣氧化，因此氮氣的作用是吹出CCl4蒸汽、吹出產物及尾氣，排出空氣、防止產物被氧化；故答案為：吹出CCl4蒸汽、吹出產物及尾氣，排出空氣、防止產物被氧化；(2)CrCl3熔點為83℃，易潮解，易升華，易溶于水，因此裝置B的作用為除去氮氣中水蒸氣；故答案為：除去氮氣中水蒸氣；(3)裝置D中生成CrCl3和光氣(COCl2)的化學方程式為Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；故答案為：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2；(4)①ii中加入稍過量的Na2O2后要加熱煮沸，其主要原因是除去溶解的氧氣，防止將I－氧化；故答案為：除去溶解的氧氣，防止將I－氧化；②該反應是Na2S2O3滴定I2，因此滴定實驗可選用的指示劑為淀粉溶液；根據2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，因此n(Cr3+)=，則產品中CrCl3質量分數為；故答案為：淀粉溶液；根據2Cr3+～Cr2O～3I2～6Na2S2O3，因此n(Cr3+)=，則產品中CrCl3質量分數為。17.氯化亞銅廣泛應用于化工、印染等行業，難溶于醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解氧化。以硫化銅精礦為原料生產的工藝如下：(1)“溶解”溫度控制在的原因是_______，“溶解”時