高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1江蘇省蘇州市2024-2025學(xué)年高三年級第一學(xué)期學(xué)業(yè)質(zhì)量測試試題注意事項：1.本試卷分為單項選擇題和非選擇題兩部分，試卷滿分100分?？荚嚂r間75分鐘。2.將選擇題答案填涂在答題卡的對應(yīng)位置上，非選擇題的答案寫在答題卡的指定欄目內(nèi)。可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12N14O16S32K39Ti48Mn55Fe56一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。1.下列用于水處理的物質(zhì)，主要成分屬于有機(jī)物的是A.活性炭 B.聚丙烯濾膜 C.明礬D.二氧化氯【答案】B【解析】A．活性炭屬于碳單質(zhì)，不屬于有機(jī)物，A錯誤；B．聚丙烯濾膜是有機(jī)高分子化合物，屬于有機(jī)物，B正確；C．明礬的化學(xué)式為KAl(SO4)2·12H2O，屬于無機(jī)鹽，不是有機(jī)物，C錯誤；D．二氧化氯屬于氧化物，不屬于有機(jī)物，D錯誤；答案選B。2.反應(yīng)可實現(xiàn)工業(yè)副產(chǎn)品資源再利用。下列說法正確的是A.O元素位于周期表A族 B.電子式C.基態(tài)的電子排布式為 D.中既含極性鍵又含非極性鍵【答案】A【解析】A．O是16號元素，位于周期表A族，A正確；B．HCl是共價化合物，電子式為：，B錯誤；C．基態(tài)的電子排布式為1s22s22p63s23p63d9，C錯誤；D．中只含極性鍵不含非極性鍵，D錯誤；答案選A。3.實驗室稱量一定質(zhì)量的固體，并用于測定鹽酸的濃度。下列相關(guān)原理、裝置及操作不正確的是A．稱量B．加水溶解C．加指示劑D．滴定A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】用一定質(zhì)量的固體，測定鹽酸的濃度，用甲基橙作指示劑，根據(jù)方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，滴定終點n(HCl)=c(HCl)×V(HCl)=2n(Na2CO3)計算c(HCl)；用酚酞作指示劑，根據(jù)方程式Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，滴定終點n(HCl)=c(HCl)×V(HCl)=n(Na2CO3)計算c(HCl)。A．具有腐蝕性，把放在錐形瓶中稱取一定質(zhì)量的固體，故A正確；B．碳酸鈉易溶于水，向錐形瓶中加適量的水溶解碳酸鈉固體，故B正確；C．用一定質(zhì)量的固體，測定鹽酸的濃度，石蕊變色不明顯，應(yīng)該用酚酞或甲基橙作指示劑，故C錯誤；D．滴定時，用酸式滴定管盛放鹽酸，左手控制酸式滴定管旋塞，右手震蕩錐形瓶，故D正確；選C。4.光鹵石[]可作為提取金屬鎂的礦物原料。下列說法正確的是A.原子半徑： B.第一電離能：C.沸點： D.堿性：【答案】D【解析】A．同一周期元素的原子從左到右，隨著核電荷數(shù)增大，原子半徑減小，故r(Cl)<r(Mg)，A錯誤；B．同一主族從上到下，元素的原子第一電離能減小，故第一電離能I1(K)<I1(H)，B錯誤；C．H2O和HCl沸騰需克服分子間作用力，H2O存分子間氫鍵而HCl無分子間氫鍵，導(dǎo)致H2O分子間作用力更大，沸點更高，C錯誤；D．元素金屬性越強(qiáng)，最高價氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，金屬性Mg<K，故堿性Mg(OH)2<KOH，D正確；故本題選D。閱讀下列材料，完成下列3個小題。碳族元素及其化合物在自然界廣泛存在且具有重要應(yīng)用。甲烷是清潔能源，燃燒熱大(890.3)，完全燃燒生成，催化加氫可制；是一種殺菌劑；電解還原可制得半導(dǎo)體材料晶體，四氯化鍺()水解可得到；醋酸鉛[]易溶于水，難電離，醋酸鉛溶液可用于吸收氣體。5.下列說法正確的是A.晶體屬于分子晶體B.1中含有σ鍵數(shù)為3C.的空間構(gòu)型為平面正方形D.中的C原子和中的原子雜化方式相同6.下列化學(xué)反應(yīng)表示正確的是A.甲烷的燃燒：B.電解還原制高純的陰極反應(yīng)：C.水解制：D.醋酸鉛溶液吸收氣體：7.下列有關(guān)反應(yīng)的說法正確的是A.反應(yīng)的B.反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式C.反應(yīng)的(表示鍵能)D.反應(yīng)在高溫、高壓和催化劑條件下進(jìn)行可提高H2的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】5.B6.C7.B【解析】5.A．晶體屬于共價晶體，A錯誤；B．中1個C連接3個S原子，則1中含有σ鍵數(shù)為3mol，B正確；C．的價層電子對數(shù)，空間構(gòu)型為正四面體，C錯誤；D．中的C原子與O原子以雙鍵結(jié)合，則雜化方式為sp，中的原子與O原子以單鍵結(jié)合，則原子雜化方式sp3，D錯誤；故答案為：B；6.A．燃燒為放熱反應(yīng)，則甲烷的燃燒熱，A錯誤；B．陰極發(fā)生還原反應(yīng)，，B錯誤；C．水解制：，C正確；D．醋酸鉛溶液吸收氣體：，D錯誤；故答案為：C；7.A．該反應(yīng)氣體分子數(shù)減少，熵變小于0，A錯誤；B．平衡常數(shù)等于生成物濃度冪次方乘積除以反應(yīng)物濃度冪次方，B正確；C．反應(yīng)熱為生成物鍵能總和減去反應(yīng)物鍵能總和，C錯誤；D．催化劑改變反應(yīng)速率，不能提高轉(zhuǎn)化率，D錯誤；故答案為：B。8.冶金廢水(主要含)通過“電解-碳化”制備的裝置如圖所示。下列說法不正確的是A.M極上產(chǎn)生黃綠色氣體B.電解前后，N極區(qū)溶液的基本不變C.電解總反應(yīng)為：D.1通過陽離子交換膜時，理論上共產(chǎn)生44.8L的氣體【答案】D【解析】該裝置電解池，根據(jù)Ca2+移動方向可知，陽離子向陰極移動，N極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)，水得電子生成氫氣和氫氧根離子，OH-再與CO2和Ca2+反應(yīng)生成碳酸鈣，M為陽極，Cl-失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Cl2。A．M極為陽極，發(fā)生氧化反應(yīng)，2Cl-－2e-=Cl2↑，產(chǎn)生黃綠色氣體，A正確；B．N極為陰極，發(fā)生還原反應(yīng)2H2O+2e-=2OH-+H2↑，通入CO2氣體，OH-、CO2和通過陽離子交換膜的Ca2+反應(yīng)生成CaCO3沉淀，反應(yīng)方程式為：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，溶液的基本不變，B正確；C．反應(yīng)物為CaCl2、CO2和水，生成物為CaCO3、H2、Cl2，總反應(yīng)的方程式為：，C正確；D．1通過陽離子交換膜時，有2mo電子轉(zhuǎn)移，兩極分別產(chǎn)生1molH2和1molCl2，題目中未給出標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能確定氣體的體積，D錯誤；答案選D。9.利用丹皮酚(X)合成一種藥物中間體(Y)的流程如下：下列有關(guān)化合物X、Y的說法不正確的是A.可以用溶液鑒別X和Y B.該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)C.反應(yīng)前后的質(zhì)量不變 D.X的沸點比的低【答案】C【解析】A．X具有酚羥基，而Y沒有，所以可以用溶液鑒別X和Y，故A正確；B．該反應(yīng)中，基團(tuán)取代X上酚羥基的氫原子，故B正確；C．生成Y的同時會生成HBr，會和反應(yīng)，碳酸鉀質(zhì)量改變，故C錯誤；D．X可能形成分子內(nèi)氫鍵，沸點降低，可以形成分子間氫鍵，故D正確；答案選C。10.海水資源綜合利用過程中，下列有關(guān)說法正確的是A.海水曬鹽是利用溶質(zhì)的溶解度隨溫度變化而變化的原理B.海水提鎂的轉(zhuǎn)化為C.用溶液吸收溴，離子方程式為D.將氧化為時，加入過量的會使的產(chǎn)率降低【答案】D【解析】A．NaCl的溶解度受溫度影響較小，海水曬鹽是通過蒸發(fā)溶劑使NaCl結(jié)晶析出，而非利用溶解度隨溫度變化的原理，A錯誤；B．海水提鎂的最后一步應(yīng)為電解熔融的，而非電解溶液。電解溶液會生成H2和Cl2，離子方程式為：，無法得到金屬Mg，B錯誤；C．用溶液吸收Br2時，離子方程式應(yīng)基于參與反應(yīng)，而非直接使用OH?。正確反應(yīng)為：或，C錯誤；D．過量在酸性條件下會將I2進(jìn)一步氧化為，離子方程式：，導(dǎo)致I2被消耗，產(chǎn)率降低，D正確；故選D。11.室溫下，下列實驗方案能達(dá)到探究目的的是選項實驗方案探究目的A向2濃度均為0.1的和混合溶液中滴加2滴0.1的溶液，觀察產(chǎn)生沉淀的顏色判斷與的大小B分別向和溶液中滴加幾滴酚酞試液，觀察溶液顏色判斷和結(jié)合能力的強(qiáng)弱C向滴有酚酞的溶液中滴加過量氯水，觀察溶液顏色驗證氯水的酸性D將濃硫酸與反應(yīng)生成的氣體，通入品紅溶液中，觀察溶液顏色驗證濃硫酸的強(qiáng)氧化性A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．向2濃度均為0.1的和混合溶液中滴加2滴0.1的溶液，可觀察產(chǎn)生黃色沉淀，得＞，故A正確；B．題中沒有指明和物質(zhì)的量濃度是否相等，因此無法判斷和結(jié)合能力的強(qiáng)弱，故B錯誤；C．向滴有酚酞的溶液中滴加過量氯水，觀察溶液顏色褪去，無法驗證氯水的酸性，因為氯水具有漂白性，故C錯誤；D．濃硫酸與發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成氣體，通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，體現(xiàn)濃硫酸的酸性，故D錯誤；答案選A。12.室溫下，測定溶液中濃度的流程如下：已知。下列說法正確的是A.0.1溶液中：B.“沉淀”后得到的上層清液中：C.溶解得到的酸性溶液中：D.滴定終點時的溶液中：【答案】B【解析】含Ca2+的溶液加入過量0.1mol/LNa2C2O4將Ca2+以CaC2O4沉淀析出，沉淀加入過量0.1mol/LH2SO4溶解，得到含H2C2O4的酸性溶液，用0.1mol/LKMnO4溶液進(jìn)行滴定從而測定Ca2+的量；A．Na2C2O4溶液中，根據(jù)物料守恒有c(Na+)=2c()+2c()+2c(H2C2O4)，選項中的等式少了H2C2O4的濃度項，A錯誤；B．“沉淀”后得到的上層清液中c(Ca2+)<c()，即Ksp[CaC2O4]=c(Ca2+)c()>c2(Ca2+)，則c(Ca2+)<==5×10?5mol?L?1，B正確；C．溶解得到的酸性溶液中，陽離子除了H+還有Ca2+，故根據(jù)電荷守恒應(yīng)當(dāng)有2c()+c()+c(OH?)+2c()=c(H+)+2c(Ca2+)，C錯誤；D．滴定終點，KMnO4剛好和H2C2O4反應(yīng)生成CO2和Mn2+，高錳酸根剛好完全反應(yīng)，濃度幾乎為0，c()<c(Mn2+)，D錯誤；故本題選B。13.利用作催化劑，可將廢氣中的轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)，涉及的反應(yīng)主要有：反應(yīng)反應(yīng)將的混合氣體以一定流速通過反應(yīng)管，其他條件不變，出口處的轉(zhuǎn)化率及S的選擇性隨溫度的變化如圖所示。下列說法正確的是A.低于300℃時，反應(yīng)的速率大于反應(yīng)B.硫單質(zhì)的產(chǎn)率隨溫度的升高而下降C.300℃時，出口處的氣體中的體積分?jǐn)?shù)約為30%D.增大體系壓強(qiáng)，S單質(zhì)的平衡選擇性增大【答案】C【解析】A．低于300℃時，S的選擇性接近100%，說明反應(yīng)II是快反應(yīng)，反應(yīng)II速率大于反應(yīng)I，A錯誤；B．隨溫度升高，雖然S的選擇性降低，但SO2轉(zhuǎn)化率升高，硫單質(zhì)的產(chǎn)率隨溫度的升高不一定下降，B錯誤；C．300℃時，S的選擇性接近100%，反應(yīng)II為快反應(yīng)，產(chǎn)物中幾乎無H2S，由反應(yīng)I×2+反應(yīng)II得SO2+2H2=S+2H2O，列出三段式則出口處的氣體中的體積分?jǐn)?shù)==30%，C正確；D．反應(yīng)I是氣體體積數(shù)減小的反應(yīng)，而反應(yīng)II是氣體體積數(shù)增加的反應(yīng)，故增大體系壓強(qiáng)，有利于反應(yīng)I平衡正向移動，使反應(yīng)II平衡逆向移動，會導(dǎo)致S單質(zhì)的平衡選擇性減小，D錯誤；故本題選C。二、非選擇題：共4題，共61分。14.以電爐鈦渣(主要成分為，含少量等)為原料制備催化劑的流程如下：（1）原料①晶胞如圖-1所示，其中的配位數(shù)(與金屬離子距離最近且相等的的個數(shù))比大，則處于晶胞體心的離子是___________。②常溫下，根據(jù)計算得到6的溶液中約為，實際測得6的溶液中遠(yuǎn)大于，且存在穩(wěn)定的離子，可能的原因是___________。（2）浸取用濃度均為6的和混合溶液浸取電爐鈦渣，中、元素的浸出率隨時間的變化如圖-2所示。已知：能與反應(yīng)轉(zhuǎn)化為和；能與生成微溶的。①浸取時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為___________。②實驗表明，用濃度均為6的和混合溶液浸出電爐鈦渣的速率高于用12溶液浸出的速率，其原因是___________。③為提高元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是___________。（3）加氨加入氨水的目的是___________。（4）催化甲醇水溶液光解制，同時可得到、等產(chǎn)物(如圖-3所示)。光催化劑的表觀量子產(chǎn)率()為60%。實驗測得催化劑吸收的光子數(shù)為，溶液中產(chǎn)生的物質(zhì)的量為，根據(jù)以上數(shù)據(jù)計算生成的物質(zhì)的量為___________(不考慮其它產(chǎn)物，寫出計算過程)?！敬鸢浮浚?）①.②.HF溶液中存在電離平衡：HF?H++F-，濃HF溶液中，HF分子濃度大，與F-形成離子，減小了F-的濃度，促進(jìn)電離平衡正向移動，c（H+）增大（2）①.Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O②.F-濃度增大對浸出速率的影響大于H+減小的影響③.充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)升高溫度（3）有利于生成（NH4）3FeF6沉淀（4）1.1×10-5mol【解析】電爐鈦渣(主要成分為，含少量等)用濃度均為6的和混合溶液浸取，轉(zhuǎn)化為和，離子方程式為：Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O，過濾，棄去濾渣，向濾液中加入氨水，中和HF，提高的濃度，進(jìn)一步除去，使其生成（NH4）3FeF6沉淀，過濾，將濾液熱水解，逸出HF和NH3，同上得到H2TiO3，H2TiO3受熱分解得到TiO2，據(jù)此分析；（1）①體心陽離子配位數(shù)為12，頂點陽離子配位數(shù)為6，故晶胞體心的離子為；②常溫下，根據(jù)計算得到6mol?L-1的HF溶液中c（H+）約為4.5×10-2mol?L-1實際測得6mol?L-1的HF溶液中c（H+）遠(yuǎn)大于4.5×10-2mol?L-1且存在穩(wěn)定的離子，可能的原因是HF溶液中存在電離平衡：HF?H++F-，濃HF溶液中，HF分子濃度大，與F-形成離子，減小了F-的濃度，促進(jìn)電離平衡正向移動，c（H+）增大；（2）①根據(jù)題意可知，F(xiàn)e2TiO5能與HF反應(yīng)轉(zhuǎn)化為和；能與生成微溶的，浸取時，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O；②實驗表明，用濃度均為6mol?L-1的HF和NH4F混合溶液浸出電爐鈦渣的速率高于用12mol?L-1HF溶液浸出的速率，其原因是F-濃度增大對浸出速率的影響大于H+減小的影響；③為了提高Ti元素浸出速率，加料完成后，可采取措施是充分?jǐn)嚢?、適當(dāng)升高溫度；（3）加入氨水的目的是中和HF，提高的濃度，有利于生成（NH4）3FeF6沉淀；（4）根據(jù)TiO2的表觀量子產(chǎn)率（）為60%。實驗測得催化劑吸收的光子數(shù)為1.4×10-4mol，可得反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為：1.4×10-4mol×0.6=8.4×10-5mol，又有CH3OH～HCHO～2e-，CH3OH～HCOOH～4e-，所以有8.4×10-5mol=2n（HCHO）+4n（HCOOH），n（HCHO）=2×10-5mol，解得：4n（HCOOH）=1.1×10-5mol。15.化合物F是一種心血管藥物，其合成路線如下：（1）C中含氧官能團(tuán)的名稱為___________。（2）化合物E中有___________個手性碳原子。（3）若A經(jīng)過步驟得到的產(chǎn)物中有一種C的同分異構(gòu)體，該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為___________。（4）寫出同時滿足下列條件的A的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________。酸性條件下水解生成兩種產(chǎn)物；兩種產(chǎn)物均含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，且苯環(huán)上的一氯代物均只有2種。（5）寫出以和為原料制備的合成路線流程圖___________(無機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線示例見本題題干)?！敬鸢浮浚?）酚羥基、酮羰基（2）3（3）（4）（5）【解析】A到B發(fā)生取代反應(yīng)，酮羰基鄰位碳原子上H原子被乙基取代，B到C發(fā)生取代反應(yīng)，醚鍵生成酚羥基，C到D發(fā)生取代反應(yīng)，酚羥基上H原子被取代，生成D和HCl，D到E發(fā)生先加成后水解，酮碳基轉(zhuǎn)化為羥基，E到F發(fā)生消去和取代反應(yīng)，-OH消去生成碳碳雙鍵，同時醚鍵轉(zhuǎn)化為酚羥基。（1）根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式可知，C的含氧官能團(tuán)名稱為酚羥基和酮羰基；（2）手性碳原子是一個C原子周圍連接四個不同的原子或原子團(tuán)，E中的手性碳原子為，共3個；（3）若A經(jīng)過步驟，先是醚鍵轉(zhuǎn)化為酚羥基，酚羥基再與CH3CH2Br發(fā)生取代反應(yīng)得到醚鍵，結(jié)構(gòu)簡式為：；（4）酸性條件下水解生成兩種產(chǎn)物，含有酯基；兩種產(chǎn)物均含有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，且苯環(huán)上的一氯代物均只有2種，說明含有苯環(huán)的產(chǎn)物有2種H原子，符合條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：；（5）以和為原料制備，-OCH3發(fā)生B到C的反應(yīng)生成酚羥基，羰基和發(fā)生D到E的反應(yīng)生成醇羥基，因為酚羥基易被氧化，所以先發(fā)生Br原子水解反應(yīng)生成醇羥基，氧化為酮羰基，再發(fā)生加成和水解反應(yīng)，最后取代反應(yīng)生成，合成路線為：。16.通過處理廢舊磁性合金釹鐵硼()可回收釹與鐵。．濕法分離（1）向釹鐵硼中加入硫酸，釹、鐵分別轉(zhuǎn)化為、進(jìn)入濾液。酸浸過程中溶液溫度、隨時間變化如圖-1所示。已知：常溫下；。①常溫下，的硫酸中___________。②酸浸初始階段溶液的迅速上升的原因是___________。（2）向酸浸后的濾液中加入溶液，可將轉(zhuǎn)化為沉淀分離。①若加入溶液過多，放置時間過長可能會產(chǎn)生或。轉(zhuǎn)化為的離子方程式為___________。②檢驗所得沉淀中是否含有鐵元素的實驗方案為___________。（3）將沉釹后過濾所得的濾液(含、)電解可獲得鐵。為提高陰極的電解效率，可加入少量具有還原性的弱酸鹽檸檬酸鈉，其作用是___________。．干法分離（4）不同的固體混合物在空氣中焙燒所得固體物質(zhì)的X-射線衍射圖(可用于判斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在)如圖-2所示。已知：、難溶于水，微溶于水，可溶于水。請補充完整以原料制備的實驗方案：將___________的固體混合物在坩堝中焙燒，冷卻至室溫后將固體轉(zhuǎn)移至燒杯中，___________，洗滌，干燥［須使用的試劑：溶液］。【答案】（1）①.10②.反應(yīng)消耗，溫度升高抑制了的電離（2）①.②.取少量沉淀，加入足量鹽酸溶解，滴加溶液，再加入新制氯水，若溶液一開始無明顯現(xiàn)象、加氯水后變成血紅色，說明含有鐵元素（3）檸檬酸根離子消耗，減少在陰極放電；防止被氧化為（4）①.3:1②.加水充分浸取，過濾，向濾液中加入溶液，至靜置后，向上層清液中繼續(xù)滴加溶液至無渾濁，過濾【解析】磁性合金釹鐵硼()加硫酸酸浸，釹、鐵分別轉(zhuǎn)化為、進(jìn)入濾液，濾渣為B，向酸浸后的濾液中加入溶液，可將轉(zhuǎn)化為沉淀分離，將沉釹后過濾所得的濾液(含、)電解可獲得鐵。（1），，則，則。故答案為：10；硫酸酸浸廢舊磁性合金釹鐵硼()時消耗硫酸，由圖可知，溫度升高，，平衡逆向移動，抑制了的電離，故答案為：反應(yīng)消耗，溫度升高抑制了的電離。（2）堿性條件下，與空氣中的反應(yīng)生成和，離子方程式為：，故答案為：；酸浸時鐵轉(zhuǎn)化為進(jìn)入濾液，則檢驗所得沉淀中是否含有鐵元素的實驗方案為：取少量沉淀，加入足量鹽酸溶解，滴加溶液，再加入新制氯水，若溶液一開始無明顯現(xiàn)象、加氯水后變成血紅色，說明含有鐵元素。故答案為：取少量沉淀，加入足量鹽酸溶解，滴加溶液，再加入新制氯水，若溶液一開始無明顯現(xiàn)象、加氯水后變成血紅色，說明含有鐵元素；（3）電解(含、)電解可獲得鐵，但和有競爭關(guān)系，加入弱酸鹽檸檬酸鈉，可以與生成弱酸檸檬酸，消耗，且檸檬酸鈉有還原性，可防止被氧化為，降低產(chǎn)率。故答案為：檸檬酸根離子消耗，減少在陰極放電；防止被氧化為；（4）、難溶于水，微溶于水，可溶于水。以原料，加入制備時應(yīng)盡量將鐵轉(zhuǎn)化為除去，將盡可能留在溶液中，轉(zhuǎn)化為，經(jīng)過加水充分浸取、過濾，在濾液中加入至完全生成沉淀，過濾，洗滌，干燥即可得。由圖可知為5:1時，有生成，會和一起溶于水，不合適；1:1時，有生成，其微溶于水，會造成的損失，故選擇3:1。故答案為：3:1；加水充分浸取，過濾，向濾液中加入溶液，至靜置后，向上層清液中繼續(xù)滴加溶液至無渾濁，過濾。17.儲能材料是當(dāng)前研究的熱點。（1