(浙江选考)2020版高考化学一轮复习专题十第三单元重要物质的制备与合成夯基提能作业.doc

第三单元重要物质的制备与合成1.(2018浙江11月选考,31,10分)某兴趣小组用镀锌铁皮按下列流程制备七水合硫酸锌(ZnSO47H2O)。相关信息如下:金属离子形成氢氧化物沉淀的相关pH范围。金属离子pH开始沉淀完全沉淀Fe3+1.52.8Fe2+5.58.3Zn2+5.48.2ZnSO4的溶解度(物质在100 g水中溶解的质量)随温度变化曲线。请回答:(1)镀锌铁皮上的油污可用Na2CO3溶液去除,理由是。步骤,可用于判断镀锌层完全反应的实验现象是。(2)步骤,须加入过量H2O2,理由是。(3)步骤,合适的pH范围是。(4)步骤,需要用到下列所有操作:a.蒸发至溶液出现晶膜,停止加热;b.在60 蒸发溶剂;c.冷却至室温;d.在100 蒸发溶剂;e.过滤。请给出上述操作的正确顺序(操作可重复使用)。(5)步骤,某同学采用不同降温方式进行冷却结晶,测得ZnSO47H2O晶体颗粒大小分布如图1所示。根据该实验结果,为了得到颗粒大小相对均一的较大晶粒,宜选择方式进行冷却结晶。A.快速降温B.缓慢降温C.变速降温图1(6)ZnSO47H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。下列关于滴定分析,正确的是。 图2图3A.图2中,应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端B.滴定前,锥形瓶和滴定管均须用标准溶液润洗C.将标准溶液装入滴定管时,应借助烧杯或漏斗等玻璃仪器转移D.滴定时,通常用左手控制旋塞滴加溶液,右手摇动锥形瓶,使溶液向同一方向旋转E.滴定前滴定管尖嘴内无气泡,滴定后尖嘴内有气泡,则测得的体积比实际消耗的小图3中显示滴定终点时的读数是mL。答案(1)Na2CO3水解,溶液呈碱性,促使油脂水解产生气泡的速率显著变慢(2)使Fe2+尽可能转化为Fe3+,H2O2易分解(Fe3+催化加速分解)(3)2.85.4(4)dabace(5)C(6)ADE20.60解析(1)碳酸钠溶液水解呈碱性,促进油污水解为可溶性物质而被除去。锌铁原电池反应放出氢气,镀锌层完全反应,反应速率会突然减小。(2)H2O2可以在酸性环境下将Fe2+氧化为Fe3+,且Fe3+催化加速H2O2分解;所以过量是为了确保Fe2+完全转化为Fe3+,利于后续分离除去。(3)根据沉淀pH表,需要确保Fe3+完全沉淀,Zn2+没有沉淀,合适的pH范围是2.8 5.4(4)题目要求用到所有操作,所以需要从100 开始蒸发溶剂加快蒸发速度,为了确保蒸发至饱和,需要出现晶膜,那么接下来在60 蒸发溶剂,继续至饱和,然后通过冷却结晶的方法使ZnSO47H2O因溶解度低而析出,然后过滤,得到粗晶体。(5)由图像可以得知,宜选择变速降温方式进行冷却结晶。(6)A项,酸式滴定管涂凡士林:把酸式滴定管旋塞芯取出,将旋塞芯和旋塞槽内擦干,然后分别在旋塞的大头表面上和旋塞槽小口内壁沿圆周均匀地涂一层薄薄的凡士林,然后把旋塞芯插入塞槽内,向同一方向旋转使油膜在旋塞内均匀透明,且旋塞转动灵活。B项,滴定管既需清洗干净,又需要润洗,锥形瓶只需清洗干净,不能润洗。C项,标准溶液转移至滴定管时,一定要用试剂瓶直接倒入,绝不可以借助其他仪器(如滴管、漏斗、烧杯等)完成。D项,滴定操作时,左手控制活塞滴加溶液,右手持锥形瓶,沿同一方向作圆周运动。E项,误差分析,滴定后有气泡,则所测体积小于实际消耗体积。滴定管从上往下进行滴定终点读数,保留两位小数,所以答案为20.60。2.(2017浙江4月选考,31,10分)ClO2是一种优良的消毒剂,浓度过高时易发生分解,常将其制备成NaClO2固体以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图1 所示。已知:2NaClO3+H2O2+H2SO4 2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O2ClO2+H2O2+2NaOH 2NaClO2+O2+2H2OClO2熔点-59 、沸点11 ;H2O2沸点150 图1请回答:(1)仪器A的作用是;冰水浴冷却的目的是(写出两种)。(2)空气流速过快或过慢,均降低NaClO2产率,试解释其原因 。(3)Cl-存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸,ClO2的生成速率大大提高,并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成,将其补充完整:(用离子方程式表示),H2O2+Cl2 2Cl+O2+2H+。(4) H2O2浓度对反应速率有影响。通过图2所示装置将少量30% H2O2溶液浓缩至40%,B处应增加一个设备。该设备的作用是,馏出物是。图2(5)抽滤法分离NaClO2过程中,下列操作不正确的是。A.为防止滤纸被腐蚀,用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤B.先转移溶液至漏斗,待溶液快流尽时再转移沉淀C.洗涤沉淀时,应使洗涤剂快速通过沉淀D.抽滤完毕,断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管后,关闭水龙头答案(1)防止倒吸降低NaClO2的溶解度;减少H2O2的分解;增加ClO2的溶解度;减少ClO2的分解(2)空气流速过慢时,ClO2不能及时被移走,浓度过高导致分解;空气流速过快时,ClO2不能被充分吸收 (3)2ClO3-+2Cl-+4H+2ClO2+Cl2+2H2O(4)减压H2O(5)C解析(1)由于ClO2气体在冰水浴条件下被吸收,体系内气压减小,因此需要防倒吸,故仪器A的作用是作安全瓶,防止溶液倒吸入三颈烧瓶中。冰水浴冷却可降低NaClO2的溶解度,增加ClO2的溶解度,同时减少H2O2和ClO2的分解。(2)空气流速过快时,ClO2来不及被充分吸收就被吹出;空气流速过慢时,ClO2滞留在体系内,ClO2浓度过高发生分解,故均会降低NaClO2的产率。(3)依题意知Cl-为催化剂,Cl2为中间产物,三颈烧瓶中的总反应为2NaClO3+H2O2+H2SO4 2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O,对应的离子方程式为2ClO3-+H2O2+2H+ 2ClO2+O2+2H2O,减去反应即得反应:2ClO3-+2Cl-+4H+ Cl2+2ClO2+2H2O。 (4)H2O2的沸点是150 ,比水的高,故馏出物是水。水浴加热的温度最高为100 ,但瓶内温度很难达到100 ,因此需要添加减压装置。(5)因NaClO2有强氧化性,为防止滤纸被腐蚀,可用玻璃纤维代替滤纸进行抽滤,A正确;抽滤时,用倾析法先转移溶液至漏斗,待溶液快流尽时再转移沉淀,B正确;洗涤沉淀时,为确保充分洗涤,应关小水龙头,使洗涤剂缓慢通过沉淀,C错误;抽滤完毕,应先断开水泵与吸滤瓶间的橡皮管,再关闭水龙头,以防倒吸,D正确。3.(2016浙江10月选考,31,10分)某研究小组在实验室以含铁的铜屑为原料制备Cu(NO3)23H2O晶体,并进一步探究用SOCl2制备少量无水Cu(NO3)2。设计的合成路线如下:Cu屑(含Fe) Cu(NO3)2溶液 Cu(NO3)23H2O晶体 无水Cu(NO3)2已知:Cu(NO3)23H2O Cu(NO3)2Cu(OH)2 CuOSOCl2熔点-105 、沸点76 、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。请回答:(1)第步调pH适合的物质是(填化学式)。(2)第步包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤,其中蒸发浓缩的具体操作是。为得到较大颗粒的Cu(NO3)23H2O晶体,可采用的方法是(填一种)。(3)第步中发生反应的化学方程式是。(4)第步,某同学设计的实验装置示意图(夹持及控温装置省略,如图1)有一处不合理,请提出改进方案并说明理由。图1装置改进后,向仪器A中缓慢滴加SOCl2时,需打开活塞(填“a”“b”或“a和b”)。(5)为测定无水Cu(NO3)2产品的纯度,可用分光光度法。已知:4NH3H2O+Cu2+ Cu(NH3)42+4H2O;Cu(NH3)42+对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Cu2+在一定浓度范围内成正比。现测得Cu(NH3)42+的吸光度A与Cu2+标准溶液浓度关系如图2所示:图2准确称取0.315 0 g无水Cu(NO3)2,用蒸馏水溶解并定容至100 mL,准确移取该溶液10.00 mL,加过量NH3H2O,再用蒸馏水定容至100 mL,测得溶液吸光度A=0.620,则无水Cu(NO3)2产品的纯度是(以质量分数表示)。答案(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3(其他合理答案也给分)(2)将溶液转移至蒸发皿中,控制温度加热至溶液表面形成一层晶膜减慢冷却结晶的速度(3)Cu(NO3)23H2O+3SOCl2 Cu(NO3)2+3SO2+6HCl(4)在A、B之间增加干燥装置,防止B中水蒸气进入反应器Ab(5)92.5%解析(1)调节pH的目的是使Fe3+沉淀析出,在除杂的过程中不能引入新的杂质,因此调节pH之后溶液中只含Cu(NO3)2和水,所以可以选择Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2等物质来调节pH。(2)蒸发浓缩过程中不能把水蒸干,否则高温的晶体可能会飞溅造成危险,而且硝酸铜晶体也可能会在高温下分解,因此需要蒸发至表面出现晶膜,停止加热;冷却结晶时,温度降低越慢,得到的晶体颗粒越大。(4)由题给信息可知SOCl2遇水剧烈水解,因此反应环境必须是无水环境,而与反应装置相连的尾气吸收装置中盛有氢氧化钠溶液,其水蒸气可能进入到反应装置中与SOCl2反应,因此需在反应装置和尾气吸收装置之间增加一个干燥装置;恒压滴液漏斗具有支管,可平衡漏斗与三颈烧瓶内气压,滴液时不需要打开上口活塞,只打开活塞b就可以。(5)由题图可得当A=0.620时,c(Cu2+)=1.5510-3 molL-1,因此原溶液中Cu(NO3)2的物质的量为1.5510-3 molL-10.1 L10010=1.5510-3 mol。所含硝酸铜的质量m=1.5510-3 mol188 gmol-1=0.291 4 g,所以产品的纯度=0.291 4 g0.315 0 g100%92.5%。4.下图为实验室制取乙酸乙酯的装置。请回答:(1)检验该装置气密性的方法是。(2)浓硫酸的作用是。(3)下列有关该实验的说法中,正确的是。A.向a试管中加入沸石,其作用是防止加热时液体暴沸B.饱和碳酸钠溶液可以除去产物中混有的乙酸C.乙酸乙酯是一种无色透明、密度比水大的油状液体D.若原料为CH3COOH和CH3CH218OH,则乙酸乙酯中不含18O答案(1)连接好装置,将导管末端插入水中,用手捂住试管a,若导管口出现气泡,片刻后松开手,导管末端形成一段水柱,则气密性良好(2)催化剂、吸水剂(3)AB解析(1)可用微热法检验该装置的气密性(详见答案)。(2)乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯,此反应中浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂。(3)沸石的作用是防止加热时液体暴沸,A正确。饱和Na2CO3溶液的作用是:降低乙酸乙酯的溶解度,使之容易分层析出;吸收乙酸、溶解乙醇,使乙酸、乙醇进入水层而除去,故B正确。乙酸乙酯的密度比水小,C错误。CH3COOH与CH3CH218OH反应生成CH3CO18OCH2CH3和H2O,D错误。5.纳米CdSe(硒化镉)可用作光学材料。在一定条件下,由Na2SO3和Se(硒,与S为同族元素)反应生成Na2SeSO3(硒代硫酸钠);再由CdCl2形成的配合物与Na2SeSO3反应制得CdSe纳米颗粒。流程图如下:注:CdCl2能与配位剂L形成配合物Cd(L)nCl2Cd(L)nCl2 Cd(L)n2+2Cl-;Cd(L)n2+ Cd2+nL纳米颗粒通常指平均粒径为1100 nm的粒子请回答:(1)图1加热回流装置中,仪器a的名称是,进水口为(填“1”或“2”)。图1(2)分离CdSe纳米颗粒不宜采用抽滤的方法,理由是。有关抽滤,下列说法正确的是。图2A.滤纸应比漏斗内径略小,且能盖住所有小孔B.图2抽滤装置中只有一处错误,即漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C.抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D.抽滤完毕后,应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡胶管,再关水龙头,以防倒吸(3)研究表明,CdSe的生成分两步:SeSO32-在碱性条件下生成HSe-;HSe-与Cd2+反应生成CdSe。完成第步反应的离子方程式SeSO32-+ HSe-+。写出第步反应的离子方程式。(4)CdSe纳米颗粒的大小影响其发光性质。某研究小组在一定配位剂浓度下,探究了避光加热步骤中反应时间和温度对纳米颗粒平均粒径的影响,如图3所示;同时探究了某温度下配位剂浓度对纳米颗粒平均粒径的影响,如图4所示。图3图4下列说法正确的是。A.改变反应温度和反应时间,可以得到不同发光性质的CdSe纳米颗粒B.在图3所示的两种温度下,只有60 反应条件下可得到2.7 nm的CdSe纳米颗粒C.在其他条件不变时,若要得到较大的CdSe纳米颗粒,可采用降低温度的方法D.若要在60 得到3.0 nm的CdSe纳米颗粒,可尝试降低配位剂浓度的方法答案(1)冷凝管2(2)抽滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀AD(3)OH-SO42-HSe-+Cd2+OH- CdSe+H2O(4)AD解析(1)观察图1知,仪器a是冷凝管(或球形冷凝管),冷却水应从2处通入。(2)减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀(胶状沉淀在抽滤时易透过滤纸)或颗粒太小的沉淀(沉淀颗粒太小易在滤纸上形成一层密实的沉淀,溶液不易透过)。图2中还有错误,即安全瓶左侧导管太长、右侧导管太短,应左侧导管稍露出橡胶塞、右侧导管稍长,B错误;抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出,C错误;A、D正确。(3)由电荷守恒及原子守恒,可得到第步反应的离子方程式:SeSO32-+OH- HSe-+SO42-,第步反应的离子方程式:HSe-+Cd2+OH- CdSe+H2O。(4)由图3中两条曲线可知,纳米颗粒随温度的升高和时间的延长而增大,故改变反应的温度和时间,可以改变CdSe纳米颗粒的大小,从而影响它的发光性质,A正确;观察图3,在100 时,用更短的时间也可得到2.7 nm的CdSe纳米颗粒,B错误;因纳米颗粒随温度的升高而增大,若要得到较大的CdSe纳米颗粒,应采用升高温度的方法,C错误;由图3知,在某配位剂浓度下,60 时是难以得到3.0 nm的CdSe纳米颗粒的,但由图4可知,通过降低配位剂的浓度,可增大CdSe纳米颗粒,D正确。6.实验室制备一硝基甲苯(主要含邻硝基甲苯和对硝基甲苯)的反应原理、实验装置、相关数据如下:+ 对硝基甲苯邻硝基甲苯密度/gcm-3沸点/相对分子质量溶解性甲苯0.866110.692不溶于水,易溶于一硝基甲苯对硝基甲苯1.286237.7137不溶于水,易溶于液态烃邻硝基甲苯1.162222137不溶于水,易溶于液态烃实验步骤:配制混酸,组装上图反应装置。取100 mL烧杯,用10 mL浓硫酸与30 mL浓硝酸配制混酸,加入恒压滴液漏斗中。把15 mL甲苯(折合质量13.0 g)加入三颈烧瓶中。向室温下的甲苯中逐滴加混酸,边滴边搅拌,混合均匀。在5060 下发生反应,直至反应结束。除去混酸后,依次用蒸馏水和10% Na2CO3溶液洗涤,最后再用蒸馏水洗涤得到粗产品。请回答下列问题:(1)配制40 mL混酸的操作是。(2)装置中还缺少(填仪器名称)。如果温度超过60 ,将会有(填物质名称)生成。(3)分离粗产品和水的操作方法是。(4)产品用10% Na2CO3溶液洗涤之后,再用蒸馏水洗涤,检验产品是否洗干净的操作是。(5)为了得到更纯净的硝基苯,还须先向液体中加入除去水,然后蒸馏。若最终得到产品的质量为13.70 g,则一硝基甲苯的产率是(保留3位有效数字)。答案(1)分别取30 mL浓硝酸和10 mL浓硫酸,将30 mL浓硝酸倒入烧杯中,再慢慢沿烧杯内壁注入10 mL浓硫酸,边加边搅拌(2)温度计二硝基甲苯或三硝基甲苯(3)分液(4)取最后一次洗涤液少许于试管中,滴加氯化钙溶液,无沉淀生成,则说明已洗净(其他合理答案均可)(5)CaO70.8%解析(1)浓硫酸的密度比浓硝酸大,所以要将浓硫酸加入到浓硝酸中,并不断搅拌。(2)反应需控制温度为5060 ,所以缺少温度计;温度过高,会生成二硝基甲苯、三硝基甲苯。(3)一硝基甲苯与水不相溶,用分液的方法分离。(4)检验最后一次洗涤液中是否含有CO32-即可,可用CaCl2溶液或BaCl2溶液等来检验,若滴加CaCl2溶液或BaCl2溶液不产生白色沉淀,则洗涤干净,反之,没有洗涤干净。(5)除水可用吸水剂,不引入杂质,则可选择CaO吸水。理论上甲苯的物质的量与生成的一硝基甲苯的物质的量相等,则一硝基甲苯的产率为13.70 g13.0 g92 g/mol137 g/mol100%70.8%,注意保留三位有效数字。7.肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼(N2H4H2O):CO(NH2)2+2NaOH+NaClONa2CO3+N2H4H2O+NaCl实验一:制备NaClO溶液(实验装置如图甲所示)(1)配制30% NaOH溶液时,所需玻璃仪器除量筒外还有(填序号)。A.容量瓶B.烧杯C.烧瓶D.玻璃棒(2)因后续实验需要,需利用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中混合溶液中NaOH的浓度。某同学准备利用盐酸标准溶液直接对一定体积的待测液进行滴定,选用酚酞为指示剂。根据你的分析,他的实验(填“能”或“不能”)成功,理由是。(3)NaClO有强氧化性,可以与水合肼反应,生成无色无味的气体,请写出该反应的离子方程式:。实验二:制取水合肼(实验装置如图乙所示)图乙控制反应温度,将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中,充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的液体,收集108114 的馏分。(4)分液漏斗中的溶液是(填标号)。A.CO(NH2)2溶液B.NaOH和NaClO混合溶液实验三:测定馏分中水合肼的含量称取馏分5.000 g,加水配成250 mL溶液,移出25.00 mL,用0.100 0 molL-1的含I2溶液滴定。(已知:N2H4H2O+2I2N2+4HI+H2O)(5)有关移液管的说法不正确的是(填序号)。A.移液管是准确量取一定体积液体的量具B.移液管使用前要检漏C.放出液体时,将移液管垂直放入稍倾斜的容器中,并使管尖与容器内壁接触,松开手指使液体全部流出D.移液管使用完毕,应立即洗净(6)实验编号待测液体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)125.000.0018.02225.000.2021.30325.001.4019.38根据以上数据,计算馏分中水合肼(N2H4H2O)的质量分数为(结果保留三位有效数字)。答案(1)BD(2)不能NaClO水解后生成的HClO有漂白性(3)N2H4H2O+2ClO-N2+3H2O+2Cl-(4)B(5)B(6)9.00%解析(2)NaClO水解后生成的HClO有漂白性会干扰指示剂的显色。(4)选B可以防止生成的N2H4H2O与瓶内的NaClO发生氧化还原反应,而降低N2H4H2O的产率。(6)先对数据进行分析处理,可以发现实验2中的数据误差太大,舍弃。实验1、3中消耗标准溶液体积的平均值为18.00 mL,则馏分中水合肼的质量分数为0.100 0molL-10.018 L2250 mL25 mL50 gmol-15.000 g100%=9.00%。8.三草酸合铁()酸钾K3Fe(C2O4)33H2O(Mr=491)为绿色晶体,易溶于水,难溶于乙醇等有机溶剂。110 下可失去结晶水,230 时即分解,是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。以硫酸亚铁铵为原料制备三草酸合铁()酸钾晶体的流程如下:请回答下列问题:(1)实验室中也可用三价铁盐代替硫酸亚铁铵来制备该晶体,需先用碱液沉淀Fe3+,若用相同浓度的NaOH溶液或氨水通过相同操作来沉淀,选用(填“NaOH溶液”或“氨水”)能获得颗粒较大的Fe(OH)3。(2)氧化过程中采用水浴加热,控制最佳温度为40 ,理由是,发生反应的化学方程式为。氧化完全后需将所得溶液煮沸,目的是。(3)关于过程X的下列说法中不正确的是。A.可采用冷却和向溶液中加入乙醇的方法促使晶体析出B.为了快速得到较干燥的晶体,可以采用抽滤的方法C.洗涤晶体时,可先用少量水洗,再用乙醇洗D.可用加热烘干的方法得到较干燥的晶体(4)为了分析产品的纯度,进行如下操作:准确称取产品0.935 0 g,配制成250 mL溶液。每次移取25.00 mL置于锥形瓶中,加入足量稀硫酸酸化,将C2O42-转化为H2C2O4,用0.010 0 mol/L KMnO4溶液滴定至终点,现象是。平行测定三次,消耗KMnO4溶液的体积分别为20.02 mL、19.98 mL、20.00 mL,则所得粗产品的纯度为。(已知:5H2C2O4+2MnO4-+6H+10CO2+2Mn2+8H2O)答案(1)氨水(2)若温度过低,则反应速率太慢;若温度过高,则H2O2会分解6FeC2O4+6K2C2O4+3H2O24K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3除去过量的H2O2(3)D(4)溶液变为浅紫色且半分钟内不褪色87.52%解析(1)NaOH属于强碱,NH3H2O属于弱碱,溶液中c(OH-)较小时,形成氢氧化铁沉淀较慢,可以形成较大颗粒,故选择氨水。(2)H2O2受热易分解,温度过高,过氧化氢分解,如果温度过低,反应速率太慢;参与氧化过程的物质有FeC2O4、K2C2O4和H2O2,生成物是Fe(OH)3、K3Fe(C2O4)3,配平后得6FeC2O4+6K2C2O4+3H2O24K3Fe(C2O4)3+2Fe(OH)3;所加H2O2过量,煮沸的目的是除去过量的H2O2。(3)得到的产物是带有结晶水的物质时,采用冷却的方法,三草酸合铁()酸钾不溶于乙醇,加入乙醇可减少三草酸合铁()酸钾的溶解,使之析出,故A正确;为了快速得到较干燥的晶体,可以采用抽滤的方法,减少结晶水的损失,故B正确;用乙醇洗涤,减少三草酸合铁()酸钾的损失,同时乙醇易挥发,故C正确;用加热的方法烘干容易使晶体失去结晶水,故D错误。(4)滴定终点的现象是:滴入最后一滴溶液,溶液变为浅紫色且半分钟内不褪色;平均消耗的KMnO4溶液的体积为20.00 mL,根据题给离子方程式可计算0.935 0 g产品中晶体的质量为20.0010-30.010 05491250/(2253) g0.818 3 g,其质量分数为0.818 30.935 0100%87.52%。14