高三化学上学期期末联考试题含解析新人教版.doc

广州市四校 高三上学期期末联考化学试卷一、选择题（共8小题，每小题3分，满分24分）1化学与社会、生产、生活紧切相关下列说法正确的是（）A棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝和人造丝的主要成分都是蛋白质B石油干馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等C从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D纯碱可用于生产普通玻璃，日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污考点：纤维素的性质和用途；海水资源及其综合利用；钠的重要化合物；煤的干馏和综合利用.专题：化学应用分析：A棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质；B石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等；C海水晒盐是物理变化；D纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污解答：解：A棉花和木材的主要成分都是纤维素，蚕丝的主要成分都是蛋白，人造丝是一种丝质的人造纤维，主要成分不是蛋白质，故A错误；B石油分馏可得到石油气、汽油、煤油、柴油等，故B错误；C海水晒盐是物理变化，故C错误；D纯碱可用于生产普通玻璃，纯碱水解显碱性，故日常生活中也可用纯碱溶液来除去物品表面的油污，故D正确；故选D点评：本题考查了蚕丝和人造丝的主要成分、石油分馏、纯碱的用途等知识，难度不大，注意知识的积累2（3分）NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（）A常温常压下，16g甲烷分子所含质子数为10NAB1 mol Cl2参加反应转移电子数一定为2NAC标准状况下，22.4L乙醇的分子数为NAD1 L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01NA个CO32考点：阿伏加德罗常数.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律分析：A甲烷分子中含有10个质子，16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子；B1mol氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气转移了1mol电子；C标准状况下，乙醇的状态为液体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算；D碳酸根离子在溶液中部分水解，导致溶液中碳酸根离子数目减少解答：解：A16g甲烷的物质的量为1mol，1mol甲烷中含有10mol质子，所含质子数为10NA，故A正确；B氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol Cl2完全反应转移1mol电子，转移的电子数为NA，故B错误；C标况下乙醇的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算乙醇的物质的量，故C错误；D1L 0.01 mol的Na2CO3溶液中含有0.01mol碳酸钠，由于碳酸根离子部分水解，则溶液中含有的碳酸根离子小于0.01NA，故D错误；故选A点评：本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件3（3分）下列水溶液中能大量共存的一组离子是（）AK+、Al3+、CO32、ClBNa+、H+、SO42、SiO32CH+、Mg2+、SO42、IDH+、Fe2+、Cl、NO3考点：离子共存问题.专题：离子反应专题分析：A铝离子与碳酸根离子发生双水解反应；B氢离子与硅酸根离子反应生成硅酸；CH+、Mg2+、SO42、I离子之间不发生反应；D硝酸根在氢离子存在条件下能够氧化亚铁离子解答：解：AAl3+、CO32之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，在溶液中不能大量共存，故A错误；BH+、SiO32之间反应生成硅酸沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CH+、Mg2+、SO42、I之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；DNO3、H+、Fe2+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；故选C点评：本题考查离子共存的判断，题目难度中等，注意掌握离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间； 能发生氧化还原反应的离子之间等，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力4（3分）下列实验能达到实验目的是（）A检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体B向做完蔗糖水解后的溶液中直接加入新制的Cu（OH）2并加热，以检验蔗糖是否水解C将混有HCl的CO2通入饱和Na2CO3溶液中除去HClD将Al2（SO4）3溶液蒸干制备Al2（SO4）3固体考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A用湿润的红色石蕊试纸检验氨气；B蔗糖水解后显酸性，检验葡萄糖应在碱性溶液中；C二者均与碳酸钠反应；D水解生成硫酸不挥发解答：解：A用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，氨气的检验不合理，故A错误；B蔗糖水解后显酸性，检验葡萄糖应在碱性溶液中，则水解后先加碱至碱性再加入新制的Cu（OH）2并加热，以检验蔗糖是否水解，故B错误；C二者均与碳酸钠反应，不能除杂，应选饱和碳酸氢钠，故C错误；D水解生成硫酸不挥发，则将Al2（SO4）3溶液蒸干制备Al2（SO4）3固体，故D正确；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及离子和气体的检验、水解及混合物分离提纯、盐类水解等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大5（3分）一种新型的乙醇电池，它用磺酸类质子溶剂电池总反应为：C2H5OH+3O22CO2+3H2O，电池示意如图，下列说法正确的是（）Aa极为电池的正极B电池工作时电流由a极沿导线经灯泡再到b极C电池负极的电极反应为：4H+O2+4e=2H2OD电池工作时，1mol乙醇被氧化时就有12mol电子转移考点：化学电源新型电池.专题：电化学专题分析：A在燃料电池中，燃料在负极发生失电子的反应；B在燃料电池中，电流在电路中从正极流向负极；C在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，燃料在负极发生失电子的反应；D根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，反应转移电子数为12解答：解：A在燃料电池中，燃料乙醇在负极发生失电子的反应，氧气是在正极上发生得电子的反应，则a为负极，故A错误；B电池工作时，电流由正极经外电路流向负极，在该电池中由b极流向a极，故B错误；C在燃料电池中，正极上是氧气得电子的还原反应，在酸性电解质环境下，正极的电极反应为：4H+O2+4e=2H2O，故C错误；D根据电池反应：C2H5OH+3O2=2CO2+3H2O，乙醇被氧化电极反应式为C2H5OH+3H2O12e=2CO2+12H+，则1mol乙醇被氧化失去12mol电子，故D正确；故选D点评：本题考查原电池知识，题目难度中等，本题注意把握根据电池总反应书写电极方程式的方法6（3分）下列陈述、正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2可使酸性高锰酸钾褪色SO2有漂白性B浓硫酸具有脱水性和强氧化性浓硫酸滴到湿润的蔗糖中，蔗糖变成黑色海绵状CSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3）AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；浓硫酸的性质；硅和二氧化硅.专题：元素及其化合物分析：A二氧化硫能被强氧化剂氧化而体现还原性；B浓硫酸能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性、强氧化性；C二氧化硅不能导电，但Si能导电；D如果QcKsp时就能产生沉淀解答：解：A酸性高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该反应体现二氧化硫的还原性而不是漂白性，故A错误；B浓硫酸将蔗糖的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性、强氧化性，故B正确；C二氧化硅不能导电，但Si是半导体能导电，故C错误；DBaSO4饱和溶液中加入饱和Na2CO3溶液有白色沉淀，是因为QcKsp时而产生沉淀，不能说明Ksp（BaSO4）Ksp（BaCO3），故D错误；故选B点评：本题考查较综合，涉及溶度积常数、二氧化硅和硅的性质、浓硫酸的性质、二氧化硫的性质等知识点，明确物质性质是解本题关键，注意二氧化硫还原性和漂白性区别，易错选项是D7（3分）五种短周期元素的部分性质数据如下：下列叙述正确的是（）元素TXYZW原子半径/nm0.0370.0750.0990.1020.143最高或最低化合价+1+5，3+7，1+6，2+3AX的阴离子半径小于T的阳离子半径BY的氢化物的热稳定性比Z的氢化物的大CY单质与Fe反应生成的化合物中，铁元素显+3价DZ元素的氧化物对应的水化物一定为强酸考点：原子结构与元素周期律的关系.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：都是短周期元素，Y有+7、1价，则Y为Cl；Z有+6、2价，则Z为S元素；X有+5、3价，处于A族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于A族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，据此解答解答：解：都是短周期元素，Y有+7、1价，则Y为Cl；Z有+6、2价，则Z为S元素；X有+5、3价，处于A族，原子半径小于Cl，则X为N元素；T有+1价，处于IA族，原子半径最小，则T为H元素；W有+2价，处于A族，且原子半径大于Cl，故W为Al元素，AN3离子半径大于H+，故A错误；B非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故B正确；C氯气与Fe反应生成氯化铁，氯化铁中铁元素显+3价，故C正确；D亚硫酸为中强酸，故D错误，故选BC点评：本题考查结构性质位置关系，难度中等，根据化合价、半径推断元素是关键，注意对元素周期律的理解掌握8（3分）室温时，0.01molL1HA溶液的pH=3，向该溶液中逐滴加入NaOH，在滴加过程中，下列有关叙述正确的是（）A原HA溶液中，c（H+）=c（OH）+c（A）B当恰好完全中和时，溶液呈中性C当滴入少量的NaOH，促进了HA的电离，溶液的pH升高D当NaOH溶液过量时，可能出现：c（A）c（Na+）c（OH）c（H+）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A、据电荷守恒分析；B、0.01molL1HA溶液的pH=3，说明HA是弱酸，NaA是强碱弱酸盐；C、HA是弱酸存在电离平衡；D、据电荷守恒判断解答：解：A、在HA溶液中，只有上述三种离子，据溶液中的电荷守恒可知，c（H+）=c（OH）+c（A），故A正确；B、恰好完全中和时生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，水解显碱性，故B错误；C、HA溶液中加入NaOH时，氢氧根离子中和氢离子，促进了HA的电离，但氢离子浓度减小，所以溶液的pH升高，故C正确；D、溶液中只含有上述4种离子，若c（A）c（Na+）c（OH）c（H+），阴离子浓度大于阳离子，故D错误；故选AC点评：本题考查了弱电解质的电离平衡、溶液中的电荷守恒、盐类水解，题目难度中等二、填空题：9（16分），不饱和化合物在有机合成中有着广泛的用途反应是合成，不饱和化合物的常见的方法反应：（1）化合物的分子式为C7H6O2，1mol化合物最多能与4molH2发生加成反应（2）下列说法，正确的是BDA反应属于加成反应B化合物遇氯化铁溶液显紫色C化合物能与NaHCO3反应D化合物与Br2既能发生取代反应，也能发生加成反应（3）化合物可以通过化合物在一定条件下发生分子内的酯化得到；请写出该反应的化学方程式（注明必要的条件）+H2O，化合物是化合物的同分异构体，也是具有两个六元环的酯化合物的结构简式为（4）也能与化合物发生类似反应的反应，除CH3COOH外，另一种有机产物的结构简式为在工业上化合物可以通过CH3CHO制备，请仅以乙烯为有机物原料两步合成CH3CHO，涉及的反应方程式为（注明必要的条件）；考点：有机物的合成.专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）根据化合物的结构式含有1个苯环和1个醛基，据此书写分子式，判断消耗的氢气；（2）A根据反应的本质判断；B化合物含酚羟基，所以遇氯化铁溶液显紫色；C化合物不含羧基不能与NaHCO3反应；D化合物含有碳碳双键和酚羟基，所以与Br2既能发生取代反应，也能发生加成反应；（3）根据化合物即含酚羟基又含羧基，分子内的酯化生成酯和水；根据同分异构体分子式相同，也是具有两个六元环的酯书写的结构简式；（4）根据反应的本质判断与化合物发生除CH3COOH外，另一种有机产物的结构简式；乙烯与水加成生成CH3CH2OH，CH3CH2OH在发生催化氧化合成CH3CHO，据此分析解答解答：解：（1）由化合物的结构式，得出分子式为C7H6O2，含有1个苯环和1个醛基，则1mol化合物最多能与4 mol氢气发生加成反应，故答案为：C7H6O2；4；（2）A由反应中、的结构可以得出为醛基转化成碳碳双键，不是加成反应，故错误；B化合物含酚羟基，所以遇氯化铁溶液显紫色，故正确；C化合物不含羧基不能与NaHCO3反应，故错误；D化合物含有碳碳双键和酚羟基，所以与Br2既能发生取代反应，也能发生加成反应，故正确；故选：BD；（3）因为化合物即含酚羟基又含羧基，分子内的酯化生成酯和水，方程式为：+H2O；因为同分异构体分子式相同，也是具有两个六元环的酯，则的结构简式为；故答案为：+H2O；（4）根据反应的本质为醛基转化成碳碳双键，与化合物发生除CH3COOH外，另一种有机产物的结构简式为；乙烯与水加成生成CH3CH2OH，CH3CH2OH在发生催化氧化合成CH3CHO，所以反应方程式为：；故答案为：；点评：本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，注意合成流程中官能团及结构的变化，侧重分析能力及知识迁移能力的考查，题目难度不大10（16分）偏二甲肼与N2O4 是常用的火箭推进剂，二者发生如下化学反应：（CH3）2NNH2（ L ）+2N2O4（L ）=2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g） （）（1）该反应（）中还原剂是（CH3）2NNH2（2）火箭残骸中常现红棕色气体，原因为：N2O4（g）2NO2（g） （）一定温度下，反应（）的焓变为H现将1molNO2充入一恒压密闭容器中，如图示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是BD若在相同温度下，上述反应改在体积为1L的恒容密闭容器中进行，平衡常数不变（填“增大”“不变”或“减小”），反应4s后N2O4的物质的量为0.9mol，则04s内的平均反应速率v（NO2）=0.45molL1S1（3）25时，将1mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是NH4+H2ONH3H2O+H+（用离子方程式表示）向该溶液滴加50mL氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中的水的电离平衡将逆向（填“正向”“不”或“逆向”）移动，所滴加氨水的浓度为molL1（NH3H2O的电离平衡常数K=2105 molL1）考点：反应热和焓变；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素；盐类水解的应用.分析：（1）依据化学方程式中 因素化合价的变化分析，因素化合价降低的做氧化剂被还原；（2）根据达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等进行判断；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关；根据v（N2O4）=计算N2O4的化学反应速率，再根据同一反应中、同一时间段内反应速率之比等于计量数之比计算v（NO2）；（3）依据铵根离子水解分析回答；依据同粒子效应，一水合氨对铵根离子水解起到抑制作用；依据一水合氨的电离平衡常数计算得到氨水浓度解答：解：（1）反应（）中，N2O4（l）中N元素得电子化合价降低，N2O4（l）是氧化剂，（CH3）2NNH2（l）中C元素和N元素化合价升高，是还原剂；故答案为：（CH3）2NNH2；（2）A、起始量二氧化氮物质的量不是0，故A错误；B、恒压容器中混合气体的质量不变，体积不变，密度不变，平衡状态下密度不变，密度改变，说明体积变化，平衡发生移动，能说明反应达到了平衡状态，故B正确；C、反应过程中，反应热不会变化，不是变量，无法判断是否达到平衡状态，故C错误；D、四氧化二氮的转化率不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故D正确；化学平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，所以平衡常数K不变；v（N2O4）=0.225mol/Ls，则2v（N2O4）=v（NO2）=0.45mol/（Ls）；故答案为：BD；不变；0.45mol/Ls；（3）NO2可用氨水吸收生成NH4NO325时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，是因为铵根离子水解；反应的离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；加入氨水溶液抑制铵根离子水解，平衡逆向进行；将a mol NH4NO3溶于水，向该溶液滴加b L 氨水后溶液呈中性，依据电荷守恒计算可知，溶液中氢氧根离子浓度=107mol/L，c（NH4+）=c（NO3）；NH3H2O的电离平衡常数取Kb=2105 molL1，设混合后溶液体积为1L，（NH4+）=c（NO3）=amol/L；根据一水合氨电离平衡得到：NH3H2ONH4+OH，平衡常数K=2105 molL1，计算得到c（NH3H2O）=mol/L，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；逆向；点评：本题考查了氧化还原反应的概念判断，化学平衡的影响因素分析，平衡标志的判断理解，平衡常数的影响因素和计算应用，化学反应速率的计算分析，弱电解质溶液中的电离平衡的计算应用，综合性较大11（16分）溴化钙是一种溴化物，用于石油钻井，也用于制造溴化铵及光敏纸、灭火剂、制冷剂等制备CaBr22H2O的主要流程如下：（1）与液溴的反应温度不能超过40的原因是防止液溴挥发，降低原料利用率（2）滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3（3）试剂M是HBr，加入M的目的是除去过量的Ca（OH）2（4）操作的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（5）将氨气通入石灰乳，加入溴，于65进行反应也可制得溴化钙，此反应中还会生成一种无色气体，写出反应的化学方程式Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O（6）制得的CaBr22H2O可以通过以下方法测定纯度：称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体则CaBr22H2O的质量分数为94.40%（相对原子质量：Ca40 Br80 H1 O16）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计.专题：实验设计题分析：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁；（3）加入的氢氧化钙过量，加溴化氢除去；（4）根据从溶液中提取固体溶质的操作分析；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水；（6）根据CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，由碳酸钙的质量求出CaBr22H2O，再求出质量分数解答：解：Fe与溴单质反应生成FeBr2 ，加过量的氢氧化钙，生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁易被氧气氧化为氢氧化铁，过滤得到滤液中主要CaBr2 ，在滤液中加HBr中和多余的氢氧化钙，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到CaBr22H2O晶体；（1）溴单质受热易挥发，所以控制反应在较低温度不能超过40进行，防止液溴挥发，降低原料利用率，故答案为：防止液溴挥发，降低原料利用率；（2）滤渣中除了是的氢氧化亚铁，还有剩余的Fe，和氧化生成的氢氧化铁，所以滤渣的成分可能是Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3，故答案为：Fe、Fe（OH）2 、Fe（OH）3；（3）溴化亚铁溶液中加入过量的氢氧化钙，过梁得到的滤液含有溴化钙和氢氧化钙，加溴化氢除去多余的氢氧化钙，则加入的M为HBr，故答案为：HBr；除去过量的Ca（OH）2；（4）从溶液中提取固体溶质的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：冷却结晶、过滤；（5）氨气通入石灰乳，加入溴，在65反应生成溴化钙、氮气和水，其反应的化学方程式为Ca（OH）2 +3Br2+2NH33CaBr2+N2+6H2O，故答案为：Ca（OH）2 +3Br2+2NH3 3CaBr2+N2+6H2O；（6）称取5.00g样品溶于水，滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤，将滤渣洗涤、烘干、冷却、称量，得到2.00g固体，则生成的固体为碳酸钙，设样品中CaBr22H2O的质量为xg，CaBr22H2ONa2CO3CaCO3，236 100xg 2.00g则x=4.72g，则CaBr22H2O的质量分数为100%=94.40%，故答案为：94.40%点评：本题考查了溴化钙晶体的制备实验方案设计，题目涉及化学实验基本操作、除杂质、离子方程式的书写、含量的计算等，题目难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力12（16分）（1）已知：甲醇制烯烃反应：2CH3OH（g）C2H4（g）+2H2O（g）DH1=29.0KJmol1甲醇脱水反应：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）DH2=24.0KJmol1乙醇异构化反应：CH3CH2OH（g）CH3OCH3（g）DH3=+50.8KJmol1则乙烯气相直接水合反应C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的DH=45.8KJmol1（2）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵写出上述制备小苏打的化学方程式：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl滤出小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：、通入氨，冷却、加食盐，过滤；、不通氨，冷却、加食盐，过滤其中方法析出的氯化铵的纯度更高，其原因是母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出而方法的优点是其滤液可以直接循环使用（3）铅及其化合物可用于铅蓄电池，耐酸设备及X射线防护材料等PbO2可由PbO与次氯酸钠溶液反应制得，反应的离子方程式为PbO+ClO=PbO2+Cl：PbO2也可以通过石墨为电极，Pb（NO3）2和Cu（NO3）2的混合溶液为电解液电解制取阳极发生的电极反应式Pb2+2H2O2e=PbO2+4H+，电解液中加