12A质量守恒定律

1、第 12 课时教学目标一、识识性目标：通过复习，使学生加深对质量守恒定律的理解和守恒思想的理解，能灵活运 用守恒思想来解决复杂的化学计算问题，并能做到化繁为简，思路清晰。二、技能性目标：能运用质量守恒定律和守恒思想来解决诸如化学式的确定、方程式的配平或 其它相关的计算问题。能将一些复杂计算问题用守恒法进行简便计算。三、体验性目标：通过复习，让学生感受质量守恒定律的新意义，体验到守恒思想的作用及在 方法论方面的地位与意义，树立守恒观点。考点 17：质量守恒定律一、考点综述质量守恒定律是最基本的化学定律之一， 它是化学方程式的基础，也是诸多化学计算的基础。 在 初中化学里，学生所学的质量守恒定律只

2、是其最基本的涵义，在高考中，不仅会考察学生对质量守 恒定律基本涵义的理解，而且要考察质量守恒定律的引申意义：反应前后元素的种类不变（物质不 灭定律）、反应前后各种元素的原子个数不变、 反应前后各种元素原子的物质的量不变。 考试题型可 以是方程式的书写 （配平），也可以是根据反应物或生成物来确定其它的反应物或生成物， 还可以不 写方程式，而直接根据化学反应的始态与终态来书写反应物或生成物的化学式或进行有关的计算。二、考点突破例 1 30gA和 21gB恰好完全反应，生成了 14.4gC和3.6gD及 0.6molZ，则 Z的摩尔质量为 A.100g/mol B.55g/mol C.110g/mo

3、l 解析 摩尔质量可通过物质的量与物质的质量来求得， Z 的物质的量也知道，所以问题的关键 是求 Z的质量， Z的质量可根据质量守恒定律求得。反应物的总质量 =30+21 =51=生成物的总质量， m（Z）=51-（14.4+3.6）= 33 gM（Z）= 33/0.6 = 55g/mol 。 答案 B 。 命题意图 本题结合质量守恒定律进行物质的量计算，将初中化学内容与高考衔接，反映高 考要求并不排斥初中化学基础理论、定律及思想。 变式 1 固体 A 在一定温度下分解生成气体 B、C、D：2A=B+2C+3D若, 测得生成气体的质量是 相同体积的 H2的15倍，则固体 A的摩尔质量是-1 -

4、1 -1 -1A.30gmol-1 B.60g mol-1 C.90g mol-1 D.120g mol-1变式 2 丁烷裂化所得的气体有甲烷（ CH4）、乙烷（C2H6）、乙烯（ C2H4）和丙烯（ C3H6），试求 丁烷裂解产物的平均式量。变式 3 辛烷在一定条件下也能裂解为丁烷和丁烯， 丁烷又能按上述方式进一步裂解， 则辛烷 裂解产物的平均式量又为多少？例 2 在天平的左右两边各放一个烧杯，加入足量盐酸并使天平保持平衡，向左边烧杯中加入 14.4gMg，向右边烧杯中加入 14.4gAl，此时天平不再平衡，下述操作可使天平恢复平衡的是A 右边加 0.45gAlB.左边加 0.98gMgC.

5、左边加入 14.4gMg,右边加 15.3gAlD.左边加 14.4gMg,右边加 14.85gAl 解析 天平恢复平衡意味着天平两端的反应体系的质量差相等 ,在化学方程式计算时，因为盐酸 是足量的，所以用金属的数据计算。 A 项m（左） =14.4-m（H2）=14.4-14.42 /24 =13.2（克），m （右） =（14.4+0.45）-（14.4+0.45）1.5 2/27=13.2=m（左）；类似的， B 项m（左） =14.10克， m （右） =12.8克；C 项m（左）=m（右）=26.4克；D 项 m（左） =26.4克，m（右）=26 克。答案 AC。命题意图 天平是方

6、程的具体形象，它有两个平衡，一是质量守恒定律要求的平衡， 二是天平 左右两臂质量差的平衡；同时它往往与过量计算结合起来考察，从而使题目的综合程度加大。 变式 1天平的两边各放一个烧杯， 向两边加入等质量的足量硫酸和烧碱溶液， 使天平平衡。 向 硫酸中加入镁粉，向烧碱中加入铝粉，要使天平反应后仍然平衡，则镁粉和铝粉的质量比为A .2： 3B. 24：27C. 32： 33D. 33： 32 变式 2 天平两边等物质的量浓度、等体积的稀硫酸各一杯，天平平衡。向两杯中分别装入等 质量的锌和铁，反应后天平仍保持平衡，则可能是A.两种金属过量，两杯酸均消耗完B.两种金属不足量，两杯酸均有剩余C.锌过量，

7、铁恰好与酸完全反应D.铁过量，锌恰好与酸完全反应变式 3 两个烧杯各加入相同体积的 3mol/L 硫酸，置于天平的两边，调节天平使之平衡。 向两 个烧杯中分别加入 10.8 克的铝和镁，反应完毕后，则A. 若天平倾斜，有可能是放铝的一端上升B.若天平倾斜，一定是放铝的一端上升C.若天平倾斜，一定是放镁的一边上升D.有可能天平仍保持平衡三、考点拓展例 3 PCl5是一种白色固体，加热到 160不经过液态阶段就变成蒸气，测得 180下的蒸气密度 （折合成标准状况）为 9.3g/L, 极性为零， PCl键长为 204pm和211pm两种。继续加热到 250 时测得压力为计算值的两倍。 PCl5 在加

8、压下于 148液化，形成一种能导电的熔体，测得 PCl 的 键长为 198pm 和 206pm 两种。回答如下问题：1.180下 PCl5 蒸气中存在什么分子？为什么？写出化学式，画出立体结构。在 250下 PCl5 蒸气中存在什么分子？为什么？写出化学式，画出立体结构。PCl5熔体为什么能导电？用最简洁的方式做出解释。PBr5气态分子结构与 PCl5相似，它的熔体也能导电，但经测定其中只存在一种 P-Br 键长。PBr5 熔体为什么导电？用最简洁的形式做出解释。解析 本题是四个虽相关却又相互独立的问题。问题 1 只涉及第一句话给出的信息。由折合成 标准状态的蒸气密度和五氯化磷的化学式量，经过

9、计算得出： 180下的 PCl5 是单体，即 PCl5就是 它的化学式。 PCl5分子有 5个 Cl 原子围绕着 P原子排列，信息表明其中有两种不同键长的 PCl 键，可见不可能是平面的五角形的分子 （它的磷氯键是一种），一定具有三维立体结构； 三维立体结 构还可能有两种：三角双锥或者四角锥体， 后者的极性不等于零，所以 PCl5分子是三角双锥型分子。 问题 2 的相关信息是第二句话给出的。该信息无疑表明， PCl5 分子在加热到 250时分解了，生成 等物质的量的两种气态分子。这种分解反应从类型上说，有的学生可能是熟悉的，例如氧化铜分解 生成氧化亚铜和氧气，二氧化锰分解生成四氧化三锰和氧气，

10、三氧化硫分解生成二氧化硫和氧气等 等。本题是将这种知识迁移到氯化物上来。所以，可以想见，五氯化磷的分解产物是三氯化磷和氯 气。问题 3 涉及的是电解质的基本概念：电解质的定义之一是它的熔体能够导电。本问题首先给出 PCl5熔体能导电的信息，由这个信息应当想见其中有正、 负两种离子存在。那么，是哪两种离子呢？ 本题的信息是该熔体中有两种不同的 PCl键长，这就排除了一种是 Cl另一种是 PCl4的可能，因 为 PCl4+无论如何不会有两种不同的键长（不管它是正四面体型还是平面四边形） ，所以两种离子可 能是 PCl4+和 PCl6 。这个小题在表述中避免了画出结构式之类的用语，是为减少暗示。问题

11、 4 是对 问题 3的一个反馈性的暗示。意思无非是说，若将氯改换成溴，与PCl6相似的 PBr6是不能形成的， 因而其中的阴离子只是氯离子。如果学生脑中浮现溴离子比氯离子大得多的图象，就会想象， 6 个 溴离子包在半径很小的 P5+外面可能实在太挤了，挤不下了，而较小的氯离子则是有可能的。答案19.522.4208.3g/molPCl5 相对分子质量 31.035.55208.5蒸气组成为 PCl5（结构式如右图所示）呈三角双锥体。三角双锥分子无极性， 有两种键长。2PCl5 PCl3 Cl2 氯分子 Cl Cl 三氯化磷分子（结构式如右图所示） （压力为计算值的两倍表明 1mol PCl5完

12、全分解成 1molPCl3和1molCl2，共2mol。 气体由等摩 PCl3和 Cl2组成。）Cl3 PCl5 PCl4 PCl6（注：含 PCl4+和 PCl6 两种离子，前者为四面体，后者ClClClP ClP ClCl为八面体，因此前者只有一种键长，后者也只有一种键长，加起来有两种键长。 ）4PBr5 PBr4+Br PBr4+结构同 PCl4+ 命题意图 本题除对质量守恒定律进行考察外， 在心理品质和思维品质方面也有较高要求， 突 出表现在知识的迁移和空间想象能力方面。考点 18：守恒法一、考点综述 化学反应的实质是原子间的重新组合，所以一切化学反应都存在着物料守恒（质量守恒、微粒

13、数或物质的量守恒）、氧化还原反应中的得失电子守恒、 化合物（混合物也如此） 及电解质溶液中阴 阳离子的电荷守恒。有关守恒的题型众多，我们不能一一穷尽，只能掌握其基本方法，体会其思想精髓，运用于各 种各样的计算中，在运用中深化对其理解，在运用中体会它的精巧和微妙。二、考点突破例 4（03年天津综合题）在一定条件下，PbO2与 Cr3 反应，产物是 Cr2O72和Pb2，则与 1mol Cr3 +反应所需 PbO2的物质的量为：A 3.0 molB1.5 molC 1.0 molD0.75 mol解析氧化还原反应中，氧化剂得到的电子数与还原剂失去的电子数相等。 设所需 PbO2为Xmol ， 则有

14、 13 = X2 ，解得 X=1.5mol。答案 B。 命题意图 本题考察氧化还原反应中得失电子总数相等这一基本守恒原理， 直接将氧化剂得到 的电子的物质的量（ mol）与得到电子数相等的方程列出来，进行简单计算即可得到答案。例 5（03年江苏高考题）取一定量的 Na2CO3、NaHCO3和 Na2SO4的混合物与 250mL 1.00molL 1过量盐酸反应，生成 2.016L CO2（标准状况），然后加入 500mL 0.100 molL1Ba（OH）2溶液， 得到沉淀的质量为 2.33g，溶液中过量的碱用 10.0mL 1.00 molL1盐酸恰好完全中和。计算混合物中 各物质的质量。1

15、解析混合物中的 Na2SO4=142g mol =1.42g设混合物中的 Na2CO3 和 NaHCO3 的物质的量分别为 x 和 y ，反应中放出的 CO2 物质的量 =0.0900mol ，与 Na2CO3、 NaHCO3 反应的盐酸的物质的量为0.250L1.00mol L 1 0.500L 0.100mol L12+0.0100L 1.00 mol L 1=0.160 molx+y=0.0900 mol2x+y=0.160 mol解得： x=0.0700 moly=0.0200 molNa2CO3质量=0.0700 mol 106gmol1=7.42gNaHCO3质量 =0.0200

16、mol 84gmol1=1.68g答案 Na2CO3、NaHCO3、 Na2SO4的质量分别为： 7.42g、1.68g、1.42g。 变式 1 将镁在空气中燃烧的全部产物溶解在 80mL 浓度为 2.375mol/L 盐酸中，以 40mL 0.9mol/L 氢氧化钠溶液中和多余盐酸，然后在此溶液中再加入过量的氢氧化钠溶液，把生成的 NH3 全部用盐酸吸收，经测定氨为 0.646g，则燃烧掉的镁的质量为（己知 Mg 3N 2与盐酸反应生成 MgCl2 和 NH4Cl） 变式 2 “绿色化学”是当今社会提出的一个新概念。在“绿色化学工艺”中，理想状态是反 应原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用

17、率为 100%。用甲烷合成乙酸乙酯，欲使原子利用率 达到最高，还需要消耗的其他的反应物有A.COB.CO2和H2OC.H2O和 O2 D.CH3OH变式 3 近年来。工业上用 Mg（NO3） 2替代浓 H2SO4作为制取浓 HNO3的脱水剂（以下数据均为质量 百分比浓度）。65%HN3（O质量为 M1）中加 72%Mg（N3）O2溶液（质量为 M2）后蒸馏。分别得到 97.5%HN3O 和 60%Mg（N3）O2 溶液（不含 HNO3）。（1）若蒸馏过程中 HNO3、Mg（NO3） 2、H2O均无损耗，求蒸馏前的投料比 M1/M2的值。（2）蒸馏过程中，若 H2O的损耗占总质量的 5.0%，即

18、有 M1+M25.0%的 H2O 流失。则投料时， 比值 M1/M2 应该（选填增大、减小或不变）。三、考点拓展例 6 美国科学美国人杂志在 1971年 7月刊登的“地球的能量资源”一文中提供了如下数 据：到达地球表面的太阳辐射能的几条主要去路直接反射52，000109 千焦 / 秒以热能的方式离开地球81，000109 千焦 / 秒水循环40，000109 千焦 / 秒大气流动370 109 千焦/ 秒光合作用40109 千焦/ 秒请选用以上数据计算：地球对太阳能的利用率约为通过光合作用，每年有千焦的太阳能转化为化学能（每年按 365 天计）。每年由绿色植物通过光合作用 （6CO2+6H2O

19、 C6H12O6+6O2）为我们生存的环境除去二氧化碳的质 量。试根据能量关系列出二氧碳质量 A 的计算式。列式中缺少的数据用符号 Q 表示。 A= （千克）所缺数据的化学含义为99解析 1. 40109 / （40+370+40000+81000+52000）109 =23.3%2. 40109365246060= 1.26 1018 KJ3. 设 CO2的质量为 A 克。 6CO2+6H2OC6H12O6+6O2 644 克Q18A 1.26 101817 17A= 3.33 1017 103克= 3.33 1017 千克QQ17答案 （1）23.3% （2）1.261018 千焦3）A=

20、3.33 10 千克 Q 为每生成 1摩尔葡萄糖所 Q需要吸收的能量（或：每消耗 6摩尔 CO2所需吸收的能量） 命题意图 本题考察学生对能量守恒的运用能力。四、考点检测选择题（每小题只有 1 个选项符合题意）1已知 49%（溶质的质量分数）硫酸溶液的物质的量浓度为 amol/L，试判断 98%硫酸溶液的 物质的量浓度为A 大于 2amol/L B 等于 2amol/L C 小于 2amol/L D 无法判断解析 本题的解法很多， 但都有一点：两种不同浓度的溶液其溶质的质量或物质的量是不变的 或守恒的。假定 49%的硫酸溶液质量为 1000克，当蒸发 500 克水时其浓度为 98%。若 49%

21、的硫酸 密度为1，98%的硫酸密度为2，很明显，21,500/ 2 500/ 1,即浓溶液的体积比稀溶液的 体积的一半还要小，所以其物质的量浓度应比烯溶液的 2 倍还要大。答案 A。命题意图本题考察点在于：溶液烯释或浓缩时溶质的质量或物质的量不变。2.一瓶在空气中长期放置的固体 ,经测试含水 6.31%、Na2CO32.26%、NaOH91.43%。取 0.1g 此 固体，用 30mL0.05mol/L硫酸使之完全溶解，加热煮沸。冷却后滴入一定体积 0.1mol/LNaOH 溶液 来中和过量的硫酸。蒸干此溶液，可得固体解析 通过分析可知本题中的所有反应的产物最终都是 Na2SO4 ，所以根据化

22、合物中阴阳离子的电荷守恒来计算固体的质量。 N(Na2SO4)= n(H2SO4) =30 10-30.05 = 1.510-3摩，则固体质量=1.5 10-3142=0.213g。答案 A。命题意图 本题反应步骤复杂，反应物也较多， 但如果采用守恒法，则非常容易得出结论。它 所提供的条件实际上是一些陷阱，如果学生按常规方法计算的话，就是“得负分” ，因为它将无 谓的耗费大量的时间。3. 有 3g某种铁的硫化物，在空气中充分燃烧后生成铁的氧化物和二氧化硫， 生成的二氧化硫 能使溶液中 12.7g 碘还原成 I -离子。这种铁的硫化物的化学式是A.Fe2S3B.FeS C.FeS 2 D. 无法

23、判断 解析 首先根据氧化还原中得失电子守恒计算出 SO2的物质的量， n(SO2)= 12.72/2=0.05 摩， 则铁矿石中硫原子与二氧化硫中的硫原子的物质的量相等，则其中硫的质量 =32 0.05=1.6 g 。铁 的质量=3-1.6=1.4g n(Fe)=1.4/56=0.025 ( 摩)。n(Fe):n(S)=0.025:0.05=1:2 。化学式为 FeS2。 答案 C 。 命题意图 本题利用的是原子守恒，然后根据原子个数比确定化学式。它的条件较少，只能 采用守恒方法，学生如果不会使用守恒方法，则将一筹莫展。氮的各种氧化物在加热条件下均可与灼热的铁粉反应： 4NXOY +3YFeY

24、Fe3O4+2XN2,若将 0.448L(标准状况)的NXOY通过5.6g灼热铁粉反应后，生成0.224L氮气和 2.32gFe3O4。该 氮的氧化物 NXOY 的化学式是A.N2OB.NOC.NO2D.N2O5解析 从生成物可以计算得出：n(N)=2 0.224/22.4 = 0.02( 摩)，n(Fe)=32.32/232=0.0(3摩)。 则 X ：Y = 0.02/4 ：0.03/3=1： 2 。答案 C。 命题意图 本题首先考察的是过量问题，但这个问题比较容易判断，因为它有过量的标志： 铁粉中的铁原子明显比生成物中的铁原子多。再就是原子守恒计算。在 Fe2O3和 Fe的混合物中加入足

25、量的稀硫酸，充分反应后，生成 FeSO4溶液，当生成的 Fe2+ 与 H2的质量比为 112：1时，则混合物中 Fe2O3与 Fe的质量比为A.1：2lB. 10：7C. 20：7D. 40：21解析 设Fe2O3和Fe的物质的量分别为 X 摩，再对己知条件运用抽象数据具体化的方法，即 令 H2的质量为 1克，合0.5摩，则 Fe2+为112克，合2摩。根据铁原子守恒，铁的物质的量为(2-2X) 摩。再根据氧化还原反应得失电子总数守恒，得到方程： 2X1 +20.5 =(2-2X)2 ，解得： X= 0.5摩， m (Fe2O3)= 0.5 160=80 g ,m(Fe) = (2-20.5)

26、 56=56 g。答案 B。命题意图 本题考察学生两个方面的能力， 一是己知条件是抽象的，需要采用一定的方法加以 处理才好用；二是氧化剂有 2 个，还原剂只有 1个的情况下，守恒法运用于氧化还原计算中。m mol乙炔跟 n molH2 在密闭容器中反应，当反应进行到一定程度时，生成 p molC2H4， 将反应后的混合气体完全燃烧，生成 CO2 和 H2O。所需氧气的物质的量是A.(3m+n) molB.(2.5m+0.5n+3p) molC.(3m+n+2p) molD.(2.5m+0.5n) mol解析根据碳原子和氢原子守恒，可以求得最终生成 CO2和 H2O的物质的量分别为 2m摩和(m

27、+n) 摩，再根据氧原子守恒，所需氧气的量 =(2m2+m+n)/2 =( 2.5m+0.5n)摩。答案 D。命题意图 乙炔与氢气加成生成乙稀最终燃烧生成 CO2与 H2O,反应过程可能很复杂，但原子 守恒的关系不会变。只需抓住反应的始态与终态即可。在外界提供相同电量的条件， Cu2+或 Ag+分别按 Cu2+2eCu 或 Ag+eAg 在电极上放电， 若析出铜的质量为 1.92g，则析出银的质量为A1.62g-19 -19解析 根据得到电子电量相等来列方程：2NA1.6 10-19 =NA1.6 10-19解得：X=6.48g 。答案 B。命题意图 电解过程中只要电量相等，则得失电子的物质的

28、量也相等。 本题即是考察此知识点。铜和镁的合金 4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生 4480mL 的 NO2气体和 336mL 的 N2O4 气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的 质量为A9.02g 解析 氧化还原反应中得失电子总数相等。设铜和镁的物质的量分别为 X、Y 摩，则有： 64X+24Y= 4.6解得： X=0.046 摩、Y=0.069摩。生成的氢氧化铜和生2X+2Y =1+2 成的氢氧化镁的质量 =98X+58Y=8.51 g。答案 B 。 命题意图 铜原子和镁原子的物质的量守恒， 则生成的沉淀中所含的铜原子与镁原子与合金

29、中 的原子相等。另外，本题还用到氧化还原反应中的得失电子相等。归结起来还是守恒的思想运用。测定相对分子质量的常用方法之一是凝固点下降法。例如水是常用的溶剂，当水中溶解了某 种不挥发的溶质时，水的凝固点（即冰点）即会下降，海水在 0时不会结冰就是这个原因。凝固 点下降的程度与溶质的分子数有关，而与溶质是何种物质无关。当溶剂的量确定时，凝固点的降低 值与溶质的分子数成正比。已知 10.0g 樟脑中溶解 0.412g萘，凝固点下降了 13。某种由 C、H、 O组成的有机物 1.50g溶于15.6 g樟脑中，凝固点下降了 49.5。如果把 3.667g该有机物完全燃烧， 生成 9.236g CO2和1

30、.634g H2O，求该物质的化学式（已知萘的相对分子质量为： 128）解析从题给信息可以得出结论： Tbn （溶质） ，则有 13：0.412/128 = 49.5：1.50/M 解得： M=122.4 , 则有机物和 CO2、H2O 的物质的量分别为 0.03 mo、l 0.210mol、0.0908mol。又根据质量守恒定律： 另一种反应物 O2的质量= （9.236+1.634）-3.667=7.20（3克），合0.225mol。 根据 C、H、O三种原子守恒，可得 0.03mol有机物中 C、H、O的物质的量分别为： 0.21mol、0.182mol和0.061mol。则有机物中所含

31、 C原子个数= 0.21/0.03=7，H 原子个数=0.182/0.03=6， O 原子个数 = 0.061/0.03=2 。答案 C7H6O2 。命题意图 本题取材新颖，是稀溶液的依数性， 但所给信息较为丰富，对学生并没有知识上的 障碍，实际上此处考察的是学生对新异刺激物的接受能力。后面两次用到守恒方法，第一次是质量 守恒、第二次是原子守恒，实际上己经是一种广义的守恒思想的运用了。为了预防碘缺乏病，国家规定每千克食盐中应含有 40 50 毫克的碘酸钾。为检验某种食盐 是否为加碘的合格食盐，某同学取食盐样品 428克，设法溶解出其中全部的碘酸钾。将溶液酸化并 加入足量的碘化钾淀粉溶液，溶液呈

32、蓝色，再用 0.030mol/L 的硫代硫酸钠溶液滴定，用去 18.00mL 时蓝色刚好褪去。试通过计算说明该加碘食盐是否为合格产品。有关反应如下：IO3 5I 6 H 3I23H2O I22S2O32 2I S4O62 2 2 解析 I 2 2S2O3 2I S4O6IO 3 5I6 H3I23H2O每千克食盐中含 KIO3： 答案 该加碘食盐是合格的。 命题意图 本题考察学生对氧化还原反应电子得失守恒的掌握和运用程度。 另一方面本题的选 材也是社会热点问题，它有意引导学生关注社会生活主题。（03年试测题）计算以下两小题时，除必须应用所有给出的数据外， 还各缺少一个数据， 指 出该数据的名称

33、（分别以 a和 b表示），并列出计算式。在温度为 t和压力为 pPa的情况下，19.5g A 与11.0g B恰好完全反应，生成固体 C和3.00L 的 D 气体，计算生成的 C 的质量（ m）。缺少的数据是：计算式为 m=0.48g金属镁与 10mL盐酸反应，计算生成的 H2在标准状况下的体积 （VH ）缺少的数据是： 计算式为：解析 （1）根据质量守恒定律有： m（A）+ m（B）= m（C）+m （D） ,很明显，因不是标准状态，缺少 的数据是 D 的密度， m（D）=3a ，则有 m（C）= 19.5+11.0-3.00a=30.5-3.00a（2）缺少的数据是盐酸的浓度： b mol/L。须讨论反应物过量问题：-1当 0.48g -1 0.010L bmolL 时，盐酸过量，用镁的数据计算，得： VH20.48g -1 22.4L mol-1；24g mol-1224g mol-1-1 -1当 0.48g