上海市奉贤区2025届高三一模化学试题（含答案解析）

上海市奉贤区2025届高三一模化学试题

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一、填空题

1.过渡金属处于元素周期表的_______区。金属铜29CU在周期表中的位置是,

基态铜原子的价电子所占轨道数为=

2.古埃及人很早就开始利用含钻矿石制作颜料。K3[CO（NO）6]是一种黄色颜料，中心离

子是,其配位数是，其配体的VSEPR模型为o

利用丁二酮后与银离子形成有色络合物（丁二酮月亏银，结构如图所示），可在实验室中检验

Ni2+o

RCCH,

3\/3

C------C

IIII

O—NN—O

\/\

HNiH

\/\

O—NN—O

IIII

c------c

/\

H3cCH3

3.该化合物中第二周期非金属元素按第一电离能由小到大的顺序为0

4.下列有关说法正确的是o

A.该物质的分子内存在共价键、配位键、氢键等化学键

B.该物质是一种配合物，其中Ni离子为中心离子

C.该物质的分子中C、N、O原子均存在孤电子对

D.该物质的分子中C原子的杂化类型有sp2、sp32种

5.某含Cu2+的晶体晶胞结构如图所示。该晶胞中负离子为CN-（部分示例位置已用箭头标出）,

CN-连接着每一对相邻的Fe3+与CM+。已知该晶胞棱长为anm,M为阿伏加德罗常数的值。

OFe3+

・3+

QK+

⑴该晶胞中距CW+最近且等距的K+有个。

（2）该晶体的化学式为，晶体密度为g-cm-3（列出代数式）。

二、解答题

6.“液体阳光”工程是指通过太阳能、风能产生的电力电解水制得绿氢，再将绿氢与CO2转

化为CH30H等液体燃料的过程，可推动碳中和。反应可以通过以下步骤实现，反应能量变

能

量

体

系

1

反应①：C02（g）+H2（g）^CO（g）+H2O（g）AH,=+41kJmor

反应②：CO（g）+2H2（g）^CH3OH（g）AH2

已知总反应：CO2（g）+3H2（g）^CH3OH（g）+H2O（g）AH总=-49kJ.moL

请回答：

⑴在相同条件下，反应①与反应②相比是（填“快”“慢”）反应,简述理由:

（2）①总反应能在一条件下自发进行。

A.高温B.低温C.任何温度

试卷第2页，共10页

②有利于提高CO?平衡转化率的条件是_。

A.低温低压B.低温高压C.高温低压

D.高温高压

(3)反应②的焰变△"?=

(4)573K时，在体积为2L的刚性容器中，通入2moicO?和6molH2,合成甲醇达到平衡时CO2

的平衡转化率为60%,求K的值________。(保留一位小数，CO浓度忽略不计)

三、填空题

将C0?和H2按物质的量之比1:3混合通入刚性密闭容器中，在催化剂作用下发生反应①和

反应②，在不同条件下反应，在相同的一段时间内气相催化合成过程中CH30H选择性和产

率随温度变化曲线如图所示。

反应①CO2(g)+H2(g)#CO(g)+H2O(g)△Hi=+41kJ/mol

反应②CO(g)+2H2(g)UCH30H(g)AH2

已知总反应:CO2(g)+3H2(g)UCH30H(g)+H?O(g)△H总=-49kJ/mol

CH30H选择性(％)CH30H产率(%)

CH30H选择性

—CTZ催化剂

T~CZ(ZL1)T催化剂

CH30H的物质的量

已知:CH3OH的选择性=反应的CO。的物质的量x°

7.在上述条件下合成甲醇的最优工业条件是

A.210℃B.230℃

C.催化剂CZ(Zr—1)TD.催化剂CTZ

8.温度从210C上升到230℃过程中，虽然甲醇的选择性下降，但产率却上升，产生这一现

象的原因是;从化学平衡移动的角度解释，随着温度继续升高，甲醇产率下降的

可能原因________O

COZ合成甲醇后进一步合成淀粉，实现了将空气合成“馒头”，其合成路线如图所示:

3H2H2002H2O2

(CHO)„

CO»CH3OH\^»HCHQ->6105

①②淀粉

9.某化学兴趣小组将合成后的淀粉进行水解实验，同时检验水解是否完全和水解产物，除

加入淀粉和水之外，还需加入的试剂及加入顺序最好是

A.碘水.NaOH溶液一新制CU（OH）2

B.H2SO4溶液-NaOH溶液—碘水一新制Cu（OH）2

C.H2SO4溶液—碘水->NaOH溶液一新制Cu（OH）2

D.H2SO4溶液-碘水-新制Cu（OH）2

10.自然界中玉米合成淀粉的效率为L548xl0Ymol.hT.gT。以CO?为原料人工合成淀粉,

4h为1个周期，每克催化剂能生产5.28x10-3mol淀粉。该方法生产淀粉的效率是玉米的—

倍（保留1位小数）。

四、解答题

邻硝基苯甲酯是一种在紫外光照射下，自发发生断裂的有机结构，其作为一种光响应官能团

在功能聚合物的研究中具有广泛使用，其断裂反应可表示为：

现根据需求，设计一种可用于具有反应活性的紫外光响应功能高分子，其合成路线如下:

试卷第4页，共10页

已知：EDC是一种高效的水溶性脱水剂，且结合水后易溶于水，常用于酯化反应。在某些

条件下可选择性使碳碳双键发生聚合，焕基不受影响。

11.写出反应i的化学方程式,反应五的反应类型为o

A,加成反应B.取代反应C.氧化反应D.消去反应

12.下列叙述正确的是0

A.由于硝基不易被氧化，反应i与反应ii的顺序调换，无需担心影响物质c的合成

B.分子c苯环的取代基中b键和乃键的比值为13:4

C.分子d中所有的碳原子不可能位于同一平面

D.NaBH&中正负离子的比值为1：1

13.根据题干信息，写出化合物x的结构简式；

14.分子e中官能团的名称有硝基、酯基、、。

15.化合物c具有多种同分异构体，写任意一种满足下列条件的c的同分异构体的结构简

式»

①分子中含有苯环

②Imol该分子与足量银氨溶液发生反应生成6mol银单质

③分子中共含有5种化学环境的氢

16.请用“*”标记出分子e中的不对称碳原子。

HO

NO2

COO

分子e

17.已知三乙胺N（C2H5）3是一种有机碱，可中和反应生成的HC1,提高反应转化率。是否

可用同为有机碱的二乙胺NH（C2H5入代替，请说出你的结论并说明理由。

18.写出聚合物g经紫外线照射后，所剩聚合物结构简式0

19.聚丙烯酸（1）是一种重要的pH响应功能聚合物，请以3-氯-1-丙醇

。人0H

为原料，制备聚丙烯酸。（已知：在碱性环境中，-CHO不稳定）

五、填空题

20.基态S原子核外有种能量不同的电子。

A.3B.5C.7D.16

六、单选题

21.下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是

A,氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以

B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸

C.O.lOmol-L1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1

D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸

七、填空题

22.s2a2是一种重要的化工原料，请写出其电子式；已知该分子内的四个原子不

在同一平面上，则该分子是分子。

A.极性B.非极性

23.已知硒是硫的同族元素，硒代硫酸是弱酸，O.lmollTNa/eSOs溶液中有关离子浓度关

试卷第6页，共10页

系是：2c(SeSOj)+c(HSeSOj+c(OIT)O^molU10

A.>B.<C.=

八、解答题

FeS?可用作锂电池和超级电容器的电极材料。制备Fe”的一种实验装置如图所示（加热及夹

持装置略）。

在氮气保护下，将溶有S的热二苯酸溶液注射到FeS热油胺溶液中（S过量），继续加热回流

2h,冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品FeS.

24.生成FeS?的化学方程式为。

FeS2的含量测定：产品先用王水溶解，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指

示剂，用SnCl,溶液将Fe?+还原至Fe",终点为无色；用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠

为指示剂，用KzCrz。’标准溶液滴定Fe2+至终点。

已知：氧化态甲基橙（红色）+皿一=还原态甲基橙（无色）

25.请结合本实验方案简述甲基橙作为指示剂的原因_______-

26.若称取的产品为〃g,KzCr2。?标准溶液浓度为cmoLLT,用量为VmL,FeS?的摩尔质

量为Mg-moP1,则产品中FeS?质量百分数为%（写最简表达式）。

27.下列操作可能导致测定结果偏高的是。

3+

A.还原Fe时SnCl2溶液滴加过量

B.热的Fe?+溶液在空气中缓慢冷却

C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失

D.滴定前锥形瓶中有少量蒸储水

28.FeS?经一系列反应后，得到氯化铁溶液。有一化学兴趣小组，要制备氢氧化铁胶体，

并研究其性质。“在小烧杯中加入20mL蒸储水，加热至沸腾后，向沸水中滴入几滴饱和氯

化铁溶液，继续煮沸并用玻璃棒搅拌至呈红褐色，停止加热，即得氢氧化铁胶体。”请摘抄

出描述错误的操作原文。

2024年11月，我国一公司发布了应用于汽车工业的固态电池技术。C/SeZ是钠离子电池的

电极材料。以黄铜矿（主要成分是CuFeS2,含少量C%S、SiO?等）为原料制备C%Se2的流程

如下：

细菌

硫酸铁溶液稀硫酸+R过量氨水

腮-总浸----赢|------*藕4[CU（NH3）4]SO4溶液

黑滤渣2稀硫酸

EE-i）（C2HsOhNii）Na2SeSO>含8#+

321N2,高压汞灯;冷却水，保持室温溶液

请回答下列问题：

29.“液浸”中，CuFeS?参与反应的离子方程式。生成Imol还原产物时电子转移数

目为o

30.滤渣2的主要成分是。

A.二氧化硅B.氢氧化铁C.氧化铁D,氧化亚铁

31.从绿色化学角度考虑，R宜选择（填化学式）。

32.其他条件相同，“液浸”中金属浸出率与温度、硫酸铁溶液浓度的关系如下图所示（浸出

率指单位时间内金属溶解的质量，在此浓度下，硫酸铁溶液不影响细菌活性）。根据图示请

选择Cic2o

试卷第8页，共10页

A.>B.<C.=

33.以C/Se?为电极材料的电池工作原理如图所示：该电池放电过程中，Ci^Se?电极为该

电池的极

C.阳D.阴

九、填空题

电池材料金属银应用广泛。Ag与稀HNC）3制得AgNOj,常用于循环处理高氯废水。

沉淀C「：在高氯废水样中加入少量KQO4使CrO：浓度约为5xlCT3moi.口，滴加AgNC）3

溶液至开始产生深红色AgzCrO」沉淀。（忽略滴加过程的体积增加）

10

34.请通过计算判断C「是否已完全沉淀。已知：^sp（AgCl）=1.8xlO-,

12

/Csp（Ag2CrO4）=2xl0,当离子浓度小于lO^mol.口时，可认为完全沉淀。（写

出计算及分析过程）

还原AgCl：在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量Q5mol.U盐酸后静置，充分反应得

到Ag。

35.（1）铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为。

（2）不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是。

试卷第10页，共10页

《上海市奉贤区2025届高三一模化学试题》参考答案

题号21

答案D

1.d区第4周期第IB族6

【详解】由元素周期表的分区可知，过渡金属处于元素周期表的d区，铜是29号元素，位

于元素周期表的位置是第4周期第IB族，基态铜原子的价电子排布式为3dWsi,所占轨

道数为6。

2.Co3+6平面三角形

【详解】^[ColNOj]中Co显+3价，Co3+与6个NO：形成配离子，中心离子是Cc?+,

其配位数是6,配体是NO；,N原子价层电子对数为3,VSEPR模型为平面三角形。

3.C、O、N4.BD

【解析】3.第二周期非金属元素有C、N、O三种，同周期从左到右，第一电离能呈增大

的趋势，但氮元素的电子排布处于半充满状态，所以氮原子的第一电离能最大比相邻元素高,

故电离能从小到大为：C<O<N„

4.A.由结构简式可知分子中存在C=N键等化学键，含有共价键；Ni2+提供空轨道，氮原

子有孤电子对，二者形成配位键，氧氢之间除共价键外还可存在氢键，但氢键不是化学键,

A错误;

B.该物质中Ni2+具有空轨道，是配合物的中心离子，B正确；

C.C原子形成4对共价键，不存在孤电子对，C错误；

D.该物质中碳原子的杂化类型有卯2杂化，如C=N键中的C,也有卯3杂化，如甲基中的

碳，不存在sp杂化的碳原子，D正确；

故选BD。

5.(1)4

1.26xl024

(2)KCuFe(CN)6---------

NS

【分析】在某含CM+的晶胞结构中，钾离子位于体内，钾离子的数目为4；CiP+位于体心和

棱上，则该晶胞中所含CP的数目为l+12x1=4；Fe3+位于面心和顶点，则该晶胞中所含

4

Fe3+的数目为8X1+6XL=4。则该晶胞中，K+、Cu2+^Fe3+的个数比为4:4:4=1:1:1。

82

答案第1页，共8页

【详解】(1)该晶胞中，K+位于4个C/+和4个Fe3+构成的小立方体的体心，则距K+最近

且等距的CP有4个，而该晶胞中，K+、GP+的个数比为1:1,则距C/+最近且等距的K+

有4个。

(2)由分析可知，该晶胞中，K+、Cu2\Fe3+的个数比为4:44=1:1:1,依据电荷守恒，该

晶胞中，K+、Cu2+、Fe3+、CN-的个数比为I:l:l:(lxl+lx2+lx3)=所以该晶体的化学

4x(39+64+56+6x26)g/mol1.26xl024

式为KCuFe(CN),晶体密度为g-cm'3o

6^mor1x(ax10-7cm)3NW

【点睛】计算晶胞中所含微粒数目时，可采用均摊法。

6.(1)慢反应①的活化能大于反应②的活化能，活化能越大，反应速率越慢，因

此反应①为慢反应

(2)BB

(3)-90kJ-mor1

(4)0.5

【详解】(1)反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，反应①的活化能大于反应②的

活化能，所以反应①为慢反应，故答案为：慢；反应①的活化能大于反应②的活化能，活化

能越大，反应速率越慢，因此反应①为慢反应；

(2)①总反应是燧减的放热反应，低温条件下反应AH—TASC0,能自发进行，故选B；

②总反应是气体体积减小的放热反应，低温高压条件下，平衡均向正反应方向移动，有利于

提高二氧化碳的转化率，故选B；

(3)由盖斯定律可知，反应①+反应②=总反应，则

A//2=A//—Aft=(—49kJ/mol)—(+41kJ/mol)=+90kJ/mol,故答案为：+90kJ/mol；

(4)由题意可知，合成甲醇达到平衡时二氧化碳的平衡转化率为60%,由方程式可知，平

衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水蒸气的浓度分别为变”誉里叫=0.4mol/L、

6mol-2molx60%x3,小…2molx60%2molx60%

--------------------------=1.2mol/L>=0.6mol/L>=0.6mol/L,则反应的平

2L2L2L

，­,0.6mol/Lx0.6mol/L

衡吊数^0.4mol/Lx(1.2mol/L)2~0.5,故答案为：0.5„

7.BC8.反应①为吸热反应，温度升高，正向移动，有更多的COZ发生转化，所

以甲醇的产率上升/温度升高，反应①速度增大，单位时间内有更多的COZ发生转化，所以

甲醇的产率上升(两种解释均可)反应②为放热反应，温度升高，平衡逆向移动乙醇产

答案第2页，共8页

率下降（答催化剂高温失活不得分）。

【解析】7.由图知，温度为230℃,甲醇的选择性、甲醇的产率均高，所以在上述条件下

合成甲醇的工业条件是230℃,使用催化剂CZ（Zr-1）T时，甲醇的选择性、甲醇的产率均

比CTZ催化剂高；故选：BC；

8.根据盖斯定律可知，反应②=总反应-反应①，则△Hi=-90kJ/mol,从反应平衡移动的角

度分析，反应①为吸热反应，升高温度，有利于消耗CO2和生成CO,有利于生成甲醇，从

反应速率的角度分析，随着温度升高，反应速率加快；另外反应②为放热反应，温度过高,

反应②平衡逆向移动，不利于甲醇的生成，故答案为：反应①为吸热反应，温度升高，正向

移动，有更多的CO?发生转化，所以甲醇的产率上升/温度升高，反应①速度增大，单位时

间内有更多的COz发生转化，所以甲醇的产率上升（两种解释均可）；反应②为放热反应，温

度升高，平衡逆向移动乙醇产率下降（答催化剂高温失活不得分）；

9.C10.8.5

【解析】9.淀粉水解先加H2s。4溶液，在H2s催化下发生水解，水解后，先加碘水检验

淀粉是否水解完全；再加NaOH溶液中和硫酸，使溶液呈碱性，再加新制Cu（OH）2检验水

解产物，故C正确；

故选：Co

10.CO?为原料人工合成淀粉，4h为1个周期，每克催化剂能生产5.28x10-3mol淀粉，人

工合成淀粉的效率为°V=1.32xl0-3mol-h，gT,该方法生产淀粉的效率是玉米的

4

1.32xlO-3

-------------^8.5倍。

1.548x10-

11.5+HN5浓詈»/叱+

H2OC12.BD

COOHCOOH

CHO

1

uNHT

13.14.碳碳三键羟基15.1或

HCOO^^^OOCH

答案第3页，共8页

HCOOOOCH

16.17.不能用二乙胺NH(C2H代替三乙

NH

CHO

胺，由于二乙胺氮原子上含有氢原子,也可以与反应物发生反应生成酰胺键

19.

【分析】

a发生硝化反应生成b,b发生氧化反应生成c,c与三/一OH发生酯化反应生成&d中城

基还原为羟基生成e,e发生取代反应生成f,f发生加聚反应生成g。

11.

反应i是a发生硝化反应生成b,乙基邻位上的1个H原子被-NO2代替，反应i的化学方

程式为［J+HNC)3浓+也°，反应ii是b中乙基变为酮装基，

COOHCOOH

“去氢加氧"，反应类型为氧化反应，选C。

12.A.c中段基能被浓硝酸氧化，所以反应i与反应ii的顺序不能调换，故A错误；

B.分子c苯环的取代基中,-COCH3中有6个b键和1个万键，硝基中有3个b键和2个"键，

竣基中有4个。键和1个左键，b键和万键的比值为13:4,故B正确；

C.分子d中苯环上的碳原子以及与苯环直接相连的碳原子在同一平面，单键可以旋转，所

有的碳原子可能位于同一平面，故c错误；

D.NaBH,由Na+、BH：构成，正负离子的比值为1:1,故D正确;

选BD。

13.

EDC是一种高效的水溶性脱水剂，且结合水后易溶于水，常用于酯化反应，可知c与x发

生酯化反应生成d,则化合物x的结构简式为三一OH；

14.根据e的结构简式，分子e中官能团的名称有硝基、酯基、羟基、碳碳三键。

15.

答案第4页，共8页

①分子中含有苯环，②Imol该分子与足量银氨溶液发生反应生成6moi银单质，说明含有3

个醛基；③分子中共含有5种化学环境的氢，说明结构对称，符合条件的化合物c的同分异

不对称碳原子连接4个不同的原子或原子团，e中的不对称碳原子为

17.由于二乙胺氮原子上含有氢原子，也可以与反应物发生反应生成酰胺键，所以不能用二

乙胺NH(CRs)2代替三乙胺。

18.

根据题目信息，聚合物g经紫外线照射后，发生邻硝基苯甲酯的断裂反应，所剩聚合物结构

简式

19.

发生消去反应，再酸化生成在一定条件下发生加聚

反应生成，合成路线为

COOH

20.B

【详解】S是16号元素，基态原子的核外电子排布式为Is22s22P63s23P斗，其原子核外有

ls、2s、2p、3s、3P一共5种能量不同的电子，故选B„

21.D

答案第5页，共8页

【详解】A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，符合强酸制备弱酸的特点，

可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，A正确；

B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸

性强，B正确；

C.O.lOmol-L-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1,可说明亚硫酸的电离程度大，酸性

较强，C正确；

D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸，不能用于比较酸性的强弱，D错误。答案选D。

【点睛】本题考查学生弱电解质的电离知识，注意电解质是弱电解质的证明方法的使用是关

键，即弱电解质的证明，是基于与强电解质对比进行的。弱电解质与强电解质最大的区别就

是弱电解质存在电离平衡，而强电解质不存在电离平衡。因此只要证明有电离平衡存在，就

证明了弱电解质。

22.：Cl：S：S：Cl：A

【详解】

由共价键的饱和性可知，二氯化二硫的结构式为Cl—s—s—CL电子式为：ci：s：S：C1：＞

分子内的四个原子不在同一平面上说明二氯化二硫是正负电荷重心不重合的极性分子，故选

A,故答案为：：C1：4：N：C1：；Ao

23.A

【分析】由题目信息知硒代硫酸是弱酸，所以0.11110「「m2$6$03溶液中5650；-会发生水

解，水解方程式为：SeSOl~+H2OHSeSOj+OH,HSeSO；+H2OH2SeSO3+OH',溶

液中钠离子的浓度为0.2moLLT,所以溶液中的电荷守恒为

--++1

2c（SeSO；）+c（HSeSO；）+c（GH）=c（H）+c（Na）＞0.2mol-Uo

【详解】A.由分析知2c（SeSOj）+c（HSeSOj+c（OH-）=c（H+）+c（Na+）＞0.2mol-LT,A

正确；

B.由分析知2c（SeSOj）+c（HSeSO；）+c（OH）=c（H+）+c（Na+）＞0.2molLB错误；

C.由分析知2c（SeSO：）+c（HSeSO；）+c（Otr）=c（H+）+c（Na+）＞0.2molLC错误；

故选A。

答案第6页，共8页

A

24.FeS+S=FeS225.当加入还原剂SnCl之后，甲基橙分子得电子，由氧化态变为还原

3CVM

态，颜色由红色变为无色且半分钟内部不恢复原来的颜色26.-——27.AC

5a

28.用玻璃棒搅拌

【分析】用保护下，以硫和硫化亚铁为主要原料制备二硫化亚铁；测定FeS2的含量时，先

用王水溶解产品，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，用SnCb溶液将

Fe3+还原至Fe2+,然后用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用酸性KzCrzCh标准

溶液滴定Fe2+至终点。

A

24.反应物是S、FeS,反应条件是加热，生成物是FeS2,反应方程式为FeS+S=FeS?；

25.甲基橙的还原反应：氧化态(红色)+ne=还原态(无色)；产品先用王水溶解，再经系列处

理后，在热盐酸条件下，以甲基橙为指示剂，初始溶液呈酸性，甲基橙显红色，甲基橙为氧

化态；力口入SnCL后，SnCb溶液将Fe3+还原至Fe2+,溶液呈无色，甲基橙变为还原态，故

答案为：当加入还原剂SnCL后，甲基橙分子得电子，由氧化态变为还原态，颜色由红色变

为无色且半分钟内部不恢复原来的颜色；

26.用K^CrzO?标准溶液滴定Fe?+,反应为6Fe2++Cr;:O；+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,结合

铁原子守恒，存在6FeS2~6Fe2+~Cr2。；，则产品中FeS?质量百分数为

cmol-L1xVxlOJLx6xMg-mor1..3cVM

--------------------------------------------x1i0r0n%n=%n/；

ag--------------5a

27.A.还原Fe3+时SnCL溶液滴加过量，消耗的VIKzCnCh)偏大，测定值偏高，故A正确；

B.热的Fe2+溶液在空气中缓慢冷却，导致部分Fe2+被氧化Fe3+,消耗的V(K2Cr2()7)偏小，

测定值偏低，故B错误；

C.滴定开始时滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗