河南省南阳市九师联盟2025-2026学年高三上学期11月期中考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1河南省南阳市九师联盟2025-2026学年高三上学期11月期中试题考生注意：1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4.本卷命题范围：人教版必修第一、二册，选择性必修1第一章。5.可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.下列做法不能体现“绿色化学”思想的是A.将废旧塑料裂解为化工原料B.研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗C.减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用D.乙烯、Ca(OH)2、Cl2制备(环氧乙烷)【答案】D【解析】A．将废旧塑料裂解为化工原料，可以实现原料再利用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理念，A不符合题意；B．研发新能源汽车，降低汽油、柴油消耗，可以减少环境污染物的排放，有利于保护环境，符合绿色化学理念，B不符合题意；C．减少一次性筷子、纸杯和塑料袋的使用，既可减少环境污染物的排放，又能节约能源，符合绿色化学理念，C不符合题意；D．乙烯、Ca(OH)2、Cl2反应生成环氧乙烷、CaCl2和水，不能实现原子利用率100%，不符合绿色化学理念，D符合题意；故答案选D。2.下列说法正确的是A.MgO属于两性氧化物B.中的铁元素呈现两种价态C.CO2和SiO2二者物理性质相似D.用FeCl3溶液和NaOH溶液制备Fe(OH)3胶体【答案】B【解析】A．MgO是碱性氧化物，只能与酸反应生成盐和水，不能与强碱反应，不属于两性氧化物，A错误；B．Fe3O4可看作FeO·Fe2O3，其中铁元素呈现+2和+3两种价态，B正确；C．CO2是分子晶体（常温为气体），SiO2是原子晶体（高熔点固体），物理性质差异显著，C错误；D．FeCl3溶液与NaOH溶液直接反应生成Fe(OH)3沉淀，而非胶体，制备胶体需将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，D错误；故答案为B。3.下列鉴别或检验能达到实验目的的是A.用硝酸酸化的BaCl2溶液检验是否被氧化B.用酸性KMnO4检验乙烯中是否含有SO2C.用石灰水鉴别与NaHCO3D.用水检验溴蒸气和NO2气体【答案】D【解析】A．硝酸具有强氧化性，会将亚硫酸根氧化为硫酸根，因此即使未被氧化，也会被硝酸氧化生成沉淀，无法判断原是否被氧化，A错误；B．乙烯和SO2均能使酸性KMnO4溶液褪色，会对的检验造成干扰，B错误；C．Na2CO3和NaHCO3与石灰水反应均能生成CaCO3白色沉淀，现象相同，无法鉴别，C错误；D．溴蒸气溶于水形成溴水变为橙黄色，而NO2溶于水发生反应：，气体颜色褪去并产生无色气体NO，现象明显不同，D正确；故答案为：D。4.下列有关化学用语表示错误的是A.H2O的空间结构：V形B.NaOH电子式：C.Cl-的结构示意图：D.溶于水的电离方程式：【答案】C【解析】A．H2O的中心原子为O原子，价电子对数为4，有两对孤电子对，故空间结构：V形，故A正确；B．NaOH是离子化合物，电子式为，故B正确；C．Cl-的质子数为17，最外层8个电子，正确结构示意图为：，故C错误；D．是强电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式正确，故D正确；故选C。5.下列反应的离子方程式书写正确的是A.少量Cl2通入NaI溶液中：B.用氢氟酸雕刻玻璃：C.NO2通入水中：D.过量通入饱和碳酸钠溶液中：【答案】D【解析】A．反应未配平，离子方程式应为，A错误；B．氢氟酸为弱酸，不能拆为H+和F-，应保留HF分子形式，离子方程式应为，B错误；C．NO2与水反应生成HNO3和NO，方程式未体现NO的生成，离子方程式应为，C错误；D．过量CO2与饱和Na2CO3反应生成溶解度更低的NaHCO3沉淀，方程式正确，D正确；故答案为D。6.下列根据实验目的设计的装置连接中正确的是A.用碱石灰和浓氨水制备收集：连接a→d→e→eB.用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2：连接b→f→c→e→dC.用铜和稀硝酸制备收集NO：连接b→c→eD.用铜和浓硫酸制备收集：连接a→c→e→d【答案】D【解析】A．用碱石灰和浓氨水制备收集

，不需要加热，发生装置应该使用b装置，尾气处理装置也错误，故A错误；B．用MnO2和浓盐酸制备收集Cl2，需要加热，发生装置应该需要a装置，故B错误；C．用铜和稀硝酸制备收集NO，不能用排空气法收集，应该用排水法收集NO，选用g，故C错误；D．用铜和浓硫酸制备收集，需要加热，使用a装置，用浓硫酸干燥，密度比空气大，用向上排空气法收集，选择e装置进行收集，最后用d进行尾气处理，故连接a→c→e→d，故D正确；故选D。7.在298K、100kPa时，已知：，，。下列关于、、的关系正确的是A. B.C. D.无法确定【答案】A【解析】已知：反应①反应②反应③根据盖斯定律可知反应②×2+反应③×2可得：2C(s)+O2(g)+2H2O(g)=2CO(g)+2H2O(l)ΔH总=2ΔH3+2ΔH2将上述所得反应中的2H2O(l)转为2H2O(g)，引入气化焓：2H2O(l)=2H2O(g)ΔH=2ΔHvap(ΔHvap>0)故由盖斯定律可得：2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH1=ΔH总+2ΔHvap=2ΔH3+2ΔH2+2ΔHvap故ΔH1−2ΔH2−2ΔH3=2ΔHvap>0故答案选A。8.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。如图为在某温度下，CH3OH与H2O在铜基催化剂上的反应机理和能量与反应过程之间的关系（各物质均为气态）：下列说法错误的是A.反应Ⅱ过程中热效应ΔH<0B.1molCH3OH(g)和1mol的总能量小于1molCO2(g)和3mol的总能量C.选择优良的催化剂可以降低反应活化能，但不能改变反应的ΔHD.CO(g)在反应过程中，先生成后消耗，故可认为CO(g)是催化剂【答案】D【解析】A．根据能量-反应过程图像可知，反应Ⅱ的反应物总能量大于生成物总能量，该反应为放热反应，即ΔH＜0，A正确；B．总反应方程式为CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)，根据图像可知，该反应为吸热反应，即1molCH3OH(g)和1molH2O(g)的总能量小于1molCO2(g)和3molH2(g)的总能量，B正确；C．给定反应中，焓变只与始态和终态有关，使用催化剂可降低反应活化能，但不能改变焓变ΔH，C正确；D．CO(g)在反应过程中，先生成后消耗，因此CO(g)是中间产物，而非催化剂，D错误；故答案选D。9.下表中物质性质和用途均正确且具有因果关系的是物质性质用途A氮气的化学性质稳定工业合成氨B二氧化硫与氧气反应二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C二氧化硫具有漂白性二氧化硫可以用来漂白食品D浓硫酸具有脱水性浓硫酸用作干燥剂A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氮气的化学性质稳定，但工业合成氨需要氮气在高温高压下与氢气反应，利用的是其反应性而非稳定性，因果关系不成立，A错误；B．二氧化硫能与氧气反应，作为抗氧化剂添加到葡萄酒中，防止氧化变质，性质与用途因果关系正确，B正确；C．二氧化硫虽有漂白性，因其有毒，残留于食品中可危害健康，因此不允许用于食品漂白。食品工业中，二氧化硫仅限作为防腐剂（如用于干果），但漂白食品是禁止的。用途错误，C错误；D．浓硫酸作干燥剂利用的是吸水性，而非脱水性（脱水性指使有机物碳化），性质与用途不匹配，D错误；故答案为B。10.工业制备高纯硅的主要过程如下：石英砂粗硅高纯硅。已知SiHCl3遇潮会发烟，下列说法正确的是A.制备粗硅的反应方程式为B.光导纤维的主要成分为高纯硅C.1molSi含Si-Si键的数目约为D.原料气HCl要充分干燥，去除水蒸气【答案】D【解析】A．C在高温下的氧化产物为CO，则制备粗硅的反应方程式应为，A错误；B．光导纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2），B错误；C．硅晶体中每个硅原子形成4个Si-Si键，但每个键被2个原子共享，则1molSi含Si-Si键实际数目为，C错误；D．SiHCl3遇潮会发烟，需避免与水反应，因此HCl必须充分干燥，D正确；故答案选D。11.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示。有氧条件下，催化NH3还原NO的反应历程如图乙所示。下列说法错误的是A.图甲中反应伴随着极性键和非极性键的形成B.图甲所示热化学方程式为C.图乙所示反应③中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1D.图乙中总反应为【答案】C【解析】A．图甲中存在N-N键和O-H键的形成，有极性键和非极性键的形成，A正确；B．反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能，图甲所示热化学方程式为，B正确；C．图乙中反应③为，氧化剂为氧气，还原剂为，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4，C错误；D．图乙中反应物有NH3、NO和O2，生成物为N2和H2O，总反应为，D正确；故选C。12.合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是A.甲、乙、丙、丁都含有同一种元素 B.图中涉及反应只有反应I属于氮的固定C.反应IV中水既不是氧化剂也不是还原剂 D.乙和丙均不属于酸性氧化物【答案】A【解析】根据转化关系图可知，甲与氢气反应生成氨气，甲为氮气，乙转化为丙，丙和水反应生成硝酸，反推出乙为一氧化氮，丙为二氧化氮，氨气中加入二氧化碳和氯化钠溶液变成丁，丁为碳酸氢钠；A．由分析可知，甲乙丙丁分别为，NH3、NO、NO2、NaHCO3，甲乙丙丁中未含有同一种元素，故A错误；B．氮的固定为游离态氮转化为化合态氮，反应一为氮气和氢气反应生成氨气的过程，符合定义，其他反应不符合，故B正确；C．反应为，NO2在反应中既作氧化剂又作还原剂，水既不是氧化剂也不是还原剂，故C正确；D．乙丙分别为NO、NO2，不属于酸性氧化物，故D正确；故答案选A。13.某种离子化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2倍，Z与W同主族，Q是元素周期表中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.非金属性：Z>WB.氢化物沸点：Z>YC.ZQ3分子中各原子最外层均达到8电子稳定结构D.X、Z、Q三种元素能形成离子化合物【答案】B【解析】根据X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的最外层电子数是内层电子数的2倍，且Y形成四个键，Y为C元素；Q是元素周期表中电负性最大的元素，Q为F元素；Z与W同主族，Z失去一个电子后形成四个键，最外层有5个电子，W得到一个电子后形成6个键，W最外层是5个电子，则Z为N元素，W为P元素，X形成一个键为H元素，据此分析回答。A．由分析可知，Z为N元素，W为P元素，非金属性同主族从上到下依次减小，则非金属性：N>P，A正确；B．由分析可知，Z为N元素，Y为C元素，简单氢化物沸点：CH4<NH3，C、N均存在其他种类氢化物，该选项未强调简单氢化物，B错误；C．由分析可知，Z为N元素，Q为F元素，NF3分子中含有3个N-F键，N、F原子最外层均达到8电子稳定结构，C正确；D．由分析可知，X、Z、Q三种元素分别为H、N、F，能形成离子化合物NH4F，D正确；故选B。14.氧族元素碲(52Te)被誉为“国防与尖端技术的维生素”。工业上常用铜阳极泥(主要成分是含Ag、Au等杂质)为原料提取碲并回收贵金属，其工艺流程如图所示：已知：TeO2微溶于水，易与较浓的强酸、强碱反应。下列说法错误的是A.Te的最外层电子数为6B.“酸浸1”过程中，转化为，反应的化学方程式为C.“还原”过程中，反应的化学方程式为D.TeO2溶于浓NaOH溶液的离子方程式为【答案】D【解析】铜阳极泥(主要成分是含Ag、Au等杂质)在氧气、硫酸作用下酸浸，转化为硫酸铜和，过滤后得到含、Ag、Au的滤渣，向滤渣中加入浓盐酸，转化为，过滤后向滤液中通入将还原为Te，据此解答。A．Te的原子序数为52，其价电子排布式为，最外层电子数为6，A正确；B．“酸浸1”过程中，与氧气、硫酸反应生成硫酸铜、和，反应的化学方程式为：，B正确；C．“还原”过程中，被氧化生成，被还原生成Te，反应的化学方程式为：，C正确；D．TeO2与浓NaOH溶液反应生成和水，反应的离子方程式为：，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.废旧三元锂电池正极材料中富含Li、Ni、Co、Mn等有价金属，将其回收的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中②少量的Ni2＋和与氨水反应生成的回答下列问题：（1）Fe在元素周期表中的位置为_______。（2）正极材料表示为LiMO2(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为＋3)。①“酸浸”时LiNiO2反应的化学方程式为_______。②“酸浸”时温度不宜过高的原因是_______。（3）浸出液中先加入氨水后加入(NH4)2C2O4，生成沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是_______。（4）气体X的电子式为_______。（5）一定量2NiCO3·Ni(OH)2与足量盐酸反应，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为_______。（6）现有10L浸出液，回收得到44.03g，则Li＋的回收率为_______。【答案】（1）第四周期Ⅷ族（2）①.2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O②.H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低（3）由于[Ni(NH3)6]2+比[Co(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀（4）（5）3:1（6）85%【解析】由题给流程可知，废旧三元锂电池正极材料经预处理后，加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶的硫酸盐，根据金属元素的化合价变化可知过氧化氢被氧化产生氧气，向酸浸液中加入氨水和草酸铵，将溶液中钴离子转化为草酸钴沉淀，过滤得到草酸钴和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵，将溶液中的锰离子转化为碳酸锰沉淀，过滤得碳酸锰和滤液；向滤液中加入碳酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中镍离子转化为aNiCO3·bNi(OH)2沉淀，过滤；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的锂离子转化为碳酸锂沉淀，据此解答。（1）Fe的原子序数为26，元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族；（2）①“酸浸”时LiMO2(M代表Co、Ni、Mn，化合价均为+3价)将H2O2氧化，Ni、Co、Mn元素被还原为+2价，离子方程式为2LiNiO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2NiSO4+O2↑+4H2O；②H2O2受热易分解，温度过高浸出率反而降低；（3）浸出液中先加入氨水后加入(NH4)2C2O4，生成沉淀而没有NiC2O4沉淀生成的原因是由于[Ni(NH3)6]2+比[Co(NH3)6]2+稳定性强，镍元素主要以[Ni(NH3)6]2+的形式存在于溶液中，故不能被沉淀；（4）沉锰过程中加入碳酸氢铵，与锰离子反应生成碳酸锰沉淀和二氧化碳，气体X为二氧化碳，电子式为；（5）2NiCO3·Ni(OH)2与足量盐酸反应，化学方程式为，消耗HCl的物质的量与生成CO2的物质的量之比为3:1；（6）浸出液中，10L浸出液中含有1.4molLi＋，回收得到44.03g，则Li＋的回收率为=85%。16.以黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)为原料，制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体，溶解度随温度升高而增大)的部分工艺流程如下：回答下列问题：（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，写出Fe2O3与稀硫酸反应的离子方程式：_______。（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，写出反应的离子方程式：_______。（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2的化学方程式为_______。（4）试剂X是_______(填化学式)。（5）设计实验，检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的：_______。（6）从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：_______、_______、过滤、洗涤、干燥。（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图所示，下列说法错误的是_______(填字母)。A.“吸收”过程中有气体生成 B.“结晶”后母液中含有NaHCO3C.“气流干燥”时温度不宜过高 D.“中和”后溶液中含和NaHCO3【答案】（1）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O（2）SO2+2NH3∙H2O=2++H2O（3）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O（4）Fe（5）取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，则已达到实验目的（6）①.蒸发浓缩②.冷却结晶（7）B【解析】黄铁矿(主要成分为FeS2，还有少量CuS、SiO2)中通入空气焙烧，FeS2、CuS分别转化为Fe2O3、CuO和SO2，SiO2不反应；加入20%硫酸进行酸溶，此时SiO2不溶，Fe2O3转化为Fe2(SO4)3，CuO转化为CuSO4，SiO2不与硫酸反应；过滤后，SiO2成为滤渣，往滤液中加入试剂X，可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu；过滤后，将滤液及SO2经过处理，可制备硫酸、亚硫酸氢钠和硫酸亚铁晶体。（1）“焙烧”后得到的固体主要成分为Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应，生成硫酸铁和水，依据电荷守恒和原子守恒，可得出发生反应的离子方程式：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O。（2）“焙烧”产生的SO2会污染环境，可用足量氨水吸收，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式：SO2+2NH3∙H2O=2++H2O。（3）实验室用制得的浓硫酸和铜制备SO2，同时生成CuSO4等，依据得失电子守恒和原子守恒，可得出发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。（4）试剂X可将Fe3+还原为Fe2+，同时将Cu2+还原为Cu，且不能引入新的杂质，则X是Fe。（5）检验“还原”得到的溶液是否达到实验目的，也就是检验Fe3+是否全部还原为Fe2+，需检验Fe3+是否存在，设计实验为：取少量还原后溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如果溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，则已达到实验目的。（6）硫酸亚铁的溶解度随温度的升高而增大，则从“还原”得到的溶液中获得硫酸亚铁晶体的操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（7）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3时，结晶得到的母液中含有NaHSO3，加入纯碱和水，调节pH=8，此时NaHSO3与Na2CO3反应，生成Na2SO3、NaHCO3；在吸收过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体；湿料中NaHSO3用气流干燥，可获得NaHSO3。A．“吸收”过程中，SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，SO2与Na2CO3、NaHCO3反应生成NaHSO3和CO2气体，A正确；B．“结晶”后母液中只含有NaHSO3，不含有NaHCO3，B错误；C．NaHSO3受热易分解，“气流干燥”时温度不宜过高，C正确；D．由分析可知，“中和”后溶液中含和NaHCO3，D正确；故选B。17.工业上以浓缩海水（含较高浓度的Br）为原料提取溴的部分流程及实验装置图如下：已知：回答下列问题：（1）图示的圆底烧瓶中发生反应的离子方程式为_______，该装置中KMnO4_______（填“能”或“不能”）用MnO2替代。（2）反应釜2中发生反应的离子方程式为_______。（3）实验室用图示装置模拟流程中的部分过程，通入热空气的作用是_______。（4）将Cl2缓缓通入冷的NaOH溶液中制得漂白液，模拟实验得到ClO-、等离子的物质的量n(mol)与反应时间t(min)的关系曲线如图所示。①参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比为_______。②a点时溶液中_______。③已知：有效氯是指每克含氯消毒剂的氧化能力（得电子数目，氯元素转化为Cl-）相当于多少克Cl2的氧化能力，则NaClO的有效氯值为_______（保留两位有效数字）。【答案】（1）①.②.不能（2）（3）使蒸馏烧瓶中Br2进入圆底烧瓶中（或加热并带出溴蒸气）（4）①.2：1②.6：1：1③.0.95【解析】由流程可知，硫酸酸化的浓缩海水，通入氯气将Br-氧化为Br2，再通入热的空气吹出溴单质，用碳酸钠溶液吸收溴单质，使Br2歧化为Br-和，再加入稀硫酸，Br-和发生归中反应重新生成Br2，达到富集溴的目的，最后通过蒸馏得到溴单质，以此作答。（1）图示装置为Cl2的发生装置，利用KMnO4和浓盐酸制取氯气，反应的离子方程式为；MnO2和浓盐酸制取氯气需要加热，而该装置没有加热装置，因此不能将KMnO4用MnO2替代；（2）反应釜2中发生Br-和在酸性条件下的归中反应，离子方程式为；（3）Br2易挥发，因此通入热空气的作用是使蒸馏烧瓶中的Br2进入圆底烧瓶中（或加热并带出溴蒸气）；（4）①溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，三者均有，因此参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比；②a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有和物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为，因此溶液中；③设1gNaClO氧化能力相当于xgCl2的氧化能力，则，解得，即NaClO的有效氯值为0.95。18.某兴趣小组设计如下实验进行喷泉实验和制备水合肼。回答下列问题：I．制备NH3并进行喷泉实验(实验装置如图所示，加热及夹持装置已省略)。i．NH3的制备：打开K1、K3，关闭，加热甲处试管底部，反应生成NH3；ii．喷泉实验：当丁中溶液变蓝后，停止制备NH3，关闭。通过操作a引发喷泉，此过程中三颈烧瓶内气体压强随时间的变化关系如图所示。（1）①甲中制备NH3的化学方程式为_______。②操作a为_______。③C→D过程中，三颈烧瓶中的现象为_______。（2）若乙中预先收集Cl2，胶头滴管和丙中为NaOH溶液，也能进行喷泉实验，产生喷泉时乙中反应的离子方程式为_______。I