2023年江苏省高考化学试卷

2023年江苏省高考化学试卷〔正式版〕一、单项选择题：此题包括10小题，每题2分，共计20分．每题只有一个选项符合题意．1.2023年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，提倡绿色简约生活”．以下做法应提倡的是〔 〕A.夏天设定空调温度尽可能的低A.夏天设定空调温度尽可能的低C.少开私家车多乘公共交通工具B.推广使用一次性塑料袋和纸巾D.对商品进展豪华包装促进销售【考点】常见的生活环境的污染及治理【解析】【解答】解:A、夏天设定空调温度尽可能的低，铺张了电能资源，增加能量损耗，故A错误；B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，铺张了资源，故B错误；C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，削减空气污染，故C正确；D、对商品进展豪华包装促进销售，铺张了资源，故D错误；C．【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量削减，特别是削减二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来转变生活细节，据此进展分析推断即可．以下有关化学用语表示正确的选项是〔 〕A.A.31的磷原子3115PB.氟原子的构造示意图C.CaCl2的电子式D.明矾的化学式Al2〔SO〕4 3【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【解析【解答解:A．磷元素原子的质子数为15，质量数为31的磷原子正确的表示方法为：31 P，故A正确；B．氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的构造示意图为：B错误；C．氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为，故C错误；D．明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：B．氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的构造示意图为：B错误；C．氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为，故C错误；10A．【分析】A．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B．氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层含有7个电子；C．两个氯离子不能合并；D．明矾为十二水合硫酸铝钾．以下有关物质性质与用途具有对应关系的是〔 〕A.NaA.Na2O2吸取CO2产生O2 ，可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D.NH3易溶于水，可用作制冷剂【考点】物质的组成、构造和性质的关系【解析】【解答】解:A．Na2O2吸取CO2生成O2和Na2CO3 ，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反响生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；B．ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B错误；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D．氨气易液化，液氨易气化吸取热量导致四周环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；A．【分析】A．Na2O2吸取CO2生成O2和Na2CO3 ，氧气能供给呼吸；B．ClO2具有强氧化性；C．光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理；D．液氨气化吸取热量导致四周环境温度降低．2以下制取SO、验证其漂白性、收集并进展尾气处理的装置和原理能到达试验目的是〔 〕2A B C D制取SO2 B.验证漂白性 C.收集SO2 D.尾气处理【答案】B【考点】化学试验方案的评价【解析】【解答】解:A．稀硫酸和铜不反响，应用浓硫酸和铜反响制备二氧化硫气体，故A错误；二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可到达试验目的，故B正确；C．二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C错误；D．二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸取尾气，且防止倒吸，故D错误．应选B．【分析】试验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反响制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反响，以此解答该题．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素．以下说法正确的选项是〔 〕原子半径r〔X〕＜r〔Y〕＜r〔Z〕＜r〔W〕W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱Y的单质的氧化性比Z的强X、Y、Z三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【答案】D【考点】元素周期表中原子构造与元素性质的递变规律【解析】【解答】解:X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、WNa元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则YN元素，XH元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数一样的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、YZ位于其次周期且原子序数Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半径r〔X〕＜r〔Z〕＜r〔Y〕＜r〔W〕，故A错误；B．WNaOH，NaOH是强碱，故B错误；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性O＞N元素，所Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；D．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、WNa元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A．原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数一样的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；B．WNaOH；C．Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强；D．X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵．以下指定反响的离子方程式正确的选项是〔 〕2 钠与水反响:Na+2HO═Na++2OH﹣+H2 电解饱和食盐水猎取烧碱和氯气:2Cl﹣+2H

O电解

H↑+Cl

↑+2OH﹣2 _ 2 2向氢氧化钡溶液中参与稀硫酸:Ba2++OH﹣+H++SO

2﹣═BaSO

↓+HO4 4 2向碳酸氢铵溶液中参与足量石灰水:Ca2++HCO

﹣+OH﹣═CaCO

↓+HO【答案】B【考点】离子方程式的书写

3 3 22 【解析】【解答】解:A．钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转2Na+2HO═2Na++2OH﹣+H↑，故A2 电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极四周有NaOH生成，离子方程式为2Cl﹣+2H

O电解

H↑+Cl

↑+2OH﹣ B正确；2 _ 2 2二者反响生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO

2﹣═BaSO

↓+2H

O，故C错误；4 4 2二者反响生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中参与足量石灰水Ca2++HCO

﹣+OH﹣═CaCO

↓+H

O，故D错误；3 3 2应选B．【分析】A．钠和水反响生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒；B．电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极四周有NaOH生成；C．二者反响生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2；D．二者反响生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水．在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是〔 〕A.FeA.Fe→点燃𝐶𝑙2FeCl2Fe〔OH〕2B.S2点燃SO32𝑂HSO2 4C.CaCO 高温CaO3 →→高温CaSiO3D.NH32△NO2𝑂HNO3【考点】氨的性质及用途，铁的化学性质【解析】【解答】解:A、由于氯气具有强氧化性，则铁与氯气反响生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；硫与氧气反响生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；CaCO3CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高温反响生成硅酸钙，故C正确；NO，NO和水不反响，不能生成硝酸，故D错误；C．【分析】A、铁与氯气反响生成三氯化铁；硫与氧气反响生成二氧化硫；CaCO3CaO，CaO和二氧化硅高温反响生成硅酸钙；NO，NO和水不反响．通过以下反响可获得型能源二甲醚〔CH3OCH3〕．以下说法不正确的选项是〔〕2 2 ①C〔s〕+HO〔g〕═CO〔g〕+H 〔g〕△H=akJ•mol﹣2 2 ②CO〔g〕+HO〔g〕═CO〔g〕+H 〔g〕△H=bkJ•mol﹣12 2 2 22 2 3 2 ③CO 〔g〕+3H 〔g〕═CHOH〔g〕+HO〔g〕△H=ckJ•mol﹣2 2 3 2 ④2CH

OH〔g〕═CHOCH 〔g〕+HO〔g〕△H=dkJ•mol﹣13 3 3 2 4反响①、②为反响③供给原料气反响③也是CO2资源化利用的方法之一1 1 𝑑反响CHOH〔g〕═ CHOCH 〔g〕+ HO〔l〕的△H= kJ•mol﹣13 2 3 3 2 2 22 3 3 反响2CO〔g〕+4H 〔g〕═CHOCH 〔g〕+HO〔g〕的△H=〔2b+2c+d〕kJ•mol﹣2 3 3 【答案】C【考点】反响热和焓变【解析】【解答】解:A．反响③中的反响物为CO、H ，由反响可知，反响①、②为反响③供给原2 2料气，故A正确；反响③中的反响物为CO2 ，转化为甲醇，则反响③也是CO2资源化利用的方法之一，故B正确；由反响④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反响CHOH〔g〕═ 13 21 𝑑CH3OCH3

〔g〕+2

HO〔l〕的△H≠222

kJ•mol﹣1 C错误；得到〔

═CH

H〔H〔△〔d〕2kJ•mol﹣1 D正确；C．2 【分析】A．反响③CO、H2 B．反响③中的反响物为CO2 ，转化为甲醇；

3 3 22 3 3 C．由反响④可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO〔g〕+4H 〔g〕═CHOCH 〔g〕+HO〔g〕．9.2 3 3 无色透亮的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣c〔H+〕/c〔OH﹣〕=1×10﹣12的溶液中:K+、Na+、CO

2﹣、NO﹣3 34 4 c〔Fe2+〕=1mol•L﹣1的溶液中:K+、NH+、MnO﹣、SO24 4 4 4 能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH+、SO2﹣、HCO4 4 【答案】B【解析】【解答】解:A．Fe3+Fe3+、SCN﹣发生络合反响而不能大量共存，故A错误；B．c〔H+〕/c〔OH﹣〕=1×10﹣12的溶液呈碱性，这几种离子之间不反响且都不和氢氧根离子反响，所以能大量共存，故B正确；43C．Fe2+、MnO﹣发生氧化复原反响而不能大量共存，故C错误；D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO﹣能和氢离子反响生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误；43应选B．【分析】A．无色透亮说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反响；B．c〔H+〕/c〔OH﹣〕=1×10﹣12的溶液呈碱性，离子之间不反响且和氢氧根离子不反响的能大量共存；C．能和亚铁离子反响的离子不能大量共存；D．能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反响的能大量共存．H2O2分解速率受多种因素影响．试验测得70℃H2O2浓度随时间的变化如以下图．以下说法正确的选项是〔 〕图甲说明，其他条件一样时，H2O2浓度越小，其分解速率越快图乙说明，其他条件一样时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大【答案】D:A．图甲中溶液的pH一样，但浓度不同，浓度越大，一样时间内浓度的变化量越大，pH条件下，H2O2浓度越大，H2O2分解速率越快，故A错误；B．图乙中H2O2NaOHpH不同，NaOH浓度越大，一样时间内H2O2浓度变化量越大，由此得出:H2O2浓度一样时，pH越大H2O2分解速率越快，故B错误；CMn2+H2O2浓度变化量:0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出:pHpH值不成正比，故C错误；D．图丁中pH一样，锰离子浓度越大，一样时间内H2O2浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率pH值影响，由此得出:碱性溶液中，Mn2+H2O2分解速率的影响大，故D正确；D．【分析】A．图甲中溶液的pH一样，但浓度不同，浓度越大，一样时间内浓度的变化量越大；B．图乙中H2O2浓度一样，但参与NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，一样时间内双氧水浓度变化量越大；CMn2+存在时，一样时间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液；DpH一样，锰离子浓度越大，一样时间内双氧水浓度变化量越大．二、不定项选择题:此题包括5小题，每题2分，共计20分．每题只有一个或两个选项符合题意．假设正确答案只包括一个选项，多项选择时，该小题得0分；假设正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得总分值，但只要选错一个，该小题就得0分A.A.ab都属于芳香族化合物C.a、bcKMnO4溶液褪色B.ac分子中全部碳原子均处于同一平面上D.bcCu〔OH〕2反响生成红色沉淀【答案】C【考点】有机物的构造和性质【解析】【解答】解:A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四周体构型，则ac分子中全部碳原子不行能处于同一平面上，故B错误；2 C．a含碳碳双键、b含﹣OH和与苯环相连的甲基、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．只有﹣CHOCu〔OH〕反响生成红色沉淀，则只有cCu〔OH〕反响生成红色沉淀，故D2 C．【分析】A．a中不含苯环；B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四周体构型；2C．a含碳碳双键、b含﹣OH、c含﹣CHO；D．只有﹣CHO与制的Cu〔OH〕反响生成红色沉淀．12.以下说法正确的选项是〔 〕22 2 A.反响N 〔g〕+3H 〔g〕⇌2NH 〔g〕的△H＜0，△S＞2 2 B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.常温下，Ksp[Mg〔OH〕]=5.6×10﹣12 ，pH=10的含Mg2+溶液中，c〔Mg2+〕≤5.6×10﹣4mol•L﹣12D.常温常压下，锌与稀H2SO4反响生成11.2LH2 ，反响中转移的电子数为6.02×1023【答案】B,C【解析】【解答】解:A．合成氨反响为放热反响，△H＜0，且为气体体积减小的反响，则△S＜0，故A错误；B..Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故B正确；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c〔OH﹣〕=10﹣4mol•L﹣1 ，c〔Mg2+〕≤C正确；

(10−4)2

=5.6×10﹣4mol•L﹣1 ，故D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误；BC．【分析】A．由化学计量数可知△S＜0；B．导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极；C．pH=10的含Mg2+溶液中，c〔OH﹣〕=10﹣4mol•L﹣1 ，c〔Mg2+〕≤D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol．13.依据以下试验操作和现象所得到的结论正确的选项是〔 〕

𝐾𝑠𝑝 ；𝑐(𝑂𝐻−)2选项试验操作和现象选项试验操作和现象试验结论A 向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B Na2SO3BaCl2Na2SO3被氧局部沉淀溶解 化C 20%H2SO4，加热；再参与银氨溶液；未消灭银镜蔗糖未水解D 向某黄色溶液中参与淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2A.AB.BC.CD.D【考点】化学试验方案的评价【解析】【解答】解:A．苯酚能和浓溴水发生取代反响生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该试验结论错误，故A错误；B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，假设亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则参与氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中参与稀盐酸时局部沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论局部Na2SO3被氧化，故B正确；C．银镜反响必需在碱性条件下进展，该试验中参与银氨溶液前没有参与NaOH溶液中和未反响的稀硫酸，所以试验不成功，则试验操作及结论错误，故C错误；D．该黄色溶液中可能含有铁离子，由于铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴。所以结论不正确，故D错误；应选B．【分析】A．苯酚能和浓溴水发生取代反响生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；B．硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸；C．银镜反响必需在碱性条件下进展；D．该黄色溶液中可能含有铁离子，由于铁离子也能将碘离子氧化为碘单质．常温下Ka﹣4 ，Ka〔﹣5 ，Kb〔H﹣5 ，以下说法正确的选项是〔 〕0.1mol•L﹣1的HCOONaNH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者NaOH溶液分别滴定等体积pH3HCOOHCH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等0.2mol•L﹣1HCOOH与0.1mol•L﹣1NaOH等体积混合后的溶液中:c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔HCOOH〕+c〔H+〕0.2mol•L﹣1CH3COONa与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中〔pH＜7〕:c〔CH3COO﹣〕＞c〔Cl﹣〕＞c〔CH3COOH〕＞c〔H+〕【答案】A,D【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析】【解答】解:A．电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，依据电离平衡常数知，其离子水解程4度:CH3COO﹣＞NH+＞HCOO﹣4

，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c4〔Na+〕+c〔H+〕=0.1mol/L+c〔H+〕、c〔NH+〕+c〔H+〕=c〔Cl﹣〕+c〔OH﹣〕=0.1mol/L+c〔OH﹣〕，水解程44NH+＞HCOO﹣4

，所以前者H+大于后者〔﹣，所以浓度均为1﹣1的a和H溶液中阳离子的物质的量浓度之和:A正确；B．pHHCOOHCH3COOH，浓度:c〔HCOOH〕＜c〔CH3COOH〕，NaOH溶液分别滴pH3HCOOHCH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积一样的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，依据电荷守恒得c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔Na+〕+c〔H+〕，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOHHCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c〔HCOOH〕＜c〔Na+〕，所以得c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕＞c〔HCOOH〕+c〔H+〕，故C错误；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaClpH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小挨次是c〔CH3COO﹣〕＞c〔Cl﹣〕＞c〔CH3COOH〕＞c〔H+〕，D正确；AD．【分析】A:CH3COO﹣4＞NH+＞HCOO﹣ ，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔Na+〕+c44 〔H+〕=0.1mol/L+c〔H+〕、c〔NH+〕+c〔H+〕=c〔Cl﹣〕+c〔OH﹣〕=0.1mol/L+c〔OH﹣〕，NH4 ＞HCOO﹣ ，所以前者c〔H+〕大于后者c〔OH﹣〕；B．pHHCOOHCH3COOH，浓度:c〔HCOOH〕＜c〔CH3COOH〕，NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，依据电荷守恒得c〔HCOO﹣〕+c〔OH﹣〕=c〔Na+〕+c〔H+〕，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOHHCOONa；D．二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaClpH＜7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度．15.T

1L的恒容密闭容器中仅发生反响：2NO〔g〕⇌2NO〔g〕+O

〔正1 2 22 2 反响吸热〕．试验测得：v =v〔NO 〕=k c2〔NO 〕，v =v〔NO〕=2v〔O 〕=k c2〔NO2 2 正 消耗 正 逆 消耗 消耗 逆2•c〔O 〕，k 、k 为速率常数，受温度影响．以下说法正确的选项是〔 〕2正 逆容器编号物质的起始浓度〔容器编号物质的起始浓度〔mol•L﹣1〕物质的平衡浓度〔mol•L﹣1〕c〔NO20.6〕c〔NO〕c〔O〕c〔O〕22ⅠⅡⅢ000.20.30.50.200.50.35达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为4：52 达平衡时，容器Ⅱ中c〔O 〕/c〔NO 〕比容器Ⅰ2 达平衡时，容器Ⅲ中NO50%正 2 当温度转变为T2时，假设k =k ，则T正 2 【答案】C,D【考点】化学平衡的计算【解析】【解答】解:A．I中的反响2NO〔g〕2NO〔g〕22 O〔g〕2⇌ +开头〔mol/L〕反响〔mol/L〕平衡

0.60.4

0 00.4 0.2〔mol/L〕

0.2

0.4

0.2K=

0．22

=0.81LI中气体总物质的量=1L×〔0.2+0.4+0.2〕mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，假设平衡时I、II中压强之比为4 5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开头时浓度商=0．52×0.2=50．32 9

＜0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于4 5，故A错误；B．假设II中平衡时c〔NO〕=c〔O〕，设参与反响的c〔NO〕=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x= 1 ，2 2 2 157 1 17 (17)2×7平衡时c〔NO

〕=c〔O〕=

mol/L，c〔NO〕=0.5mol/L+ mol/L= mol/L，II中30 ≈1.3＞0.8，2 2 30

15 30

(7)230II中平衡时应当存在c〔NO

〕＞c〔O〕，容器I中c〔O 〕/c〔NO〕=1，所以达平衡时，容器Ⅱ2 2 2 22 中c〔O 〕/c〔NO 〕小于1，则比容器Ⅰ中的小，故B2 2 2 CIIINO和氧气完全转化为二氧化氮，则c〔NO〕=0.5mol/L，且容器中还有c〔O〕=0.1mol/L剩余，与I相比，III平衡时c〔NO〕可能＜0.2mol/Lc〔NO〕0.15mol/Lc〔2 2 =0.35mol/L，c〔O2

〕=0.275mol/L，0.352×0.275≈1.49>0.8 NO的体积分0.15250%C正确；2 2 2 D．v =v〔NO 〕=k c2〔NO 〕，v =v〔NO〕=2v〔O 〕=k c2〔NO〕•c〔O 2 2 2 正 消耗 正 逆 消耗 消耗 逆正到达平衡状态时正逆反响速率相等，则k正〔2k逆2〔2，且k k逆 ，则〔2〕正2 =c2〔NO〕•c〔O2〕，化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反响的正反响是吸热反响，说明上升温度平衡正向移动，所以T＞T ，故D2 CD．【分析】A．I中的反响2NO〔g〕2NO〔g〕⇌+20.6000.4⇌+20.6000.40.40.20.20.40.2开头〔mol/L〕反响〔mol/L〕平衡〔mol/L〕K=

0．22

=0.81LI中气体总物质的量=1L×〔0.2+0.4+0.2〕mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，假设平衡时I、II中压强之比为4 5，则II中平衡时气体1mol，II中开头时浓度商=0．52×0.2=50．32 9

＜0.8，则平衡正向移动；B．假设II中平衡时c〔NO〕=c〔O〕，设参与反响的c〔NO〕=xmol/L，则0.3﹣x=0.2+0.5x，x= 1 ，2 2 2 157 1 17 (17)2×7平衡时c〔NO

〕=c〔O〕=

mol/L，c〔NO〕=0.5mol/L+ mol/L= mol/L，II中30 ≈1.3＞0.8，2 2 30

15 30

(7)230II中平衡时应当存在c〔NO2〕＞c〔O2〕；CIIINO和氧气完全转化为二氧化氮，则c〔NO2〕=0.5mol/L，且容器中还有c〔O2〕=0.1mol/L剩余，与I相比，依据浓度商可推断，平衡时c〔NO2〕确定小于0.2mol/Lc〔NO2〕=0.15mol/L及浓度商可分析得出结论；D．v正=v〔NO2〕消耗=k正c2〔NO2〕，v逆=v〔NO〕消耗=2v〔O2〕消耗=k逆c2〔NO〕•c〔O2〕，到达平衡状态时正逆反响速率相等，则k正〔2k逆2〔2，且kk逆 ，则〔2〕=c2〔NO〕•c〔O2〕，化学平衡常数K1．三、解答题16.〔12分〕铝是应用广泛的金属．以铝土矿〔主要成分为Al2O3 ，含SiO2和Fe2O3等杂质〕为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀．“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 ．3向“过滤Ⅰ”所得滤液中参与NaHCO溶液，溶液的pH 〔填“增大”、“不变”或“减小”〕．32 “电解Ⅰ”是电解熔融AlO ，电解过程中作阳极的石墨易消耗，缘由是 2 “电解Ⅱ”NaCO

溶液，原理如以下图．2 3阳极的电极反响式为 ，阴极产生的物质A的化学式为 ．2 铝粉在1000℃时可与N反响制备AlN．在铝粉中添加少量NHCl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要缘由是 2 2 3 2 【答案】〔1〕AlO+2OH﹣═2AlO﹣+H2 3 2 减小石墨电极被阳极上产生的O2氧化〔4〕4CO

2﹣+2H

O﹣4e﹣═4HCO

﹣+O

↑；H3 2 3 2 2〔5〕NH4ClHClAlAl2O3薄膜【考点】物质的分别与提纯【解析】【解答】解:〔1〕“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al

O+2OH﹣═2AlO

﹣+H

O，故答案为：2 3 2 2AlO

+2OH﹣═2AlO

﹣+H

NaAlO

反响生成氢氧化铝沉2 3 2 2 3 22 淀和碳酸钠，碱性为OH﹣＞AlO﹣＞CO2﹣ ，可知溶液的pH减小，故答案为：减小；〔3〕“电解Ⅰ”是电解熔融Al2O3 ，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的O22 故答案为：石墨电极被阳极上产生的O

氧化；〔4〕4CO

2﹣+2H

O﹣4e﹣═4HCO﹣2 3 2 3+O2↑，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2 ，故答案为：4CO

2﹣+2H

O﹣4e﹣═4HCO

﹣+O

↑；H

；〔5〕1000℃N

AlN．在铝粉3 2 3 2 2 2NH4ClAlNNH4ClHClAlAl2O3薄膜，故答案为：NH4ClHClAlAl2O3薄膜．【分析以铝土〔主要成分为Al2O3 ，含SiO2和Fe2O3等杂质为原料制备铝，由流程可知，加NaOH2 溶解时Fe2O3不反响，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为FeO2 3Al〔OH〕3

IIAl〔OH〕

，灼烧生成氧化铝，电解I为3AlIINa2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答．317.〔15分〕化合物H是一种用于合成γ﹣分泌调整剂的药物中间体，其合成路线流程图如下:〔1〕C中的含氧官能团名称为 和 ．D→E的反响类型为 ．写出同时满足以下条件的C的一种同分异构体的构造简式： ．①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反响，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一水解2种不同化学环境的氢．〔4〕G的分子式为C12H14N2O2 ，经氧化得到H，写出G的构造简式： ．〔5〔5〕：(𝐶𝐻3)2𝑆𝑂4→𝐾2𝐶𝑂3〔R代表烃基，R”H〕请写出以〔CH〕SO为原料制备3 2 4〔无机试剂任用，合成路线流程图例如见此题题干〕．故答案为：；〔4〕G的分子式为C12H14N2O2 ，经氧化得到H，可知F→G的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OHG的构造简式为，故答案为：；〔5〕以和〔CH3〕SO为原料制备2 4【答案】〔1〕醚键；酯基【答案】〔1〕醚键；酯基〔2〕取代反响〔3〕〔4〕〔5〕:〔1〕C中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；〔2〕D→E为氨基上H被取代，反响类型为取代反响，故答案为：取代反响；〔3〕C的一种同分异构体，满足①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反响，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一水解2种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C为手性碳，可知符合条件的构造简式为，，结合上述合成流程可知，﹣OH转化为﹣Br，酚﹣，结合上述合成流程可知，﹣OH转化为﹣Br，酚﹣OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最终发生信息中的反响，则合成流程为：故答案为：．【分析】由合成流程可知，A→B发生取代反响，B→C发生复原反响，C→D为取代反响，D→E为氨基上H被取代，属于取代反响，比较F与H的构造可知，G为H〕C中含氧官能团为醚键、酯基；〔2〕D→E为氨基上H被取代；〔3〕C的一种同分异构体，满足①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反响，水解产物之一是α﹣氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C为手性碳4G分子式为C12H14N2O2 ，经氧化得到H，可知F→G的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH；〔5〕以和〔CH3 2 4〕SO为原料制备，结合上述合成流程可知，﹣OH转化为﹣Br，酚﹣OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最终发生信息中的反响．碱式氯化铜有多种制备方法①1:45～50℃CuClCu

〔OH〕

Cl•3H

O，该反响的化学方程式为 ．

2 2 2 22②方法2:先制得CuCl2 ，再与石灰乳反响生成碱式氯化铜．Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反响生成CuCl ，Fe3+对该反响有催化作用，其催化原理如以下图．M′的化学式为 ．2碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua〔OH〕bClc•xH2O．为测定某碱式氯化铜的组成，进展以下试验：①1.1160gHNO3100.00mL溶液A；②25.00mL溶液AAgNO3AgCl0.1722g；③25.00mL溶液ApH4～50.08000mol•L﹣1EDTA〔Na2H2Y•2H2O〕标准溶液滴定Cu2+〔Cu2++HY2﹣═CuY2﹣+2H+〕，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL．通过计算确定该样2品的化学式〔写出计算过程〕．【答案】〔1〕4CuCl+O

+8HO

45−50℃

2Cu

〔OH〕

Cl•3H

O；Fe2+2 2 _

2 2 2 2〔2〕n〔Cl﹣〕=n〔AgCl〕×

100.00𝑚𝐿=25.00𝑚𝐿

0.1722𝑔

×100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=4.800×10﹣3mol，n〔Cu2+〕=n〔EDTA〕×

100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=0.08000mol•L﹣1×30.00mL×10﹣3L•mL﹣1×

100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=9.600×10﹣3mol，n〔OH﹣〕=2n〔Cu2+〕﹣n〔Cl﹣〕=2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol=1.440×10﹣2mol，m〔Cl﹣〕=4.800×10﹣3mol×35.5g•mol﹣1=0.1704g，m〔Cu2+〕=9.600×10﹣3mol×64g•mol﹣1=0.6144g，m〔OH﹣〕=1.440×10﹣2mol×17g•mol﹣1=0.2448g，n〔H2O〕=

1.1160𝑔−0.1704𝑔−0.6144𝑔−0.2448𝑔18𝑔/𝑚𝑜𝑙

=4.800×10﹣3mol，3 则a：b：c：x=n〔Cu2+〕：n〔OH﹣〕：n〔Cl﹣〕：n〔H2O〕=2：3：1：1，Cu2〔OH〕Cl•HO3 3 Cu2〔OH〕Cl•HO3 【考点】制备试验方案的设计【解析】【解答】解:〔1〕①45～50℃CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu

〔OH〕

Cl•3H

O，反2 2 2 2应物为CuCl、氧气、水，Cu元素的化合价上升，O元素的化合价降低，由原子、电子守恒可知反响为4CuCl+O

+8HO

45−50℃

2Cu

〔OH〕

Cl•3HO，2 2

2 2 2 2故答案为：4CuCl+O

+8H

O45−50℃

2Cu

〔OH〕

Cl•3HO；2 2 _

2 2 2 2②Fe3+对该反响有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价上升，则M中Fe元素的化合价降低，可知M′的化学式为Fe2+ ，100.00𝑚𝐿故答案为：Fe2+；〔2〕n〔Cl﹣〕=n〔AgCl〕× 100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

0.1722𝑔

×100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=4.800×10﹣3mol，n〔Cu2+〕=n〔EDTA〕×

100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=0.08000mol•L﹣1×30.00mL×10﹣3L•mL﹣1×

100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=9.600×10﹣3mol，n〔OH﹣〕=2n〔Cu2+〕﹣n〔Cl﹣〕=2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol=1.440×10﹣2mol，m〔Cl﹣〕=4.800×10﹣3mol×35.5g•mol﹣1=0.1704g，m〔Cu2+〕=9.600×10﹣3mol×64g•mol﹣1=0.6144g，m〔OH﹣〕=1.440×10﹣2mol×17g•mol﹣1=0.2448g，n〔H2O〕=

1.1160𝑔−0.1704𝑔−0.6144𝑔−0.2448𝑔，=4.800×10﹣3mol，18𝑔/𝑚𝑜𝑙3 则a：b：c：x=n〔Cu2+〕：n〔OH﹣〕：n〔Cl﹣〕：n〔H2O〕=2：3：1：1，Cu2〔OH〕Cl•HO3 3 Cu2〔OH〕Cl•HO3 〔1〕①45～50℃CuClCu

〔OH〕

Cl•3H

OCuCl、氧气、水；

2 2 2 2②Fe3+对该反响有催化作用，结合图可知，Cu元素的化合价上升，则MFe元素的化合价降低；〔2〕由②n〔Cl﹣〕=n〔AgCl〕×

100.00𝑚𝐿=25.00𝑚𝐿

0.1722𝑔

×100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=4.800×10﹣3mol，由③n〔Cu2+〕=n〔EDTA〕×

100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=0.08000mol•L﹣1×30.00mL×10﹣3L•mL﹣1×

100.00𝑚𝐿25.00𝑚𝐿

=9.600×10﹣3mol，结合化合物中正0及物质定组成来计算．19.〔15分某科研小组承受如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag〔金属层中其他金属含量过低，对试验的影响可无视〕．3：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如3NaClO═2NaCl+NaClO33 2 3 2 ②AgCl可溶于氨水AgCl+2NH•HO⇌Ag〔NH〕++Cl﹣+2H3 2 3 2 3 ③常温时N2H4•H2O〔水合肼〕在碱性条件下能复原Ag〔NH〕+3 3 2 24 2 2 4 3 4Ag〔NH〕++NH•HO═4Ag↓+N↑+4NH++4NH3 2 24 2 2 4 3 “氧化”阶段需在80℃条件下进展，适宜的加热方式为 ．2 NaClO溶液与Ag反响的产物为AgCl、NaOH和O ，该反响的化学方程式为 ．2 3也能氧化Ag，从反响产物的角度分析，以HNO代替NaClO的缺点是 ．3为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进展洗涤，并 ．3 2 3 3 假设省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反响容器中滴加10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH•HO反响外〔该条件下NaClO与NH•HO不反响〕，还由于 3 2 3 3 请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中猎取单质Ag的试验方案： 〔试验中须使用的试剂有：2mol•L﹣1水合肼溶液，1mol•L﹣1H2SO4〕．【答案】〔1〕水浴加热〔2〕4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑；会释放出氮氧化物〔NO、NO〕，造成环境污染2 2 2将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中未过滤掉的溶液会稀释参与的氨水，且其中含有确定浓度的Cl﹣ ，不利于AgCl与氨水反响向滤液中滴加2mol•L﹣1水合肼溶液，搅拌使其充分反响，同时用1mol•L﹣1H2SO4溶液吸取反响中放出的NH3 ，待溶液中无气泡产生，停顿滴加，静置，过滤、洗涤，枯燥【考点】物质的分别与提纯【解析】【解答】解:〔1〕“氧化”阶段需在80℃条件下进展，不超过水的沸点，则适宜的加热方式为水浴加热，故答案为：水浴加热；〔2〕NaClO溶液与Ag反响的产物为AgCl、NaOH和O2 ，Ag、O元素的化合价上升，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反响的化学方程式为4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑．HNOAgHNO代替2 2 3 3NaClO的缺点是会释放出氮氧化物〔或NO、NO2〕，造成环境污染，故答案为：4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑〔或NO、NO

，造成环境污染；2 2 2〔3〕Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进展洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，减Ag的损失，故答案为：将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中；〔4〕假设省略“过滤Ⅰ”，直接向冷却后的反响容器中滴10%氨水，则需要增加氨水的用量，除因过量NaClONH3•H2O反响外〔NaClO3NH3•H2O不反响，还由于未过滤掉的溶液会稀释参与的氨水，且其中含有确定浓度的反响，

AgCl与氨水故答案为：未过滤掉的溶液会稀释参与的氨水，且其中含有确定浓度的Cl﹣ ，不利于AgCl与氨水反应；〔5〕由信息③可知，从“过滤Ⅱ”Ag2mol•L﹣1水合肼溶液，搅拌使其充分反响，同时用1mol•L﹣1H2SO4NH3，待溶液中无气泡产生，停顿滴加，静置，过滤、洗涤，枯燥，2mol•L﹣1水合肼溶液，搅拌使其充分反响，同时用1mol•L﹣1H2SO4溶液吸取反响NH3，待溶液中无气泡产生，停顿滴加，静置，过滤、洗涤，枯燥．【分析】回收一种光盘金属层中的少量Ag，由流程可知，氧化时发生4Ag+4NaClO+2HO═4AgCl+4NaOH+O↑，为把握80℃IAgClAg，再2 2AgClAgCl+2NH3•H2O

Ag〔NH〕++Cl﹣+2HOIIAgII得3 2 3 到的滤液用N2H4•H2O〔水合肼〕在碱性条件下能复原Ag〔NH〕+3 2 3 4分〔是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一．将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按确定比例混合，搅拌使其充分反响，可获得一种砷的高效吸附3剂X，吸附剂X中含有CO2﹣ ，其缘由是 ．3H3AsO3和H3AsO4〔平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数〕pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．①以酚酞为指示〔变色范围pH8.0～10.0〕，将NaOH溶液逐滴参与到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停顿滴加．该过程中主要反响的离子方程式为 ．4②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO﹣+H+的电离常数为Ka1 ，则pKa1=4a1 〔pK =﹣lgK a1 pH对吸附剂X外表所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X外表不带电荷；pH＞7.1时带负电荷，pH越高，外表所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，外表所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X〔吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量如图﹣3所示．①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH上升而快速下降，其缘由是 ．②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除力气远比五价砷的弱，这是由于 ．提高吸附剂X对三价砷去除效果可实行的措施是 ．【答案】〔1〕CO23〔2〕OH﹣+H3AsO3=H2AsO﹣+H2O；2.234〔3〕pH7～9pH上升H2AsO4

﹣转变为HAsO2﹣ ，吸附剂X外表所带负电荷增多，静电斥力44pH4～7之间，吸附剂X外表带正电，五价砷主要以H2AsO44

﹣HAsO2﹣阴离子存在，静电引力较4大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X外表产生的静电引力小；参与氧化剂，将三价砷转化为五价砷4【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【解析【解答】解:〔1〕空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸取空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其缘由是碱性溶液吸取了空气中的CO2 ，故答案为：碱性溶液吸取CO；〔2〕①HAsO的浓度减小、HAsO﹣浓度增大，说明碱和HAsO2 3 3 2 3 3 33 3 3 2 3 生成H2AsO﹣ ，该反响为酸碱的中和反响，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+HAsO=HAsO﹣+HO，故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O3 3 3 2 3 ②K

𝑐(𝐻2𝐴𝑠𝑂4 −)．𝑐(𝐻+)

，pH=2.2c〔H+〕=10﹣2.2mol/L，c〔H

AsO〕=c〔H

AsO

﹣〕，pK

=﹣lgK =﹣lg

a1𝑐(𝐻2𝐴𝑠𝑂4

𝑐(𝐻3𝐴𝑠𝑂4)−)．𝑐(𝐻+)

=2.2，

3 3 2

a1 a1𝑐(𝐻3𝐴𝑠𝑂4)3吸附剂X外表所带负电荷增多，静电斥力越大，在9之间，随H上升H44﹣转变为HAsO2﹣ ，吸附剂X外表所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对4pH上升而快速下降，4 pH7～9pH上升H2AsO﹣HAsO24 斥力增加；

，吸附剂X外表所带负电荷增多，静电4 ②pH4～7之间，吸附剂X外表带正电，五价砷主要以H2AsO﹣HAsO2﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，外表所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X外表产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X4 在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除力气远比五价砷的弱，假设能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以实行的措施是参与氧化剂，将三价砷转化为五价砷，4pH4～7之间，吸附剂X外表带正电，五价砷主要以H2AsO4

﹣HAsO2﹣阴离子存在，静电引4力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X外表产生的静电引力小；参与氧化剂，将三价砷转化为五价砷．4【分析】〔1〕空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；〔2〕①H3AsO33 3 3 2 3 的浓度减小、H2AsO﹣浓度增大，说明碱和HAsO生成HAsO﹣ ，该反响为酸碱的中和反响；3 3 3 2 3 𝑐(𝐻2𝐴𝑠𝑂4