【文档说明】重庆市育才中学校2022-2023学年高一下学期5月联考化学试题 含解析.docx，共(16)页，428.010 KB，由小赞的店铺上传

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高2025届2022—2023学年(下)5月名校联考化学试题注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56Cu-64Zn-65第I卷一、选择题(本题共12小题，每小题3分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求)1.下列有关说法不正确的是A.高温消毒原理是使蛋

白质变性B.煤是可再生的一次能源C.棉、麻、蚕丝属于天然纤维D.植物油可以与氢气加成变为脂【答案】B【解析】【详解】A．高温消毒原理在高温下使蛋白质失去生理活性而变性，A正确；B．煤、石油、天然气是不可再生的化石能源，B错误；C．棉、麻属于天然植物纤维，蚕丝属于天

然动物纤维，C正确；D．植物油成分的分子中含有不饱和键，可以与氢气加成变为固态脂，D正确；故选B。2.下列化学用语使用正确的是A.甲烷的空间填充模型为B.N2的电子式：C.Cl-的结构示意图为D.C2H4和CH4互为同系物【答案】A【解析】是【详解】A．甲烷为正四面体结构，

空间填充模型为，A正确；B．N2的电子式：，B错误；C．Cl-为氯原子得到1个电子后形成的离子，结构示意图为，C错误；D．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；C2H4和CH4结构

不同，不互为同系物，D错误；故选A。3.下列溶液中离子能大量共存的是A.NH4+、HCO3−、OH-B.H+、Fe2+、NO3−C.Ba2+、Na+、SO24−D.K+、Ca2+、Cl-【答案】D【解析】【详解】A．氢氧根离子和碳酸氢分离子生成水和碳酸根离子、和铵根离子生成氨气，不共存

，A不符合题意；B．亚铁离子和硝酸根离子、氢离子发生氧化还原反应生成铁离子和NO，不共存，B不符合题意；C．钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，不共存，C不符合题意；D．三种离子相互之间不反应，能共存，D符合题意；故选D。4.下

列关于乙烯说法不正确的是A.乙烯属于不饱和烃B.乙烯可用于催熟水果C.乙烯不能使溴的CCl4溶液褪色D.一定条件下乙烯与水加成制得乙醇【答案】C【解析】【详解】A．乙烯分子中含有碳碳不饱和键，且只含有碳氢元素，属于不饱和烃，A正确；B．乙烯可以促进水果的成熟，可用于催熟水果，B正确；C．乙烯

含有碳碳双键，能和溴发生加成反应，而使溴的CCl4溶液褪色，C错误；D．乙烯含有碳碳双键能发生加成反应，一定条件下乙烯与水加成制得乙醇，D正确；故选C。5.下列关于化学反应的说法不正确的是A.化学反应中物质变

化也伴随能量变化B.化学键断裂吸收能量，化学键生成放出能量C.需要加热的化学反应不一定是吸热反应D.H2的燃烧热的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=-2akJ•mol-1【答案】D【解析】【详解】A．化学反应是生成新物质的变化，反应中有物质变化也伴

随能量变化，A正确；B．化学键断裂需要吸收能量使得键断裂，在形成化学键的过程中会释放出能量，B正确；C．需要加热的化学反应不一定是吸热反应，例如铝热反应需要加热引发，C正确；D．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳

定的氧化物时所放出的热量；故反应中应该生成液体水而不是气体水，D错误；故选D。6.如图所示，以下实验装置使用正确能达到实验目的的是A.甲可用于乙醇和水的分离B.乙可用于蒸馏水的制取C.丙可用于海带的灼烧D.丁可用于测定中和热【答案】B【解析】【详解】A．甲醇和水互溶，不能分液

分离，A不符合题意；B．乙装置为蒸馏冷凝装置，可以用于蒸馏水的制取，B符合题意；C．灼烧应该在坩埚中进行，不应该使用蒸发皿，C不符合题意；D．装置中缺少搅拌装置，D不符合题意；故选B。7.下列有关离子方程式的书写正确的是A.用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OB.

NaOH溶液和盐酸溶液反应：OH-+H+=H2OC.室温下浓硝酸与钢反应：3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2OD.湿法炼铜：Fe+Cu2+=Fe3++Cu【答案】B【解析】【详解】A

．醋酸为弱酸，不能拆，反应为2+-33322CaCO+2CHCOOH=Ca+2CHCOO+HO+CO，故A错误；B．NaOH溶液为强碱，盐酸溶液为强酸，反应生成水：OH-+H+=H2O，故B正确；C．室温下浓硝酸与钢发生

钝化反应，阻碍了反应的进行，故C错误；D．湿法炼铜为铁和铜离子反应生成单质铜和亚铁离子：Fe+Cu2+=Fe2++Cu，故D错误。故选B。8.莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图。关于莽草酸的说法不正确的是A.分子中有两种含氧官能团B.该分子能发生加成、

酯化反应C.1mol莽草酸最多可消耗1molNaOHD.1mol莽草酸最多可消耗3molNa【答案】D【解析】【详解】A．根据莽草酸的结构简式可知，其分子中含有羟基和羧基两种含氧官能团，A正确B．该分子中存在碳碳双键，能发生加成反应，存

在羟基和羧基，能发生酯化反应，B正确；C．该分子中只有羧基能与NaOH发生反应，1mol莽草酸最多消耗1molNaOH，C正确；D．莽草酸中羟基和羧基都能和Na反应，1mol莽草酸最多可消耗4molNa，D错误；故答案选D。9.下列物质中含少量杂质(括号内为杂质)，选用除杂试剂正确的是A.CO

2(HCl)：NaOHB.Cu(CuO)：稀硝酸C.NH3(H2O)：碱石灰D.NO2(NO)：水【答案】C【解析】【详解】A．二氧化碳、氯化氢均会和氢氧化钠反应，A不符合题意；B．铜和氧化铜均能和稀硝酸反应，B不符合题意；C．碱石灰能吸收水而不和氨气反应，能除去水，C符合题意；D．二氧化氮和水生

成硝酸和NO，想保留的物质反应了，D不符合题意；故选C。10.NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.18gH2O中含有电子总数为NAB.标准状况下，11.2LCH4中H原子数目为2NAC.0.1molF

e与足量盐酸反应转移电子数目为0.3NAD.1mol/LNa2CO3溶液中Na+数目为NA【答案】B【解析】【详解】A．1分子水含有10个电子，18gH2O为1mol，含有电子总数为10NA，A错误；B．1分

子甲烷含有4个氢原子，标准状况下，11.2LCH4为0.5mol，含有H原子2mol，则氢原子数目为2NA，B正确；C．铁和稀盐酸反应生成氯化亚铁，则0.1molFe与足量盐酸反应转移电子数目为0.1NA，C错误；D．不确定溶液的体积，不能计算钠离子的物质

的量，D错误；故选B。11.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Y是短周期中金属性最强的元素，Z的电子层数与最外层电子数相同，W与X位于同一主族。下列叙述正确的是A.离子半径：r(W)＞

r(X)＞r(Y)B.X的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱C.Y和Z两种单质都可通过电解对应的熔融氯化物得到D.W最高价氧化物的水化物为弱酸【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则元素X为O；Y是短周期

中金属性最强的元素，则元素Y为Na；W与X位于同一主族，则元素Z为S；Z的电子层数与最外层电子数相同，则Z为13号元素铝；【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：r

(W)＞r(X)＞r(Y)，A正确；B．O、S处于同主族，同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，简单气态氢化物的稳定性逐渐减弱，则的X(O)的简单气态氢化物的热稳定性比W(S)强，B错误；C．工业上通常电解氧化铝制取铝单质，而不是电解氯化铝，C错误；D．W的最高价氧化物的水化物为

硫酸，硫酸为强酸，D错误；故选A。12.某实验小组利用如图装置探究浓硫酸与葡萄糖反应生成的气体成分。下列说法正确的是A.使反应发生的操作是将a中的Y形管中含少量水的葡萄糖倒入浓硫酸中B装置b中可能出现BaCO3白色沉淀C.装置c中品红溶液褪色，证明产生的气体中含有SO2D

.该实验中体现了浓硫酸的吸水性和强氧化性【答案】C【解析】【分析】浓硫酸溶于水放出大量的热，应将a中的Y形管中浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，浓硫酸具有脱水性，将葡萄糖转化为碳，碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳气体，二氧化硫具有漂白性能使c中品红褪色，二

氧化碳、二氧化硫均能使d中石灰水生成沉淀而变浑浊，尾气有毒使用e中碱液吸收；【详解】A．应将a中的Y形管中浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，故A错误；B．二氧化碳不会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀，故B错误；C．二氧

化硫具有漂白性能使c中品红褪色，装置c中品红溶液褪色，证明产生的气体中含有SO2，故C正确；D．该实验中体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，故D错误；故选C。13.一种微生物-光电化学复合系统可高效实现固定CO2并生成CH4，其原理如图所示，甲烷菌是一种严格厌氧的古菌。双相隔膜可向两

极室分别提供H+和OH-。.下列有关说法正确的是A.a电极发生还原反应B.b电极的电极反应式为CO2+8e-+6H2O=CH4+8OH-C.该系统生成8gCH4，双极隔膜中有4NA个H2O发生解离D.该系统可以在富氧环境的条件下持续工作【答案】C【解析

】【分析】由图可知，b极二氧化碳发生还原反应得到甲烷，为正极；a极氢氧根离子失去电子发生氧化反应为负极；【详解】A．由分析可知，a电极为负极，发生氧化反应，故A错误；B．由图可知，右侧电极室为酸性环境，b电极上二氧化碳发生还原反应得到甲烷，电极反应式为242CO8H8eCH2HO

+−++=+，故B错误；C．该系统生成8gCH40.5mol，则转移电子4mol，根据电子守恒可知，双极隔膜中有4NA个2HO发生解离，故C正确；D．甲烷菌是一种严格厌氧的古菌，故不能在富氧环境的条件下持续工作，故D错误；故选C。14.向27.2gCu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0

.5L，固体完全溶解，得到标准状况下8.96LNO和NO2的混合气体及Cu(NO3)2溶液。向所得溶液中加入1mol/L1.0LNaOH溶液，此时金属离子恰好完全沉淀，沉淀质量为39.2g。下列有关说法正确的是A.Cu与Cu2O的物质的量之比为1

：1B.产生的NO2的体积为2.24L为C.Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余HNO3为0.1molD.硝酸的物质的量浓度为2.8mol/L【答案】D【解析】【详解】A．设27.2gCu和2CuO的混合物中Cu物质的

量为xmol，2CuO物质的量为ymol，加入氢氧化钠呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g，根据铜守恒建立关系，64x+144y=27.2，98(x+2y)=39.2，解得x=0.2mol，y=0.1mol

，因此Cu与2CuO的物质的量之比为2：1，故A错误；B．标准状况下8.96LNO和2NO即物质的量为0.4mol，设NO物质的量为xmol，2NO物质的量为ymol，根据得失电子守恒得到x+y=0.4mol，3x+y=0.2mol×2+0.1mol×2×1，解得x=0.

1mol，y=0.3mol，因此标况下，产生2NO的体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L，故B错误；C．标准状况下8.96LNO和2NO即物质的量为0.4mol，溶液加NaOH溶液至中性，根据氮元素守恒得到n(3HNO)=0.4mol+n(3NaNO)=0.4mol+1.0

1molL−×1.0L=1.4mol，硝酸的物质的量浓度为2.81molL−；标准状况下8.96LNO和2NO即物质的量为0.4mol，根据氮元素守恒结合A分析可知，消耗的硝酸物质的量n(3HNO)=0.4mol+2×(0.2+0.1×2)mol=1.2mol，而总的硝酸物质的量

为1.4mol，因此Cu、2CuO与硝酸反应后剩余3HNO为0.2mol，故C错误；D．由C分析可知，硝酸的物质的量浓度为2.81molL−，故D正确。故选D。第II卷二、非选择题(本题共4小题，共52分)15.制备乙酸乙酯的绿色路线如图：（1）下列关于淀粉说法不正确的是_______。A

.碘水可用于检验淀粉B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.稀硫酸可做淀粉水解的催化剂D.淀粉是天然有机高分子化合物（2）乙醇所含的官能团名称为_______，乙醇转化为乙醛的化学方程式为_______。（3）乙酸可使紫色石蕊试液变为_______色，其电离时断_______键，发生酯化反应时

断_______键。(填序号)（4）制备乙酸乙酯的实验装置如图所示，试管B中为饱和的_______溶液，作用是溶解乙醇、_______、________，分离B中有机物和无机物需要使用的玻璃仪器主要是烧杯和_______。（5）工业上用乙

烯和乙酸在一定条件下直接反应生成乙酸乙酯，该反应类型为________反应。【答案】（1）BD（2）①.羟基②.2CH3CH2OH+O2CuΔ2CH3CHO+2H2O（3）①.红②.①③.②（4）①.碳酸钠②.吸收乙酸③.降低乙酸乙酯的溶解度④.分液漏

斗（5）加成【解析】【分析】淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶催化下发酵生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与氧气反应生成乙酸，乙醇和乙酸在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯。【小问1详解】A．碘遇到淀粉变蓝色，可用碘水检验淀粉，A正确；B．淀粉和纤维素的聚合度n不同，不

是同分异构体，B错误；C．在稀硫酸的催化作用下，淀粉水解生成葡萄糖，C正确；D．淀粉因聚合度n值不确定，属于混合物，D错误；故答案选BD。【小问2详解】乙醇含有的官能团名称为羟基，乙醇转化为乙醛的化学方程式为2

CH3CH2OH+O2CuΔ2CH3CHO+2H2O。【小问3详解】乙酸具有酸性，可使紫色石蕊试液变红，其电离时生成氢离子，断裂羟基中的氢氧键即①，发生酯化反应时乙酸羧基上的羟基被取代，断裂②键。【小问4详解】制备乙酸乙酯的实验中，试管中为饱和碳酸钠溶液，作用

为溶解乙醇、吸收乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，B中生成的乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液互不相溶，乙酸乙酯在上层，采用分液的方式分离，需要的玻璃仪器主要有烧杯、分液漏斗。【小问5详解】工业上乙酸C2H4O2和乙烯C2H4在一定条件下直接生成乙酸乙酯C4H

8O2，根据三种物质的分子式可知，反应类型为加成反应。16.人们从化学反应中获取物质和能量，回答下列问题。（1）已知：C(s，石墨)=C(s，金刚石)△H=+1.5kJ•mol-1，则稳定性：石墨_______金刚石(填“＞”或“＜”)。（2）0.5L0.2m

ol/LHCl溶液与0.5L.0.25mol/LNaOH溶液完全反应，放出5.7kJ热量，通过该反应测得中和△H=_______kJ•mol-1。（3）合成氨反应的能量变化如图所示，由图可知，N－H键的键能(1mo

l气态分子离解成气态原子所吸收量，其单位为kJ•mol-1)为_______kJ•mol-1，反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=_______kJ•mol-1。（4）电化学气敏传感器可用于监测空气中的HCHO，工作原理如

图：在该装置中Pt电极b为_______(填“正极”或“负极”)，OH-离子的移动方向为_______(填“a→b”或“b→a”)；Pt电极a发生的电极反应式为_______。反应一段时间后，该装置中KOH浓度会_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答

案】（1）＞（2）57（3）①.3b②.2[a-(b+c)]（4）①.负极②.a→b③.O2+4e-+2H2O=4OH-④.减小【解析】【小问1详解】已知C(s，石墨)=C(s，金刚石)，△H>0；则石墨的能量低于等质量的金刚石，能量越低越稳定，则稳定

性：石墨＞金刚石。【小问2详解】0.5L0.2mol/LHCl溶液与0.5L0.25mol/LNaOH溶液完全反应，NaOH过量，反应生成0.1molH2O，放出5.7kJ热量，则该反应的中和热AH=5.70.1kJmol=57kJ/mol。【小问3详解】①N－H键的键能

为1molNH3(g)离解成气态原子所吸收量，为3bkJ/mol；②焓变△H=反应物总键能-生成物总键能；且lmol氨气液化时放出cmol能量，则反应N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=2[a-(b+c)]

kJ/mol。【小问4详解】①由图可知，Pt电极(a)通入HCHO生成2-3CO，说明HCHO被氧化，原电池负极；②离子移动方向为阳离子移向正极，阴离子移向负极，OH-离子的移动方向为a→b；③Pt电极(b)上氧气得电子被还原，电解质溶液为K

OH溶液，碱性环境下氧气的放电反应为O2+4e-+2H2O=4OH-。④电池总反应的化学方程式为HCHO+O2+2OH-=2-3CO+2H2O，反应有水生成，导致KOH浓度减小。17.Ⅰ.将海水淡化与浓海水资源化结合起来是综合利

用海水的重要途径之一，一般是先将海水淡化获得淡水，再从剩余的浓海水中通过一系列工艺流程提取其他产品。回答下问题：（1）请列举一种海水淡化的方法：_______。（2）海水提溴中将Br2从苦卤中吹出，利用了Br2的_______性。Ⅱ.通过传统的海带提碘工艺提取单质碘后，其所得

废水中尚残留部分的I2，可用活性炭吸附法加以回收利用。具体流程如图：为已知：i.pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NOii.将湿润的淀粉－KI试纸伸入盛满氯气的集气瓶中，试纸先变蓝，后褪色（3）写出氧化含I-的卤水中发生的离子方程式：________。（4）

在分离操作X的装置如图所示，电加热器的作用是________，得到I2的位置位于该装置中________处(填图中选项)。（5）已知Cl2的氧化性强于NaNO2，但该方法中却选择了价格较高的NaNO2，原因是_______。（6）某工厂排出的废水，经测定含0.012mol/L的游离I2和8×10

-4mol/L的H+，若改用加Na2SO3的方法除去I2，发生的化学反应为：Na2SO3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______，现需处理5L该废水，则需加入0.05mol/L的Na2SO3溶液__

_____L才能把I2除尽。【答案】（1）蒸馏法、膜法（2）易挥发（3）--222+2NO+2I+4H=I+2NO+2HO（4）①.加热使得碘单质升华②.C（5）NaNO2的氧化性较弱不会把碘离子氧化为更高价态（6）①.1:2②.1.2【解析】【分析

】含碘卤水酸化后pH=2，加入亚硝酸钠氧化碘离子为碘单质，使用活性炭吸附碘单质后低温干燥，利用碘单质升华的性质分离得到碘；【小问1详解】海水淡化的方法有蒸馏法、膜法等；【小问2详解】海水提溴中将Br2从苦

卤中吹出，利用了Br2的易挥发性；【小问3详解】pH=2时，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO，反应中氮元素化合价由+3变为+2、碘元素化合价由-1变为0，反应为--222+2NO+2I+4H=I+2NO+2HO；【小问4详解】碘单质容易升华，分离操作X的装置中

电加热器的作用是加热使得碘单质升华，碘蒸气遇冷在装置中C处冷凝得到固体碘；【小问5详解】氯气的氧化性较强，而NaNO2的氧化性较弱不会把碘离子氧化为更高价态，便于碘单质的生成和收集，故选择了价格较高的NaNO2；【小问6详解】Na2SO

3+I2+H2O=Na2SO4+2HI，该反应中硫元素化合价升高发生氧化反应得到氧化产物硫酸钠、碘元素化合价降低发生还原反应得到还原产物碘化氢，两者的物质的量之比为1:2；5L该废水中碘单质含量为0.012mol/L×5L=0.06mol，根据化学方程式体现的关系可知，需0.06mol亚硫酸钠，

故加入0.05mol/L的Na2SO3溶液0.06mol÷0.05mol/L=1.2L才能把I2除尽。18.利用MnO2悬浊液吸收SO2气体制取连二硫酸锰(MnS2O6)和硫酸锰(MnSO4)的装置(部分夹持、加热仪器

已省略)如图所示。已知：i.MnS2O6易溶于水，温度超过30℃会快速分解生成易溶于水的MnSO4；ii.连二硫酸的结构简式为：（1）仪器b名称为________，仪器a中盛放的溶液最好是_______。(填选项)A.1

0%的硫酸溶液B.70%的硫酸溶液C.98%的硫酸溶液（2）装置B的作用是________，装置E中足量石灰乳除尾气的化学方程式是________。（3）装置C中所得产物中Mn元素的化合价为_______，装置C采用冷水浴的原因是__

______。（4）装置D中反应的化学方程式为_______。实验结束后若检测到D中c(Mn2+)＜c(SO24−)，原因可能是________。（5）测定MnS2O6中锰的含量：准确称量产品质量为ag，充分加热使之完全分解得到MnSO4，加适量水溶解，用cmol/LKMnO4标准溶

液进行滴定(Mn元素均转化为MnO2)，共消耗VmLKMnO4溶液，即可计算出产品中锰的含量为_______(用百分数的形式表示)。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.B（2）①.安全瓶②.Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2

O（3）①.+2②.防止生成物MnS2O6受热分解（4）①.224+SOSMnOOMn热水浴②.二氧化硫和水生成的亚硫酸被空气中氧气氧化为硫酸（5）16.5cV%2a【解析】【分析】A装置中生成二氧化硫，

B起安全瓶作用，二氧化硫在低温下和二氧化锰生成连二硫酸锰，在热水浴中和二氧化锰生成硫酸锰，尾气使用碱液吸收；【小问1详解】仪器b名称为圆底烧瓶；浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，但是过浓的硫酸遇水放出大量的热，较为危险且不易控制反应速率，故仪器a中盛放的溶液最好是B.70%的硫酸溶液；

【小问2详解】装置B的作用是安全瓶，防止C中溶液倒吸；装置E中足量石灰乳除尾气的反应为二氧化硫和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙和水，Ca(OH)2+SO2=CaSO3↓+H2O；【小问3详解】已知：i.MnS2O6易溶于水，温度超过

30℃会快速分解生成易溶于水的MnSO4；装置C为冷水浴中反应，故所得产物为MnS2O6，连二硫酸的结构简式为：，则MnS2O6中阴离子为2-26SO，故其中Mn元素的化合价为+2；装置C采用冷水浴的原因是防止生成物MnS2O6

受热分解；【小问4详解】装置D为热水浴加热，则反应为二氧化硫和二氧化锰反应生成硫酸锰：224+SOSMnOOMn热水浴；实验结束后若检测到D中c(Mn2+)＜c(SO24−)，原因可能是二氧化硫和水生成的亚硫酸被空

气中氧气氧化为硫酸，导致硫酸根离子浓度偏大；【小问5详解】获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com