【文档说明】2022年高考真题——化学（天津卷） 含解析.docx，共(18)页，1.693 MB，由envi的店铺上传

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2022年天津市普通高中学业水平等级性考试化学本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第I卷1至4页，第II卷5至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上，并在规定

位置粘贴考试用条形码。答卷时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上的无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。以下数据可供解题时参考：相对原子质量：H1C12O16Na23第I卷注意事项：1．每题选出答案后，用铅笔将

答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2．本卷共12题，每题3分，共36分。在每题所给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.近年我国在科技领域不断取得新成就。对相关成就所涉及的化学知识理解错误的是A.我国科学家实现了从二氧化

碳到淀粉的人工合成，淀粉是一种单糖B.中国“深海一号”平台成功实现从深海中开采石油和天然气，石油和天然气都是混合物C.我国实现了高性能纤维锂离子电池的规模化制备，锂离子电池放电时将化学能转化为电能D.以硅树脂为基体的自供

电软机器人成功挑战马里亚纳海沟，硅树脂是一种高分子材料【答案】A【解析】【详解】A．淀粉是一种多糖，故A错误；B．石油主要是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，天然气主要含甲烷，还有少量的其他烷烃气体，因此天然

气是混合物，故B正确；C．锂离子电池放电属于原电池，是将化学能转化为电能，故C正确；D．硅树脂是高聚物，属于高分子材料，故D正确。综上所述，答案为A。2.嫦娥5号月球探测器带回的月壤样品的元素分析结果如图，下列有关含量前六位元

素的说法正确的是A.原子半径：Al＜SiB.第一电离能：Mg＜CaC.Fe位于元素周期表的p区D.这六种元素中，电负性最大的是O【答案】D【解析】【详解】A．Al、Si同周期，Al的核电荷数小于Si，

原子半径：Al>Si，故A错误；B．Mg、Ca同主族，同主族从上到下第一电离能减小，故B错误；C．Fe位于元素周期表的d区，故C错误；D．同周期元素从左到右电负性增大，同主族元素从上到下电负性减弱，则由此可知六种元素中电负性最大的为O

，故D正确；故选：D。3.下列物质沸点的比较，正确的是A.426CHCHB.HF>HClC.22HSHSeD.3223>CHCHCHCH【答案】B【解析】【详解】A．甲烷和乙烷组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点426CHCH，故A错误；

B．HF存在分子间氢键，因此沸点HF＞HCl，故B正确；C．22HSHSe、组成结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，因此沸点22HS<HSe，故C错误；D．相同碳原子的烷烃，支链越多，沸点越低，因此3223<

CHCHCHCH，故D错误。综上所述，答案为B。4.利用反应32422NHNaClONHNaClHO+=++可制备N2H4。下列叙述正确的是A.NH3分子有孤电子对，可做配体B.NaCl晶体可以导电C.一个N2H4分子中有4个σ键

D.NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同【答案】A【解析】【详解】A．NH3中N原子的孤电子对数＝5-312＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A正确；B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，B错误

；C．单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；N2H4的结构式为，分子中含有5个σ键，C错误；D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D

错误；故选A。5.燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误．．的是A.甲是空气中体积分数最大的成分B.乙是引起温室效应的气体之一C.反应(Ⅰ)在常温下容易

发生D.反应(Ⅱ)中NO是氧化剂【答案】C【解析】【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。【详解】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；B．乙

是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B正确；C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C错误；D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此

反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D正确。综上所述，答案为C。6.向恒温恒容密闭容器中通入2mol2SO和1mol2O，反应()()()2232SOgOg2SOg+达到平衡后，再通入一定量2O，达到新平衡时，下列有关判断错误．．的是A.3SO的平衡浓度增大B

.反应平衡常数增大C.正向反应速率增大D.2SO的转化总量增大【答案】B【解析】【详解】A．平衡后，再通入一定量2O，平衡正向移动，3SO的平衡浓度增大，A正确；B．平衡常数是与温度有关的常数，温度不变，平衡常数不变，B错误；C．通

入一定量2O，反应物浓度增大，正向反应速率增大，C正确；D．通入一定量2O，促进二氧化硫的转化，2SO的转化总量增大，D正确；故选B。7.下列关于苯丙氨酸甲酯的叙述，正确的是A.具有碱性B.不能发生水解C.分

子中不含手性碳原子D.分子中采取2sp杂化的碳原子数目为6【答案】A【解析】【详解】A．苯丙氨酸甲酯含有氨基，具有碱性，故A正确；B．苯丙氨酸甲酯含有酯基，能发生水解，故B错误；C．分子中含手性碳原子，如图标“*”为手性碳原子，故C错误；D．分

子中采取2sp杂化的碳原子数目为7，苯环上6个，酯基上的碳原子，故D错误。综上所述，答案为A。8.25℃时，下列各组离子中可以在水溶液中大量共存的是A.H+、4NH+、ClO−、Cl−B.H+、2Mg+、I−、3NO−C.Na+、3Al+、3HCO−、24SO−D.K+、Na+、23S

O−、OH−【答案】D【解析】【详解】A．H+与ClO−反应生成次氯酸而不能大量共存，故A不符合题意；B．H+、I−、3NO−发生氧化还原反应而不能大量共存，故B不符合题意；C．3Al+与3HCO−反应生

成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体而不能大量共存，故C不符合题意；D．K+、Na+、23SO−、OH−是大量共存，故D符合题意。综上所述，答案为D。9.下列实验操作中选用仪器正确的是用量筒量取10.00mL盐酸用瓷坩埚加热熔化NaOH固体用分液漏斗分离乙酸异戊酯和水的混合物配制一

定温度的NaCl饱和溶液，用温度计测温并搅拌ABCDA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．筒量精确度为0.1mL，取10.00mL盐酸只能用酸式滴定管，故A错误；B．瓷坩埚与熔化NaOH会反应，因此用

铁坩埚加热熔化NaOH固体，故B错误；C．乙酸异戊酯和水是不相溶的两种液体，因此可用分液漏斗分离乙酸异戊酯和水的混合物，故C正确；D．不能用温度计搅拌溶液，故D错误。综上所述，答案为C。10.下列叙述错误．．的是A.2H

O是极性分子B.188O原子的中子数为10C.2O与3O互为同素异形体D.和互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．2HO是“V”形结构，不是中心对称，属于极性分子，故A正确；B．188O原子的中子数18−8=10，故B正确；C．2O与3O是氧元素形成的不同单质，两者互为同素

异形体，故C正确；D．属于酚，属于醇，两者结构不相似，因此两者不互为同系物，故D错误。综上所述，答案为D。11.实验装置如图所示。接通电源后，用碳棒('a、'b)作笔，在浸有饱和NaCl溶液和石蕊溶液的湿润试纸上同时写字，'a端的字迹呈白色。下列结论正确的是A.a为负

极B.'b端的字迹呈蓝色C.电子流向为：''bbaa→→→D.如果将'a、'b换成铜棒，与碳棒作电极时的现象相同【答案】B【解析】【详解】A．根据实验现象，a'端呈白色，即生成了氯气，即氯离子失去电子，为阳极，即a为正极，A错误；B．b'端为阴极，水得

到电子放电的同时，生成氢氧根离子，遇石蕊变蓝，B正确；C．电子从电源的负极出来，即从a极出来，而不是b极，C错误；D．如果换成铜棒，铜做阳极放电，现象与碳作电极时不相同，D错误；故选B。12.一定条件下，石墨转化为金刚石吸收能量。下

列关于石墨和金刚石的说法正确的是A.金刚石比石墨稳定B.两物质的碳碳σ键的键角相同C.等质量的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为4∶3D.可以用X射线衍射仪鉴别金刚石和石墨【答案】D【解析】【详解】A．石墨转化为金刚石吸收能量，则石墨能量低，根据能量越低越稳定，因此石墨比金刚石稳定，故A错误；B

．金刚石是空间网状正四面体形，键角为109°28′，石墨是层内正六边形，键角为120°，因此碳碳σ键的键角不相同，故B错误；C．金刚石是空间网状正四面体形，石墨是层内正六边形，层与层之间通过范德华力连接，1mol金刚石有2mol碳碳σ键，1mol石墨有1.5mol碳碳σ键，因此等质量

的石墨和金刚石中，碳碳σ键数目之比为3∶4，故C错误；D．金刚石和石墨是两种不同的晶体类型，因此可用X射线衍射仪鉴别，故D正确。综上所述，答案为D。第II卷13.金属钠及其化合物在人类生产生活中起着重要作用。回答下列问题：（1）基态Na原子的

价层电子轨道表示式为___________。（2）NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：()()()()222NaCll2NalClCaCllg+580℃电解，加入2CaCl的目的

是___________。（3）22NaO的电子式为___________。在25℃和101kPa时，Na与2O反应生成1mol22NaO放热510.9kJ，写出该反应的热化学方程式：___________。（4）采用空气和Na为原料可直接制备22NaO。空气与熔融金属Na反

应前需依次通过___________、___________(填序号)a．浓硫酸b．饱和食盐水c．NaOH溶液d．4KMnO溶液（5）钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于晶胞内。由晶胞图判断该氧化物的化学式为_

__________。（6）天然碱的主要成分为2332NaCONaHCO2HO，1mol2332NaCONaHCO2HO经充分加热得到23NaCO的质量为___________g。【答案】（1）(或)（2）作助熔剂，降低NaCl的

熔点，节省能耗（3）①.②.()()()2222NasOgNaOs+=1510.9kJmolH−=−（4）①.c②.a（5）2NaO（6）159【解析】【小问1详解】基态Na原子的价电子排布式为3s1，则价层电子轨道

表示式为(或)；故答案为：(或)。【小问2详解】NaCl熔点为800.8℃，工业上采用电解熔融NaCl制备金属Na，电解反应方程式：()()()()222NaCll2NalClCaCllg+580℃电解，电解时温度降低了即熔点降低了，

说明加入2CaCl的目的是作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗；故答案为：作助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗。【小问3详解】22NaO含有钠离子和过氧根离子，其电子式为。在25℃和101kPa时，Na与2O反应生成1mol22NaO放热510.9kJ，则该反应

的热化学方程式：()()()2222NasOgNaOs+=1510.9kJmolH−=−；故答案为：；()()()2222NasOgNaOs+=1510.9kJmolH−=−。【小问4详解】采用空气和Na为原料

可直接制备22NaO，由于空气中含有二氧化碳和水蒸气，因此要用氢氧化钠除掉二氧化碳，用浓硫酸除掉水蒸气，一般最后除掉水蒸气，因此空气与熔融金属Na反应前需依次通过NaOH溶液、浓硫酸；故答案为：c；b。【小问5详解】钠的某氧化物晶胞如下图，图中所示钠离子全部位于

晶胞内，则晶胞中有8个钠，氧有1186482+=个，钠氧个数比为2：1，则该氧化物的化学式为2NaO；故答案为：2NaO。【小问6详解】323222NaHCONaCOCOHO++，因此1mol2332NaCONaHCO2HO经充分加热得到1

.5mol23NaCO，其质量为1.5mol×106g∙mol−1＝159g；故答案为：159。14.光固化是高效、环保、节能的材料表面处理技术。化合物E是一种广泛应用于光固化产品的光引发剂，可采用异丁酸(A)为原料，按如图路线合成：回答下列

问题：（1）写出化合物E的分子式：___________，其含氧官能团名称为___________。（2）用系统命名法对A命名：___________；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物数目为___________，写出其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：______

_____。（3）为实现C→D的转化，试剂X为___________(填序号)。a．HBrb．NaBrc．2Br（4）D→E的反应类型为___________。（5）在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯()快速聚合，写出该聚合反应的方程式

：___________。（6）已知：R=烷基或羧基参照以上合成路线和条件，利用甲苯和苯及必要的无机试剂，在方框中完成制备化合物F的合成路线。___________【答案】（1）①.10122CHO②.酮羰基、羟基（2）①.2−甲基丙酸②.4③.223HCOOCHCHCH（3）c（4）取代

反应(或水解反应)（5）（6）【解析】【分析】A和SOCl2在加热条件下发生取代反应生成B，B和苯在催化剂加热条件下发生取代反应生成C，C在一定条件下发生取代反应生成D，D水解生成E。【小问1详解】根据化合物E的结构简式得到E的分子式：10122CHO，其含氧官能

团名称为酮羰基、羟基；故答案为：10122CHO；酮羰基、羟基。【小问2详解】A主链由3个碳原子，属于羧酸，因此用系统命名法对A命名：2−甲基丙酸；在异丁酸的同分异构体中，属于酯类的化合物有CH3CH2COOCH3、CH3COOCH2CH3、HCOOCH2CH2CH3、HCOO

CH2(CH3)2共4种，其中含有4种处于不同化学环境氢原子的异构体的结构简式：HCOOCH2CH2CH3；故答案为：2−甲基丙酸；4；HCOOCH2CH2CH3。【小问3详解】为实现C→D的转化，取代的是烷基上的氢原子，则需要在光照条件下和溴蒸汽反应，因此试剂X为2Br

；故答案为：c。【小问4详解】D→E是溴原子变为羟基，因此其反应类型为取代反应(或水解反应)；故答案为：取代反应(或水解反应)。【小问5详解】在紫外光照射下，少量化合物E能引发甲基丙烯酸甲酯()快速聚合，生成高聚物，则该聚合

反应的方程式：；故答案为：。【小问6详解】甲苯在酸性高锰酸钾溶液条件下被氧化为苯甲酸，苯甲酸和氢气在催化剂作用下生成，和SOCl2在加热条件下反应生成，和苯在催化剂加热条件下反应生成，其合成路线为；故答案为：。15.氯化铁是重要的化工原料。针对氯化铁的实验室制备方法，回答下列问题：Ⅰ．32

FeCl6HO的制备制备流程图如下：（1）将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全。判断反应完全的现象为___________。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为___________。（2）操作①所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有___________。（3）检验3FeCl溶液中是否残留2

Fe+的试剂是___________。（4）为增大3FeCl溶液的浓度，向稀3FeCl溶液中加入纯Fe粉后通入2Cl。此过程中发生的主要反应的离子方程式为___________。（5）操作②为___________。Ⅱ．由32FeCl6HO

制备无水3FeCl将32FeCl6HO与液体2SOCl混合并加热，制得无水3FeCl。已知2SOCl沸点为77℃，反应方程式为：32232ΔFeCl6HO+6SOClFeCl+6SO+12HCl，装置如下图所示(夹持和加热装置略)。（6）

仪器A的名称为___________，其作用为___________。NaOH溶液的作用是___________。（7）干燥管中无水2CaCl不能换成碱石灰，原因是___________。（8）由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是___________(填序号)。

a．22ZnClHOb．42CuSO5HOc．2232NaSO5HO【答案】（1）①.不再有气泡产生②.Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率（2）漏斗、玻璃棒（3）()36KFeCN溶液（4）322FeFe3

Fe+++=、2322FeCl2Fe2Cl++−+=+（5）在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到32FeCl6HO晶体（6）①.球形冷凝管②.冷凝回流2SOCl③.吸收2SO、HCl等尾气，防止污染（7）碱石灰与2SO、HCl气体反应，失去干

燥作用（8）a【解析】【分析】稀盐酸中加入废铁屑，不断反应，铜不与盐酸反应，过滤，向滤液中通入氯气反应生成氯化铁，稀氯化铁溶液再加入铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，浓氯化铁溶液制备32FeCl6H

O，稀氯化铁溶液在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到32FeCl6HO晶体。将32FeCl6HO与液体2SOCl混合并加热来制备无水3FeCl。【小问1详解】将废铁屑分批加入稀盐酸中，至盐酸反应完全，由于废铁屑与盐酸反应不断产生气泡，因此判断反

应完全的现象为不再有气泡产生。含有少量铜的废铁屑比纯铁屑反应快，原因为Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率；故答案为：不再有气泡产生；Fe、Cu在稀盐酸中形成原电池，加快反应速率。【小问2详解】操作①是过滤，所必需的玻璃仪器中，除烧杯外还有玻

璃棒、漏斗；故答案为：漏斗、玻璃棒。【小问3详解】铁离子和()36KFeCN溶液反应生成蓝色沉淀，因此检验3FeCl溶液中是否残留2Fe+的试剂是()36KFeCN溶液；故答案为：()36KFeCN溶液。【小问4详

解】为增大3FeCl溶液的浓度，向稀3FeCl溶液中加入纯Fe粉后通入2Cl，先是铁和铁离子反应生成亚铁离子，再是亚铁离子被氯气氧化为铁离子，此过程中发生的主要反应的离子方程式为322FeFe3Fe+++=、2322FeCl2Fe2Cl

++−+=+；故答案为：322FeFe3Fe+++=、2322FeCl2Fe2Cl++−+=+。【小问5详解】操作②是氯化铁溶液到32FeCl6HO晶体，由于铁离子加热时要发生水解生成氢氧化铁，因此在整个过程

中要通入HCl气体防止铁离子水解，其操作过程为32FeCl6HO晶体；故答案为：在HCl气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥得到32FeCl6HO晶体。【小问6详解】根据图中信息得到仪器A的名称为球形干燥管，由于2SOCl沸点为77℃，为充分利用2SO

Cl，不能使其逸出，因此球形冷凝管的作用为冷凝回流2SOCl。由于二氧化硫、HCl会逸出污染环境，因此NaOH溶液的作用是吸收2SO、HCl等尾气，防止污染；故答案为：球形干燥管；冷凝回流2SOCl；吸收2SO、HCl等尾气，防止污染。【小问7详解】无水2CaCl的作用是干燥气体，不是与二氧化

硫、HCl气体反应，干燥管中无水2CaCl不能换成碱石灰，原因是碱石灰与2SO、HCl气体反应，失去干燥作用；故答案为：碱石灰与2SO、HCl气体反应，失去干燥作用。【小问8详解】根据装置图信息，该装置可以用于制取能水解的盐

酸盐晶体，由下列结晶水合物制备无水盐，适宜使用上述方法的是a；故答案为：a。16.天津地处环渤海湾，海水资源丰富。科研人员把铁的配合物3FeL+(L为配体)溶于弱碱性的海水中，制成吸收液，将气体2HS转化为单质硫，改进了湿法脱硫工艺。该工艺包含两个阶段：①2

HS的吸收氧化；②3FeL+的再生。反应原理如下：①()()()()()()3222HS2FeLaq2OHaqSs2FeLaqHg2Ol+−+++=++()1ΔakJmola>0H−=−②()()()()()23224FeLa

qO2HOl=4FeLaq4OHaqg++−+++()1ΔbkJmolb>0H−=−回答下列问题：（1）该工艺的总反应方程式为___________。1mol()2HSg发生该反应的热量变化为___________，3FeL

+在总反应中的作用是___________。（2）研究不同配体与3Fe+所形成的配合物(A、B、C)对2HS吸收转化率的影响。将配合物A、B、C分别溶于海水中，配成相同物质的量浓度的吸收液，在相同反应条件下，分别向三份吸收液持续通入2HS，测得单位体积吸收液中2HS吸收转化率()2HS

随时间变化的曲线如图1所示。以()2HS由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，结果最好的是___________(填“A”、“B”或“C”)。（3）2HS的电离方程式为___________。25℃时，2HS溶液

中2HS、HS−、2S−在含硫粒子总浓度中所占分数δ随溶液pH的变化关系如图2，由图2计算，2HS的a1K=___________，a2K=___________。再生反应在常温下进行，2FeL+解离出的2Fe+易与溶液中的2S−形成沉淀。若溶液中的()251Fe1.010mol

Lc+−−=，()9126.010molLHSc−−=，为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于___________(已知25℃时，FeS的spK为186.010−)。【答案】（1）①.3222FeL2HSO2HO2S+++(或()()()()()322

2FeLaq2HSgOg2HOl2Ss+++)②.放出b(a+)kJ2热量③.作催化剂或降低反应活化能（2）A（3）①.223HSHOHOHS+−++或2HSHHS+−+②.71.010−③.131.010−④.8【解析】【小问1详解】将第一个方程式2倍加上第二个方程式得到该工艺的总反应

方程式为3222FeL2HSO2HO2S+++(或()()()()()3222FeLaq2HSgOg2HOl2Ss+++)，该反应的热化学方程式()()()()()()31222FeLaq2HSgOg2HOl2SsΔ2a+bkJmolH+−++=−

，因此1mol()2HSg发生该反应的热量变化为放出b(a+)kJ2热量，3FeL+参与了化学反应，但反应前后量没有改变，因此3FeL+在总反应中的作用是作催化剂或降低反应活化能；故答案为：3222FeL2HSO2HOS+++(或()()()()()3222FeLaq2HSgOg2HOl2S

s+++)；放出b(a+)kJ2热量；作催化剂或降低反应活化能。【小问2详解】根据图中信息以()2HS由100%降至80%所持续的时间来评价铁配合物的脱硫效率，A持续时间最短，说明A的脱硫效率最高，因此结果最好的A；故答案为：A。【小问3详解】2HS

是二元弱酸，其电离是一步一步电离，主要以第一步电离为主，因此其电离方程式为223HSHOHOHS+−++或2HSHHS+−+；根据题意pH=7时2HS、HS−的所占分数相等，因此2HS的7a12(HS)(H)(H)1.010(

HS)ccKcc−++−===，pH=13时HS−、2S−的所占分数相等，则213a2(S)(H)(H)1.010(HS)ccKcc−++−−====。再生反应在常温下进行，2FeL+解离出的2Fe+易与溶液中的2S−形成沉淀。若溶液中的()251Fe

1.010molLc+−−=，根据2+25218sp(Fe)(S)1010(S)6010K.ccc.−−−−===得到2131(S)6010molLc.−−−=，根据()9126.010molLHSc−−=和2213220a1a292(S)(H)6.010(H)1.01

0(HS)6.010cccKKc−+−+−−===，得到81(H)1.010molLc+−−=，pH=8，因此为避免有FeS沉淀生成，应控制溶液pH不大于8；故答案为：223HSHOHOH

S+−++或2HSHHS+−+；71.010−；131.010−；8。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com