2022年高考北京卷化学高考真题（原卷版、解析）.pdf

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1、2022年高考北京卷化学高考真题一、单选题1.2022年 3 月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动。其中太空“冰雪实验 演示了过饱和醋酸钠溶液的结晶现象。下列说法不无碰的是A.醋酸钠是强电解质B.醋酸钠晶体与冰都是离子晶体C.常温下，醋酸钠溶液的pH 7D.该溶液中加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出2.下列化学用语或图示表达不足陶的是A.乙快的结构简式：HCmCHB.顺-2-丁烯的分子结构模型:C.基态Si原子的价层电子的轨道表示式:tllltll|3s 3pD.叫。?的电子式：Na+：b6：F N a+3.（锯）的S r、*S r稳定同位素在同一地域土壤中s7Sr/

2、aSr值不变。土壤生物中87Sr/86S r值与土壤中网Sr/%S r值有效相关。测定土壤生物中87Sr/86S r值可进行产地溯源。下列说法不正破的是A.Sr位于元素周期表中第六周期、第 H A 族B.可用质谱法区分8，S r和的 SrC.8?sr和S r含有的中子数分别为49和 48D.同一地域产出的同种土壤生物中siS rd S r值相同4.下列方程式与所给事实不祖得的是A.力 口 热 NaHCO?固体，产生无色气体：2NaHCO,=Na2CO,+H2O+CO2 TB.过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe+NO-+4H+=Feu+NOT+2H2OC.苯酚钠溶液中通入CO”出现白色浑浊

3、:OHONaD.乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味的油状液体:ACH.CH2OH+CH.COOH CHCOOCH2cHa+HQ浓硫酸 5.下列实验中，不能达到实验目的的是A.A B.B C.C D.D6.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液pH减小的是A.向NaHSO溶液中加入少量BaCl?溶液，生成白色沉淀B.向NaOH和Fe(OHb的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C.向NaHCO,溶液中加入少量CuSO,溶液，生成蓝绿色沉淀D.向H2s溶液中通入氯气，生成黄色沉淀占燃7.已知：H2+C12=2 H C 1O下列说法不正聊的是试卷第2 页，共 12页J不也 一6此在。2中嬷烧A.小

4、 分子的共价键是S-S。键，C12分子的共价键是S-P 键B.燃烧生成的HC1气体与空气中的水蒸气结合呈雾状C.停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟D.可通过原电池将H?与C%反应的化学能转化为电能8.我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正卿的是B.分子中含有手性碳原子C.该物质既有酸性又有碱性D.该物质可发生取代反应、加成反应9.由键能数据大小，不能解释下列事实的是化学键C-HS i-HC=OC-OSi-OC-CSi-Si键能/kJ.moL411318799358452346222A.稳定性：CH.

5、,SiH4 B.键长：C=O C-OC.熔点：CO2VsicD.硬度：金刚石 晶体硅10.利用如图所示装置（夹持装置略）进行实验，b 中现象不熊证明a 中产物生成的是a 中反应b 中检测试剂及现象A浓 HNO、分解生成NO?淀粉-KI溶液变蓝BCu与浓H2so4生成SO?品红溶液褪色C浓 NaOH与 NH4cl溶液生成NH3酚献溶液变红DCH3CHB1CH3与 NaOH乙醇溶液生成丙烯漠水褪色A.AB.BC.C D.D1 1.高分子Y 是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。下列说法不氐砸的是A.F 中含有2 个酰胺基C.高分子X 中存在氢键B.高分子Y 水解可得到E 和 GD.高分子Y 的合成

6、过程中进行了官能团保护1 2.某MOFs多孔材料孔径大小和形状恰好将N O J固定”，能高选择性吸附N O-废气中的NC)2被吸附后，经处理能全部转化为HNO，。原理示意图如下。试卷第4 页，共 12页已知：2 N O,(g).N2O4(g)A H F e+Cu2+=F e2+CuC.随阴极析出C u,推测中溶液c(Cu)减少，CU2+4 N H3 C u(N H j J+平衡逆移D.中Cu*生成 Cu(N H，)J*,使得c(Cu)比中溶液的小，C u 缓慢析出，镀层更致密1 4.CO 2 捕获和转化可减少CO 2 排放并实现资源利用，原理如图1 所示。反应完成之后，以 N 2 为载气，以恒

7、定组成的N 2、CH 4 混合气，以恒定流速通入反应器，单位时间流出气体各组分的物质的量随反应时间变化如图2 所示。反应过程中始终未检测到CCh,在催化剂上有积碳。Si时间/min下列说法不正确的是A.反应为CaO+CO2=CaCO3；反应为CaCCh+CH 呼 叫CaO+2co+2出催化剂B.tit3,n(H2)比n(C0)多，且生成Hz速率不变，可能有副反应C+2H2C.t2时刻，副反应生成H2的速率大于反应生成H2速率D.t3之后，生成C 0的速率为0,是因为反应不再发生二、实验题1 5.煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO,、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤

8、中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。2、C 02,H Q、Nr SO2o(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是(2)高温下，煤中CaSO4完全转化为S O-该反应的化学方程式为(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中c(r)保持定值时,电解池不工作。待测气体进入电解池后，so2溶解并将“还原，测硫仪便立即自动进行电解 到c(若l；)又回到原定值,测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。试卷第6页，共12页CH3coOH-KI 溶液so?在 电 解 池 中

9、 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为。测硫仪工作时电解池的阳极反应式为 o（4）煤样为a g,电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为 o己知：电解中转移Im o l电子所消耗的电量为96500库仑。（5）条件控制和误差分析。测定过程中，需控制电解质溶液p H,当p H 3纯度/%产品 中M g杂质含量/%(以 MgCO,计)CaOMgO计算值实测值2.1：198.41.199.199.72.2：198.81.598.799.50.062.4：199.16.095.297.62.20备注：i、MO浸出率=(浸出的MO质量/燃烧得到的MO质量)xl()O%(M代 表C a或Mg)ii

10、、CaCO；,纯度计算值为滤液A中钙、镁全部以碳酸盐形式沉淀时计算出的产品中CaCO,纯度。解释 浸钙 过程中主要浸出C a O 的原因是。沉 钙 反 应 的 离 子 方 程 式 为。，浸钙，过程不适宜选用n(N H4Q)：n(C a。)的比例为。产品中C aC O 3 纯 度 的 实 测 值 高 于 计 算 值 的 原 因 是。(3)“浸镁”过程中，取固体B与一定浓度的(N HJz S O,溶液混合，充分反应后MgO的浸出率低于60%。加热蒸僧，MgO的浸出率随微出液体积增大而增大，最终可达9 8.9%。从化 学 平 衡 的 角 度 解 释 浸 出 率 增 大 的 原 因 是。(4)滤渣C中

11、含有的物质是。(5)该流程中可循环利用的物质是 o试卷第1 2 页，共 1 2 页参考答案：I.B【详解】A.醋酸钠在水溶液中能完全电离，醋酸钠是强电解质，故A正确；B.醋酸钠晶体是离子晶体，冰是分子晶体，故B错误；C.醋酸钠是强碱弱酸盐，常温下，醋酸钠溶液的P H 7,故C正确：D.过饱和醋酸钠溶液处于亚稳态，加入少量醋酸钠固体可以促进醋酸钠晶体析出，形成饱和溶液，故D正确；选B 2.C【详解】A.乙焕中含有碳碳三键，其结构简式为H C三C H,A项正确；B.顺-2-丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为二B项正确；C.基态S i原子的价层电子排布式为3 s 2 3 P 2,其 轨 道 表

12、 示 式 为 回I I *I I ，C项错误;3 s 3 pD.Na q是离子化合物，其电子式为Na+：O：6：2 Na+-D项正确;答案选C。3.A【详解】A.S r位于元素周期表中第五周期、第H A族，故A错误；B.质谱法可以测定原子的相对原子质量，S r和aS r的相对原子质量不同，可以用质谱法区分，故B正确；C.bs r的中子数为8 7-3 8=4 9,%S r的中子数为8 6-3 8=4 8,故C正确；s?S rD.由题意可知，3 s S r （锥）的w s r、的S r稳定同位素在同一地域土壤中与值不变，故D正确；故选A o4.B【详解】A.碳酸氢钠受热之后分解生成碳酸钠、水和二氧

13、化碳，A正确;答案第1页，共1 3页B.过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2+,B 错误；C.苯酚钠溶液中通入二氧化碳利用强酸制取弱酸生成苯酚和碳酸氢钠，C 正确；D.乙醇和乙酸在浓硫酸混合加热的条件下发生酯化反应产生有香味的油状液体乙酸乙酯和水，D 正确；故选B。5.D【详解】A.实验室用海水制取蒸偏水用蒸僧的方法制备，蒸储时用到蒸储烧瓶、酒精灯、冷凝管、牛角管、锥形瓶等仪器，注意温度计水银球应处在蒸储烧瓶的支管口附近，冷凝管应从下口进水，上口出水，A 正确；B.碘在水中的溶解度很小，在四氯化碳中的溶解度很大，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘,四氯化碳的密度大于水，存在于下层，B 正确；C.粗

14、盐中含有较多的可溶性杂质和不溶性杂质，将粗盐溶与水形成溶液，用过滤的方法将不溶于水的杂质除去，c 正确；D.直接加热FeCh-6HQ会促进水解，生成的HC1易挥发，得到氢氧化铁，继续加热会使氢氧化铁分解产生氧化铁，得不到FeCb,固体，D 错误；故选D。6.D【详解】A.向 NaHSCU中加入少量BaCb溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钢离子,忽略体积变化，H+的浓度不变，其 pH 不变，A 错误；B.向 NaOH和 Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3,该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离

15、子的浓度，pH 会变大，B 错误；C.向 NaHCCh溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀Cu2(OH)2co3,其中没有元素的化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C 错误：D.向 H2s中通入氯气生成HC1和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了 H+的浓度，pH减小，D 正确。故选D。答案第2 页，共 13页7.A【详解】A.H2分子里的共价键H-H键是由两个s 电子重叠形成的，称为s-s 键，CL分子里的共价键CI-C1键是由两个p 电子重叠形成的，称为p-p c键，故 A 错误：B.HC1气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故 B 正确；C.浓氨水易挥发

16、，挥发的氨气和HC1气体互相反应，化学方程式NH3+HCUNH4CL生成NH4cl氯化铁固体小颗粒，固体粉末就是烟，故 C 正确；D.也 与C 的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将H?与C1?反应的化学能转化为电能，故 D 正确；故选A8.B【详解】A.该有机物中从左往右第一个N 原子有一个孤对电子和两个c 键，为sp2杂化；第二个N 原子有一个孤对电子和三个6 键，为sp3杂化，A 正确；B.手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子,B 错误；C.该物质中存在较基，具有酸性；该 物 质 中 还 含 有 一 一,具有碱性，C 正确；D.该物质中

17、存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D 正确；故选B。9.C【详解】A.键能越大越稳定，C-H 键能大于S i-H ,所以稳定性：CH4SiH4,故不选A；B.键能越大，键长越短，C=O 键能大于C-0,所以键长：C=O 晶体硅，故不选D；答案第3 页，共 13页选 c。10.A【详解】A.浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故 A 符合题意；B.铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，故 B 不符合题意；C.浓

18、氢氧化钠溶液与氯化镀溶液共热反应生成能使酚酸溶液变红的氨气，则酚酷溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化镀溶液共热反应生成氨气，故 c 不符合题意；D.乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与漠水反应，则 2澳丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使漠水褪色的丙烯气体，则溟水褪色能说明2浪丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故 D 不符合题意；故选AoII.B【详解】A.由结构简式可知，F 中含有2 个酰胺基，故 A 正确，H,N/COOPB.由结构简式可知，高分子Y 一定条件下发生水解反应生成/和NH2H2N COOH,故 B 错误；C.由结构简式可知，高分子X 中含有的酰胺基能形成

19、氢键，故 c 正确；D.由结构简式可知，E 分子和高分子Y 中都含有氨基，则高分子Y 的合成过程中进行了官能团氨基的保护，故 D 正确；故选B。12.D【分析】废气经过MOFs材料之后，NO2转化成N2O4被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中我们知道，NCh转化为N2O4的程度，决定了整个废气处理的效率。【详解】A.从ZNOJg).N20Kg)AH 4 =2 Ca O+2 sO2T+O2T，故答案为：高温催化剂2 Ca S O4=2 Ca O+2 sO2T+O2T；高温(3)由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中L反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为 S O 2+l 3+

20、2 H2 O=3 L+S O：+4 H+,故答案为：S O 2+13+2 H2O=3 I-+S O+4 H+；答案第6页，共1 3页由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3 I-2 e=l 3，故答案为：3 I-2 e I3；(4)由题意可得如下关系：S S 0 2-I；2 e-,电解消耗的电量为x 库仑，则煤样中硫的X 乂 H 1 6 x 1 6 x质量分数为2 x9 6 5 0 0 xl O O%=詈 ,故 答 案 为：詈 ;-9 6 5 a 9 6 5 aa(5)当p H l 时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离

21、子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为L+L=l 3,故答案为：L+L=&；测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。1 6.饱和N a Cl 溶液(2)2 M n(O H)2+O 2=2 M nO2+2 H2O(3)M n2+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4)Ch+2 N a O H=N a Cl+N a Cl O+H2 O 4 M nO4+4 O H=4 M nO=+O 2?+2 H2O Ch 3 C1 O +2

22、 M nO2+2 O H=2 M nO；+3。-+压0 HI中氧化剂氧化镭酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高镒酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液【分析】在装置A 中 HC1 与 K M n O 发生反应制取Cl2,由于盐酸具有挥发性，为排除HC1对 C b 性质的干扰，在装置B 中盛有饱和N a Cl 溶液，除去C L中的杂质H C 1,在装置C 中通过改变溶液的p H,验证不同条件下C1 2 与 M nS O 4 反应，装置D 是尾气处理装置，目的是除去多余C1 2,防止造成大气污染。【详解】(1)B 中试剂是饱和N a Cl 溶液，作用是吸收C1 2 中的杂质HC1 气体；1(2

23、)通入C L 前，II、HI中 Md+与碱性溶液中N a O H 电离产生的的O H-反应产生M n(O H)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色M n O 2,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2 M n(O H)2+O 2=2 M n O 2+2 H 2 O；(3)对比实验I、I I 通入C b 后的实验现象，对于二价锌化合物还原性的认识是：MH+的还答案第7页，共 1 3 页原性随溶液碱性的增强而增强：(4)C b与 NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O,使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为:C12+2NaOH=NaCI+NaClO+H2O；取H I中放置

24、后的I mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO；可被OH-还原为MnO：,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO4+4OH-=4MnO：+O 2 T+2H2 O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnCh被 CL氧化，可证明H I的悬浊液中氧化剂过量；取H 中放置后的1 m L悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明CIO将 MnCh 氧化为 MnO；,发生的反应是：3ClO+2MnO2+2OH=2 MnO；+3C1+H2O；III中氧化剂氧化镭酸根离子的速率大于氢氧

25、根离子还原高镒酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。17.(1)3d6 孤电子对有较大斥力，使H-O-H 键角小于O-S-O 键角 配位键、氢键480 6 NA x(ax IO了(3)FeS2燃烧放热为尸eSO4 H2O 分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料【详解】(1)F e的价层电子排布为3d64s2,形成Fe2+时失去4 s上的2 个电子，于是Fe?+的价层电子排布为3d6。H2O中 O 和SO：中 S 都是sp3杂化，H2O 中 O 杂化形成的4 个杂化轨道中2 个被孤电子对占据,2 个被键合电子对占据，而SO；-中 S 杂化形成的4 个杂化轨道均被键合电子对占据。孤

26、电子对与键合电子对间的斥力大于键合电子对与键合电子对间的斥力，使得H-O-H 键角与O-S-O 键角相比被压缩减小。H2O中 O 有孤电子对，Fe?+有空轨道，二者可以形成配位键。SO：中有电负性较大的O元素可以与H2O 中 H 元素形成氢键。答案为：3d6；孤电子对有较大斥力，使 H-O-H 键角小于O-S-O 键角；配位键、氢键。答案第8 页，共 13页(2)以位于面心F e 2+为例，与其距离最近的阴离子所处位置如图所示(圆中):工网体心位上的闭鹰f4个阴离子位于楞上，2个位于体心位置上，共 6个。依据分摊法可知晶胞中F e 2+离子个数为8 x 1+6 x；=4,S)个数为l x l

27、+1 2 x；=4。一个_“1 2 0 4 8 0晶胞中相当于含有4个 F e S 2,因此一个晶胞的质量m =4 x N _ g =x-g。所以晶体密度4 8 0m K8p =V出 一y g/加。的=I。0 1)。(a x l 0-9x l 0 0)w3 N(a x l O-7)AX4 8 0答案为：6；NAx Lx l(3)F eS?燃烧为放热反应，F eS O H2O分解为吸热反应，地邑燃烧放出的热量恰好为F eS O H,O 分解提供能量。另外，FeS2燃烧和FeSO,-H2O分解的产物如F e2O3,S O 2、S O 3可以作为制备铁精粉或硫酸的原料。答案为：山邑燃烧放热为F eS

28、 O HQ分解提供能量；反应产物是制备铁精粉和硫酸的原料。1 8.(1)醛基答案第9页，共 1 3 页(5)3 a【分析】本流程的目的，以A为原料制取碘番酸。由A可发生银镜反应，可确定A为醛，由B无支链，可确定B为C H 3 c H 2 c H 2 c o 0 H,则A为C H 3 c H 2 c H 0；依据题干信息，可确C H OO O定D为 II|；为芳香族化合物，则E为八；由J的结CH 3 cH 2 cH,C0 CCH 2 cH 2 cH 3o由题给信息，要确定G为【详解】(1)由A的分子式C4 H 8。及可发生银镜反应，可确定A分子含有的官能团是醛基。答案为：醛基;(2)B的分子式为

29、C4 H 8。2、无支链，由醛氧化生成，则B为C H 3 c H 2 c H 2 c o 0 H,名称是正丁酸。B的一种同分异构体，其核磁共振氢谱只有一组峰，则表明分子中8个H原子全部构成-CH 2-,B的不饱和度为1,则其同分异构体应具有对称的环状结构，从而得出其结构简式是答案为：正丁酸；;则E-F的化学方程式是答案第1 0页，共1 3页(5)碘番酸的相对分子质量为571,J 的相对分子质量为1 9 3,由相对分子质量差可确定,J 生成碘番酸时，分子中引入3 个 I 原子，而碘番酸分子中的碘位于苯环上不相邻的碳原子口服造影剂中碘番酸的质量分数为be x 1 O-3 mol x-x 57 lg

30、/mol 571bc-4-xl00%=F-x 100%。axlO-3g答案为:571bc3axl00%o【点睛】推断有机物时，官能团可由反应条件确定，结构可依据转化前后对应物质的结构简式确定。煨烧19.(I)CaMg(CO3)2=CaO+MgO+2CO2 T KspCa(OH),.KspMg(OH)2,在一定量NH4c l溶液中，氢氧化钙会和氯化铁反应而氢氧化镁不能，故CaO先浸出 Ca2+2NH,.H2O+CO2=CaCO,i +2NH；+H,O 2,4：1Ksp(CaCO3)CaSO4 MgO(5)NH4C k(NH4)2SO4.CO?、NH,答案第11页，共 13页【分析】白云石矿样煨烧

31、后CaMg(CO,)2转化为氧化钙、氧化镁，加入氯化铉溶解浸钙，大部分钙离子进入滤液A,通入二氧化碳生成碳酸钙；过滤分离出含有镁、铁、硅元素的固体B,加入硫酸镀将镁离子转化为硫酸镁溶液，加入碳酸镀生成碳酸镁沉淀，煨烧得到氧化镁;【详解】(1)白云石矿样煨烧完全分解生成氧化钙、氧化镁、二氧化碳气体，化学方程式为CaMg(CO,),CaO+MgO+2CO2 T；(2)氯化核水解生成一水合氨与氢离子，可以调节溶液的p H,由图表可知，KspCa(OH)2.KspMg(OH)J,在一定量NH4c l溶液中，氢氧化钙会和氯化钱反应而氢氧化镁不能，故CaO首先溶解被浸出；沉钙反应中通入二氧化碳和滤液中钙离子、氨气反应生成碳酸钙沉淀和钱根离子，离子方程式为 Ca2+2NH3H2O+CO2=CaCON+2NH：+H2。由图表可知，“浸钙 过程n(NH4Q)：n(CaO)的比例为2.4：1 时，产品中镁元素杂质最多且碳酸钙纯度最低，故不适宜选用n(NH4cl):n(CaO)的比例为2.4：1。Ksp(CaCO,)NH3。答案第13页，共 13页