2023年届高考化学二轮复习6道主观大题组合专题卷(含答案)

6道主观大题组合练

O、SiO等)为 原料制备铁黄(FeOOH)的一种工艺流程如下：2 3 2(1)“酸溶”中加快溶解的方法为 (写出一种)。(2)“复原”过程中的离子方程式为 。①“沉铁”过程中生成Fe(OH)2

的化学方程式为 。cCa2＋②假设用CaCO3“沉铁”，则生成FeCO3沉淀当反响完成时溶液中cFe2＋＝ 。[KspCaCO3＝2.8×10－9，KspFeCO3＝2×10－11]“氧化”时，用NaNO2

Fe(OH)2

浆液，虽然能缩短氧化时间，但缺点是 。1225

nC℃、nO＝1.2时，焙烧时间与金属产率的关系如图，时间超过15min金属产率下降的缘由是 。解析：(1)硫酸渣加酸溶解，为了加快溶解可实行加热、搅拌、适当增大硫酸浓度或将硫酸渣粉碎等方法。FeOFe3＋，参加铁粉使之复原，离子方程式为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋。2 3过滤Ⅰ，除去SiO等不溶于酸的杂质，参加NHHCO，使铁沉淀，同时产生了CO，2 4 3 2则①“沉铁”过程中生成Fe(OH) 的化学方程式为FeSO＋2NHHCO===Fe(OH)↓＋2 4 4 3 2(NH)SO＋2CO↑。②CaCO“沉铁”，则生成FeCO沉淀，当反响完成时，溶液中42 4 2 3 3cCa2＋ KCaCO 2.8×10－9＝sp 3＝2

11＝140。

＋ KFeCO 2×10－spNaNO2

3浓溶液代替空气氧化Fe(OH)2

浆液，缺点是NaNO2

被复原为氮氧化物，污染空气。15min金属产率下降，缘由是复原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化。加热或搅拌或适当增大硫酸浓度(写一种)(2)Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋(3)①FeSO＋2NHHCO===Fe(OH)↓＋(NH)SO＋2CO↑②1404 4 3 2 42 4 2(4)NaNO2

被复原为氮氧化物，污染空气(5)复原剂消耗完，空气进入使铁再次氧化化合物F(盐酸地拉普利)是一种治疗高血压的药物，其合成路线流程图如下：(1)D中的官能团有酰胺键、 (写名称)。(2)E→F的反响类型为 。B的分子式为C H ON，写出B的构造简式：15 21 2 。A 的一种同分异构体M 同时满足下列条件，写出M 的结构简式： 。①M是一种芳香族化合物，能与NaOH溶液发生反响；②M4种不同化学环境的氢。：—aN

→CHNH。催化剂，△ 2 2写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图例如见此题题干)。解析：(1)D中的官能团有酰胺键、氨基、酯基。(2)比较E、F构造，从E→F中酯基转化为羧基，则该反应的反应类型为取代反应。(3) 由题中信息的变化可知B中—NH—转化为酰胺键，结合B的分子式为C15H21O2N，则B的构造简式为 。(4)A( )的一种同分异构体M同时满足①M是一种芳香族化合物说明含有苯环由于只有1个O原子，NaOH溶液发生反响则含有酚羟基；②M4种不同化学环境的氢，说明构造高度对称由其不饱和度可知应含有碳碳三键则M的构造简式为 。答案：(1)氨基、酯基(2)取代反响(3)(4)(5)—CoO是一种电极材料，可用草酸盐湿式沉淀煅烧分解法制备。—3 4先用(NH)CO溶液和CoCl溶液为原料制取难溶于水的CoCO·2H

O晶体。42 2 4 2 2 4 2①25℃，K(NH·HO)＝1.8×10－5，HCO的K ＝5.6×10－2，K ＝5.4×10－5。b 3 2 2 2 4 a1 a242 2 (NH)CO溶液的pH (填“>”42 2 ②反响时，使(NH)CO过量的缘由是 。42 2 4为确定由CoCO·2HO获得CoO4.575g的CoCO·2HO2 4 2 3 4 2 4 2样品，在空气中加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如下图(385℃以上残留固体均为金属氧化物)①B处的物质为 (填化学式)。②经测定，205～385COABO在标准状2 2况下的体积。(2位有效数字)解析：(1)①由于K

(NH·HO)＝1.8×10－5，HCO的K ＝5.4×10－5，则在一样条件下b 3 2 2 2 4 a2)

溶液呈酸性，pH<7。4 2 4 42 2 4②反响时，使(NH)COCo2＋充分沉淀(Co2＋的沉淀率)。42 2 4(2)①n(CoCO

·2H

O)＝

4.575g

＝0.025mol2 4 2

183g·mol－1CoCO·2HOm(HO)＝0.025mol×2×18g·mol－1＝0.9g2 4 2 2CoCO·2HOm(CoCO

)＝4.575g－0.9g＝3.675g2 4 2 2 4A点数据可知，ACoCO。2 4B处固体质量为2.008m(Co＝0.025mo×59g·mo－＝1.475m(O＝2.008g－1.475g＝0.533gn(Co)∶n(O)＝0.025mol∶0.533g ≈3∶4BCoO。16g·mol－1 3 4②205～385℃的煅烧过程中，产生的气体为CO，则AB段发生反响的化学方程式23CoCO＋2O===CoO＋6CO2 4 2 3 4 22V(O)＝×0.025mol×22.4L·mol－1≈0.37L。2 3答案：(1)①< ②使Co2＋充分沉淀(或提高Co2＋的沉淀率)(2)①CoO3 4②AB3CoCO＋2O===CoO＋6CO2 4 2 3 4 22V(O)＝0.025mol×22.4L·mol－1≈0.37L(其他合理计算步骤也给分)2 3硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。生产硫化钠大多承受无水芒硝(NaSO)－炭粉复原法，其流程如下图。2 4上述流程中采用稀NaOH 溶液比用热水更好，理由是。同学甲依据氧化复原反响的原理认为上述流程中产生的气体可能是CO、CO、SO，2 2他从以下装置中选择必要的装置设计简易的试验方案验证他的假设(加热装置省略)。①选择装置连接导管接口，其气流从左到右的挨次为 。②能证明有CO2气体的现象为 。③正确连接装置并反响一段时间后，用集气瓶能收集到肯定体积的气体，说明混合气体中含有CO。确认气体中含有CO的另一种方法是 。同学乙认为煅烧后的固体中可能含有Na2SO3。①检验反响后的固体中是否还有剩余的无水芒硝，需要的试剂是 。②设计试验证明反响后的固体中是否含有Na2SO3，完成试验报告。供选择的试剂：酚酞溶液、硝酸、稀盐酸、品红溶液、澄清石灰水。试验步骤试验步骤试验操作现象及结论Ⅰ取少量制得的硫化钠晶体溶于水，过滤得到滤液除去炭粉等难溶性的杂质Ⅱ取少量滤液于试管中， 试验测得硫酸钠与焦炭的反响产物由温度、反响物质量比打算。假设反响产物为两种盐，两种气体产物体积比为1∶3，且平均相对分子质量为32，则煅烧反响的化学方程式为。解析：(1)硫化钠是强碱弱酸盐，在热水中促进其水解，而在稀氢氧化钠溶液中其水解被抑制。(2)①制备气体(A)SO2

(E)SO2

并确定SO2

被除尽(B)、检CO(D)CO

CO(C)，连接装置时，洗气瓶中长导管进气，短导管2 2a→g→h→c→b→e→f→d。②SO、CO都能使澄清石灰水变2 2BSO2

被除尽。③CO用点燃、复原等方法都可以。(3)①检验反响后固体中是否还有剩余的无水芒硝时，参加盐酸除去可能存在的亚硫酸钠，用氯化钡检验硫酸根离子，故所用试剂是稀盐酸和氯化钡溶液。②2S2－＋SO2－＋36H＋===3S↓＋3HO2盐酸会产生淡黄色固体。(4)依据氧化复原反响原理，硫酸钠与焦炭反响生成硫化钠、亚硫酸钠、CO、CO。假设CO、CO1∶340，不符合题意，舍2 2CO、CO3∶132，符合题意。则煅烧反响的化2学方程式为2NaSO＋4CNa＋NaSO＋3C↑＋CO↑。2 4 2 2 3 2答案：(1)NaSNaOHNaS水解2 2①a→g→h→c→b→e→f→d ②装置B中溶液不褪色，装置D中澄清石灰水变浑浊③取出水槽中导气管，导出的气体能点燃(其他合理答案均可)①稀盐酸和氯化钡溶液②滴加足量稀盐酸假设产生淡黄色沉淀，则含有亚硫酸钠，反之，则不含亚硫酸钠2NaSO＋4CNa＋NaSO＋3C↑＋CO↑2 4 2 2 3 2铁及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。复合氧化物铁酸锰(MnFeO)可用于热化学循环分解制氢气，原理如下：2 4x①MnFeO(s)===MnFeO

(s)＋O(g) ΔH2 4

(4－x) 2 2 1②MnFeO (s)＋xHO(g)===MnFeO(s)＋xH(g) ΔH2 (4－x) 2 2 4 2 2③2HO(g)===2H(g)＋O(g) ΔH2 2 2 3则：ΔH与ΔH、ΔH的关系为ΔH＝ 。3 1 2 3纳米铁是重要的储氢材料可用以下反响制得：Fe(s)＋5CO(g) Fe(CO)(g) ΔH<0。5在1L恒容密闭容器中参加足量铁粉和0.5molCTT2(CO)1所示。①T (填“>”或“<”)T。 1 ②T温度下，上述反响的平衡常数K＝ (结果不要求带单位 1 2高铁酸钾(KFeO)被人们称为“绿色化学”净水剂。高铁酸钾在酸性至弱碱性条件下2 4不稳定。①工业上用KClO 与Fe(NO) 溶液反响制得KFeO，反响的离子方程式为33 2 4 。制备KFeO时，KClOFe(NO)2 4 33饱和溶液混合的操作为 。KFeO在水解过程中铁元素形成的微粒分布分数与pH2所示。2 4向pH＝6 的溶液中加入KOH 溶液，发生反应的离子方程式为 。电解法可制得KFeO ，装置如图3 所示。阳极的电极反应式为2 4 。解析：(1)由热化学方程式结合盖斯定律，将反响①×2＋②×2可得2xHO(g)===2xH(g)2 2Δ ＋xO(g)ΔH＝2(ΔH＋H)，反响③×x可以得到一样的热化学方程式，则有 HΔ 2 1 2 32ΔH＋ΔH。1 2。x①CO的浓度增大，由图可知，TCOTT>T。2 1 1 2②T温度下，Fe(s)＋5CO(g)2

Fe(CO)(g)5起始/(mol·L－1)0.50转化/(mol·L－1)0.40.08平衡/(mol·L－1)0.10.08c[FeCO] 0.08K＝

5c5CO

＝0.15＝8×103。①ClO－Fe3＋反响生成FeO2－，ClO－Cl－，依据得失电子守恒和电荷守恒及4原子守恒可得反响的离子方程式为3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO2－＋3Cl－＋5HO。制备4 2KFeO时，KFeOFe(NO)

饱和溶液滴加到KClO饱2 4 2 4 33和溶液中。②由图可知，pH＝6HFeO－KOH溶液发生中和，反响的离子方4HFeO－＋OH－===FeO2－＋HO。4 4 2铁棒是阳极，失去6个电子生成KFeO，因此阳极电极反响式为Fe－6e－＋8OH－2 4===FeO2－＋4HO。4 22ΔH＋ΔHx答案：(1) 1 2 (2)①> ②8×103x(3)3ClO－＋2Fe3＋＋10OH－===2FeO2－＋3Cl－＋5HO Fe(NO)

饱和溶4 2 33液缓慢滴加到KClO饱和溶液中 ②HFeO－＋OH－===FeO2－＋HO (4)Fe－6e－＋8OH－===FeO2－＋4HO

4 4 24 2铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。NO在肯定条件下可制备无水Cu(NO)。2 4 32①基态Cu2＋的电子排布式为 。 ②与NO－互为等电子体的一种分子为 (填化学式) 31所示。

)①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的挨次为 。②邻氨基吡啶的铜协作物中，C原子轨道杂化类型为 。③1mol 中含有σ键的数目为 mol。铜的某种氯化物的链状构造如图2所示。该氯化物的化学式为 。解析：(1)Cu原子序数为29，其基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则Cu2＋的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；②NO－的原子个数为4，价层电子322，从相邻或同族元素原子考虑，则与NO－互为等电子体的一种分子为SOBF。(2)3 3 3①同周期元素的第一电离能随着原子序数的增大呈增大趋势，但ⅤA族元素的p轨道处于半布满的稳定状态，故其第一电离能大于同周期相邻元素，则C、N、O元素的第一电离能由大到小的挨次为N>O>C；②邻氨基吡啶的铜协作物中，苯环中的碳原子和酯基中碳原子发生sp2甲基中碳原子发生sp3杂化；③1mol 中含有4molC—C键4molC—H键、2molC—N键、1molC===N键、2molN—Hσ13mol。(3)铜的氯化物的链状构造中1个Cu与4个Cl相连1个Cl与2个Cu相连则Cu与Cl个数比为∶4 1×2＝1∶2，该氯化物的化学式为CuCl。2答案：(1)①1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 ②SO 或BF (2)①N＞O＞C ②sp2、sp33 3③13 (3)CuCl2硫酸锰在电解锰、染料、造纸以及陶瓷等工业生产中有广泛的应用。利用软锰矿(主要MnO，含铁的化合物等杂质)和闪锌矿(ZnS)制得硫酸锰的流程如下：2(1)“酸浸”时，为了缩短浸取时间，常参加少量 FeSO4

FeSO4

的作用可能是 ； 2

、ZnS 及硫酸反应转变为两种硫酸盐的化学方程式为。(2)常温下，K(ZnS)＝1.2×10－24，K(MnS)＝1.5×10－15，“沉锌”反响为Zn2＋(aq)＋sp spMnS 衡常数K＝ 。MnO2

氧化Fe2＋的离子方程式为 。pH3～42MnO2

以外的另一种物质是 。(写化学式)该工艺流程中可以循环利用的物质是 。(MnO)和闪锌矿(主2ZnS)用稀硫酸浸取后形成两种硫酸盐，＋4价的锰被复原为＋2价，－2价的硫被氧化为＋6MnSZn2＋ZnS可循环利用；参加MnO2

MnO2

中＋4价的锰被复原为＋2价，溶液中Fe2＋被氧pH3～4Fe(OH)3

2MnO2

Fe(OH)。3(1)“酸浸”时，为了缩短浸取时间，常参加少量FeSO4

溶液，FeSO4

的作用可能是催化MnO2

、ZnS 及硫酸反响转变为两种硫酸盐的化学方程式为4MnO2

＋ZnS＋4HSO===4MnSO＋ZnSO＋4HO。2 4 4 4 2(2)常温下，K(ZnS)＝1.2×10－24，K(MnS)＝1.5×10－15，“沉锌”反响为Zn2＋(aq)＋sp spMnS

cMn2＋ KspZnS＋Mn2＋(aq)，该反响的平衡常数K＝cZn2＋＝sp

MnS/cS2－ 1.5×10－152 ＝ 24ZnS/cS－ 2 ＝ 24Ksp1.25×109。MnO2

氧化F2＋的离子方程式为MnO＋2F＋4＋===M＋＋22Fe3＋＋2HO。2“除铁”pH3～42MnO2

以外的另一种物质Fe(OH)。3ZnS。答案：(1)催化剂4MnO＋ZnS＋4HSO===4MnSO＋ZnSO＋4HO(2)1.25×109

2 2 4

4 4 2(3)MnO＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2HO2 2(4)Fe(OH)3(5)ZnS化合物G是合成抗过敏药喘乐氧蒽酸的中间体，可通过以下方法合成：(1)化合物E中的含氧官能团名称为 。(2)B→C的反响类型为 。D 经还原得到E，D 的分子式为C14H9O5N，写出D 的结构简式。写出同时满足以下条件的F的一种同分异构体的构造简式： 。FeCl溶液发生33种不同化学环境的氢。解析：(1)E中的含氧官能团名称为醚键、羰基(酮基)。(2)BC发生取代反响生成C( )。D经加氢复原得到E，依据D的分子式为C HON，可知D的构造简式为14 9 5。①分子中含有两个苯环；②能发生水解反响生成两种物质，其中一种能与FeCl溶液3发生显色反响，另一种能发生银镜反响；说明水解产物里一种物质中含有酚羟基，另一产物中含有醛基；③分子中只有3种不同化学环境的氢，说明构造对称性比较强；F同时满足上列条件的一种同分异构体的构造简式为 。答案：(1)醚键、羰基(酮基)(2)取代反响(3)草酸(二元弱酸，分子式为HCO)遍布于自然界，几乎全部的植物都含有草酸钙2 2 4(CaCO)。2 4葡萄糖(CH O)与HNO

NO6 12 6 3。相当一局部肾结石的主要成分是CaCO1.4L0.10gCa2＋。2 4当尿液中c(CO2－)> mol·L－1时，易形成CaCO

沉淀。[KspCaC2O4＝2.3×102 4 2 4－9]测定某草酸晶体(HCO·xHO)组成的试验如下：2 2 4 2步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(构造简式为 )于锥形瓶中，用蒸馏水溶解以酚酞作指示剂用NaOH溶液滴定至终点消耗NaOH溶液的体积为22.50mL。20.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用1NaOH溶液滴定至终点(HC

O＋2NaOH===NaC

O＋2H

O)，消耗NaOH溶20.00mL。

2 2 4

2 2 4 2①“步骤1”的目的是 。x的值(写出计算过程)。解析：(1)HNO将葡萄糖(CH O)氧化为草酸，C元素从0价上升到＋3价，N元素从3 6 12 6＋5价降低到＋2价，则依据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为 CH O＋6 12 66HNO===3HCO＋6HO＋6NO↑。3 2 2 4 2n m 0.10g(2)c(Ca2＋)＝＝ ＝

≈0.00179mol·L－1K

)＝2.3×10－9V MV

1.4L×40g·mol－1

sp 2 4＝c(Ca2＋)·c(C

O2)，因此当形成沉淀时溶液中

c(C

2.3×10－9O2－)>0.00179mol·L

1≈1.288×10－62 4mol·L－1。

2 4 －答案：(1)CH O＋6HNO===3HCO＋6H

O＋6NO↑6 12 6 3 2 2 4 2(2)1.288×10－6(3)NaOH溶液的准确浓度0.5508g②n(NaOH)＝n(KHCHO)＝

＝2.700×10－3mol8 4 4

204g·mol－12.700×10－3molc(NaOH)＝

L

＝0.1200mol·L－1n(HC

O·xH

1 1O)＝n(NaOH)＝×0.120 0 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2 2 4 2 2 21.200×10－3mol0.1512gM(HCO·xHO)＝2 2 4 2 －3

＝126.0g·mol－110 mol90＋18x＝126x＝2。以黄铜矿(CuFeS)、FeCl

和乳酸[CH3CHOHCOOH] 为原料可制备有机合成催化剂2 32CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CHOHCOO] Fe}。其主要试验流程如下：2FeCl溶液与黄铜矿发生反响的离子方程式为 。 向溶液1中参加过量铁粉的目的是 。FeCO3

。1所示。 N 2。②某兴趣小组用KMnO4

滴定法测定样品中Fe2＋含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，结果测得产品的质量分数总是大于100%，其缘由可能是 。：①CuCl为白色晶体，难溶于水和乙醇，在空气中易氧化；可与NaCl溶液反响，生成易NaCuCl。2②NaCuClCuCl，温度、pHCuCl2、3所示。2由CuCl(s)S(s)混合物提纯CuCl的试验方案为将肯定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，。(试验中须使用的试剂有：饱和NaCl溶液，0.1mol·L－1HSO、乙醇；除常用仪器外须2 4使用的仪器有：真空枯燥箱)。由试验流程可知，向黄铜矿(CuFeS)中参加FeCl

溶液发生氧化复原反响生成2 3FeCl、CuCl固体和硫单质，经过滤得到的固体为CuClS，进一步分别可得CuCl；溶液12FeClFeClFe3＋2FeCl2 3 2溶液，向溶液2中参加碳酸钠溶液生成FeCO3

沉淀，过滤后加乳酸得到乳酸亚铁2{[CH3CHOHCOO] Fe}。亚铁离子简洁被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进展，试验N排尽装置中的空气。22由上述分析可以知道，FeCl3

溶液与黄铜矿发生反响的离子方程式为CuFeS＋3Fe3＋＋2Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。1FeCl1Fe3＋，提高产3品的纯度。(3)FeCO3

固体会吸附溶液中的Cl－，所以检验是否洗涤已完全应检验是否含有Cl－。①亚铁离子简洁被氧气氧化，试验前通入N的目的是排尽装置中的空气，防止Fe2＋2被氧化。②乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的体积增大，计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会100%。依据题给信息，将肯定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中，CuCl与NaCl溶液反响，NaCuClNaCuClCuClpHCuCl2 260℃左右，掌握溶液的pH2.0～2.5左右。答案：(1)CuFeS＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S2(2)Fe3＋，提高产品的纯度(3)取最终一次洗涤后的滤液，滴加硝酸酸化的AgNO 溶液，假设无白色沉淀生成，则洗涤完全(4)①排尽装置中的空气，防止Fe2＋被氧化3②KMnO4

Fe2＋和乳酸根离子中的羟基一同氧化(5)60℃0.1mol·L－1HSO，掌握溶液的pH2.0～2.5左右，搅拌、趁热过滤。2 4用乙醇洗净所得固体，置于真空枯燥箱中枯燥烟气(SO、NO)经OCaSO

水悬浮液吸取，可削减烟气中2 x 3 3x SO、NO的含量。OSO、NOx 2 3 2NO(g)＋O(g)===NO(g)＋O(g)3 2 2ΔH＝－200.9kJ·mol－11NO(g)＋O(g)===NO(g)ΔH＝－58.2kJ·mol－12 2 2SO(g)＋O(g)===SO(g)＋O(g)2 3 3 2ΔH＝－241.6kJ·mol－1反响3NO(g)＋O(g)===3NO(g)的ΔH＝ kJ·mol－1。3 2NO、SO2

O3

的物质的量，反响一)))∶n(NO)的变化见以下图。2 2 31 时，反应后NO 的物质的量减少，其原因是3 2。②增加n(O)，O 氧化SO 的反应几乎不受影响，其可能原因是3 3 2。CaSOO(pH8)SO2－NO转化3 3 3 2 为NO－，其离子方程式为 2CaSO 水悬浮液中参加NaSO 溶液，到达平衡后溶液中 c(SO2－)＝ [用3 2 4 3c(SO2－)、K4

(CaSO)K(CaSO)表示]；CaSO3 sp 4 3

NaSO溶液能提高NO的2 4 2吸取速率，其主要缘由是 。解析：(1)应用盖斯定律进展解答。①O3

的氧化性很强，O3

NO2

氧化为更高价的氮氧化物。②O3SO2n(O3)O3SO2SO2与O3的反响速率慢。NONO－NOSO2－发生氧化反响；pH＝8的溶液呈碱2 2 2 3性。在此根底上，应用书写氧化复原反响型离子方程式的规章，可写出SO2－与NO

反响的离3 2子方程式。CaSO水悬浮液中参加NaSO溶液以后的体系中存在两个沉淀溶解平衡：3 2 4CaSO

(s)3

Ca2＋(aq)＋SO2－(aq)，3K(CaSO)＝c(Ca2＋)·c(SO2－)spCaSO

3