浙江省名校新高考研究联盟高三上学期一模化学试题

绝密★考试结束前+名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）届高三第二次联考化学试题本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页，满分分，考试时间分钟。可能用到的相对原子质量：：1：：：选择题部分一、选择题（本大题共题，每小题3分，共分。每小题只有一个选项符合题目要求，1.下列物质属于电解质的是A.B.漂白粉C.D.Cu【答案】C【解析】【详解】A．A错误；B．漂白粉是与的混合物，电解质需为纯净物中的化合物，B错误；C．C正确；D．Cu是金属单质，虽能导电，但电解质必须是化合物，D错误；故选C。2.下列物质的性质能说明其用途的是A.具有氧化性，因此加入葡萄酒中起杀菌和抗氧化作用B.溶液水解呈酸性，因此可作漂白剂C.植物油可通过催化加氢提高饱和度，因此可用于制取肥皂D.木糖醇（）不属于糖类，但甜味与蔗糖相当，因此可用作糖尿病患者适用的甜味剂【答案】D【解析】ASO2加入葡萄酒中起杀菌和抗氧化作用是利用其能使蛋白质变性的性质和还原性，A不符合题第1页/共26页意；B．NaClOClO⁻+HO⇌HClO+OH⁻是利用了水解产物HClO的强氧化性，B不符合题意；C物油即硬化油，主要用于制人造奶油等，C不符合题意；D．木糖醇不属于糖类，且代谢不依赖胰岛素，甜度与蔗糖相当，因此可作为糖尿病患者适用的甜味剂，D符合题意；故选D。3.下列表示不正确的是A.质量数为18的氧原子：B.的电子式：C.中键的电子云轮廓图：D.的价层电子对互斥（VSEPR）模型：【答案】B【解析】【详解】A．质量数为18的氧原子中质子数为8，表示为，A正确；B．是共价化合物，B原子不满足8电子稳定状态，电子式：，B错误；C．中2个氯原子的3p轨道头碰头形成pp键，电子云轮廓图：，C正确；D．中心原子价层电子对数为2+=3，含有1个孤电子对，价层电子对互斥（VSEPR）模型：，D正确；故选B。4.利用下列仪器、装置及药品能达到实验目的的是第2页/共26页B.图②装置b中溶液变蓝能够说明浓分解生成C.图③装置可用于测定中和热D.图④依据褪色时间的长短，能证明反应物浓度对反应速率的影响【答案】C【解析】ANaSO3溶液会与SO2反应生成NaHSONaSO3溶液除去SO2A错误；B．b中溶液变蓝说明有氧化性物质，不能证明是NO，也可能是挥发出的硝酸，B错误；C．有隔热层，使用玻璃搅拌器，温度计测量温度，可以测定中和热，C正确；D．高锰酸钾溶液浓度不同，颜色深浅不同，故不易观察颜色变化，不能根据褪色时间判断反应速率大小，D错误；故答案选C。5.下列说法不正确的是A.汽车尾气排放的氮氧化合物主要来自汽油的不充分燃烧B.煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，工业上也叫煤的焦化C.多糖、蛋白质、油脂在一定条件下均可水解D.医学上常用体积分数为75%的乙醇溶液杀菌消毒【答案】A【解析】A．汽车尾气排放的氮氧化合物（NO）主要来自发动机高温燃烧过程中氮气和氧气的反应，而非A错误；B．煤的干馏是指将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，工业上确实称为煤的焦化，B正确；C一定条件下水解，C正确；第3页/共26页D75%而有效杀菌消毒，D正确；答案选A。6.过二硫酸钠（）是工业上常用的强氧化剂，下列说法正确的是A.过二硫酸钠中硫的化合价为+7价B.过二硫酸钠氧化性比双氧水更强C.，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：5D.电解硫酸氢钠溶液制备1mol过二硫酸钠，则电路中转移2NA个电子【答案】D【解析】AOOO是1O是2Na是+1价，所以设S的化合价为x，所以2×(+1)+2x+6×(2)+2×(1)=0（因为有2个O是过氧键的1价，剩下6个O是2x=+6，所以S是+6价，A错误；B水，B错误；C．配平离子方程式，氧化剂与还原剂物质的量比为5:2，而非2:5，C错误；D．电解溶液制备的电极反应为：，每生成1mol，需要转移2mol电子，则电路中转移2NA个电子，D正确；故选D。7.类比或推理是重要的学习方法，下列类比或推理不合理的是A.常温下，，，因此溶液显酸性B.是正盐，因此是一元酸C.甲酸的酸性强于乙酸，因此对甲基苯酚的酸性弱于苯酚D.与在溶液中不能大量共存，因此与在溶液中也不能大量共存【答案】D【解析】第4页/共26页【详解】A．根据，得，，溶液显酸性，A正确；B．是一元酸，B正确；C．甲酸酸性强于乙酸，是因为乙酸中推电子基团甲基会使羧基中OH键极性减弱，酸性降低，类比到酚类，对甲基苯酚的对位甲基为推电子基团，会使酚羟基的OH键极性减弱，降低酸性，故对甲基苯酚酸性弱于苯酚，类比合理，C正确；D．，与因双水解反应不能大量共存；与发生D错误；故答案选D。8.下列化学反应与相应离子方程式相符的是A.用草酸标准液测定溶液浓度：B.将少量通入的溶液中：C.溶液中通入少量D.阿司匹林与足量溶液共热：+2OH+CHCOO+HO【答案】C【解析】【详解】A．草酸为弱酸，不拆，用草酸标准液测定溶液浓度的离子方程式为，A错误；B＞，与会发生反应通入的溶液中第5页/共26页的离子方程式为：，B错误；C．溶液中通入少量，反应分两步进行，首先将氧化：；因少量，过量，生成的会与过量的反应：，C正确；D．阿司匹林与足量溶液共热的离子方程式应为：+3OH+CHCOO+2HO，D错误；故选C。9.以下物质是合成解痉药黄酮哌酯的中间体结构。下列说法正确的是A.分子中含有5种官能团B.一定条件下，能发生氧化、取代、加成、加聚和消去反应C.分子中所有碳原子有可能全部共平面D.与足量发生加成反应后，手性碳原子有7个【答案】C【解析】【详解】A．分子中含有羧基、羰基、醚键、碳碳双键共4种官能团，A错误；B应所需结构，B错误；CC原子均为sp2单键可以旋转，故分子中的碳原子可能全部共平面，C正确；D．一个碳原子周围连接四个不同的原子和原子团为手性碳原子，与足量氢气发生加成后产物为，第6页/共26页故选C。10.下列含铜物质的制备方案不正确的是选目标产物制备方案项ACu工业上可用热还原法和湿法炼铜BCuS铜粉与硫磺混合加热将晶体在HCl气流中加热脱C水向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至沉淀溶D解，再加入适量95%乙醇，过滤、洗涤、干燥A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．工业制铜方法成熟，热还原法和湿法炼铜均正确，A正确；BCuS而非CuSB错误；C．CuCl·2HO直接加热易水解，在HCl气流中脱水抑制水解，C正确；D．硫酸铜与氨水形成络合物后，加乙醇是降低络合物的溶解度，使晶体析出，D正确；故选B。原理如图所示。下列说法不正确的是第7页/共26页B.正极上的电极反应式为C.若用外加电流法保护铁帽，可使铁帽表面的腐蚀电流降至零或接近零而受到保护D.把锌环换成锡环后，仍能防止铁帽被腐蚀【答案】D【解析】【分析】因Zn比Fe活泼，锌环与铁帽构成原电池时，锌环为负极，不断遭受腐蚀，而作为正极的铁帽被保护起来，该保护铁帽的方法是牺牲阳极法，据此解答。【详解】A．由分析可知，该保护铁帽的方法是牺牲阳极法，A正确；B．由分析可知，铁帽为正极，被还原生成生成，正极上的电极反应式为：，B正确；C．外加电流法是通过外部电源将被保护金属(铁帽)作为阴极，强制电子流向被保护的铁冒，可使铁帽表面的腐蚀电流降至零或接近零而受到保护，C正确；D成锡环后，不能防止铁帽被腐蚀，D错误；故选D。12.一定条件下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：在、（）两个不同温度下实验，测得有关数据如下表。起始时物质的量/mol平衡时物质的量/mol容器编号温度/KⅠT11.163.00001.0第8页/共26页ⅢT20.161.01.01.02.00.80下列说法正确的是A.该反应只有在高温下才能自发进行B.实验Ⅱ中，C.若实验Ⅲ中反应起始时通入2.32mol和6.0mol，达到平衡时D.其他条件不变，增大比值，能提高的平衡转化率【答案】C【解析】【分析】实验Ⅰ和实验Ⅱ的温度相同，其反应的平衡常数相等。由实验Ⅰ中的数据列三段式：平衡常数K=。实验Ⅲ中的温度下，列三段式：平衡常数K=。【详解】A．该反应ΔH<0且ΔS>0，ΔG<0在任何温度下均成立，反应始终自发，并非仅在高温下自发，A错误；BT1CH41.0molNO22.0molN20.5molCO20.5molHO2.5mol常数K=25，<K，平衡正向移动，平衡时NO2物质的量为xmol，列三段式：第9页/共26页=，计算得平衡时NO2物质的量x≈1.0mol，而非0.5mol，B错误；C．实验Ⅲ在T2温度下，K≈152.5，若起始通入CH42.32mol和NO26.0mol（其他为0c(NO)≈1.73mol/L>1.60mol/L，C正确；D．增大c(CH):c(NO)比值（如起始c(CH)=2.32mol/L、c(NO)=3.0mol/L152.5，CH4平衡转化率由约86.2%降至约52.4%，转化率降低，不能提高，D错误；故答案选C。13.氮化硼（BN）晶体有多种结构。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，质地软，可作润滑剂。立方相氮化硼与金刚石相似，是超硬材料，有优异的耐磨性。它们的晶体结构及晶胞如图所示。下列说法不正确的是A.六方相氮化硼为混合晶体B.立方相氮化硼晶体中与氮原子紧邻且最近的氮原子数为12C.六方相氮化硼导电能力强于石墨D.立方相氮化硼熔点高于单晶硅【答案】C【解析】【详解】AA正确；B．立方相氮化硼晶体中，N原子构成面心立方堆积，每个N原子周围距离最近且等距的N原子有12个，B正确；第10页/共26页BN电子云，抑制了导电性，C错误；DBN键的键长比SiSi键短，键能更大，因此立方相氮化硼熔点高于单晶硅，D正确；故答案选C。14.1）（2）同一个C原子连接着一个OH和的物质不稳定，会失去一个分子。下列说法不正确的是A.与按以上机理反应生成的有机产物仅有B.将水从反应体系中蒸出可使反应正向进行程度增大C.是该反应的催化剂，溶液酸性越强，但催化效果不一定越好D.以HCHO和为原料合成乌洛托品（）的过程中涉及π键的断裂【答案】A【解析】【详解】A．根据题中信息可知最终转化为，与先发生加成反应，然后羟基发生消去反应生成或，因此产物并非仅有，A错误；B．在平衡体系中不断将水从反应体系中蒸出，使反应正向进行，B正确；第11页/共26页C．H+开始参与反应，后又生成H+，H+是该反应的催化剂，中氮原子上有一个孤对电子，能与氢离子反应，若溶液酸性太强，氢离子浓度太大，会消耗，使浓度减小，催化效果不一定好，C正确；DHCHO与NH3HCHO中的（πCND正确；故选A。15.”水溶液体系中三种含硫微粒的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示。已知：CuS的。下列说法不正确的是A.B.0.05mol/L的溶液中含硫微粒主要以形式存在C.若初始浓度为0.1mol/LA点对应溶液中有：D.向含有的溶液中通入气体发生反应：，【答案】C【解析】【分析】HS的第一步电离：，HS的第二步电离：，pH增大，两个HSHS物质的量分数先增大后减小，S2物质的量分数持续增A点的曲线表示HS，先增大后减小的为HSS2时，，当时，，据第12页/共26页【详解】A．由分析可知，A正确；B．因发生水解导致溶液呈碱性，0.1mol/L的强碱溶液pH≥13，pH：0.1mol/L的强碱溶液＞0.05mol/LNaS溶液，故0.05mol/L溶液7＜pH＜13，由图可知此时主要含硫微粒为，B正确；C．A点根据电荷守恒：，根据物料守恒：，两式相加可得：，则有，C错误；D．向含有的溶液中通入气体发生反应：，，D正确；故选C。16.以硫酸厂矿渣（含、、等）为原料制备铁黄的工艺流程如图所示：资料：i.化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，不溶于水，可溶于强酸或强碱。ii.；iii.沉铁过程主要生成下列说法不正确的是A.取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红，发生的反应是B.“滤渣”中主要成分为、铁粉C.“沉铁”过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解第13页/共26页D.若用“沉铁”，则无副产物产生，当反应完成时，溶液中【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，硫酸厂矿渣加入稀硫酸酸浸时，氧化铁与稀硫酸反应生成硫酸铁和水，αAlO3和二氧化硅与稀硫酸不反应，向反应后的溶液中加入过量铁粉，铁粉与硫酸铁溶液反应生成硫酸亚铁，过滤得到含有铁、二氧化硅、αAlO3的滤渣和滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将亚铁离子转化为碳酸亚铁沉淀，向反应后的体系中通入空气，空气中的氧气将碳酸亚铁氧化为铁黄，过滤得到铁黄。【详解】A．取“酸浸”后的溶液滴加KSCN溶液，Fe3+和SCN结合生成，溶液变红，该反应为可逆反应，离子方程式为：，A正确；B．由分析可知，“滤渣”中主要成分为SiO、铁粉、αAlO，B错误；C．在水溶液中会发生水解：，可以和H+反应降低c(H+)，促进“沉铁”的水解，则过程中有副产物生成，可能原因是促进了的水解，C正确；D．假设用"沉铁"时，溶液的不足以生成，当反应达到沉淀转化平衡时，有，D正确；故选B。非选择题部分二、非选择题（分）17.第族元素N、P、As等元素及其化合物在新材料、工农业生产等方面用途广泛。请回答：I.（1）下列叙述正确的是________。A.As的价层电子排布式为B.P能形成，因此N也能形成C.的空间构型为直线形D.N、P、As第一电离能逐渐减小第14页/共26页的键角：a______b（填“＞”“＜”或“=______。（3）一种新型储氢材料的立方晶胞如图2所示（x、y、z轴方向的投影都如图3所示。①该物质的化学式为________”的配位数（相邻的阳离子数目）为________。②晶体中存在的化学键有________。A.离子键B.极性共价键C.非极性共价键D.配位键E.氢键（4NaOH溶液在加热条件下的化学反应方程式（磷酸分子结构如图4________。II.砷盐净化工艺成功应用于冶炼锌工业，加快了我国锌冶炼技术改造步伐。从砷盐净化渣（成分为Cu、、Zn、ZnO、Co、等）中回收有价值的金属具有重要意义。第15页/共26页（6外，还得到物质X，且X在该工艺流程中可循环利用，X的化学式为________。（7）如何检验“操作1”得到的沉淀已洗涤干净________。【答案】（1CD（2）①.<②.中心原子N均为中心原子N存在1对孤对电子，而中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角（3）①.②.4③.ABD（4）（5）（6）（7）取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗净【解析】【分析】砷盐净化渣中加入硫酸选择性浸锌，得到浸锌液，分离出固体，再加入过氧化氢、稀硫酸氧化浸取，被氧化为，铜、钴转化为盐溶液，二氧化硅不反应作为滤渣过滤排出，滤液调节pH后，再加入发生沉铜反应，得到难溶性的，加入氢氧化钠碱浸后得到氢氧化铜；滤液加入草酸钠沉钴得到草酸钴沉淀。【小问1详解】A．As元素位于第四周期族，故价层电子排布式为，A错误；BN位于第二周期，只有sp两轨道，没有d轨道参与成键，故N最多形成四条共价键，因此N不能形成，B错误；第16页/共26页C．根据价电子对互斥理论，的中心原子N含有2条键，孤对电子数，故空间构型为直线形，C正确；D．N、P、As位于同一主族，层数越多，第一电离能越小，故N、P、As第一电离能逐渐减小；故选CD。【小问2详解】中N原子含有2条1；中N原子含有3条0子N均为杂化，但中心原子N存在1对孤对电子，而中心原子N无孤对电子，由于孤电子对对成键电子对的斥力较大，故键角。【小问3详解】①晶胞中根据均摊法位于晶胞的顶点和面心，个数为4；该晶胞沿x、y、z轴方向的投影都如图3所示，结合电荷守恒在晶胞中有8个；故化学式为；“”代表，在晶胞中位于形成的正四面体中心，离距离最近且等距的为4，故的配位数(相邻的阳离子数目)为4。②晶体中存在的化学键有和之间的离子键；NH之间是极性共价键不存在非极性共价键；、中存在配位键；氢键不属于化学键，故答案为ABD。【小问4详解】根据磷酸分子结构可推出磷酸三乙酯是一分子磷酸与3分子乙醇反应得到的产物，结构简式为，其与足量NaOH反应的化学方程式为。【小问5详解】“氧化浸出”时，加入的将氧化为，化学方程式为。【小问6详解】“碱浸”时，Cu元素转化为As元素化合价也不变，形成+5价的As件下是，且产物可在“沉铜”循环使用。【小问7详解】第17页/共26页杂质，检验沉淀是否干净的具体操作是：取最后一次洗涤液于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗净。18.氯气、二氧化氯常用于漂白、杀菌，有重要的应用价值。请回答：I.（1）氯水中存在以下平衡，其平衡常数表达式________。氯水中加入会增大，用平衡移动原理解释其原因________。（2）常温下，将0.1mol通入100mL2mol/L溶液中充分吸收，则溶液________（已知，）Ⅱ.工业上采用催化氧化法处理HCl废气，同时实现氯资源循环利用：，将HCl和分别以不同起始流速通入360℃400℃和440℃HClα1所示，其中较低流速时（≤0.10mol/h）转化率可近似为平衡转化率。（3）________℃。（4）下列措施可提高N点HCl转化率的是________A.增大B.将温度适当降低C.使用更高效的催化剂D.用分子筛分离第18页/共26页Ⅲ.（62生成的电极反应方程式为________。【答案】（1）①.②.氯水中加入会与HCl反应消耗，使与的反应平衡正向移动，从而增大（2）10.7（3）360℃（4）BD（5）在较高流速时，反应还未达到平衡，T3温度低，反应速率小（6）【解析】【小问1详解】氯水中存在以下平衡Cl+HO⇌HCl+HClOCl+HO⇌H++Cl+HClOCaCOHCl反应消耗H+Cl2与HO的反应平衡正向移动，从而增大c(HClO)；【小问2详解】常温下，将0.1molCl2通入100mL2mol/LNaOH溶液中充分吸收，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+HO，NaClO为强碱弱酸盐，水解呈碱性，水解方程式为：ClO+HO⇌OH+HClO，则，NaClO浓度为1mol/L，且水解生成的，则，则，则pH=lg(H+；【小问3详解】该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低时，温度越高，HCl的转第19页/共26页【小问4详解】A．N点为平衡状态，增大n(HCl):n(O)，HCl的转化率减小，A不符合题意；B．N点为平衡状态，对应温度为440℃，由图像可知，温度降低，平衡正向移动，HCl的转化率增大，B符合题意；CN点为平衡状态，使用高效催化剂，可以增大该温度下的反应速率，但不影响化学平衡的移动，C不符合题意；DNHO(g)HO(g)HClD符合题意；故选BD；【小问5详解】在较高流速时，反应还未达到平衡，T3温度低，反应速率小，故a(T)小于a(T)和a(T)；【小问6详解】由图可知，NaClO3发生还原反应生成ClO，电极反应式为：。19.氨基甲酸铵剂等。该物质是一种易水解、受热易分解的白色固体，可通过氨气和二氧化碳反应制备，方程式为：。某化学兴趣小组用如图所示装置制取氨基甲酸铵。实验过程：I.度在30~40℃，反应生成白色固体。待反应结束后，过滤并干燥产物。Ⅱ.测定产品中氨基甲酸铵纯度：称取2.000g的氨基甲酸铵样品。加入50.00mL1.000mol/L的盐酸（过0.5000mol/L标准溶液滴定剩余的盐酸，消耗标准溶液的体积为20.00mL请回答：第20页/共26页（1）装置甲的名称________，装置6中盛放的试剂是________。（2）1装置能制备以下哪些气体________。A.（盐酸）B.（锌粒+盐酸）C.（电石+饱和食盐水）D.（浓盐酸）（3）液体石蜡鼓泡瓶的作用是________。（4）实验中要控制温度在30~40℃的原因是________。（5）下列说法正确是________。A.I中为了得到较干燥的产物，可采用低温烘干的方法B.Ⅱ滴定过程所加指示剂为酚酞，最后半滴溶液加入后溶液由浅红色变无色且半分钟不变色，则达到滴定终点C.Ⅱ滴定读数时，滴定前平视，滴定后仰视可能导致样品纯度测定结果偏低D.a口只需连接装有碱石灰的干燥管，用于吸收空气中的（6）制备的氨基甲酸铵的纯度为________。【答案】（1）①.长颈漏斗②.碱石灰（2）AB（3）通过观察气泡，调节与的通入比例接近2：1（合理即可）（4;高会使平衡逆向移动，或导致氨基甲酸铵发生分解，使产品产率降低（5）AC（6）78.00%【解析】【分析】分析实验目的和实验装置可知，装置1用于产生（会混入HCl7用于产生CO2和则会在装置4进行反应。根据题中的“该物质是一种易水解、受热易分解的白色固体”，以及实验过程Ⅰ，可以明确装置4必须是低温、无水的环境，则两气体进入装置42用于除去6用于除去35都是装有液体石蜡的鼓泡瓶，可以通过气泡的快慢控制两种气体的流速快慢。【小问1详解】装置甲是没有旋塞和活塞的，因此是长颈漏斗；由分析可知，装置6装的是碱石灰；第21页/共26页【小问2详解】装置1是简易的启普发生器，适用于固液在常温下反应制备气体，且多空隔板上要放置的是不溶于水的块状固体颗粒，据此分析选项：A．是不溶于水的块状固体颗粒，故适用，A符合；B．锌粒是不溶于水的块状固体颗粒，故适用，B符合；C堵导气管，C不符合；D．浓盐酸制备氯气的反应需要在加热的条件下进行，D不符合；答案选AB。【小问3详解】与均不溶解在石蜡中，故通入石蜡鼓泡瓶后，会以气泡的形式冒出，进而进入装置4，而气泡的速率就可以反映出与的通入比例，因此答案为“通过观察气泡，调节与的通入比例接近2：1【小问4详解】已知反应温度不能太高，否则会让平衡逆移，产量太低，同时产物的热稳定性也不高，温度过高也会导致产物分解。30℃~40速率太慢，影响生产效率;氨气与二氧化碳合成氨基甲酸铵的反应为放热反应，温度过高会使平衡逆向移动，或导致氨基甲酸铵发生分解，使产品产率降低”；【小问5详解】A．已知产物热稳定性不好，因此为了得到干燥的产物，必须用低温烘干的方法，A正确；BNaOH后半滴溶液加入后，溶液会由无色变为浅红色且半分钟不变色，则到达终点，B错误；CNaOH的量增大，从而使与氨基甲酸铵反应的盐酸物质的量的计算量偏低，最终导致样品纯度测定结果偏低，C正确；D．a口会有二氧化碳和氨气逸出，同时水汽也会进入，因此a口连接的装置必须起到防止水汽进入和防止氨气逸出的作用，而装有碱石灰的干燥管只能吸收空气中的水和二氧化碳，故不合适，D错误；第22页/共26页小问6详解】已知盐酸酸，而，则有，因此氨基甲酸铵