2026年山东省淄博市高考考前提分化学仿真卷（含答案解析）

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2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、室温时，用0.0200ml/L稀盐酸滴定溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是
已知：K(HY)=5.0×10-11
A．可选取酚酞作为滴定指示剂 B．M点溶液的pH>7
C．图中Q点水的电离程度最小，Kw、=、7，B正确；C. 由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14 ，C不正确； D. M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)， D不正确。本题选B。
2、C
【解析】
A．反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；
B．根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH－，则正极反应式：O2+2H2O+4e－=4OH－，正确，B不选；
C．根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1mlMg，质量为24g，失去2mle－；1mlAl，质量为27g，失去3mle－；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；
D．负极上Mg失电子生成Mg2＋，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH－，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH－不能达到阴极区，正确，D不选。
答案选C。
3、B
【解析】
A．通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；
B．该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；
C．该反应是一个吸热反应，故C错误；
D．氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，题给方程式没有标出各物质的聚集状态，不是该反应的热化学方程式，故D错误；
故答案为B。
考查学生吸热反应和物质能量的转化，通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量。
4、D
【解析】
A. HSO3−＋H2O=H3O+＋为HSO3−的电离方程式，故错误；
B. FeI2溶液中加双氧水，应是碘离子被氧化，生成碘单质，再亚铁离子反应生成铁离子，故错误；
C. 10 mL 0.1 ml·L−1 NaOH溶液中滴加几滴AlCl3溶液，说明碱过量，反应生成偏铝酸钠，不是氢氧化铝，故错误；
D. 3a ml CO2通入含2a ml Ba（OH）2的溶液中，反应生成碳酸钡和碳酸氢钡，离子方程式3CO2＋4OH−＋Ba2+=BaCO3↓＋2＋H2O，故正确；
故选D。
掌握酸式盐的水解或电离方程式的书写，通常都有水参与反应，关键是看离子是分开还是结合的问题，若分开，则为电离，若结合，则为水解。或结合电离或水解后的酸碱性判断，如亚硫酸氢根离子电离显酸性，所以反应产物有氢离子，水解显碱性，则反应产物有氢氧根离子。
5、C
【解析】
A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；
B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；
C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；
D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。
答案选C。
6、C
【解析】
由示意图可知：Na+向a电极移动，HSO3﹣、SO42﹣向b电极移动，则a为阴极，b为阳极，据此解答。
【详解】
A．a极上氢离子被还原为氢气，发生还原反应，故a为阴极，故A错误；
B．a极上氢离子得电子生成氢气，溶液中氢离子浓度降低，促进HSO3﹣电离生成SO32﹣，钠离子进入阴极室，吸收液就可以再生，故B错误；
C．酸性条件，阴离子主要为HSO3﹣，b电极上HSO3﹣转化为SO42﹣，电极反应式为：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正确；
D．b膜允许阴离子通过，故b膜为阴离子交换膜，故D错误。
故选：C。
7、C
【解析】
A. 加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；
B. 加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；
C. 加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；
D. 适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；
故答案为C。
8、C
【解析】
A. 洗涤的目的是：除去晶体表面的可溶性杂质，得到更纯净的晶体，提高纯度，A项正确；
B. 洗涤的试剂常选用：①蒸馏水；②冷水；③有机溶剂，如酒精、丙酮等；④该物质的饱和溶液，B项正确；
C. 洗涤的正确方法是：让过滤后的晶体继续留在过滤器中，加洗涤剂浸没过晶体，让洗涤剂自然流下，重复2−3次即可，C项错误；
D. 洗净的检验是取最后一次洗涤液少许于试管中检验是否含有形成沉淀的该溶液中的离子，D项正确；
答案选C。
9、C
【解析】
A.同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱酸，A正确；
B.铜在酸性条件下，被硝酸根离氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气变为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液可能含有NO3－，B正确；
C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，也可能为Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，C错误；
D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]结论，D正确。
正确选项C。
10、B
【解析】
A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故A不符合题意；
B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2↑，故B符合题意；
C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；
D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) =(436+243-431×2)kJ/ml=-183 kJ/ml，因此H2 (g)+Cl2 (g)→2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；
故选：B。
电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：①阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；②最常用、最重要的放电顺序为阳极：Cl－>OH－；阴极：Ag＋>Cu2＋>H＋。
11、B
【解析】
A. 地球上的碳是不断地循环着的，但由于人类的乱砍滥伐，导致大气中的CO2含量不断升高，A错误；
B. 燃烧含硫的物质导致大气中SO2含量升高，从而导致酸雨的形成，B正确；
C. 生活中臭氧的含量高，不仅会导致金属制品的腐蚀，还会对人体造成伤害，C错误；
D. 若不对大气进行治理，气候变暖是必然的，D错误。
故选B。
12、D
【解析】
A．NaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则NaHCO3溶液中存在c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(H2CO3)＞c(CO32-)，故A错误；
B．任何电解质溶液中都存在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得①c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根据电荷守恒得②c(Na+)+ c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+ c(OH-)，将①代入②得：c(HS-)+2c(H2S)= c(OH-)-c(H+)，故B错误；
C．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，无法判断电离程度和水解程度，不能判断溶液的酸碱性，即无法比较c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必满足电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C错误；
D．pH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5，pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5，所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍，故D正确；
答案选D。
13、B
【解析】
A.稀硫酸跟碳酸钠反应放出二氧化碳气体，二氧化碳与硅酸钠溶液反应有白色胶状沉淀生成，说明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，硫酸、碳酸、硅酸分别是S、C、Si的最高价含氧酸，则说明非金属性：S>C>Si，能完成实验；
B.CO2也能被碳酸钠溶液吸收，不能选用碳酸钠溶液，不能完成实验；
C.溴乙烷、乙醇、水蒸气都不能使溴的四氯化碳溶液褪色，对乙烯的检验没有影响，丙装置中溴的四氯化碳溶液褪色说明溴乙烷与NaOH的醇溶液共热产生了乙烯，能完成实验；
D.在氨水中存在平衡NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌NH4++OH-，CaO与水反应放热、同时生成Ca(OH)2，反应放出的热量促进NH3·H2O分解产生氨气，同时Ca(OH)2电离出OH-，使平衡逆向移动，促进氨气逸出，实验室可以用氧化钙固体与浓氨水反应来制备氨气，能完成实验；
答案选B。
14、C
【解析】
A．聚乙烯材料不可降解，A错误；
B．氮化镓，化学式GaN，是氮和镓的化合物，并不属于合金，B错误；
C．碳纤维是碳的单质，是一种无机非金属材料，C正确；
D．聚氯乙烯是速率，不可降解，且不可于用于食品包装，D错误。
答案选C。
15、C
【解析】
A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；
B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；
C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；
D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；
正确答案是C。
16、C
【解析】
A．石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；
B．绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；
C．推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；
D．“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；
故答案为C。
二、非选择题（本题包括5小题）
17、③⑧ +2NaOH +2NaBr +2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2O CH3COOCH2OH +nH2O
【解析】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应①为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。
【详解】
根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应⑧酯化反应生成F；D与氢气通过反应⑥生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应④加热氧化成C，则B为；A通过反应③生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；
(1)反应①为分解反应，反应②为加成反应，反应③为取代反应，反应④⑤为氧化反应，反应⑥为加成反应，反应⑦缩聚反应，反应⑧为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为③⑧；
(2)过反应③的化学方程式为：；
反应⑤的化学方程式为：；
(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、、；
(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；
(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。
18、ClCH2CH=CHCH2Cl 羧基、碳碳双键 加成反应 氢氧化钠水溶液、加热 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O CH3COOC2H5
【解析】
（1）由C的结构可知，反应①是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应②发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；
（2）①的反应的类型是：加成反应，②的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；
（3）④是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为；
（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；
（5）过程③由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，
故答案为：。
本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。
19、利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行 NaOH d b、d Na2CO3 分液 相互溶解但沸点差别较大的液体混合物 Na2SO3 先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗
【解析】
（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；
（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷，据此分析解答；
（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；
（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；
（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。
【详解】
（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；
（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；
a．若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；
b．若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；
c．若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；
d．反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；
答案选d；
（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。
（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；
（5）按方案①和②实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。
20、100mL容量瓶 滴定管 排出玻璃尖嘴的气泡 调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度 O2 H2O2在催化剂作用下分解产生O2 澄清石灰水 Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O Fe5O7 5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2
【解析】
(1)根据实验操作选择缺少的定量仪器，该实验第①步为配制100mL溶液，第③步为滴定实验，据此分析判断；
(2)根据滴定管的使用方法进行解答；
(3)①过氧化氢在铁离子催化作用下分解生成氧气；
②气泡可能是SCN-的反应产物N2、CO2、SO2或N2、CO2，可以利用二氧化碳通入石灰水变浑浊判断；
(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水；
(5)利用反应2I-+2Fe3+=2Fe2++I2的定量关系计算铁元素物质的量，进而计算氧元素物质的量，从而确定化学式；
(6)碳酸亚铁在空气中灼烧生成铁的氧化物和二氧化碳，结合原子守恒配平化学方程式。
【详解】
(1)该实验第①步为配制100mL溶液，缺少的定量仪器有100mL容量瓶；第③步为滴定实验，缺少的定量仪器为滴定管，故答案为：100mL容量瓶；滴定管；
(2)滴定管在使用之前，必须检查是否漏水，若不漏水，然后用水洗涤滴定管，再用待装液润洗，然后加入待装溶液，排出玻璃尖嘴的气泡，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，读数后进行滴定，故答案为：排出玻璃尖嘴的气泡；调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度；
(3)①假设2：气泡可能是H2O2的反应产物为O2，H2O2在催化剂铁离子作用下分解产生O2，故答案为：O2；H2O2在催化剂作用下分解产生O2；
②假设1为气泡可能是SCN－的反应产物N2、CO2、SO2或N2，CO2，则试管Y中的试剂可以是澄清石灰水，用于检验气体，若假设成立，气体通入后会变浑浊，故答案为：澄清石灰水；
(4)硫酸亚铁溶液和过量碳酸氢铵溶液混合反应生成碳酸亚铁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；故答案为：Fe2+ + 2HCO3- =FeCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)根据反应2I−+2Fe3+=2Fe2++I2，可得关系式：I− ~ Fe3+，在20mL溶液中n(Fe3+)=1.0000ml/L×0.01L×100=0.01ml，则100mL溶液中铁离子物质的量为0.05ml，则铁的氧化物中氧元素物质的量，则n(Fe):n(O)=0.05:0.07=5:7，化学式为：Fe5O7，故答案为：Fe5O7；,
(6)碳酸亚铁在空气中灼烧和氧气反应生成Fe5O7和二氧化碳，反应的化学方程式：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2，故答案为：5FeCO3+O2 Fe5O7+5CO2。
21、低温 CD 10 > > N2O 2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。
【解析】
⑴该反应ΔS < 0，ΔH < 0，根据ΔG = ΔH－TΔS< 0的结论；根据化学平衡移动来思考；③根据三步走思维来进行计算，用建模思想思考加压平衡移动，浓度变化。
⑵①模拟尾气中一氧化氮的物质的量0.025ml，模拟尾气中O2的物质的量为0.5ml，测得排出的气体中含0.45 ml O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05ml，同时测得0.0525 ml CO2，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025ml×（8%+16%）=0.006ml，根据氧守恒，生成一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001ml，根据氮守恒可知氮气的物质的量为进行计算得出了结论。
②NO2主要存在2NO2 N2O4的反应，不便于定量测定。
【详解】
⑴①该反应ΔS < 0，ΔH < 0，ΔG = ΔH－TΔS< 0，则反应在低温下能自发进行，故答案为：低温。
②A选项，升温，则正逆反应速率都升高，故A错误；
B选项，根据先拐先平衡，数字大，则T2 > T1，故B错误；
C选项，加压，平衡正向移动，二氧化碳量增加，体积分数增大，画一条与y轴的平行线，从下到上，降温，平衡向放热方向移动即正向移动，故C正确；
D选项，加压，平衡常数不变，平衡常数只与温度有关，故D正确。
综上所述，答案案为CD。
③
，则该反应的平衡常数为10；甲相当于2个容器的乙，再缩小容器体积，加压，平衡正向移动，N2增加，体积分数增大，因此N2的体积分数：甲 > 乙，甲中NO2的浓度在乙中2倍基础上减少，平衡移动是微弱的，因此NO2的浓度：甲 > 乙，故答案为：10； >；>。
⑵①模拟尾气中一氧化氮的物质的量0.025ml，模拟尾气中O2的物质的量为0.5ml，测得排出的气体中含0.45 ml O2，说明实际参与反应的氧气的物质的量为0.05ml，同时测得0.0525 ml CO2，而图中参与反应生成X和Y的一氧化氮的物质的量为：0.025ml×（8%+16%）=0.006ml，根据氧守恒，生成一氧化二氮的物质的量为：0.05×2+0.006-0.0525×2=0.001ml，根据氮守恒可知氮气的物质的量为：，所以16%对应的是氮气，而8%对应是一氧化二氮；故答案为：N2O。
②实验过程中采用NO模拟NOx，而不采用NO2的原因是2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定，故答案为：2NO2 N2O4，NO2气体中存在N2O4，不便于定量测定。
选项
实验
现象
结论
A
相同条件下，用1ml·L-1的CH3COOH和1ml·L-1的HCl分别做导电性实验
CH3COOH溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液可能含有NO3－
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
D
向浓度均为0.1 ml·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>
Ksp[Cu(OH)2]