1、2023高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

2、一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、化學與人類生產、生活密切相關，下列敘述中不正確的是（）A從花生中提取的生物柴油和從石油煉得的柴油都屬于烴類物質B高鐵“復興號”車廂連接關鍵部位使用的增強聚四氟乙烯板屬于高分子材料C中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料D用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料，實現“碳”的循環利用2、高溫下，某反應達到平衡，平衡常數，保持其他條件不變，若溫度升高，c（H2）減小。對該反應的分析正確的是A反應的化學方程式為：CO+H2OCO2+H2B升高溫度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C縮小容器體積，v（正）、v(逆)都增

3、大，且v（正）增大更多D升高溫度或縮小容器體積，混合氣體的平均相對分子量都不會發生改變3、常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230時，該反應的平衡常數K=2105。已知：Ni(CO)4的沸點為42.2，固體雜質不參與反應。第一階段：將粗鎳與CO反應轉化成氣態Ni(CO)4；第二階段：將第一階段反應后的氣體分離出來，加熱至230制得高純鎳。下列判斷正確的是A增加c(CO)，平衡向正向移動，反應的平衡常數增大B第一階段，在30和50兩者之間選擇反應溫度，選50C第二階段，Ni(CO)4分解率較低D該反應達到平衡時，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)4、

4、分枝酸是生物合成系統中重要的中間體，其結構簡式如圖所示。下列關于分枝酸的敘述不正確的是（ ）A分子中含有4種官能團B可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色D1mol分枝酸最多可與3molNaOH發生中和反應5、下列實驗操作與預期實驗目的或所得實驗結論一致的是選項實驗操作和現象預期實驗目的或結論A用潔凈的鉑絲蘸取某食鹽試樣，在酒精燈火焰上灼燒，火焰顯黃色說明該食鹽試樣不含KIO3BSiO2能與氫氟酸及堿反應SiO2是兩性氧化物C向兩支盛有KI3的溶液的試管中，分別滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液變藍，后者有黃色沉淀KI3溶液中存在平衡：I2ID室溫下

5、向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入銅屑，充分攪拌，過濾，得藍綠色溶液除去雜質FeCl3得純凈CuCl2溶液AABBCCDD6、鑒別二氧化碳和丙烯兩種氣體，下列方法或所選試劑中不可行的是（）A可燃性實驗B酸性高錳酸鉀C澄清石灰水D品紅試液7、圖甲為一種新型污水處理裝置，該裝置可利用一種微生物將有機廢水的化學能直接轉化為電能。圖乙為電解氯化銅溶液的實驗裝置的一部分。下列說法中不正確的是Aa極應與X連接BN電極發生還原反應，當N電極消耗11.2 L(標準狀況下) O2時，則a電極增重64 gC不論b為何種電極材料，b極的電極反應式一定為2Cl2e=Cl2D若廢水中含有乙醛，則M極的電極反

6、應為：CH3CHO3H2O10e=2CO210H8、NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述錯誤的是（ ）A常溫常壓下，62g白磷中含有PP鍵數目為3NAB22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物中共價鍵數目為16NAC1molNa2O和NaHSO4的固體混合物中含有的陰、陽離子總數為3NAD常溫下，將一定量的鐵粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反應，若還原產物為NO，則轉移電子數一定為1.5NA9、在通風櫥中進行下列實驗：步驟現象Fe表面產生大量無色氣泡，液面上方變為紅棕色Fe表面產生少量紅棕色氣泡后，迅速停止Fe、Cu接觸后，其表面均產生紅棕色氣泡下列說法中，不正確的是（ ）A中氣體由無色

7、變紅棕色的化學方程式為：2NO+O2=2NO2B中的現象說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應C對比、中現象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D針對中現象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續被氧化10、化合物X是一種醫藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是A分子中兩個苯環一定處于同一平面B不能與飽和Na2CO3溶液反應C1 mol化合物X最多能與2 molNaOH反應D在酸性條件下水解，水解產物只有一種11、鉍(Bi)位于元素周期表中第A族，其價態為3時較穩定，鉍酸鈉(NaBiO3)溶液呈無色?，F取一定量的硫酸錳(MnSO4)溶液，向其中依次滴加

8、下列溶液，對應的現象如表所示：在上述實驗條件下，下列結論正確的是ABiO3-的氧化性強于MnO4-BH2O2被高錳酸根離子還原成O2CH2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D在KI-淀粉溶液中滴加鉍酸鈉溶液，溶液一定變藍色12、 “太陽能燃料”國際會議于2019年10月在我國武漢舉行，旨在交流和探討太陽能光催化分解水制氫、太陽能光催化二氧化碳轉化為燃料等問題。下列說法錯誤的是( )A太陽能燃料屬于一次能源B直接電催化CO2制取燃料時，燃料是陰極產物C用光催化分解水產生的H2是理想的綠色能源D研發和利用太陽能燃料，有利于經濟的可持續發展13、將少量SO2氣體通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中

9、,溶液顏色由棕黃色變成淺綠色,同時有白色沉淀產生。針對上述變化,下列分析正確的是A該實驗表明SO2有漂白性B白色沉淀為BaSO3C該實驗表明FeCl3有還原性D反應后溶液酸性增強14、已知：pKa=lgKa，25時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常溫下，用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1 H2SO3溶液的滴定曲線如下圖所示(曲線上的數字為pH)。下列說法不正確的是( ) Aa點所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32)=0.1molL1Bb點所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)Cc點所得溶液中：c(Na+)3c(

10、HSO3)Dd點所得溶液中：c(Na+)c(SO32) c(HSO3)15、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，原子序數之和為42，X原子的核外電子總數等于Y的最外層電子數，Z原子最外層只有1個電子，W能形成酸性最強的含氧酸。下列說法正確的是A單質的熔點：ZXBZ與Y、W均能形成離子化合物C氣態氫化物的沸點：XY”、“”“c(SO32) c(HSO3)，D正確。正確答案為A【答案點睛】本題考查水溶液中離子濃度大小的比較，較難。B、D選項容易判斷，主要是A、C兩個選項的判斷較難，首先須分析每點溶液中溶質的成分及酸堿性、然后利用電離常數和對應點氫離子濃度，得到有關的某兩種離子濃度相等的等

11、式，然后利用不等式的知識解答。15、B【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，原子序數之和為42，Z原子最外層只有1個電子，Z是第IA元素，結合原子序數大小可知Z為Na元素；W能形成酸性最強的含氧酸，W應該為Cl元素；X、Y的原子序數之和=42-11-17=14，X原子的核外電子數等于Y的最外層電子數，Y只能位于第二周期，設X的核外電子數為x，則x+(2+x)=14，解得x=6，則X為C元素、Y為O元素，據此結合元素周期律分析解答?！绢}目詳解】根據上述分析，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Cl元素。AX、Z分別為C、Na元素，金屬Na的熔點較低，C的單質一般為金剛石

12、或石墨，熔點較高，熔點：XZ，故A錯誤；BNa與O和Cl形成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉、NaCl，都是離子化合物，故B正確；C水分子間能夠形成氫鍵，沸點：H2OHCl，故C錯誤；DX、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，僅Na2O2有非極性鍵，故D錯誤；故選B。16、B【答案解析】從圖中可以看出，在陽離子交換柱段，自來水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發生交換，Ca2+、Na+、Mg2+進入陽離子交換樹脂中，樹脂中的H+進入水中；在陰離子交換柱段，NO3-、Cl-、SO42-進入陰離子交換樹脂中，樹脂中的OH-進入水中，與水中的H+反應生成H2O?！绢}目詳

13、解】A經過陽離子交換樹脂后，依據電荷守恒，水中陽離子的總數增多，A不正確；B通過陽離子交換樹脂時，水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發生交換，H則被交換到水中，B正確；C通過凈化處理后，水的導電性減弱，C不正確；D陰離子樹脂填充段存在反應HOH-=H2O，D不正確；故選B。17、B【答案解析】A酯化反應為可逆反應，1mol冰醋酸和1mol乙醇經催化加熱反應可生成H2O分子數小于NA，故A錯誤；B常溫常壓下，將15g NO和8g O2混合反應生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮會聚合為四氧化二氮，所得混合氣體分子總數小于0.5NA，故B正確；C標況下四氯化碳為液體，不能使用氣

14、體摩爾體積，故C錯誤；D熔融狀態的KHSO4的電離方程式為KHSO4=K+HSO4-； 6.8g熔融狀態的KHSO4物質的量=0.05mol，含0.05mol陽離子，故D錯誤；故選：B?！敬鸢更c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的應用，掌握公式的使用和物質的結構、狀態是解題關鍵，注意氣體摩爾體積使用條件和對象，題目難度不大。18、D【答案解析】A.2丙醇含有羥基，可與HCl等發生取代反應，發生消去反應生成丙烯，發生催化氧化反應生成丙酮，A不符合題意；B. 苯甲醇可與HCl等發生取代反應，能發生催化氧化反應生成苯甲醛，但不能發生消去反應，B不符合題意；C.甲醇含有羥基，可與HCl等發生取代反應，能發生

15、催化氧化反應生成甲醛，但不能發生消去反應，C不符合題意；D. 含有羥基，可與HCl等發生取代反應，發生消去反應生成2甲基1丙烯，發生催化氧化反應生成2甲基丙醛，D符合題意；答案選D?！军c晴】該題的關鍵是明確醇發生消去反應和催化氧化反應的規律，即與羥基所連碳相鄰的碳上有氫原子才能發生消去反應，形成不飽和鍵；醇發生氧化反應的結構特點是：羥基所連碳上有氫原子的才能發生氧化反應，如果含有2個以上氫原子，則生成醛基，否則生成羰基。19、D【答案解析】A. 二氧化碳是分子晶體，二氧化硅是原子晶體，晶體結構不同，故A錯誤；B. 晶體中有陽離子，未必一定有陰離子，如：在金屬晶體中，存在金屬陽離子和自由移動的電

16、子，故B錯誤；C. 四氯化碳不易發生水解反應，故C錯誤；D. 碳酸氫鉀與碳酸氫鈉性質相似，可析出碳酸氫鉀晶體，故D正確；答案選D。【答案點睛】離子晶體由陽離子和陰離子構成，金屬晶體由陽離子和自由電子構成，因此，晶體中有陽離子，未必一定有陰離子；有陰離子，一定有陽離子。20、C【答案解析】A. SO2具有較強的還原性，NaClO具有強氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中發生氧化還原反應，離子方程式為：SO2H2OClOSO42Cl2H+，故A正確；B. 在稀氨水中通入過量CO2，反應生成NH4HCO3，離子方程式為：NH3H2OCO2NH4+HCO3，故B正確；C. 因濃硫酸具有強氧化性，可把

17、Fe2和H2S氧化，所以用濃H2SO4溶解FeS固體，不能生成Fe2和H2S，故C錯誤；D. 氫氧化鋇溶液與等物質的量的稀H2SO4混合，反應的離子方程式為：Ba22OH2HSO42BaSO42H2O，故D正確；答案選C?！敬鸢更c睛】明確發生的化學反應及離子方程式的書寫方法是解答的關鍵，本題的易錯點是C項，因濃硫酸具有強氧化性，則生成物不可能為Fe2和H2S，所以在解題時要注意掌握離子方程式正誤判斷的常用方法，主要包括：檢查反應能否發生、檢查反應物和生成物是否正確、檢查各物質拆分是否正確、檢查是否符合原化學方程式等。21、C【答案解析】A.實驗室中用二氧化錳與濃鹽酸共熱制取氯氣，而3 molL

18、-1的鹽酸是稀鹽酸，因此不能發生反應制取氯氣，A錯誤；B.該實驗不需要保證氯氣是干燥的，所以裝置中盛放的試劑是飽和NaCl溶液，作用是除去氯氣中的雜質HCl氣體，B錯誤；C.由于NO2氣體不能再CCl4中溶解，氣體通過裝置，可根據導氣管口氣泡的多少，觀察氣體流速，因此其作用是便于控制通入NO2的量，C正確；D.若制備的NO2中含有NO，將混合氣體通入水中，會發生反應：3NO2+H2O=2HNO3+NO，最后導致氣體完全變質，D錯誤；故合理選項是C。22、C【答案解析】A因為MgS與NaHS的摩爾質量都是56g.mol-1，所以112gMgS與NaHS混合物的物質的量為2mol，而MgS與NaH

19、S混合晶體中含有陽離子分別為Mg2+、Na+，故112gMgS與NaHS混合晶體中含有陽離子的數目為2NA，A正確；BNa3PO4是強電解質，在溶液中的電離方程式為：Na3PO4=3 Na+ PO43-，則1L 0.1molL1的Na3PO4溶液中Na+的物質的量為0.3mol，故1L 0.1molL1的Na3PO4溶液中Na+的數目為0.3NA，B正確；C常溫下，Cu與濃硫酸不反應，C錯誤；D乙酸乙酯的結構式為，88g乙酸乙酯的物質的量是1mol，一個乙酸乙酯分子中含有兩個非極性共價鍵，故88g乙酸乙酯中含有的非極性共價鍵的數目為2NA，D正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、加成反

20、應 2+O22+2H2O 保護碳碳雙鍵，防止催化氧化時被破壞 氫氧化鈉的醇溶液或氫氧化鈉的乙醇溶液 bd +I2+HI 【答案解析】與HBr發生加成反應生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)發生銀鏡反應生成(D)，(D)與氫氧化鈉的醇溶液反應生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)與I2反應生成(G)，一定條件下可反應生成(H)，最終反應生成(I)，據此作答。【題目詳解】（1）反應為與HBr發生加成反應生成，因此反應類型為加成反應；（2）反應為催化氧化生成，反應方程式為：2+O22+2H2O；（3）步驟將碳碳雙鍵改變，步驟將碳碳雙鍵還原，兩個步驟保護了碳碳雙鍵，防止催化氧化時碳碳雙鍵被

21、破壞；（4）反應是發生消去反應反應生成的過程，小區反映的條件是氫氧化鈉的醇溶液；（5）a. 有機物A中存在羥基，屬于親水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a項錯誤；b. 反應為銀鏡反應，銀鏡反應后的試管可用硝酸洗滌，b項正確；c. 與I2反應生成發生了加成反應和消去反應，不是取代反應，c項錯誤；d. 物質D為，既可與氫氧化鈉水溶液發生取代反應，也可與鹽酸發生取代反應，d項正確；答案選bd；（6）F為，與I2在在一定條件下反應生成G的化學方程式為：+I2+HI；另一有機物與G互為同分異構體，根據結構特點可知該物質的結構簡式為：；（7）根據已知條件可知乙烯與水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙

22、醛；乙烯與HBr發生加成反應生成溴乙烷，溴乙烷與乙醛反應生成2-丙烯，2-丙烯在一定條件下可生成，因此合成路線可表示為：?！敬鸢更c睛】對于有機合成和推斷題的解法，可概括為“前推后，后推前，兩邊推中間，關鍵看條件、信息、官能團”，解題的關鍵是快速提取有效信息，具體過程為：24、羧基 羰基 ， +N2H4+2H2O 6 、 【答案解析】(1)根據B結構簡式確定其含有的官能團；(2)根據i-iv中反應的特點分析判斷i-iv中的取代反應；(3)與N2H4發生取代反應產生和H2O，據此書寫反應方程式；(4) 的同分異構體滿足條件：I.分子中含苯環；II.可發生銀鏡反應，說明分子中含有醛基，也可能含有甲酸

23、形成的酯基；III.核磁共振氫譜峰面積比為12221，據此書寫可能的同分異構體結構簡式，判斷其種類數目；(5)仿照題中的合成的流程，對比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路線，結合給出的原料，即可設計出合成路線?！绢}目詳解】(1)B結構簡式為，可知化合物B中含有的官能團為羧基、羰基；(2)取代反應是有機物分子中的某些原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應，根據物質的結構簡式及變化，可知反應ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，該反應為取代反應；反應iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，該反應為取代反應；反應iv中上斷裂N-

24、H鍵，H原子被取代得到，同時產生HCl，該反應為取代反應；故反應在i-iv中屬于取代反應的是、；(3)反應ii是與N2H4在一定條件下反應產生和H2O，該反應的化學方程式為+N2H4+2H2O；(4) 的同分異構體滿足條件：I.分子中含苯環；II.可發生銀鏡反應，說明分子中含有醛基；III.核磁共振氫譜峰面積比為12221，說明分子中含有5種不同的H原子，個數比為12221，則可能的結構為、，共6種；(5)由以上分析可知，首先苯與Br2在Fe催化下發生取代反應產生溴苯，與在溴對位上發生反應產生，與N2H4發生取代反應產生， 和發生取代反應產生和HCl。故以 和和為原料制備該化合物的合成路線流程

25、圖為：。25、MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升華出來的FeCl3與未反應完的鐵粉在水溶液中反應生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+ 液體中無明顯光路 K3Fe(CN)6 生成藍色沉淀 【答案解析】首先制取氯氣，然后除雜、干燥，再與鐵粉反應，冷凝法收集升華出的FeCl3，最后連接盛有堿石灰的干燥劑，吸收多余的氯氣，防止空氣中的水蒸氣使FeCl3水解。F中剩余的固體可能為未升華的FeCl3和鐵粉的混合物，溶于水發生反應生成FeCl2；Fe3+與SO2發生氧化還原反應生成Fe3+和SO42-，根據得失電子守恒、電

26、荷守恒和原子守恒寫出離子方程式；沒有出現丁達爾現象，說明紅棕色物質不是Fe(OH)3膠體；用K3Fe(CN)6溶液檢驗Fe2+，生成藍色沉淀；反應(i)比反應(ii)快，則活化能E(i)E(ii)；反應(ii)進行的程度更大，則平衡常數K(i)K(ii);【題目詳解】（1）反應的離子方程式為：MnO22Cl4H+Mn2+Cl22H2O；（2）首先制取氯氣，然后除雜、干燥，導管應長進短出，所以a連接h，i連接d；在F中與鐵粉反應，為防止FeCl3堵塞導管，應用粗導管，則e連接j，冷凝法收集升華出的FeCl3，所以k連接g；最后連接盛有堿石灰的干燥管，吸收未反應的氯氣；（3）實驗結束后，去少量F中

27、的固體加水溶解，經檢測發現溶液中含有Fe2+，其原因為未升華出來的FeCl3與未反應的Fe發生反應生成Fe2+；（4）Fe3+與SO2發生氧化還原反應生成Fe3+和SO42-，根據得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，離子方程式為SO2+2H2O+2Fe3+=SO42-+4H+2Fe2+；（5）沒有出現丁達爾現象，說明紅棕色物質不是Fe(OH)3膠體；（6）由實驗現象可知，FeCl3與SO2首先發生反應(i)，說明反應(i)比反應(ii)快，則活化能E(i)E(ii)；反應最終得到Fe2+，反應(ii)進行的程度更大，則平衡常數K(i) 紫外光的光子所具有的能量比蛋白質分子中的化學鍵CC、CN、C

28、S的鍵能大，紫外光的光子所具有的能量足以使這些共價鍵斷裂，從而破壞蛋白質分子 sp2、sp3 TiNMgOCaOKCl 12 CrO2 AC 6 2 【答案解析】(1)觀察A、B兩元素各電離能的差別，判斷A、B的化合價。(2)從表格數據，紫外光的光子能量足以破壞這些共價鍵。最簡單的氨基酸是甘氨酸。(3)觀察表格中的數據會發現，陰陽離子所帶的電荷數對晶格能的影響大于陰陽離子的半徑對晶格能的影響。(4)根據核外電子的排布式確定未成對電子數。(5)觀察配合物的分子的結構。(6)破環OCO，H-H。【題目詳解】(1)觀察A、B兩元素各電離能的差別，可判斷A的化合價為+3，即為Al；B為+2價，為Mg。

29、因為同周期從左至右電負性增大，故Al的電負性大于Mg。(2)從表格中給出的蛋白質中各共價鍵的鍵能可以發現，紫外光的光子能量足以破壞這些共價鍵。最簡單的氨基酸是甘氨酸，其中碳原子采用sp3雜化，碳原子采用sp2雜化。(3)觀察表格中的數據會發現，陰陽離子所帶的電荷數對晶格能的影響大于陰陽離子的半徑對晶格能的影響。四種晶體均為離子晶體，TiN和CaO中的陽離子均為18電子結構，陰離子均為10電子結構，Ti和Ca、N和O的原子序數均相差1，因此Ti3+和Ca2+、N3-和O2-的離子半徑均相差不大，但是由于Ti3+和N3-均帶有3個單位的電荷，因此TiN的晶格能大于CaO。CaO、MgO中的陰陽離子

30、均帶有2個單位的電荷，Ca2+的半徑大于Mg2+，所以MgO的晶格能大于CaO。綜上所述，這種晶體的晶格能大小順序為TiNMgOCaOKCl。所以晶體的熔點高低順序也為TiNMgOCaOKCl。(4)V2O5中V5+的電子排布式為1s22s22p63s23p6，沒有未成對電子；CrO2中Cr4+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d2，含有2個未成對電子，因此適合作錄音帶磁粉原料的是CrO2。(5)觀察配合物的分子結構會發現其中存在配位鍵NiN，極性鍵HO、ON等，非極性鍵CC，氫鍵OHO等作用力。不存在離子鍵和金屬鍵。(6)CO2的結構式為OCO，1個CO2分子中含有2個鍵和2個鍵，1個H2分子中共含有1個鍵，生成1molCH4需要1molCO2和4molH2，因此需要斷裂6mol鍵和2mol鍵?！敬鸢更c睛】陰陽離子所帶的電