备战高考化学钠及其化合物推断题综合题汇编.docx
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备战高考化学钠及其化合物推断题综合题汇编
2020-2021备战高考化学钠及其化合物推断题综合题汇编
一、钠及其化合物
1.有三种金属单质A、B、C,其中A的焰色反应为黄色,B、C是常见金属。
三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A__________;G___________。
(2)写出反应①的化学方程式:
__________;写出反应②的离子方程式:
_________。
(3)说出黄绿色气体乙的一种用途__________________。
(4)区别E、F两种溶液最简单的方法是______,实验室检验G中所含的金属离子时,常在G的溶液中加入_____溶液
【答案】NaFeCl3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑制漂白粉观察法KSCN
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色,故A为金属Na,与水反应生成NaOH与氢气,则D为NaOH,气体甲为H2;氢氧化钠与金属B反应生成氢气,故金属B为Al,黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl,HCl溶于水得物质E为盐酸.氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,由转化关系:
HCl+金属C→物质F,F+氯气→物质G,可知金属C为Fe,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3,结合物质的性质解答该题。
【详解】
金属A焰色反应为黄色,故A为金属Na,与水反应生成NaOH与氢气,则D为NaOH,气体甲为H2;氢氧化钠与金属B反应生成氢气,故金属B为Al,黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl,HCl溶于水得物质E为盐酸.氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀H是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,由转化关系HCl+金属C→物质F,F+氯气→物质G,可知金属C为Fe,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3;
(1)根据上面的分析可知:
A的化学式为Na;G的化学式为FeCl3;
(2)反应①为Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2,发生反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑;反应②为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2,发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(3)黄绿色气体乙为氯气,可用于自来水的消毒或制漂白粉等。
(4)E为稀盐酸、F为FeCl2溶液,区分这两种溶液最简单的方法是观察法,盐酸是无色溶液,而FeCl2溶液是浅绿色;G为FeCl3溶液,含有Fe3+,检验时向FeCl3的溶液中加入KSCN溶液,可观察到溶液显血红色;
2.中学化学常见物质A~I的转化关系如框图所示,其中A为化合物,B为常见金属单质,H的焰色反应为黄色,Y不使品红溶液褪色。
(部分反应条件、溶剂及产物已略去)
(1)反应①、②的离子方程式________________、__________。
(2)现有含0.10molH的溶液,要使其转化成含0.10molF的溶液,则:
①若只能加入0.050mol的某物质,该物质可能是_________________(填化学式,写1种)。
②若只能加入0.10mol的某物质,该物质可能是_________________(填化学式,写1种)。
【答案】2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-Na2O或Na2O2NaOH或Na
【解析】
【分析】
由H的焰色反应为黄色,则含有钠元素,且能与F在加热与过量的y之间相互转化,则H为NaHCO3,F为Na2CO3,气体Y为CO2,溶液D为NaOH,化合物A能与液体x反应生成NaOH和气体C,那么A为Na2O2,液体x为H2O;因为B为金属单质,固体E为金属氧化物且能与氢氧化钠反应,则B为Al,E为Al2O3,G为NaAlO2,向NaAlO2通入二氧化碳产生Al(OH)3和NaHCO3,所以I为Al(OH)3,据此回答。
【详解】
(1)反应①是Na2O2与H2O反应,所以离子反应方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;反应②是向NaAlO2通入二氧化碳,所以离子反应方程式为:
AlO2-+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+HCO3-;
(2)由分析可知①Na2O或Na2O2,②NaOH或Na。
【点睛】
本题关键点在于H,H含有钠元素,并且在加热和通气体y的条件下与F相互转化,而钠的化合物能满足的只有碳酸氢钠。
3.A、B、C、W均为中学常见的物质,它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。
(1)若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色,A俗称苛性钠,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B。
①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为__________________________________。
②A溶液与C溶液反应的化学方程式为______________________________________。
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠。
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_____________。
②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________________________。
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g·mol-1。
①B的化学式为________________。
②实验室制取B时,_____________(填“能”或“不能”)用向上排空气法收集B。
③一定条件下B与CO反应的化学方程式为_____________________________。
(4)若A为淡黄色固体单质,W为气体单质,B、C均为酸性氧化物。
则C溶于水形成化合物D,在加热的情况下,D的浓溶液与A反应的化学方程式为________________________。
【答案】CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑Al3-+4OH-=AlO2-+2H2ONO不能2NO+2CO
2CO2+N2S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)若A、B、C 三种物质的焰色反应均为黄色,均含Na元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B,则W为CO2、B为Na2CO3,C为NaHCO3;
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠,则B为Al(OH)3,A为AlCl3、C为NaAlO2;
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g•mol-1,则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2;
(4)若A 为淡黄色固体单质,W 为气体单质,B、C均为酸性氧化物,则A为S,W为O2、B为SO2、C为SO3。
【详解】
(1)若A、B、C 三种物质的焰色反应均为黄色,均含Na元素,A俗称苛性钠,则A为NaOH,W为无色无味气体,C受热分解可转化为B,则W为CO2、B为Na2CO3,C为NaHCO3。
①向Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3的离子方程式为:
CO32-+H2O+CO2=2HCO3-;
②NaOH溶液与NaHCO3溶液反应的化学方程式为:
NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O;
(2)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠,则B为Al(OH)3,A为AlCl3、C为NaAlO2;
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素为Al,单质Al与NaOH溶液反应生成NaAlO2和氢气的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
②AlCl3溶液中滴加过量NaOH溶液生成NaAlO2,发生反应的离子方程式为Al3-+4OH-=AlO2-+2H2O。
(3)若A、B、C、W四种物质均为气体,其中A、W为单质,C的摩尔质量为46g•mol-1,则A为N2、W为O2、B为NO、C为NO2;
①B 的化学式为:
NO;
②由于NO能与氧气反应,实验室制取NO时,不能用向上排空气法收集;
③NO与CO在催化剂作用下生成N2和CO2,发生反应的化学方程式为2NO+2CO
2CO2+N2;
(4)若A 为淡黄色固体单质,W 为气体单质,B、C均为酸性氧化物,则A为S,W为O2、B为SO2、C为SO3;SO3溶于水形成化合物D为H2SO4,在加热的条件下,浓硫酸与硫反应的化学方程式为S+2H2SO4(浓)
3SO2↑+2H2O。
4.某溶液只可能含有K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-中的若干种离子。
某同学取100mL的溶液分成两等份进行如下实验:
①第一份加过量的氢氧化钠溶液后加热,收集到0.05mol有刺激性气味的气体,同时得到澄清溶液甲。
②向溶液甲中通入过量的二氧化碳气体,生成白色沉淀,沉淀经过滤,洗涤灼烧后,得到1.02g固体。
③第二份加足量的氯化钡溶液后,生成白色沉淀,加入足量盐酸,沉淀并不溶解,过滤沉淀,充分洗涤,干燥,得到11.65g固体。
(1)在原溶液中一定存在的离子有_________________________________;一定不存在的离子有_____________________;不能确定是否存在的离子有___________。
(2)为了确定不能确定的离子是否存在,可以采取的方法为__________________________________。
(3)由操作②确定的离子在溶液中的浓度为___________。
【答案】NH4+、Al3+、SO42-、Cl-Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-K+用洁净的铂丝蘸取少量试样,并在煤气灯外焰上灼烧,并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,若火焰为紫色,则证明溶液中含有K+c(Al3+)=0.4mol/L
【解析】
【分析】
本题主要考查离子共存与离子反应及其相关计算。
溶液和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气,可以和过量的氢氧化钠反应生成的沉淀可以是氢氧化铁、氢氧化镁,氢氧化铝可以和过量的氢氧化钠之间反应;向偏铝酸钠中通过量的二氧化碳可以得到氢氧化铝沉淀,氢氧化铝灼烧可以得到氧化铝,根据铝元素守恒可以计算铝离子的量,在溶液中,铝离子和碳酸根离子因为双水解不共存;硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成硫酸钡沉淀,是一种不溶于盐酸的白色沉淀,根据沉淀的量,并结合发生的反应来计算硫酸根离子的量,再根据溶液中电荷守恒判断其它离子即可。
【详解】
①第一份加过量NaOH溶液后加热,收集到0.05mol气体,即为氨气,一定含有NH4+,NH3物质的量为0.05mol,NH4+浓度为:
=1mol/L,无沉淀生成,则一定不含有Fe3+、Mg2+;
②向甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,即为氢氧化铝,则原溶液中一定有Al3+,一定不含有碳酸根离子,铝离子和过量的氢氧化钠反应生成偏铝酸钠溶液,溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,即为氢氧化铝,氢氧化铝沉淀经过滤、洗涤、灼烧后,得到1.02g固体即为氧化铝,根据铝元素守恒,得到铝离子的物质的量是
,Al3+浓度为:
;
③第二份加足量BaCl2溶液后,生成白色沉淀,则一定含有硫酸根离子,原溶液中一定无钡离子,沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,得到11.65g固体,即硫酸钡的质量是11.65g,硫酸钡物质的量为:
,根据原子守恒,所以硫酸根离子的物质的量是0.05mol,硫酸根浓度为:
,
综上分析可知,一定含有的离子是:
NH4+、Al3+、SO42-,其浓度分别是:
1mol/L、0.4mol/L、1mol/L,一定不含Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-,根据电荷守恒,溶液中一定存在Cl-,无法确定是否存在K+。
(1)由上述分析可知,溶液中一定存在的离子为:
NH4+、Al3+、SO42-、Cl-;一定不存在的离子为Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-;无法确定是否存在K+;
(2)对于K+的检验,常采用焰色反应,其操作方法为:
用洁净的铂丝蘸取少量试样,并在煤气灯外焰上灼烧,并透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,若火焰为紫色,则证明溶液中含有K+;
(3)通过上述分析可知,由操作②确定的Al3+在溶液中的浓度为0.4mol/L。
【点睛】
对于钠离子或钾离子的存在与否,常通过溶液中的电荷守恒判断;若要通过实验方法检验钾离子或钠离子,常采用焰色反应检验,需注意,焰色反应检验钾离子,需通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色,避免钠离子的干扰。
5.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子半径最小;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐;D与A同主族,且与E同周期;E元素原子的最外层电子数比次外层电于数少2;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。
请回答:
(l)B元素的名称是__________。
在周期表中的位置是_________________________。
(2)C和E两种元素相比较,原子得电子能力较强的是(填元素名称)____________。
以下三种说法中,可以验证该结论的是(填写编号)____________________。
A.比较这两种元素的常见单质的沸点
B.二者形成的化合物中,C元素的原子显负价
C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素),这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为_______________________________________________。
(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂,每生成标准状况下11.2LO2,消耗该化合物的质量为___________。
【答案】氮第二周期第ⅤA族氧BCHSO3-+H+=SO2↑+H2O78g
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子半径最小,则A为H元素;D与A同主族,原子序数相差大于2,故D为Na;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,则B为N元素;D与E同周期,则E处于第三周期,E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2,最外层电子数为6,故E为S元素;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物,可推知C为O元素,据此分析解题。
【详解】
由分析知:
A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素;
(1)B元素的名称是氮元素,核电荷数为7,在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族;
(2)同主族自上而下原子得电子能力减弱,故O原子得电子能力比硫原子强;
A.单质的沸点属于物理性,不能判断得电子能力强弱,故A错误;
B.二者形成的化合物中,O元素的原子显负价,说明氧元素对键合电子吸引力更大,O的非金属性强,故B正确;
C.氢化物越稳定,元素非金属性越强,可以比较氧原子得电子能力强,故C正确;故答案为BC;
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素):
NH4HSO3、NH4HSO4,这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O;
(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂,该化合物为Na2O2,生成标准状况下11.2LO2,其物质的量为
=0.5mol,由2Na2O2~O2可知消耗过氧化钠为0.5mol×2=1mol,其质量为1mol×78g/mol=78g。
6.Mg及其化合物可以发生如下转化(部分反应物、生成物或水已略去),已知X、Y、Z为气态单质,B常温下为液态,化合物D的焰色反应为黄色,C和G混合冒白烟并生成A,电解E的水溶液常用于某种工业生产。
(1)写出下列物质的化学式:
A___________,Y__________;
(2)写出C的电子式____________;
(3)写出MgCl2与D反应的化学方程式_____________;
(4)请用水解平衡理论解释A+B+Mg→C+X+MgCl2的原因______________。
(5)将0.1molCO2通入1L溶质为F的溶液中,充分反应后,再向混合液中逐滴滴加盐酸,所加盐酸的体积与生成的气体的关系如下图所示:
则原F溶液的浓度为_______mol/L。
【答案】NH4ClO2
2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl,加入镁后,因为镁非常活泼,与水解所得盐酸反应生成H2,使溶液中氢离子的浓度减小,从而促进了NH4Cl的水解,最终逸出NH30.3mol/L
【解析】
【分析】
X、Y、Z为气态单质,B常温下为液态,可以判断为水,D为化合物,它的焰色反应为黄色说明含有钠元素,含钠的化合物与氯化镁反应生成了氢氧化镁,说明D在反应时生成了碱,沉淀镁离子,同时生成单质气体Y,E中含有钠元素电解生成X、Z气体和F,G和氢氧化镁反应生成氯化镁,证明G为盐酸,所以X、Y为氢气和氯气,结合条件判断E为氯化钠;含钠的化合物D与氯化镁反应生成氯化钠氢氧化镁和单质气体Y,只有D为过氧化钠符合,所以Y为氧气;C和G混合冒白烟并生成A,结合G为氯化氢可知C应为碱性气体氨气,A为氯化铵,金属镁与氯化铵水溶液反应生成氯化镁、氢气,反应放热同时生成了氨气,据此分析解答。
【详解】
(1)依据上述推断可知,A为NH4Cl,Y为O2,故答案为NH4Cl;O2;
(2)C为氨气,电子式为
,故答案为
;
(3)氯化镁与过氧化钠反应生成的产物为氢氧化镁、氧气、氯化钠,反应的化学方程式为:
2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑,故答案为2MgCl2+2Na2O2+2H2O=4NaCl+2Mg(OH)2↓+O2↑;
(4)A+B+Mg→C+X+MgCl2的化学方程式为2NH4Cl+Mg=2NH3↑+H2↑+MgCl2,NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl,加入镁后,因为镁为活泼金属,与水解所得盐酸反应生成H2,使溶液中氢离子的浓度减小,从而促进了NH4Cl的水解,最终逸出NH3,故答案为NH4Cl水解生成NH3•H2O和HCl,加入镁后,因为镁非常活泼,与水解所得盐酸反应生成H2,使溶液中氢离子的浓度减小,从而促进了NH4Cl的水解,最终逸出NH3;
(5)F为氢氧化钠,通入1mol二氧化碳气体反应后,滴入盐酸开始无气体生成,然后有气体生成,最后不变。
由图象分析可知,消耗200mL盐酸无气体放出,说明二氧化碳与氢氧化钠反应生成的产物中无碳酸氢钠,碳酸钠与盐酸反应放出二氧化碳先后发生①CO32-+H+=HCO3-、②HCO3-+H+=CO2↑+H2O,根据方程式可知,反应①消耗的盐酸与反应②消耗的盐酸的体积相等,均为100mL,所以原溶液中有氢氧化钠剩余,因此混合液中逐滴滴加盐酸,先后发生反应①OH-+H+=H2O、②CO32-+H+=HCO3-、③HCO3-+H+=CO2↑+H2O。
根据碳元素守恒,二氧化碳气体物质的量为0.1mol,和氢氧化钠反应生成的碳酸钠为0.1mol,消耗氢氧化钠0.2mol,与氢氧化钠反应消耗的盐酸与生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积相等,也与碳酸氢钠与盐酸反应放出二氧化碳消耗的盐酸体积相等,均为100mL则与盐酸反应的氢氧化钠为0.1mol,因此原氢氧化钠溶液中共含有氢氧化钠为0.3mol,浓度为
=0.3mol/L,故答案为0.3mol/L。
7.已知:
A、B、C均为常见的单质或化合物,它们在一定条件下有如下关系:
A+H2O→B+C
(1)若A可作为呼吸面具和潜水艇中氧气的来源,则A与水反应的化学方程式为。
(2)若A为氧化物,B为强酸,则该反应的化学方程式为,3mol的A参加反应时转移的电子数为。
(3)若A为单质,B、C均为酸,写出A与水反应的离子方程式:
;写出一种关于A的用途:
。
(4)若C为氢气,则单质A可能是。
【答案】
(1)2Na2O2+2H2O="4NaOH"+O2↑(2分)
(2)3NO2+H2O=2HNO3+NO(2分)2NA(2分)
(3)Cl2+H2O=H++Cl-+HClO(2分)
制漂白粉(或漂白液、制多种农药、制盐酸,或其他合理答案)(2分)
(4)Na(或其他合理答案)(2分,化学式或名称均可)
【解析】
试题分析:
(1)过氧化钠与水分仪为呼吸面具和潜水艇中氧气的反应:
2Na2O2+2H2O="4NaOH"+O2↑。
(2)若A为氧化物与水反应生成强酸,则A是二氧化氮,反应:
3NO2+H2O=2HNO3+NO;二氧化氮氮的化合价是+4价,生成硝酸化合价+5价,NO化合价+2价,3mol的参加反应时转移的电子为2mol,个数2NA。
(3)若A为单质,B、C均为酸,则A是Cl2,反应:
Cl2+H2O=H++Cl-+HclO;次氯酸用途:
制漂白粉、漂白液、制多种农药、制盐酸等。
(4)若C为氢气,则单质A可能是钠。
考点:
考查物质反应
8.现有A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质,其中A、B、C均为氧化物,且A为淡黄色粉末,I、E为气体单质,它们之间相互关系如图,其他与题无关的生成物均已略去。
请回答下列问题:
(1)写出化学式:
A,G,H。
(2)写出下列反应的离子方程式“
A+B→D+E
F+Ca(OH)2→D
D+I→G
【答案】(9分)
(1)A:
Na2O2G:
NaClOH:
HClO(每空2分)
(2)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑(2分)
CO32-+Ca2+=CaCO3↓(2分)
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(2分)
【解析】
试题分析:
淡黄色固体粉末为过氧化钠,过氧化钠能和水或二氧化碳反应生成氧气,所以E为氧气,在光照条件下产生氧气的物质为次氯酸,所以H为次氯酸。
则G为次氯酸钠,I为气体单质,为氯气,则D为氢氧化钠。
F为碳酸钠。
(1)通过上述分析,A为Na2O2;G为NaClO;H为HClO。
(2)过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气,方程式为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,离子方程式为:
CO32-+Ca2+=CaCO3↓。
氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水,离子方程式为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
考点:
无机推断,离子方程式的书写
【名师点睛】根据物质的颜色进行推断,是无机推断题常用的突破口。
常用的颜色的物质有:
铁:
铁粉是黑色的;一整块的固体铁是银白色的。
Fe2+——浅绿色Fe3O4——黑色晶体
Fe(OH)2——白色沉淀Fe3+——黄色Fe(OH)3——红褐色沉淀Fe(SCN)3——血红色溶液
FeO——黑色的粉末Fe(NH4)2(SO4)2——淡蓝绿色Fe2O3——红棕色粉末F
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- 备战 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 汇编