全国高考化学氯及其化合物的综合高考模拟和真题汇总含答案.docx
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全国高考化学氯及其化合物的综合高考模拟和真题汇总含答案
2020-2021全国高考化学氯及其化合物的综合高考模拟和真题汇总含答案
一、高中化学氯及其化合物
1.已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中,能发生氧化还原反应后可生成NaClO与NaClO3现有63.9gCl2,将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中,反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4:
1,并得到500mL溶液。
(1)写出Cl2在70℃的NaOH水溶液中发生上述反应的化学方程式______。
(2)计算完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度____、______。
【答案】9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O0.8mol/L0.2mol/L
【解析】
【分析】
先通过氯元素化合价的对比判断NaClO与NaClO3是氧化产物,氯气得电子化合价降低的产物是还原产物,所以还原产物是氯化钠,根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式,从而得出反应中被氧化的Cl2与被还原的Cl2的物质的量之比。
【详解】
(1)该反应中NaClO与NaClO3是氧化产物,氯化钠是还原产物,反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4:
1,根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式,所以该方程式为:
9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O;
(2)49.7gCl2的物质的量为
=0.9mol,根据反应9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O可知,生成NaClO与NaClO3的物质的量分别为
、
,完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度分别为
、
。
2.Cl2通人70℃的NaOH水溶液中,发生氧化—还原反应,反应完成后,测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1,则:
(1)配平溶液中所发生反应的化学方程式:
____Cl2+______NaOH=____NaCl+____NaClO3+_____NaClO+________
(2)反应中的氧化产物为_________________。
(3)已知生成0.1molNaClO,反应中转移的电子总数是__________mol,若溶液的体积正好为100mL,则溶液中NaCl的物质的量浓度为________mol/L。
【答案】7149147NaClO 3NaClO0.2252.25
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据题设条件,先定NaClO、NaClO3的化学计量数为4、1,再利用化合价升降法:
升高总数为4×1+1×5=9,降低总数为1,配平得7Cl2+14NaOH=9NaCl+NaClO3+4NaClO+7H2O;
(2)分析反应得氧化剂、还原剂均为Cl2,Cl元素被氧化生成NaClO3与NaClO,氧化产物为NaClO3与NaClO;
(3)由反应知每转移9mol电子,生成4molNaClO,则生成0.1molNaClO,反应中转移的电子总数是0.225mol,同时生成NaCl为0.225mol,若溶液的体积正好为0.1L,则溶液中NaCl的物质的量浓度为2.25mol·L-1。
3.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应:
KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平),此反应常温下就可以迅速进行。
请回答下列问题:
(1)上述反应中被氧化的元素是_________。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,转移电子的物质的量为_________。
(2)如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是_________。
(3)实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气,据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是________。
(5)下列物质既有氧化性,又有还原性的是________(填字母代号)。
A.I-B.HClC.MnCl2D.Cl2
【答案】
0.3mol8
BCD
【解析】
【分析】
比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时,若两物质在同一反应中,则满足氧化性:
氧化剂>氧化产物,还原性:
还原剂>还原产物;若两物质在两个不同反应中时,可借助一个“桥”,即第三者产生联系,若找不到第三者,需比较反应条件,反应条件越高,氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。
【详解】
对于反应KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O,KMnO4+5e-→MnCl2,2HCl-2e-→Cl2↑,依据电子守恒,则为2KMnO4+10e-→2MnCl2,10HCl-10e-→5Cl2↑,再考虑质量守恒,即可配平2KCl+2MnCl2,最后配HCl。
因为前面配的只是表现出还原性的部分,生成(2KCl+2MnCl2)的部分表现出酸性,于是得出配平后的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
(1)上述反应中,HCl中的Cl由-1价升高到0价,则被氧化的元素是Cl。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,n(Cl2)=
=0.15mol,由Cl2—2e-,可得出转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol;
答案为:
Cl;0.3mol;
(2)上述化学方程式中,2KMnO4——16HCl;若KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是8;
答案为:
8;
(3)在2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,氧化性KMnO4>Cl2;在MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化性MnO2>Cl2,那么KMnO4与MnO2的氧化性哪个更强?
因为找不到可联系二者的物质,所以我们只能利用反应条件,前一反应不需条件,后一反应需加热,所以氧化性KMnO4>MnO2。
从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cl2;
答案为:
KMnO4>MnO2>Cl2;
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
(5)A.I-化合价为最低价,只能失电子,即只具有还原性,A不合题意;
B.HCl中,H+具有氧化性,Cl-具有还原性,B符合题意;
C.MnCl2中,Mn2+价态既能升高又能降低,既具有氧化性又具有还原性,C符合题意;
D.Cl2中,Cl的价态既能升高又能降低,D符合题意;
答案为:
BCD。
【点睛】
判断物质具有的氧化性和还原性时,应从物质中含有的所有元素考虑,不可拘泥于一种元素,否则易得出错误的结论。
4.现有A、B、C、D四种气体,A是密度最小的气体,B在通常情况下呈黄绿色,把四种气体分别通入酸化的硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D。
把无色无刺激性气味的气体C通入澄清石灰水时,石灰水变浑浊。
(1)A、B、C、D的化学式分别为:
A________;B________;C________;D________。
(2)写出下列各反应的化学方程式:
A与B________________________________。
B与水______________________________。
C与澄清石灰水________________________。
【答案】H2Cl2CO2HClH2+Cl2
2HClH2O+Cl2=HCl+HClOCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
现有A、B、C、D四种气体,A是密度最小的气体,则A为氢气,B在通常情况下呈黄绿色,则B为氯气,把四种气体分别通入酸化的硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D,则D为HCl,把无色无刺激性气味的气体C通入澄清石灰水时,石灰水变浑浊,则C为CO2。
【详解】
(1)根据上面分析得到A、B、C、D的化学式分别为:
A为H2;B为Cl2;C为CO2;D为HCl;故答案为:
H2;Cl2;CO2;HCl。
(2)A与B是氢气在氯气中点燃生成氯化氢,反应方程式为:
H2+Cl2
2HCl;B与水是氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,反应方程式为H2O+Cl2=HCl+HClO;C与澄清石灰水是二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水,反应方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;故答案为:
H2+Cl2
2HCl;H2O+Cl2=HCl+HClO;CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
5.已知A是一种金属单质,B溶液能使酚酞试液变红,且焰色反应呈黄色;D、F相遇会产生白烟。
A、B、C、D、E、F间有如下变化关系:
(1)写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。
(2)写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。
(3)F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是________。
【答案】NaNaOHNH4ClH2H2+Cl2
2HClNH4Cl+NaOH
NaCl+H2O+NH3↑盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属,该金属能和水反应生成溶液B和气体E,B溶液能使酚酞试液变红,说明B是碱,焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,所以B是NaOH,根据元素守恒知A是Na,E是H2;氢气在氯气中燃烧生成HCl,则F是HCl,氢氧化钠溶液和C反应生成D,D、F相遇会产生白烟,氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵,则D是NH3,C是NH4Cl,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,A是Na,B是NaOH,C是NH4Cl,E是H2;
(2)E→F为在点燃的条件下,氢气和氯气反应生成氯化氢,反应方程式为:
H2+Cl2
2HCl;B→D为在加热条件下,氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水,反应方程式为:
NH4Cl+NaOH
NaCl+H2O+NH3↑;
(3)F是HCl,HCl极易溶于水生成盐酸,所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。
6.甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。
A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
请根据下图的转化关系回答:
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:
1通入水中反应,写出反应方程式_________________。
【答案】NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液,溶液显红色,说明溶液显酸性;加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,说明D溶液中含有NH4+;加入稀硝酸酸化后,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有Cl-;加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有SO42-;C溶液中通入氯水得到D溶液,再结合甲和乙生成A的反应条件,丙和丁点燃条件下生成B,并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体;A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
可知甲为H2、乙为N2、丙为O2,丁为S,A为NH3、B为SO2,C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,据此分析解题。
【详解】
(1)由分析知A为NH3,因其电离使水溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-;
(2)C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+;
(3)NH3和SO2按1:
1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
7.A、B、C三种常见单质,其中A、C为气体,B为常见金属.A溶于水所得的溶液可使紫色石蕊先变红后褪色.F的水溶液为浅绿色,其转化关系如图所示,请回答:
(1)
和C燃烧的现象是______.
(2)
的化学式是______,检验F水溶液中金属阳离子的方法是______.
(3)反应
的离子方程式是______.
【答案】安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾FeCl2先加入KSCN溶液,无明显现象,再加入几滴新制氯水,溶液变成血红色,可说明存在亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色,则说明A为Cl2,氯气与水反应生成HCl和HClO,能使石蕊试液先变红后褪色;F的水溶液为浅绿色溶液,说明F中含有Fe2+,能继续和Cl2反应生成D,则D为FeCl3,F为FeCl2,所以B为Fe,则C为
,E为HCl。
【详解】
(1)A为氯气,C为氢气,氢气在氯气中燃烧:
H2+Cl2
2HCl,生成的氯化氢气体极易溶于水,所以瓶口上方有白雾,所以燃烧的现象为:
安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾;
(2)F为FeCl2,检验亚铁离子的方法为:
先加入KSCN溶液,无明显现象,再加入几滴新制氯水,溶液变成血红色,可说明存在亚铁离子;
(3)②FeCl2具有还原性,能与具有氧化性的Cl2反应生成FeCl3,反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
【点睛】
溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色,则说明A为Cl2,水溶液为浅绿色,则该溶液为FeCl2。
8.有关物质的转化关系如下图所示。
A为一种黄绿色的气体,B为常见的无色液体,H为一种助燃的气体,F为一种气体,它在A中燃烧产生苍白色火焰,E为一种能被磁铁吸引的金属。
(1)B的化学式为____________。
(2)F的化学式为____________。
(3)写出反应②的化学方程式:
_______________________________。
(4)写出反应①的化学方程式:
_______________________________。
【答案】H2OH22HClO
2HCl+O2↑Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
【解析】
【分析】
由题给信息可知,A为一种黄绿色的气体,则其为Cl2;B为常见的无色液体,则其为H2O;H为一种助燃的气体,则其为O2;H2在Cl2燃烧,产生苍白色火焰,则F为H2,E为一种能被磁铁吸引的金属,则E为Fe,从而推出C为HCl,D为HClO;
(1)由以上分析可知,B为水;
(2)F为氢气;
(3)反应②是次氯酸光照分解;
(4)反应①是铁与盐酸反应。
【详解】
(1)通过对物质的转化关系图的分析,可得知,B为水,化学式为H2O;
(2)F为氢气,化学式为H2;
(3)反应②是次氯酸光照分解,其化学方程式为2HClO
2HCl+O2↑;
(4)反应①是铁与盐酸反应,其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
【点睛】
在对物质转化关系图进行分析时,首先处理已知信息,然后寻找图中出现信息点最多的反应,特殊的反应条件及具有特殊性的反应,作为解题的突破口。
如本题中,反应②就是解题的突破口,或者叫题眼。
Fe与某物质反应,生成H2,则C中必含有能被Fe置换的H+,则其为酸,再据前面信息,确定其为HCl。
9.有X、Y、Z三种元素,已知:
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;②X单质可在Z单质中燃烧,生成XZ,火焰为苍白色;③XZ极易溶于水,其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红;④每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子,X2Y在常温下为液体;⑤Z单质溶于X2Y中,所得溶液具有漂白作用;⑥细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧,且产生红棕色烟。
推断:
(1)X、Y两种元素的名称X___,Y___。
(2)化合物的化学式:
XZ___,X2Y___。
(3)过程⑥中涉及的化学反应方程式为___。
【答案】氢氧HClH2O2Fe+3Cl2
2FeCl3
【解析】
【分析】
细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧,且产生红棕色烟,Z是Cl元素;X单质可在Z单质中燃烧,生成XZ,火焰为苍白色,XZ是氯化氢,所以X是H元素;氯气溶于X2Y中,所得溶液具有漂白作用,则X2Y是水,Y是O元素。
【详解】
根据以上分析,
(1)X是氢元素,Y是氧元素、Z是氯元素。
(2)化合物的化学式:
XZ是氯化氢,化学式是HCl,X2Y是水,化学式是H2O;
(3)过程⑥是铁与氯气反应生成氯化铁,反应方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3。
【点睛】
本题考查了物质性质的分析判断,抓住物质转化关系,特别是抓住反应现象的特征进行分析;如:
根据细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧,产生红棕色烟,可推知Z2(g)是氯气;火焰为苍白色是氢气在氯气中燃烧。
10.某待测溶液(阳离子为Na+)中只可能含有SO42-、SO32-、Cl-、Br-、NO3-、HCO3-中的一种或若干种,进行下列实验(每次实验所加试剂均足量);回答下列问题:
(1)待测液中是否含SO42-、SO32-离子__________________________________________
(2)气体D的化学式为____________,反应生成沉淀B的离子方程式为:
____________
(3)根据以上实验,待测液中肯定没有的离子__________________________;肯定存在的离子是_____________________。
【答案】一定有SO32-,而SO42-可能存在可能不存在NOHCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OBr-HCO3-、SO32-
【解析】
【分析】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A,则溶液中可能含有SO32-、SO42-,向沉淀中加入稀硝酸生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钡具有还原性,能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体,而硫酸钡不溶于硝酸,所以溶液中一定存在SO32-,可能存在SO42-;溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B,则溶液中一定含有HCO3-,白色沉淀B为BaCO3;溶液B中加入氯水,得无色溶液,溶液中一定不存在Br-;溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl,说明滤液B中含有Cl-,因为加入氯化钡溶液引入Cl-,不能确定原溶液中是否含有Cl-;据以上分析解答。
【详解】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A,则溶液中可能含有SO32-、SO42-,向沉淀中加入稀硝酸生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钡具有还原性,能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体,而硫酸钡不溶于硝酸,所以溶液中一定存在SO32-,可能存在SO42-;溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B,则溶液中一定含有HCO3-,白色沉淀B为BaCO3;溶液B中加入氯水,得无色溶液,溶液中一定不存在Br-;溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl,说明滤液B中含有Cl-,因为加入氯化钡溶液引入Cl-,不能确定原溶液中是否含有Cl-;
(1)根据以上分析可以知道,待测液中一定有SO32-,而SO42- 可能存在可能不存在;
答案是:
一定有SO32-,而SO42- 可能存在可能不存在;
(2)根据分析可以知道,气体D的化学式为NO;碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡,反应生成沉淀B的离子方程式为:
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O;
答案是:
NO;HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O;
(3)根据分析可以知道,待测液中一定不存在的离子为Br-;肯定存在的离子为:
HCO3-、SO32-;
答案是:
Br-;HCO3-、SO32-。
11.常温、常压下X2、Y2、Z2三种气体有如下转化关系:
(1)X2、Y2、Z2分别是___________、___________、__________(填化学式)
(2)Z2与X2Y反应的化学方程式为_________________.
(3)Z2与NaOH溶液反应的离子方程式为________________.
【答案】H2O2Cl2Cl2+H2O=HCl+HClO2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
【解析】
【详解】
X2、Y2、Z2三种气体,Y2和Z2都能与X2点燃反应,一个呈液态为水,一个产生苍白色火焰为氯化氢气体;所以X2为氢气;Y2为氧气、Z2为氯气;氯气与水反应的方程式为Cl2+H2O==HCl+HclO;2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O;2OH-+Cl2==Cl-+ClO-+H2O
12.实验室制取氯气的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
结合氯气的物理性质,判断下列叙述中不正确是________________(填序号)。
①加热盛有二氧化锰、浓盐酸的烧瓶,瓶内充满黄绿色气体。
②氯气的密度比空气大,常用向上排空气法收集氯气。
③闻氯气气味时,用手轻轻在集气瓶口扇动,使极少量氯气飘进鼻孔。
④在充满氯气的集气瓶内加水,盖严后振荡,瓶内气体颜色变浅,液体变为黄绿色。
⑤氯气易液化,在低温和加压的条件下可以转变为液态(液氯)和固态。
⑥氯气、氯水、液氯是同一种物质,只是状态不同,都属于纯净物。
【答案】⑥
【解析】
【分析】
结合氯气的物理性质和化学性质解题即可。
【详解】
①二氧化锰和浓盐酸混合加热可制得氯气,而氯气是黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体,故①正确;
②氯气易溶于水且与水反应,可根据其密度比空气大,选择向上排空气法收集氯气,故②正确;
③氯气是有毒气体,则闻氯气气味时,用手轻轻在集气瓶口扇动,使极少量氯气飘进鼻孔,故③正确;
④氯气溶于水所得氯水中含有氯气分子,则在充满氯气的集气瓶内加水,盖严后振荡,瓶内气体颜色变浅,液体变为黄绿色,故④正确;
⑤氯气的熔、沸点比较高,在低温和加压的条件下,氯气易转变为液态(液氯)和固态,故⑤正确;
⑥氯气、液氯是同一种物质,只是状态不同,都属于纯净物,但氯水是氯气的水溶液,属于混合物,故⑥错误;
故答案为⑥。
13.
(1)实验室制氯气的尾气处理用_____溶液吸收,其化学反应方程式为_____。
(2)向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液,现象是先产生白色沉淀,其反应的离子方程式为_____,后白色沉淀又溶解消失,其反应的离子方程式为_____。
(3)在含有0.2mol的硫酸和0.2mol的硝酸的混合溶液200mL中,加入19.2g铜粉,产生的气体成分为_____(填NO或H2),你所选气体在标准状况下的体积为_____L
【答案】NaOH2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO
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