届高考化学一轮复习题型突破训练氧化还原反应解析版.docx
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届高考化学一轮复习题型突破训练氧化还原反应解析版
氧化还原反应
1.500mL稀溶液中c(KNO3)=0.8mol/L,c(H2SO4)=0.5mol/L,向其中加入8.4g铁粉,充分反应(已知NO
被还原为NO)。
下列说法正确的是
A.反应后生成NO的体积为2.8LB.所得溶液中c(Fe2+):
c(Fe3+)=1:
1
C.所得溶液中的溶质为FeSO4、Fe(NO3)2D.反应后铁粉有剩余
【答案】B
【解析】溶液中氢离子总物质的量为:
n(H+)=0.5L×0.5mol/L×2=0.5mol,n(NO3−)=0.5L×0.8mol/L=0.4mol,铁粉的物质的量为0.15mol,
由 3Fe+2NO3−+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O,
3 2 8
0.15mol 0.4mol0.5mol,
则0.15molFe完全反应时,硝酸根离子与氢离子均过量,
则发生Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O,
若0.15molFe完全反应时,氢离子不足,则两个反应均发生,
Fe+NO3−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O
x 4x x x
3Fe+2NO3−+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O
y
y y
y
则:
x+y=0.15、4x+
y =0.5,
解得:
x=0.075mol,y=0.075mol
生成NO的体积为(0.075mol+0.075mol×
)×22.4L/mol=2.8L,
A.根据分析可知,反应后生成标况下28LNO,不是标况下,NO气体不一定为2.8L,故A错误;
B.反应后生成铁离子为0.075mol,铁离子为0.075mol,c(Fe2+):
c(Fe3+)=n(Fe2+):
n(Fe3+)=1:
1,故B正确;
C.反应后中含有硫酸铁和硫酸亚铁,故C错误;
D.铁粉完全反应了,故D错误;
故选:
B。
2.含硫煤燃烧会产生大气污染物,为防治该污染,某工厂设计了新的治污方法,同时可得到化工产品,该工艺流程如图所示,下列叙述不正确的是( )
A.该过程中可得到化工产品H2SO4
B.该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
C.该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S
D.图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
【答案】C
【解析】
【分析】
根据工艺流程所示可知,该工艺中Fe2(SO4)3和H2O吸收SO2生成FeSO4和H2SO4,该反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+2H2O+SO2=2FeSO4+2H2SO4,据此分析解答。
【详解】
A.从图可以看出,该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4,可得到化工产品H2SO4,A正确;
B.根据A中分析可知,该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2,B正确;
C.该过程中化合价发生改变的元素除去Fe和S外,还有O,C不正确;
D.该工艺中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4,反应方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,D正确;
故选C。
3.有一混合溶液,其中只含有Fe2+、Cl-、Br-、I- (忽略水的电离),Cl-、Br-、I- 的个数比为2:
3:
4,向该溶液中通入氯气使溶液中Cl-和Br-的个数比为3:
1,则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为
A.7:
4B.7:
3C.7:
2D.7:
1
【答案】B
【解析】因为还原性:
I->Fe2+>Br->Cl-,所以氯气通入该混合溶液后,首先氧化I-然后氧化Fe2+。
由题意可设Cl-、Br-、I- 的物质的量分别为2mol、3mol、4mol,由电荷守恒可得:
2n(Fe2+)=n(Cl-)+n(Br-)+n(I-)=2mol+3mol+4mol=9mol,所以n(Fe2+)=4.5mol,通入氯气后,要满足n(Cl-):
n(Br-)=3:
1,Cl-只要增加7mol就可以,即需通入氯气3.5mol。
4molI-先消耗2mol氯气,3molFe2+消耗1.5mol氯气,剩余Fe2+1.5mol,则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为:
3.5:
1.5=7:
3,故选:
B。
4.高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂,制备流程如图所示:
下列叙述错误的是
A.用K2FeO4作水处理剂时,既能杀菌消毒又能净化水
B.反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用
C.反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:
2
D.该条件下,物质的溶解性:
Na2FeO4 【答案】D 【解析】A.K2FeO4具有强氧化性,可用于杀菌消毒,还原产物为Fe3+,Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体,可达到净水的目的,A叙述正确,但是不符合题意; B.反应I中尾气Cl2为,可与FeCl2继续反应生成FeCl3,B叙述正确,但是不符合题意; C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O,氧化剂是NaClO,还原剂是2FeCl3,所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3: 2,C叙述正确,但是不符合题意; D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4,K2FeO4晶体析出,说明该条件下,物质的溶解性: Na2FeO4>K2FeO4,D叙述错误,但是符合题意;答案选D。 5.向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的Cl23.36L,Cl2全部被还原,测得溶液中c(Br-)=c(Cl-),则原FeBr2溶液的物质的量浓度是() A.0.75mol/LB.1.5mol/LC.2mol/LD.3mol/L 【答案】C 【解析】设原FeBr2溶液的物质的量浓度是x。 由于亚铁离子的还原性强于溴离子的,因此氯水首先氧化的是亚铁离子,所以0.1x+(0.2x-0.3)=0.15×2,解得x=2mol/L,答案选C。 6.某含铬Cr2O72-废水用硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]处理,反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。 该沉淀干燥后得到nmolFeO·FeyCrxO3(Cr化合价+3价)。 不考虑处理过程中的实际损耗,下列叙述错误的是() A.消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2-x)molB.处理废水中Cr2O72-的物质的量为 mol C.反应中发生转移的电子为3nxmolD.在FeO·FeyCrxO3中3x=y 【答案】A 【解析】A.由铁元素守恒,消耗硫酸亚铁的物质的量为n(y+1),又由FeO•FeyCrxO3电中性知3x+3y=6,代入前式得,消耗硫酸亚铁的物质的量为n(3-x);或由得失电子守恒得3x=y,代入得n×(1+y)mol=n×(3x+1)mol,故A错误; B.根据铬原子守恒,Cr为nxmol,故Cr2O72-的物质的量为 mol,故B正确; C.得到nmolFeO·FeyCrxO3,则一共有nxmolCr原子参加反应,1molCr转移电子3mol,故反应中发生转移的电子为3nxmol,故C正确; D.FeO·FeyCrxO3中,Cr正三价,由得失电子守恒知3x—y=0,即3x=y,故D正确; 故选A。 7.在一定条件下PbO2与Cr3+反应,产物是Cr2O 和Pb2+,则与1.0molCr3+反应所需PbO2的物质的量为 A.3.0molB.1.5molC.1.0molD.0.75mol 【答案】B 【解析】已知Pb由+4价变为+2价,Cr由+3价变为+6价,设所需PbO2的物质的量为xmol,则有1.0mol×1×(6-3)=xmol×1×(4-2),解得x=1.5mol,故B正确。 8.某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图: 由图可知 在该反应中是() A.氧化剂B.还原剂C.还原产物D.氧化产物 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】 由图可知,反应中 得到电子生成 ,化合价降低被还原,因此 为还原产物; 答案选C。 9.O2F2可以发生反应: H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2,下列说法正确的是() A.氧气是氧化产物B.O2F2既是氧化剂又是还原剂 C.若生成4.48LHF,则转移0.8mol电子D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1: 4 【答案】D 【解析】 A.O元素由+1价降低到0价,化合价降低,获得电子,所以氧气是还原产物,故A正确; B.在反应中,O2F2中的O元素化合价降低,获得电子,所以该物质是氧化剂,而硫化氢中的S元素的化合价是-2价,反应后升高为+6价,所以H2S表现还原性,O2F2表现氧化性,故B错误; C.不是标准状况下,且标准状况下HF为液态,不能使用标准状况下的气体摩尔体积计算HF的物质的量,所以不能确定转移电子的数目,故C错误; D.该反应中,S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化,O元素由+1价降低到0价被还原,氧化产物为SF6,还原产物为O2,由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量的比是4: 1,故D错误; 故选A。 10.已知: ①向KMnO4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体;②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体,溶液变黄色;③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝色。 下列判断正确的是( ) A.上述实验证明氧化性: MnO >Cl2>Fe3+>I2 B.上述实验中,共有两个氧化还原反应 C.实验①生成的气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝 D.实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知信息可知: ①向KMnO4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体,该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价,高锰酸钾是氧化剂、浓盐酸是还原剂,氧化性: MnO4->Cl2;②向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体,溶液变黄色,铁元素化合价由+2价变为+3价、Cl元素化合价由0价变为-1价,氯化亚铁是还原剂、氯气是氧化剂,氧化性: Cl2>Fe3+;③取实验②生成的溶液滴在淀粉KI试纸上,试纸变蓝色,铁离子和碘离子发生氧化还原反应生成碘和亚铁离子,I元素化合价由-1价变为0价、铁元素化合价由+3价变为+2价,所以碘离子作还原剂、铁离子为氧化剂,氧化性: Fe3+>I2。 【详解】 A.通过以上分析知,上述实验证明氧化性: MnO4->Cl2>Fe3+>I2,故A正确; B.通过以上分析知,有3个氧化还原反应,故B错误; C.实验①生成的气体是氯气,氯气能氧化碘离子生成碘单质,所以实验①生成的气体能使湿润的淀粉KI试纸变蓝,故C错误; D.实验②证明Fe2+有还原性,故D错误; 答案选A。 11. (1)配平氧化还原反应方程式: C2O +____MnO +____H+===____CO2↑+____Mn2++____H2O (2)称取6.0g含H2C2O4·2H2O、KHC2O4和K2SO4的试样,加水溶解,配成250mL溶液。 量取两份此溶液各25mL,分别置于两个锥形瓶中。 ①第一份溶液中加入酚酞试液,滴加0.25mol·L-1NaOH溶液至20mL时,溶液由无色变为浅红色。 该溶液被中和的H+的总物质的量为________mol。 ②第二份溶液中滴加0.10mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液。 KMnO4溶液在滴定过程中作________(填“氧化剂”或“还原剂”),该滴定过程________(填“需要”或“不需要”)另加指示剂。 滴至16mL时反应完全,此时溶液颜色由________变为__________。 【答案】 (1)5C2O +2MnO +16H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O (2)0.005氧化剂不需要无色浅紫红色 【解析】 (1)反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,C碳元素化合价从+3价升高到+4价,失去1个电子,根据电子得失守恒、电荷守恒和原子守恒可知反应的方程式为2MnO4-+16H++5C2O42-=2Mn2++10CO2↑+8H2O; (2)①溶液由无色变为浅红色,溶液中H2C2O4、KHC2O4完全反应,依据反应可知 H++OH-=H2O 11 n0.25mol/L×0.02L 解得n=0.005mol; ②反应中Mn元素化合价从+7价降低到+2价,得到5个电子,高锰酸钾作氧化剂;由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色,所以不需要另加指示剂,滴定终点时溶液颜色由无色变为浅紫红色,且半分钟内不褪色。 点睛: 本题考查了氧化还原反应的配平及相关计算,抓住氧化还原反应中得失电子数目守恒是解题关键,另外还需要注意电荷守恒、原子守恒的灵活应用。 12.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是 物质(括号内为杂质) 除杂试剂 A FeCl2溶液(FeCl3) Fe粉 B NaCl溶液(MgCl2) NaOH溶液、稀HCl C Cl2(HCl) H2O、浓H2SO4 D NO(NO2) H2O、无水CaCl2 【答案】B 【解析】A.FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+Fe=3FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故A不符合题意; B.MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaCl,过量的NaOH溶液可用HCl除去HCl+NaOH=NaCl+H2O,此过程中没有元素化合价发生变化,未涉及氧化还原反应,故B符合题意; C.部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸,应该用饱和食盐水除去HCl,除杂方法不正确,故C不符合题意; D.NO2与水反应生成硝酸和NO。 反应过程中氮元素化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故D不符合题意; 综上所述,本题应选B。 13.吸入人体內的氧有2%转化为氧化性极强的“活性氧”,它能加速人体衰老,被称为“生命杀手”,服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3),能消除人体內的活性氧,由此推断Na2SeO3在人体中的作用是 A.作氧化剂B.作还原剂 C.既作氧化剂又作还原剂D.既不作氧化剂又不作还原剂 【答案】B 【解析】 “活性氧”氧化性极强,服用含硒元素(Se)的化合物亚硒酸钠(Na2SeO3),能消除人体內的活性氧,表明Na2SeO3能将“活性氧”还原,“活性氧”为氧化剂,Na2SeO3 为还原剂,由此可知Na2SeO3在人体中作还原剂,故答案为: B。 14.根据下列反应的化学方程式: ①I2+SO2+2H2O=H2SO4 +2HI;②2FeCl2+Cl2=2FeCl3;③2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2判断有关物质的还原性强弱顺序是 A.I->Fe2+>Cl->SO2B.Cl->Fe2+>SO2>I- C.Fe2+>I->Cl->SO2D.SO2>I->Fe2+>Cl- 【答案】D 【解析】在①I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4中还原剂是SO2、还原产物是HI,所以还原性SO2>HI; 在②2FeCl2+Cl2=2FeCl3中还原剂是FeCl2、还原产物是FeCl3,所以还原性FeCl2>FeCl3; ③2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl中还原剂是HI、还原产物是FeCl2,所以还原性KI>FeCl2; 通过以上分析知,物质的还原性有强到弱的顺序是SO2>I->Fe2+>Cl-,故合理选项是D。 15.根据下列事实: ①X+Y2+===X2+ +Y ②Z+2H2O===Z(OH)2+H2↑ ③Z2+氧化性比X2+弱 ④由Y、W电极组成的原电池,电极反应为W2++2e-===W,Y-2e2-===Y2+ 可知X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序是 A.X>Z>Y>W B.Z>W>X>Y C.Z>X>Y>WD.Z>Y>X>W 【答案】C 【解析】①X+Y2+===X2++Y,X作还原剂,Y是还原产物,所以X的还原性大于Y的还原性;②Z+H2O===Z(OH)2+H2↑,Z能与水反应作还原剂,所以Z的还原性最强;Z作还原剂,H2是还原产物,所以Z的还原性大于H2的还原性;③Z2+氧化性比X2+弱,所以Z的还原性大于X的还原性;④由Y、W电极组成的电池,电极反应为W2++2e-===W、Y-2e-===Y2+,Y是还原剂,W是还原产物,所以Y的还原性大于W的还原性;所以X、Y、Z、W的还原性由强到弱的顺序为Z>X>Y>W。 16.已知Co2O3在酸性溶液中易被还原成Co2+,Co2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。 下列反应在水溶液中不可能发生的是 A.3Cl2+6FeI2 2FeCl3+4FeI3 B.Cl2+FeI2 FeCl2+I2 C.Co2O3+6HCl(浓) 2CoCl2+Cl2↑+3H2O D.2Fe3++2I− 2Fe2++I2 【解析】根据氧化还原反应中,氧化性: 氧化剂>氧化产物,可判断B中氧化性Cl2>I2;C中Co2O3>Cl2;D中Fe3+>I2,这些结论与题给信息一致。 对于A,由于I−的还原性强于Fe2+,所以Cl2应先氧化I−,而不应先氧化Fe2+,故A不可能发生。 【答案】A 17.已知在酸性溶液中,下列物质氧化KI时,自身发生如下变化: Fe3+→Fe2+;MnO4-→Mn2+;Cl2→2Cl-;HNO2→NO,如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI,得到I2最多的是( ). A.Fe3+B.MnO4-C.Cl2D.HNO2 【答案】B 【解析】 假设物质的量均为1mol。 A.1molFe3+→Fe2+转移1mole-; B.1molMnO4-→Mn2+转移5mole-; C.1molCl2→2Cl-转移2mole-; D.1molHNO3→NO转移3mole-; B中1mol氧化剂反应过程中转移的电子最多,因此生成的I2最多,故选B。 18.U常见化合价有+4和+6。 硝酸铀酰[UO2(NO3)2]加热可发生如下分解: [UO2(NO3)2]―→UxOy+NO2↑+O2↑(未配平) 将气体产物收集于试管中并倒扣于盛水的水槽中,气体全部被吸收,水充满试管。 则生成的铀的氧化物化学式是 A.UO2 B.2UO2·UO3 C.UO3D.UO2·2UO3 【答案】C 【解析】由题意知气体产物全部被吸收,即二者与水完全反应生成HNO3,发生反应4NO2+O2+2H2O===4HNO3,根据原子守恒及NO2与O2的物质的量之间的关系,将[UO2(NO3)2]改写成UO3·2NO2· O2,故生成的铀的氧化物为UO3。 19.氢化铝锂(LiAlH4)是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。 (1)LiAlH4可将乙醛转化为乙醇,LiAlH4作该反应的______剂(选填“氧化”“还原”“催化”),用____(填试剂名称)可检验乙醛已完全转化。 (2)配平化学反应方程式。 ______LiAlH4+______H2SO4→______Li2SO4+_______Al2(SO4)3+_______H2↑ 该反应中H2SO4体现________性。 若上述反应中电子转移数目为0.2NA个,则生成标准状况下氢气体积为_____________。 (3)现有两种浓度的LiOH溶液,已知a溶液的pH大于b溶液,则两种溶液中由水电离的c(H+)大小关系是: a_____b(选填“>”、“<”或“=”)。 (4)铝和氧化铁高温下反应得到的熔融物通常为铁铝合金,设计实验证明其含金属铝。 _____________________________ 【答案】 (1)还原新制氢氧化铜悬浊液(银氨溶液) (2)24118氧化性和酸性4.48L (3)< (4)取样,滴加氢氧化钠溶液,若有气泡产生,则合金中有金属铝。 若无气泡产生,则合金中没有金属铝 【解析】 (1)乙醛被还原生成乙醇,则LiAlH4作该反应的还原剂,乙醛可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀,以此来检验乙醛,或者利用乙醛可以与银氨溶液发生银镜反应,以此来检验乙醛, 故答案为还原;新制氢氧化铜悬浊液(银氨溶液); (2)LiAlH4中H元素从-1价转化为0价的H2即LiAlH4作还原剂,硫酸中H元素从+1价转化成0价即硫酸作氧化剂,同时生成了硫酸盐,体现了硫酸的酸性,根据氧化还原反应中得失电子数相等,可配平方程式: 2LiAlH4+4H2SO4→Li2SO4+Al2(SO4)3+8H2↑,根据方程式可知,2LiAlH4——8H2——8e-,若上述反应中电子转移数目为0.2NA个,即生成氢气0.2mol,标况下体积为: 0.2mol×22.4mol/L=4.48L; 故答案为24118;氧化性和酸性;4.48L; (3)pH大,即c(OH-)大,c(H+)小,已知a溶液的pH大于b溶液,则a溶液中的c(H+)小于b溶液, 故答案为<; (4)由于金属铝既能和酸反应又能和碱反应,而铁不能和碱反应,所以可以用氢氧化钠检验金属铝,合金与氢氧化钠反应,有气泡生成即说明合金中含有金属铝, 故答案为取样,滴加氢氧化钠溶液,若有气泡产生,则合金中有金属铝,若无气泡产生,则合金中没有金属铝。 20.物质的量之比为2∶5的锌与稀硝酸反应,若HNO3被还原的产物为N2O,反应结束后锌没有剩余,则该反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3 的物质的量之比是 A.1∶4B.1∶5C.2∶3D.2∶5 【解析】根据得失电子守恒法求解。 设锌的物质的量为2mol,HNO3的物质的量为5mol,生成N2O的物质的量为x(被还原的HNO3的物质的量为2x)。 该反应中化合价变化情况: Zn→Zn2+(价差为2),2 →N2O(价差为8),则由化合价升降相等,可得x×8=2mol×2,解得x=0.5mol,则被还原的HNO3的物质的量(2x)为1mol,未被还原的HNO3的物质的量为4mol。 故反应中被还原的HNO3与未被还原的HNO3的物质的量之比是1∶4。 【答案】A 21.足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体,这些气体与1.68LO2(标准状况)混合后通入水中,所有气体完全被水吸收生成硝酸。 若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀,则消耗NaOH溶液的体积是 A.60mLB.45mLC.30mLD.15mL 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】 从题叙述可以看出,铜还原硝酸得到的气体,恰好又与1.68LO2完全反应,所以可以使用电子得失守恒先求n(Cu),即n(Cu)×2=n(O2)×4,得n(Cu)=2n(O2)=2× =0.15mol,所以这些铜对应的铜离子恰好沉淀所需n(NaOH)应为0.3mol,所需V(NaOH)应为60mL,故选A。 22.LiAlH 是重要的储氢材料,可与水发生反应 : LiAH4+2H2O= LiAlO2+4H2↑。 下列说法正确的是 A.氢气既是氧化产物又是还原产物 B.LiAlH4既是氧化剂又是还原剂 C.若生
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- 高考 化学 一轮 复习 题型 突破 训练 氧化 还原 反应 解析