高考化学钠及其化合物综合练习题附答案.docx
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高考化学钠及其化合物综合练习题附答案
高考化学钠及其化合物综合练习题附答案
一、高中化学钠及其化合物
1.某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质。
已知:
2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
任务1:
利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹,夹持固定装置略去)。
(1)A和E中制取NH3的装置为____,所用试剂为_____。
装置中制取NO2的化学方程式是_________________。
(2)若NO2能够被NH3还原,预期观察到C装置中的现象是_________。
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象。
该小组同学从反应原理的角度分析了原因,认为可能是
①NH3还原性较弱,不能将NO2还原;
②在此条件下,NO2的转化率极低;
③_________________。
(4)此实验装置存在一个明显的缺陷是________。
任务2:
探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。
(5)实验前,该小组同学提出三种假设。
假设1:
两者不反应;
假设2:
NO2能被Na2O2氧化;
假设3:
_______________。
(6)为了验证假设2,该小组同学选用任务1中的B、D、E装置,将B中的药品更换为Na2O2,另选F装置(如图所示),重新组装,进行实验。
①装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_____________。
②实验过程中,B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。
经检验,该白色物质为纯净物,且无其他物质生成。
推测B装置中反应的化学方程式为__________。
【答案】A浓氨水和CaO(合理即可)Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O混合气体颜色变浅在此条件下,该反应的化学反应速率极慢缺少尾气吸收装置NO2能被Na2O2还原(其他合理答案也可)EDBDF2NO2+Na2O2=2NaNO3
【解析】
【分析】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙,因而A为氨气发生装置;固液反应制取氨气,要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体;铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水;
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原,反应时混合气体的颜色将变浅;
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象,说明此条件下,二氧化氮与氨气不能反应,或者二氧化氮的转化率较低,或者是反应速率极慢;
(4)氮氧化物为有毒气体,不能直接排放到空气中;
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价,既有氧化性又有还原性,NO2中的氮元素为中间价+4价,既可能表现氧化性,也可能表现还原性;
(6)①验证假设2,首先要用E装置制取二氧化氮,因为水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前后都必须有吸水装置,为防止过量气体污染环境,要连接F咋进行尾气处理;
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物,说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠。
【详解】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙,因而A为氨气发生装置,E为二氧化氮发生装置;固液反应制取氨气,要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体;实验室用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮,铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,故答案为:
A;浓氨水和CaO(合理即可);Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原,反应时混合气体的颜色将变浅,故答案为:
混合气体颜色变浅;
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象,说明此条件下,二氧化氮与氨气不能反应,或者二氧化氮的转化率较低,或者是反应速率极慢,现象不明显,故答案为:
在此条件下,该反应的化学反应速率极慢;
(4)氮氧化物为有毒气体,不能直接排放到空气中,否则会污染环境,则该装置的缺陷是缺少尾气吸收装置,故答案为:
缺少尾气吸收装置;
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价,既有氧化性又有还原性,NO2中的氮元素为中间价+4价,既可能表现氧化性,也可能表现还原性,则NO2与Na2O2可能不发生氧化还原反应,或过氧化钠做氧化剂,将NO2氧化,或或过氧化钠做还原剂,将NO2还原,故答案为:
NO2能被Na2O2还原;
(6)①验证假设2,首先要用E装置制取二氧化氮,因为水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前、后都必须有吸水装置,为防止过量气体污染环境,要连接F咋进行尾气处理,故答案为:
EDBDF;
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物,说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠,反应的化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3,故答案为:
。
【点睛】
水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前、后都必须有吸水装置是解答关键,也是易忽略的易错点。
2.欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。
方法一:
方法二:
方法三:
方法四:
不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。
按要求回答下列问题:
(1)方法一:
加入足量的试剂A是___________(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。
操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥(烘干);
(2)方法二:
在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂;
(3)在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________;
(4)在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_____________________;
(5)仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________(均文字简述);
(6)方法四的实验原理是________________(用化学方程式表示)。
【答案】Ca(OH)2或Ba(OH)2过滤100mL容量瓶0.042V/m×100%装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体装置内会留存部分CO2气体2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
方法一:
(图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀,再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量,从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量,进而计算质量分数;
方法二:
(图乙)固态样品加水溶解成100ml溶液,取20ml加指示剂,用标准盐酸进行滴定,从而计算出碳酸氢钠的质量分数;
方法三:
(图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解,再经过浓硫酸干燥,用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体,根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量,进而计算质量分数;
方法四:
不用其他化学试剂,就只能是碳酸氢钠的受热分解了,利用固体反应前后的质量差,计算碳酸氢钠的质量分数。
【详解】
(1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或Ba(OH)2;操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥;
(2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀,用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶,还需100mL的容量瓶;
(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量,原液是待测液的5倍,所以,样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3×0.100×5×84/m×100%=
;
(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数,所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量;
(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大;偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收;
(6)不用其他化学试剂,就只能是碳酸氢钠的受热分解了,利用固体反应前后的质量差,计算碳酸氢钠的质量分数,化学方程式是2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑。
3.已知①Na2O2②O2③HClO④H2O2⑤Cl2⑥NaClO⑦O3七种物质都具有强氧化性。
请回答下列问题:
(1)上述物质中互为同素异形体的是_____(填序号,下同)。
(2)含非极性键的共价化合物是_________。
(3)属于离子化合物的有______种。
(4)Na2O2、HClO、H2O2均能用于制备O2。
①HClO在光照条件下分解生成O2和HCl,用电子式表示HCl的形成过程:
_________________________。
②写出Na2O2与H2O反应制备O2的化学方程式:
____________________________________。
③H2O2在二氧化锰催化作用下可以制备O2。
若6.8gH2O2参加反应,则转移电子数目为_________,生成标准状况下O2体积为_______L。
【答案】②⑦④2
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑1.204x1023或0.2NA2.24
【解析】
【分析】
根据物质的分类的依据,熟悉同素异形体、离子化合物的概念,用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。
【详解】
(1)同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。
故O2与O3互为同素异形体;
(2)Na2O2既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物;HClO是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物;H2O2既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物;NaClO既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物;O2、O3、Cl2属于单质,不属于化合物,故含非极性键的共价化合物是④H2O2;
(3)由
(2)可知,Na2O2、NaClO属于离子化合物,故属于离子化合物的有2种;
(4)HCl是共价化合物,用电子式表示HCl的形成过程是:
;
(5)Na2O2与H2O反应生成氧气和氢氧化钠,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(6)2H2O2
O2↑+2H2O,每生成1mol转移2mol电子,故6.8gH2O2的物质的量:
=0.2mol,生成氧气的物质的量为0.1mol,转移的电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023mol-1=1.204x1023;V(O2)=0.1mol×22.4L·mol1=2.24L。
4.锂离子电池历经半个世纪岁月的考验,作出重大贡献的三位科学家被授予2019年诺贝尔化学奖。
磷酸亚铁锂(LiFePO4)是新型锂离子电池的正极材料。
某小组拟设计以一种锂辉石(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2,含少量铁、钙、镁)为原料制备纯净的碳酸锂,进而制备LiFePO4的工艺流程:
已知:
LiO2·Al2O3·4SiO2+H2SO4(浓)
Li2SO4+Al2O3·4SiO2·H2O↓
回答下列问题:
(1)LiFePO4含有锂、铁两种金属元素,它们焰色反应的颜色分别是_____________(填序号)。
A.紫红色、无焰色反应B.黄色、无焰色反应
C.黄色、紫色D.洋红色、黄绿色
(2)滤渣1的主要成分是_____________;向滤液1中加入适量的CaCO3细粉用于消耗硫酸并将Fe3+转化为红褐色沉淀,若
=3,反应的离子方程式为__________;滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、________、CaSO4,其中Fe(OH)3脱水后可生成一种元素种类不变且摩尔质量为89g·mol-1的新化合物,其化学式为_______________。
(3)已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小,上述流程中趁热过滤的目的是________。
(4)煅烧制备LiFePO4时,反应的化学方程式为_____________________。
(5)某种以LiFePO4,作正极材料的锂电池总反应可表示为:
LiFePO4+C
Li1-xFePO4+CLix。
放电时正极的电极反应式为__________。
【答案】AAl2O3·4SiO2·H2OFe3++3H++3CaCO3=Fe(OH)3+3Ca2++3CO2↑或Fe3++3H++3CaCO3+3SO42-=Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2↑Mg(OH)2FeO(OH)或FeOOH减小LiCO3的溶解损失Li2CO3+H2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4
【解析】
【分析】
锂辉石(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2,含少量铁、钙、镁)加入浓硫酸共热,根据已知信息可知得到的沉淀1主要成分为Al2O3·4SiO2·H2O,滤液中的主要阳离子有Fe3+、Mg2+、Ca2+、Li+;加入碳酸钙和石灰乳可以将过量的氢离子和Fe3+、Mg2+除去,滤渣2主要为Fe(OH)3、Mg(OH)2以及硫酸钙;滤液主要杂质离子有Ca2+和SO42-;再加入碳酸钠将钙离子除去,得到硫酸锂和硫酸钠的混合溶液,蒸发浓缩后加入饱和碳酸钠溶液,趁热过滤得到碳酸锂沉淀;提纯后加入草酸和磷酸铁经煅烧得到LiFePO4。
【详解】
(1)锂元素的焰色反应为紫色;铁元素无焰色反应,所以选A;
(2)根据分析可知,滤渣1主要为Al2O3·4SiO2·H2O;得到的红褐色沉淀应为Fe(OH)3,再结合
=3以及溶液中有过量的硫酸,所以离子方程式为Fe3++3H++3CaCO3=Fe(OH)3+3Ca2++3CO2↑,考虑到溶液中有大量硫酸根也可以写成Fe3++3H++3CaCO3+3SO42-=Fe(OH)3+3CaSO4+3CO2↑;根据分析可知滤渣2的主要成分是Fe(OH)3、Mg(OH)2以及CaSO4;摩尔质量为89g·mol-1,则该物质的式量为89,Fe(OH)3的式量为107,107-89=18,说明脱水过程失去一分子水,所以新物质的化学式为:
FeO(OH);
(3)碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而减小,所以趁热过滤可以减小碳酸锂的溶解度,减少碳酸锂的损耗;
(4)煅烧制备过程的原料为Li2CO3、H2C2O4和FePO4,产物中有LiFePO4,铁元素的化合价降低,则该过程中某种物质被氧化,根据元素化合价变化规律可知草酸中的C元素被氧化,由+3价升高为+4价,结合电子守恒和元素守恒可知方程式为:
Li2CO3+H2C2O4+2FePO4
2LiFePO4+3CO2↑+H2O↑;
(5)放电时正极得电子发生还原反应,负极失电子被氧化,根据总反应可知负极应为CLix-xe-=xLi++C,正极反应等于总反应减去负极反应,所以正极反应为:
即Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4。
【点睛】
第5题电极方程式书写为本题难点,首先要注意本题中的总反应最后中逆反应为放电反应,其次要注意到该电池中Li电极为负极,其负极的电极反应式比较好写,则可用总反应减去负极反应即可得到正极反应。
5.10℃时加热NaHCO3饱和溶液,测得该溶液的pH随温度的升高发生如下变化:
甲同学认为,该溶液pH升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为____________________。
乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3,该分解反应的化学方程式为_______________。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。
丙认为:
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液,若产生沉淀,则乙判断正确。
为什么?
能不能选用Ba(OH)2溶液?
_____________________________________________。
(2)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3,则__________(填“甲”或“乙”)判断正确。
【答案】HCO3-+H2O
H2CO3+OH-大于2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O若原因是HCO3-水解程度增大,则溶液中几乎没有CO32-,所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是否正确,但不能选用Ba(OH)2溶液,因为Ba2++OH-+HCO3-===BaCO3↓+H2O,若用Ba(OH)2溶液检验,无论哪种观点都会有沉淀产生等于甲
【解析】
【分析】
HCO
是弱酸根离子,HCO
水解出碳酸和氢氧根离子;碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水;碱性越强,说明水解程度越大;
(1)CO
能与钡离子结合成碳酸钡沉淀,HCO
与钡离子不反应;Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀;
(2)水解反应可逆,恢复到原温度,水解平衡逆向移动;
【详解】
HCO
水解出碳酸和氢氧根离子,水解方程式:
HCO
+H2O
H2CO3+OH-。
碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,反应方程式是2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O;碱性越强,说明水解程度越大,所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3;
(1)CO
能与钡离子结合成碳酸钡沉淀,HCO
与钡离子不反应,在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液,若产生沉淀,说明溶液中含有CO
;由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀,所以不能选用Ba(OH)2溶液;
(2)水解反应可逆,若恢复到原温度,水解平衡逆向移动,将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH等于8.3,则甲判断正确。
【点睛】
本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质,注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠,鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液,不能用氢氧化钙或氢氧化钡。
6.在下图装置中,加热试管内的白色固体A(A的焰色反应为黄色),生成白色固体B并放出气体C和D,这些气体通过甲瓶的浓硫酸后,C被吸收;D进入乙瓶跟另一淡黄色固体E反应生成白色固体B和气体F;丙瓶中的NaOH溶液用来吸收剩余的气体D。
(1)写出各物质的化学式:
A______;B_______;C________;D______;E_______;F___________。
(2)写出试管中及丙瓶中反应的化学方程式:
_______________;__________________。
(3)等物质的量A、B分别与足量的盐酸反应生成气体的体积________(填“一样多”、“前者多”、“后者多”)。
【答案】NaHCO3Na2CO3H2OCO2Na2O2O22NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O一样多
【解析】
【分析】
加热白色固体A(A灼烧时火焰为黄色)生成白色固体B,并放出气体C和D,则A、B含有Na元素,气体D与淡黄色固体E反应,生成固体B和气体F,应是Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2,可推知D为CO2,E为Na2O2,B为Na2CO3,F为O2,故A为NaHCO3,C为水蒸气,据以上分析解答。
【详解】
加热白色固体A(A灼烧时火焰为黄色)生成白色固体B,并放出气体C和D,则A、B含有Na元素,气体D与淡黄色固体E反应,生成固体B和气体F,应是Na2O2与CO2反应生成Na2CO3与O2,可推知D为CO2,E为Na2O2,B为Na2CO3,F为O2,故A为NaHCO3,C为水蒸气,
(1)根据以上分析可知A是NaHCO3,B是Na2CO3,C是H2O,D是CO2,E是Na2O2,F是O2;
(2)根据以上分析可知试管中及丙瓶中反应的化学方程式分别为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑、CO2+2NaOH==Na2CO3+H2O;
(3)等物质的量A、B中碳原子的物质的量相等,则分别与足量的盐酸反应生成气体的体积一样多。
7.碳酸钠和碳酸氢钠在一定条件下可以相互转化。
(1)向碳酸钠溶液中通入二氧化碳,可以得到碳酸氢钠,请写出该反应的化学方程式_________。
(2)请设计实验方案除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氫钠_________。
(3)请设计实验方案除去碳酸氢钠溶液中混有的少量碳酸钠_________。
(4)充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物95g,完全反应后得到气体5.6L(标准状况),求混合物中碳酸钠的质量分数_________。
【答案】Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3加热碳酸钠固体,NaHCO3受热分解生成Na2CO3和H2O、CO2,从而除去了杂质向NaHCO3溶液中通入CO2,使Na2CO3反应生成了NaHCO3,从而除去了杂质55.8%
【解析】
【分析】
(1)碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠;
(2)碳酸钠较稳定,碳酸氢钠加热容易分解;
(3)碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠;
(4)由碳酸氢钠受热分解的化学方程式列关系式求解可得。
【详解】
(1)碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠,反应的化学方程式为:
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,故答案为:
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3;
(2)碳酸钠较稳定,碳酸氢钠加热容易分解,除去碳酸钠固体中混有的少量碳酸氢钠可以通过加热方法除去杂质碳酸氢钠,故答案为:
加热碳酸钠固体,NaHCO3受热分解生成Na2CO3和H2O、CO2,从而除去了杂质;
(3)碳酸钠溶液通入二氧化碳气体生成碳酸氢钠,可以通入二氧化碳使其转化为碳酸氢钠除去,故答案为:
向NaHCO3溶液中通入CO2,使Na2CO3反应生成了NaHCO3,从而除去了杂质;
(4)充分加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物得到气体的5.6L(标准状况)气体为二氧化碳,二氧化碳物质的量为
=0.25mol,碳酸氢钠受热分解的化学方程式为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,由方程式可知n(NaHCO3)=2n(CO2)=2×0.25mol=0.5mol,碳酸氢钠的质量为0.5mol×84g/mol=42g,碳酸钠的质量为(95g-42g)=53g,则混合物中碳酸钠的质量分数
×100%=55.8%,故答案为:
55.8%。
【点睛】
通过加热分解收集生成的气体计算碳酸氢钠的量,再反过来计算碳酸钠的质量分数是计算的关键。
8.
(1)研究物质时会涉及物质的组成、分类、性质和用途等方面。
①Na2O2属于____________(填物质的类别),检验其组成中所含阳离子的方法是_____________。
②将包有少量____色Na2O2固体的棉花放在石棉网上,用滴管向棉花上滴几滴水,观察到的现象是__________________,由此得出的结论是_________________________________。
③在潜水艇和消防员的呼吸面具中,Na2O2所发生反应的化学方程式为_________________________,从氧化剂和还原剂的角度分析,在该反应中Na2O2的作用是___________________。
某潜水艇上有25人,如果每人每分钟消耗的O2在标准状况下体积为0.80L(标准状况下O2的密度为1.429g/L),假设所需要的O2全部由Na2O2来提供,则该潜水艇一天所需要的Na2O2的物质的量是_____________。
(2)写出下列反应的离子方程式:
①NaHCO3溶于醋酸:
__________________________________________________。
②过量CO2与
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- 关 键 词:
- 高考 化学 及其 化合物 综合 练习题 答案