备战高考化学物质的量提高练习题压轴题训练及详细答案.docx
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备战高考化学物质的量提高练习题压轴题训练及详细答案
2020-2021备战高考化学(物质的量提高练习题)压轴题训练及详细答案
一、高中化学物质的量
1.
(1)有相同物质的量的H2O和H2SO4,其质量之比为_____,氢原子个数比为_____,氧原子个数比为_____。
(2)把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中,恰好完全反应,并得到标准状况下3.36LH2。
计算:
①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________(假定反应体积仍为100mL)。
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,则混和气体中CO2的体积分数为_____;CO的质量分数为_____。
【答案】9:
491:
11:
40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(H2O)=n(H2SO4),m(H2O):
m(H2SO4)=n(H2O)×18:
n(H2SO4)×98=9:
49;NH(H2O):
NH(H2SO4)=n(H2O)×2:
n(H2SO4)×2=1:
1;NO(H2O):
NO(H2SO4)=n(H2O)×1:
n(H2SO4)×4=1:
4;
(2)设镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,二者混合物的质量为3.06=24x+27y;根据化学反应的计量系数比:
Mg~2HCl~H2,2Al~6HCl~3H2,氢气的体积标准状况下3.36L,n(H2)=0.15mol,列式x+1.5y=0.15,解方程x=0.06mol,y=0.06mol,故该合金中铝的物质的量为0.06mol,该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g,反应后溶液中Cl¯(盐酸恰好反应完全,溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝)的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol,溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=
=3.0mol·L-1;
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,密度之比等于摩尔质量之比,则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol,设1mol混合气体中有xmolCO,CO2ymol,故x+y=1,28x+44y=40,则x=0.25mol,y=0.75mol,同温同压,气体体积之比等于物质的量之比,则混和气体中CO2的体积分数为75%,CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%
2.将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________;
(2)镁和铝的总质量为________g;
(3)b点溶液中的溶质为__________,硫酸的物质的量浓度为___________mol/L;
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L;
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【解析】
【分析】
由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,此时发生的反应为:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液溶质为Na2SO4;从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:
OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O,据此分析解答。
【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g;
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍,所以n(Na2SO4)=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol,所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=
=2.5mol/L;
(4)根据以上分析,n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属,Mg是+2价的金属,所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒,可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=
n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08L;
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4,沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3,在b→c过程中发生反应:
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,至c点,该反应恰好反应完全,故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2,由于酸性:
H2CO3>Al(OH)3,所以c点溶液中通入足量的CO2,NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3,反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用,把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键,注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算,侧重考查学生的分析与计算能力。
3.完成下列填空:
(1)已知反应:
Fe2O3+2Al
Al2O3+2Fe,则
①该反应所属基本反应类型是___。
②在反应中铁元素的化合价变化__(填“升高”或“降低”),该元素的原子__(填“失去”或“得到”)电子。
③发生氧化反应的是__,发生还原反应的是__。
(2)反应2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O中:
①反应中被氧化的元素是__,被还原的元素是___。
②若生成71gCl2,则消耗的HCl是__g,被氧化的HCl是__g。
【答案】置换反应降低得到AlFe2O3ClMn116.873
【解析】
【分析】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原;
②根据方程式进行计算。
【详解】
(1)①反应符合基本反应类型的AB+C=AC+B,属于置换反应。
②反应中,Fe的化合价由+3价变为0价,化合价降低,得电子;
③反应中,还原剂被氧化,发生氧化反应,则Al发生氧化反应;Fe2O3发生还原反应。
(2)①还原剂被氧化,氧化剂被还原,则Cl被氧化,Mn被还原;
②若生成71gCl2,即1mol,需消耗3.2molHCl,即3.2×36.5=116.8g;化合价升高的HCl为2mol,即73g。
【点睛】
高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气,16molHCl参加反应,其中有10molHCl发生了氧化反应,产生了5molCl2,6molHCl价态没变,生成了盐,体现了其酸性的性质。
4.氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用:
(Ⅰ)现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。
(1)如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。
则该盐酸的物质的量浓度是___mol·L-1。
(2)某同学用该浓盐酸配制100mL1mol·L-1的稀盐酸。
请回答下列问题:
①通过计算可知,需要用量筒量取浓盐酸____mL。
②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有_______。
③若配制过程遇下列情况,溶液的物质的量浓度将会:
(填“偏高”“偏低”“无影响”)
A.量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。
B.转移溶液前,洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。
C.定容时俯视容量瓶的刻度线_____。
(Ⅱ)实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气,并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉(该反应放热)。
已知:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。
甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示:
(1)哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生?
_____。
(2)上述装置中,甲由A、B两部分组成,乙由C、D、E三部分组成,丙由F、G两部分组成。
从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分(按气流从左至右的流向)组装一套较完善的实验装置(填所选部分的字母)_____。
(3)利用
(2)中实验装置进行实验,实验中若用12mol·L-1的浓盐酸200mL与足量二氧化锰反应,最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3mol,其可能的主要原因是_____(假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生)。
(Ⅲ)已知HClO的杀菌能力比ClO-强。
25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系,该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数(a)随pH变化的关系如图所示。
由图分析,欲使氯水的杀菌效果最好,应控制的pH范围是__,当pH=7.5时,氯水中含氯元素的微粒有___。
【答案】11.68.6胶头滴管、100mL容量瓶偏低无影响偏低甲FBE浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应,且浓盐酸有挥发性,所以盐酸不能全部反应生成氯气,故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol2~6HClO、ClO-、Cl-
【解析】
【分析】
(Ⅰ)
(1)根据
计算浓度;
(2)配制一定物质的量浓度的溶液,步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶;
(Ⅱ)
(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。
【详解】
(Ⅰ)
(1)根据
计算盐酸的浓度,有
;
(2)①根据溶质的物质的量不变,需要量取的盐酸的体积
;
②量取盐酸的时候需要量筒;稀释浓盐酸,需要玻璃棒、烧杯;转移时,需要100mL容量瓶,玻璃棒、烧杯;定容时,需要胶头滴管;则还需要的仪器有100mL容量瓶,胶头滴管;
③A、浓盐酸易挥发,置于烧杯后,较长时间配制,盐酸挥发,溶质减少,溶液的浓度偏低;
B、容量瓶中存在蒸馏水,由于定容前,需要往容量瓶中加入蒸馏水,因此之前存在的蒸馏水,对浓度无影响;
C、俯视刻度线,定容时,水会少加,体积偏小,浓度偏大;
(Ⅱ)
(1)氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙,所以必须要控制反应温度,甲装置有冰水浴,可以较好地控制副反应的发生;
(2)F装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率,B装置有冰水浴可以较少副反应的发生,E装置可以做到尾气吸收,答案为FBE;
(3)MnO2只与浓盐酸反应生成氯气,虽然反应的进行,浓盐酸浓度降低,不与MnO2反应,所以生成氯气的值小于理论值,答案为浓盐酸逐渐变稀,稀盐酸与二氧化锰不反应,且浓盐酸有挥发性,所以盐酸不能全部反应生成氯气,故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol;
(Ⅲ)HClO的杀菌能力比ClO-强,所以HClO的浓度越大,杀菌效果最好,根据图像pH最好为2~6之间;当pH=7.5时,根据图像,氯水中没有Cl2,韩律的微粒有HClO、ClO-以及与水反应生成的Cl-。
【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点,很容易忽略Cl-;不要忘记,Cl2+H2O
HCl+HClO,有Cl-生成。
5.根据所学的知识填空。
(1)已知铜在常温下能被稀HNO3溶解:
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
①用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出)______。
②请将上述反应改写成离子方程式:
_________________________________________;
③19.2g铜与稀硝酸完全反应,生成的气体在标准状况下的体积为_________________L;若4molHNO3参加反应,则该过程转移电子的数目为__________________________。
(2)标准状况下,44.8L由O2和CO2组成的混合气体的质量为82g,则O2的质量为_________g,该混合气体的平均摩尔质量为_______________________。
(3)3.4gNH3中所含氢原子数目与标准状况下__________LCH4所含氢原子数相同。
【答案】
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.483NA或1.806×10241641g/mol3.36
【解析】
【分析】
(1)Cu+4HNO3═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O中,Cu元素的化合价由0升高为+2价,N元素的化合价由+5价降低为+4价,该反应中转移2mol电子,根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量;
(2)根据n=
计算CO和CO2组成的混合气体的物质的量,设CO和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,根据二者物质的量与质量,列方程计算x、y的值,进而计算CO和CO2的物质的量之比,根据M=
计算混合气体的平均摩尔质量;
(3)根据n=
计算出氨气的物质的量,再根据N=nNA计算出含有氨气分子数及含有的氢原子数目,结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量,根据V=nVm求甲烷的体积。
【详解】
(1)①化合价升高元素Cu失电子,化合价降低元素N得到电子,化合价升高数=化合价降低数=转移电子数=6,电子转移情况如下:
,故答案为:
;
②在3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中,HNO3和Cu(NO3)2溶于水且电离,应写成离子的形成,改写后的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8H++2NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O;
③铜的物质的量为0.3mol,该反应中Cu元素由0价升高到+2价,则0.3molCu失去的电子为0.3mol×(2-0)=0.6mol,设NO的物质的量为n,由电子守恒可知,0.3mol×2=n×(5-2),解得n=0.2mol,则NO的体积为4.48L;由方程式3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知8mol硝酸参加反应,转移6mol电子,因此有4mol硝酸参加反应,转移电子3mol,个数为3NA或1.806×1024,故答案为:
4.48;3NA或1.806×1024。
(2)标况下44.8L由O2和CO2组成的混合气体的物质的量为
=2mol,设O2和CO2的物质的量分别为xmol、ymol,则:
x+y=2mol;32x+44y=82g;
解得:
x=0.5、y=1.5,则混合物中O2的的量为0.5mol×32g/mol=16g,混合气体的平均摩尔质量为:
=41g/mol,故答案为:
16;41g/mol;
(3)氨气的相对分子质量是17,其摩尔质量是17g/mol,则3.4g氨气的物质的量为:
n(NH3)=
=0.2mol,含有氢原子的数目为:
N(H)=3N(NH3)=0.6NA,与氨气含有H原子数目相等的CH4的物质的量
=0.15NA,故CH4的体积=0.15mol×22.4L/mol=3.36L,故答案为:
3.36。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算,注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系,灵活运用公式是解答的关键。
6.在花瓶中加入“鲜花保鲜剂”,能延长鲜花的寿命。
下表是500mL“鲜花保鲜剂”中含有的成分,阅读后回答下列问题:
成分
质量(g)
摩尔质量(g·mol-1)
蔗糖
25.00
342
硫酸钾
0.87
174
阿司匹林
0.17
180
高锰酸钾
0.316
158
硝酸银
0.075
170
(1)下列“鲜花保鲜剂”的成分中,属于非电解质的是__________________。
A.蔗糖 B.硫酸钾 C.高锰酸钾 D.硝酸银
(2)配制上述1L上述“鲜花保鲜剂”所需的仪器有:
量筒、玻璃棒、药匙、烧杯、托盘天平、__________________、__________________(在横线上填写所缺仪器的名称),需要高锰酸钾___________mol。
(3)在溶液配制过程中,下列操作对配制结果没有影响的是___________________。
A.定容时俯视容量瓶刻度线
B.容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,但未做任何处理
(4)“鲜花保鲜剂”中K+(阿司匹林中不含K+)的物质的量浓度为________mol·L-1。
【答案】A胶头滴管1000mL容量瓶0.004BD0.024
【解析】
【分析】
(1)电解质指在溶液中或熔融状态下能导电的化合物,在溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物属于非电解质,常见非电解质包括:
非金属氧化物、大多数有机物(如乙醇、葡萄糖等)、氨气等;
(2)根据实验操作的步骤(计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签)以及每步操作需要仪器确定反应所需仪器分析;根据500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾质量分析需要高锰酸钾物质的量;
(3)根据c=
分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断,溶质减少,浓度偏小,体积偏大,浓度偏小;
(4)求出K+的物质的量、根据溶液的体积,利用物质的量浓度的公式来计算。
【详解】
(1)A.蔗糖含有蔗糖分子,在水溶液中,不能电离,只存在分子,不能导电,是非电解质,故A正确;
B.硫酸钾,能电离出硫酸根离子和钾离子,能导电,是化合物,是电解质,故B错误;
C.高锰酸钾是盐,能在水溶液中和熔融状态下电离出自由移动的离子而导电,是电解质,故C错误;
D.硝酸银,溶于水溶液中或在熔融状态下就能够导电,是电解质,故D错误;
故答案为:
A;
(2)配制顺序是:
计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶→贴签,一般用天平称量(用到药匙)称量,在烧杯中溶解,冷却后转移到1000mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2∼3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中,再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线1∼2cm时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液面的最低点与刻线相平,塞好瓶塞,反复上下颠倒摇匀。
所以需要的仪器为:
托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管,500mL“鲜花保鲜剂”中需要高锰酸钾0.316g,物质的量为
=0.002mol,配制1L溶液需0.004mol,故答案为:
胶头滴管、1000mL容量瓶;0.004;
(3)A.定容时俯视容量瓶刻度线,溶液未达到刻度线,体积偏小,浓度偏大,故A错误;
B.容量瓶在使用前未干燥,里面有少量蒸馏水,不影响溶液的体积,所以浓度不变,故B正确;
C.容量瓶在使用前刚刚配制完一定物质的量浓度的NaCl溶液而未洗净,容量瓶中沾有溶质,溶质的质量偏大,浓度偏大,故C错误;
D.定容摇匀后发现液面低于容量瓶的刻度线,但未做任何处理,过会儿,滞留在刻度线以上的溶液将会下落,正好与刻度线相平,不影响溶液的体积,浓度不变,故D正确;
故选:
BD;
(4)K2SO4的物质的量为:
=0.005mol,则K+的物质的量为0.01mol,KMnO4的物质的量为
=0.002mol,则K+的物质的量为0.002mol,所以溶液中的K+总共为0.012mol,其物质的量浓度为0.012mol×0.5L=0.024mol/L,故答案为:
0.024。
7.氯气是一种重要的化工原料,自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。
I.工业上通常采用电解法制氯气:
观察图1,回答:
(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后,b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ.某兴趣小组设计如图2所示的实验装置,利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应),回答下列问题:
(3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现,主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________,为避免此副反应的发生,可将装置做何改进_________。
【答案】2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O7.15g冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应;与电源负极连接的电极为阴极,发生还原反应,根据产生气体的性质进行检验;
II.在装置A中制取Cl2,在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,氯气有毒,是大气污染物,在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理,据此分析解答。
【详解】
I.
(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,反应方程式为:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;
(2)在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应。
由于放电能力Cl->OH-,所以溶液中的阴离子Cl-放电,失去电子变为Cl2逸出,Cl2检验强氧化性,可以使KI变为I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,所以检验Cl2的方法是移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl2;
II.(3)在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,反应的方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(
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