高考化学知识点过关培优训练硅及其化合物推断题含详细答案.docx
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高考化学知识点过关培优训练硅及其化合物推断题含详细答案
高考化学知识点过关培优训练∶硅及其化合物推断题含详细答案
一、硅及其化合物
1.表是元素周期表的一部分,针对表中的①-⑩元素按要求回答下列问题:
IA
IIA
IIIA
IVA
VA
VIA
VIIA
0族
2
①
②
③
3
④
⑤
⑥
⑦
⑧
⑨
4
⑩
(1)在①-⑩元素中,化学性质最不活泼的元素是________(填元素符号),化学性质最活泼的金属元素是________(填元素符号)。
(2)在最高价氧化物对应水化物中,酸性最强的化合物的化学式是________,碱性最强的化合物的化学式是________。
(3)氧化物属于两性氧化物的元素是________(填元素符号),写出该元素的最高价氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式________
(4)比较元素的气态氢化物的稳定性:
②_________③;最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:
②_________⑥。
(5)⑥的最高价氧化物与烧碱溶液反应的化学方程式为________
【答案】ArKHClO4KOHAlAl2O3+2OH-=2AlO2-+H2O<>SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
【分析】
稀有气体性质稳定,除稀有气体同周期从左往右,同主族从下至上,非金属性增强。
非金属性越强,单质越活泼,越易与氢气化合,生成的气态氢化物越稳定,对应的最高价氧化物的水化物酸性越强。
同周期从右往左,同主族从上至下,金属性逐渐增强。
金属性越强,单质越活泼,遇水或酸反应越剧烈,最高价氧化物对应水化物的碱性越强。
【详解】
(1)根据分析①-⑩元素中,化学性质最不活泼的元素是Ar,化学性质最活泼的金属元素是K;
(2)根据分析,①-⑩元素中Cl非金属性最强,故在最高价氧化物对应水化物中,酸性最强的化合物的化学式是HClO4,K金属性最强,碱性最强的化合物的化学式是KOH;
(3)铝、氧化铝、氢氧化率均属于两性物质,则氧化物属于两性氧化物的元素是Al,该元素的氧化物与NaOH溶液反应的离子方程式Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O;
(4)非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,氧的非金属较强,故水比氨气稳定,②<③;非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,N非金属性强于Si,则HNO3酸性强于H2SiO3,故最高价氧化物对应水化物的酸性强弱:
②>⑥;
(5)硅的最高价氧化物SiO2与烧碱溶液反应的化学方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
【点睛】
非金属性的应用中,需要注意非金属性与气态氢化物的稳定呈正比,与氢化物的还原性呈反比,而简单氢化物的沸点需要对比氢键和范德华力,是物理性质。
2.如图为一定量饱和Ca(OH)2溶液中通入CO2气体后,产生CaCO3白色沉淀的质量与通入的CO2体积之间的关系曲线。
请回答:
①OA段曲线所表示的化学反应方程式:
_________,A点处已参加反应的CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为________。
②B处溶液中存在的浓度较大的两种离子是________和________(填离子符号),将B处生成的溶液煮沸,可见到的现象是_____________。
【答案】Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O1∶1Ca2+HCO3—溶液变浑浊(或产生白色沉淀)
【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关,少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙,反应的化学方程式为2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2,由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大,A点达到沉淀最大值,AB段随CO2的通入,生成的CaCO3不断溶解转化为Ca(HCO3)2,B点CaCO3全溶解,溶液又变得澄清。
【详解】
①由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大,A点达到沉淀最大值,则OA段发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,由方程式可知A点处已参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为1:
1,故答案为:
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;1:
1;
②由图可知AB段随CO2的通入,生成的CaCO3不断溶解,发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙,则溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子;将碳酸氢钙溶液煮沸,碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水,则可见到的现象是澄清溶液变浑浊,故答案为:
Ca2+;HCO3—;溶液变浑浊(或产生白色沉淀)。
【点睛】
明确碳酸的正盐与过量的CO2反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2是解答关键。
3.某固体中可能含有Na+、K+、Al3+、Ba2+、SO42-、CO32-、SiO32-、等离子,将其配成100mL溶液。
学生研究性学习小组为了确认其成分,设计并完成了如图所示实验:
请回答下列问题:
(1)配制100mL溶液需要使用容量瓶,该仪器使用前必须进行的一步操是______________;在“定容”操作中,当液面接近容量瓶刻度线1~2cm处,改用__________________,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀。
(2)若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是_____________________
A.称量时砝码已经生锈;
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作;
C.定容时俯视;
D.定容时,液面超过容量瓶颈上的刻度线,用胶头滴管将过量的液体吸出;
E.容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水。
(3)根据以上实验可得出:
一定存在的离子是_________________,,一定不存在的离子是___________________。
(4)加入稀盐酸,所发生的离子反应方程式为________________。
【答案】检查是否漏水改用胶头滴管滴加蒸馏水至溶液凹液面正好与刻度线相切A、CCO32-、SiO32-SO42-、Al3+、Ba2+CO32-+2H+=CO2↑+H2O;SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
向配制的溶液中加入稀盐酸后生成无色无味气体A、沉淀B,气体A为CO2,则原溶液中一定含有CO32-,结合离子共存可知一定不存在Al3+、Ba2+;生成的沉淀B为硅酸,则一定存在SiO32-;向滤液C中加入氯化钡溶液,无明显现象,说明溶液中不存在SO42-,据此结合溶液配制的方法解答;
第
(2)题根据
进行分析;
【详解】
(1)容量瓶使用前要检查是否漏水;当液面接近容量瓶刻度线1-2cm处,改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切,再将容量瓶塞盖好,反复上下颠倒,摇匀,故答案为:
检查是否漏水;改用胶头滴管滴加质量数至液面凹液面恰好与刻度线相切;
(2)A.称量时砝码已经生锈会导致溶质的质量偏大,继而导致浓度偏大,故A正确;
B.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作会导致溶质物质的量偏小,浓度偏小,故B错误;
C.定容时俯视会导致溶液体积偏小,溶液浓度偏大,故C正确;
D.定容时,液面超过容量瓶颈上的刻度线,用胶头滴管将过量的液体吸出会导致溶质的物质的量偏小,浓度偏小,故D错误;
E.容量瓶不干燥,含有少量蒸馏水对浓度没有影响,故E错误,
故答案为:
AC;
(3)根据分析可知一定存在的离子为:
CO32-、SiO32-;一定不存在的离子为:
SO42-、Al3+、Ba2+,故答案为:
CO32-、SiO32-;SO42-、Al3+、Ba2+;
(4)根据分析可知,加入稀盐酸后碳酸根和硅酸根和氢离子发生反应,故答案为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O;SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
4.已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物,根据图中的转化关系,回答:
(1)A是______,B是_____,D是_____。
(2)写化学方程式:
①_________;
⑤_________。
(3)写离子方程式:
②__________;
③________;
④________。
【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑H2SiO3
H2O+SiO2CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2,再结合SiO2的相关性质:
SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2,二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀,则D为H2SiO3,H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O,说明A为SiO2是正确的,③为SiO2和NaOH的反应,可知B为Na2SiO3,则C为CO2,Na2SiO3可与酸反应生成硅酸,据此答题。
【详解】
由以上分析可知A为SiO2,B为Na2SiO3,C为CO2,D为H2SiO3。
(1)由以上分析可知A为SiO2,B为Na2SiO3,D为H2SiO3,故答案为:
SiO2;Na2SiO3;H2SiO3。
(2)①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳,反应的方程式为SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑,故答案为:
SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O,反应方程式为:
H2SiO3
H2O+SiO2,故答案为:
H2SiO3
H2O+SiO2。
(3)②硅酸酸性比碳酸弱,硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸,反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3,离子方程式为:
CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓,故答案为:
CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓。
③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O,离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O,故答案为:
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。
④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸,方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓,离子方程式为:
SiO32-+2H+=H2SiO3↓,故答案为:
SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
【点睛】
解框图题的方法:
最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等,本题的突破口为:
“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。
5.已知A、D为常见单质,各物质发生如下框图所示变化,回答下列问题:
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质,则A元素在周期表中的位置为______,D的晶体类型是______,请写出A+B→C+D的化学方程式______。
(2)若B为气体,其标准状况下密度为1.964g•L-1,C为白色固体,可用来制作耐高温材料。
则B的电子式为______,C中含有的化学键是______(填写“离子键或者共价键”)。
(3)若A为生产生活中用量最大的金属,B在常温下为无色液体,写出C(金属元素有两种不 同化合价)与盐酸反应的离子反应方程式____________。
若以A和石墨 棒为电极,NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池,请写出石墨电极的电极反应式______。
【答案】第二周期第IVA族原子晶体SiO2+2C
Si+2CO
离子键Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-
【解析】
【详解】
(1)若A、D为短周期同主族非金属元素的单质,由转化可知B、C属于氧化物,A与B的反应属于置换反应,可推知A为碳、B为SiO2、C为CO、D为Si,则A元素在周期表中的位置为:
第二周期第IVA族,硅的晶体类型是原子晶体,A+B→C+D的化学方程式:
SiO2+2C
Si+2CO;
(2)若B为气体,其标准状况下密度为1.964g•L-1,B的相对分子质量=22.4×1.964=44,C为白色固体,可用来制作耐高温材料,则A为Mg、B为CO2、C为MgO、D为碳,B的电子式为
,C(MgO)中含有的化学键是:
离子键;
(3)若A为生产生活中用量最大的金属,B在常温下为无色液体,则A为Fe、B为H2O、C为Fe3O4、D为H2,C与盐酸反应的离子反应方程式:
Fe3O4+8H+=Fe2++2Fe3++4H2O,若以Fe和石墨 棒为电极,NaCl 溶液为电解质溶液构成原电池,石墨电极为正极,发生还原反应,氧气获得电子市场氢氧根离子,电极反应式为:
O2+2H2O+4e-=4OH-。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目涉及中学常见的特殊置换反应,需要学生熟练掌握元素化合物知识,熟记中学常见的连线反应、三角转化、特殊置换反应、特殊现象反应、某些无机物与有机物的反应等。
6.含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料,含A元素的一种化合物C可用于制造高性能的现代通讯材料——光导纤维,C与烧碱反应生成含A元素的化合物D。
(1)A的原子结构示意图为________,A与碳在原子的电子层结构上的相同点是________________________________________________________。
(2)易与C发生化学反应的酸是_________(写名称),反应的化学方程式是_______________________________。
(3)将C与纯碱混合高温熔融时也发生化学反应生成D
①写出该反应的化学方程式:
___________________________________________。
②要将纯碱高温熔化,下列坩埚中可选用的是________。
A.普通玻璃坩埚B.石英玻璃坩埚C.铁坩埚
(4)100gC与石灰石的混合物充分反应后,生成的气体在标准状况下的体积为11.2L,100g混合物中石灰石的质量分数是________。
【答案】
最外层均有4个电子,最内层均有2个电子氢氟酸SiO2+4HF===SiF4↑+2H2OSiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑C50%
【解析】试题分析:
本题考查无机推断、侧重硅元素的单质及其化合物性质的考查、化学计算。
含A元素的一种单质是一种重要的半导体材料,含A元素的一种化合物C可用于制造光导纤维,则A为硅元素,C为SiO2;C(SiO2)与烧碱反应生成Na2SiO3和H2O,含A元素的化合物D为Na2SiO3。
(1)A为Si,Si原子的核电荷数为14,Si原子核外有14个电子,根据原子核外电子排布规律,A的原子结构示意图为
。
碳的原子结构示意图为
,硅原子与碳原子的电子层结构上的相同点是:
最外层均有4个电子,最内层均有2个电子。
(2)C为SiO2,易与SiO2发生化学反应的酸是氢氟酸,SiO2与HF反应生成SiF4和H2O,反应的化学方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O。
(3)①SiO2与纯碱高温熔融时反应生成Na2SiO3和CO2,反应的化学方程式为SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
②A,普通玻璃的成分为Na2SiO3、CaSiO3和SiO2,SiO2与纯碱高温下反应生成Na2SiO3和CO2,不能选用普通玻璃坩埚熔化纯碱;B,石英玻璃的成分为SiO2,SiO2与纯碱高温下反应生成Na2SiO3和CO2,不能选用石英玻璃坩埚熔化纯碱;C,铁与Na2CO3高温不反应,可选用铁坩埚熔化纯碱;答案选C。
(4)SiO2与石灰石的混合物充分反应,可能发生的反应有SiO2+CaCO3
CaSiO3+CO2↑、CaCO3
CaO+CO2↑,根据C守恒,n(CaCO3)=n(CO2)=
=0.5mol,m(CaCO3)=0.5mol
100g/mol=50g,100g混合物中石灰石的质量分数为
100%=50%。
7.图中X、Y、Z为单质,其他为化学物,它们之间存在如下转化关系(部分产物已略去)。
其中,A俗称磁性氧化铁;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应。
回答下列问题:
(1)元素X在元素周期表中的位置为第________周期________族。
(2)一定条件下,Z能与H2反应生成ZH4,写出Z与NaOH反应的化学方程式____________
(3)写出由Y与NO、H2O生成D反应的化学方程式:
_______________。
(4)X在高温下能与水蒸气反应,请写出该反应的化学方程式:
_____________
(5)向含4molD的稀溶液中,逐渐加入X粉末至过量。
假设生成的气体只有一种,请在坐标系中画出n(X2+)随n(X)变化的示意图,并标出n(X2+)的最大值。
________________
【答案】四ⅧSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑4NO+3O2+2H2O=4HNO33Fe+4H2O
Fe3O4+4H2↑
【解析】
【分析】
A俗称磁性氧化铁,则A为Fe3O4;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应,则E是SiO2,根据转化关系,可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe(NO3)3,R为H2SiO3 。
【详解】
A俗称磁性氧化铁,则A为Fe3O4;E是不溶于水的酸性氧化物,能与氢氟酸反应,则E是SiO2,根据转化关系,可知X为铁、Y为O2、Z为Si、D为HNO3、M为Na2SiO3、G为Fe(NO3)3,R为H2SiO3;
(1)元素X为Fe,核电荷数为26,其在元素周期表中的位置为第四周期Ⅷ族;
(2)Z为Si,能溶于NaOH溶液生成硅酸钠、氢气和水,发生反应的化学方程式为Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑;
(3)Y为O2,NO与O2按一定比例通入水中生成HNO3,发生反应的化学方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3;
(4)Fe在高温下能与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,发生反应的化学方程式为3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2↑;
(5)铁和稀硝酸反应,开始铁全部被硝酸氧化为硝酸铁,故开始阶段Fe2+的量为0,随着铁的加入,多余的铁又和Fe3+反应而生成Fe2+,故Fe2+的量逐渐会增大直至到最大值,以后不变,反应过程中生成的气体为NO,令Fe2+的最大物质的量为xmol,根据电子转移守恒可知,NO的物质的量=
,根据N元素守恒可知:
+2xmol=4mol,解得x=1.5,根据电子转移守恒可知,由Fe+2Fe3+=3Fe2+,可知开始产生NO时Fe的物质的量等于Fe3+的物质的量,即为1.5mol×
=1mol,故n(Fe2+)随n(Fe)变化的示意图为:
。
8.已知A与D均为非金属单质,其中A有多种同素异形体,其转化关系如下图。
请回答:
(1)反应②为工业制粗硅原理,写出E的化学式:
。
(2)反应①的化学方程式为。
【答案】
(1)CO;
(2)2Mg+CO2
2MgO+C。
【解析】
试题分析:
(1)反应②制取粗硅,常用C和SiO2的反应:
2C+SiO2
Si+2CO,D为非金属单质,则D为Si,E为CO;
(2)C和O2反应生成CO2,反应①是:
CO;
(2)2Mg+CO2
2MgO+C。
考点:
考查工业制硅、镁和CO2的反应等知识。
9.某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质,现欲制取纯净的氧化铝,某同学设计如下的实验方案。
回答下列问题:
(1)在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________;
(2)沉淀C的化学式是_____________。
滤液B中含有的溶质有__________(写化学式);
(3)步骤③的离子方程式为_____________________________________。
【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒SiO2NaAlO2、NaCl、NaOHAlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅,加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液,过滤得到沉淀C为二氧化硅,滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液,加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液,过滤得到沉淀D为Fe(OH)3,滤液为NaAlO2,通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,过滤得到氢氧化铝沉淀,加热分解生成氧化铝。
【详解】
(1)步骤①为过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒;
(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅;氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝,氧化铁和盐酸反应生成氯化铁,滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸,滤液A中加入过量NaOH,氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠,氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠,盐酸与碱反应生成氯化钠,则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH;
(3)步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应,离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓。
10.用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件,能大幅度提高发动机的热效率。
工业上用化学气相沉积法制备氮化硅,反应如下:
3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl。
完成下列填空:
(1)氮化硅可用于制造发动机的耐热部件,因为它属于_____________晶体。
有关氮化硅的上述反应中,原子最外层只有一个未成对电子的元素是______________(填写元素符号);属于非极性分子的化合物的电子式是 __________。
(2)比较Si和Cl两种元素非金属性强弱的方法是__________ 。
a.比较两种元素的气态氢化物的沸点
b.比较两种元素的原子获得一个电子时释放能量的大小
c.比较相同条件下两种元素氢化物水溶液的酸性强弱
(3)Si与Al、Be具有相似的化学性质,因为_________________(简述理由),写出Si与强碱溶液反应的离子反应方程式:
____________________________。
【答案】原子H、Cl
b处在金属与非金属的分界线上Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑
【解析】
(1)氮化硅是一种新型的无机非金属材料,耐高温,属于原子晶体;H、N、Si、Cl四种原子的最外层电子构型分别为1s1、2s22p3、3s23p2、3s23p5,最外层未成对电子数分别为1、3、2、1,所以原子最外层只有一个未成对电子的元素是H和Cl;SiCl4为非极性分子,其电子式为:
。
(2)气态氢化物沸点的大小与分子间作用力及氢键有关,与非金属性无关,a错误;原子获得一个电子时释放的能量越大,元素的非金属性越大,b正确;最高价氧化物的水化物的酸性越强,元素的非金属性越大,而不是指氢化物的酸性,c错误,故可以比较Si和Cl两种元素非金属性强弱的方法是答案b。
(3)Si、Al、Be三种元素均处于金
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