化学硫及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案附详细答案.docx
- 文档编号:27838260
- 上传时间:2023-07-05
- 格式:DOCX
- 页数:27
- 大小:189.53KB
化学硫及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案附详细答案.docx
《化学硫及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案附详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《化学硫及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案附详细答案.docx(27页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
化学硫及其化合物的专项培优易错难题练习题含答案附详细答案
2020-2021化学硫及其化合物的专项培优易错难题练习题(含答案)附详细答案
一、高中化学硫及其化合物
1.亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。
实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H,并测定产品的纯度。
已知:
NOSO4H遇水分解,但溶于浓硫酸而不分解。
(1)装置A制取SO2
①A中反应的化学方程式为___。
②导管b的作用是___。
(2)装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。
①该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,还可以是___(只写1种)。
②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速度明显加快,其原因是___。
(3)装置C的主要作用是___(用离子方程式表示)。
(4)该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。
(5)测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度
准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中,加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后摇匀。
用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。
已知:
2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4
①配平:
__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O
②滴定终点时的现象为___。
③亚硝酰硫酸的纯度=___。
(精确到0.1%)[M(NOSO4H)=127g·mol-1]
【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下;调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度生成的NOSO4H作为该反应的催化剂SO2+2OH-=SO32-+H2OC装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解2516H+210CO2↑8溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复92.0%
【解析】
【分析】
(1)①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2;
②导管b的作用平衡压强的作用;
(2)①装置B中浓硝酸与二氧化硫在浓硫酸的作用下反应制得NOSO4H,该反应必须维持体系温度不得高于20℃,采取的措施除了冷水浴外,结合反应的操作;
②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,温度变化不大,但反应速率加快,说明NOSO4H起到了催化作用;
(3)装置C主要作用是吸收二氧化硫防止污染空气;
(4)NOSO4H遇水分解;
(5)①高锰酸钾溶液在酸性条件下氧化草酸钠生成二氧化碳,结合元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子反应方程式;
②高锰酸钾自身在反应中的颜色变化就可作为终点判断指示剂;
③根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4,结合滴定中消耗高锰酸钾的物质的量可得到亚硝酰硫酸的物质的量,据此计算纯度。
【详解】
(1)①利用装置A,固液混合制取二氧化硫,其方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑;
②导管b的作用是:
平衡压强,使分液漏斗中的液体能顺利流下;
(2)①浓硫酸遇水放出大量热,维持体系温度不得高于20℃,还可以是调节分液漏斗活塞,控制浓硫酸的滴加速度;
②开始反应缓慢,待生成少量NOSO4H后,反应速率明显加快,温度变化不大,排除温度的影响,其原因是:
生成的NOSO4H作为该反应的催化剂,加快了反应速率;
(3)装置C利用NaOH溶液将剩余的SO2吸收,防止污染环境,方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O;
(4)NOSO4H遇水分解,C装置(或A)中的水蒸气会进入B中使NOSO4H发生分解;
(5)①发生的是MnO4-和C2O42-的氧化还原反应,MnO4-做氧化剂,被还原成生成Mn2+,C2O42-做还原剂,被氧化成二氧化碳。
结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4-和C2O42-的离子反应方程式为:
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液,滴定终点时的现象为:
溶液恰好由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复;
③根据题意可知,酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应,利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。
用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液,消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。
可知剩余的KMnO4的物质的量n1(MnO4-)=
n(C2O42-)=
×0.2500mol·L-1×20.00×10-3L=2×10-3mol,则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2(MnO4-)=0.1000mol·L-1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。
n(NOSO4H)=
n2(MnO4-)=10-2mol,亚硝酰硫酸的纯度=
×100%=
×100%=92.0%。
2.硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。
请回答:
(1)将SO2通入品红溶液中,现象为品红溶液________,加热后溶液颜色________。
(2)已知反应:
SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4,该反应中的氧化产物是__________。
(3)木炭与浓硫酸共热的化学反应方程式为:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,若生成0.5molCO2,则转移电子的物质的量是_________mol。
(4)工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。
下列关于氨气的性质和用途描述正确的是____________。
A.氨气易液化,液氨可作制冷剂B.可用排水法收集氨气
C.氨气是一种无色无味的气体D.向氨水中滴加酚酞,溶液变红
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是___________________(写出一种即可)。
(6)汽车尾气常含有NO、NO2、CO等,会污染空气。
在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器,可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体,该反应的化学方程式为__________________________。
【答案】褪色变红H2SO42AD用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)。
(或其他合理答案)2CO+2NO
N2+2CO2
【解析】
【分析】
(1)SO2具有漂白性,但漂白是有选择的、暂时性的,加热后无色产物会分解,重新生成品红。
(2)反应SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4中,氧化产物是含有价态升高元素的生成物。
(3)在反应C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O中,有如下关系:
CO2——4e-,由此可计算出生成0.5molCO2,转移电子的物质的量。
(4)A.氨分子间易形成氢键,分子间作用力较大,所以氨气易液化,液氨可作制冷剂;
B.氨气易溶于水,不能用排水法收集;
C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体;
D.氨水呈碱性,向氨水中滴加酚酞,溶液变红。
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满时,可用蘸有浓盐酸的玻璃棒,也可使用湿润的红色石蕊试纸。
(6)CO和NO反应转化为两种无毒气体,则气体应为N2和CO2。
【详解】
(1)将SO2通入品红溶液中,因为SO2具有漂白性,所以品红溶液褪色,加热后,无色物质分解,重新生成品红,所以溶液颜色变红。
答案为:
褪色;变红;
(2)已知反应:
SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4,该反应中的氧化产物是含有价态升高元素的生成物,所以应为H2SO4。
答案为:
H2SO4;
(3)在反应C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O中,有如下关系:
CO2——4e-,生成0.5molCO2,转移电子的物质的量是0.5mol×4=2mol。
答案为:
2;
(4)A.氨分子间易形成氢键,分子间作用力较大,所以氨气易液化,液氨可作制冷剂,A正确;
B.氨气易溶于水,不能用排水法收集,B错误;
C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体,C错误;
D.氨水呈碱性,向氨水中滴加酚酞,溶液变红,D正确;
故选AD。
答案为:
AD;
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)(或其他合理答案)。
答案为:
用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)(或其他合理答案);
(6)CO和NO反应转化为两种无毒气体,则气体应为N2和CO2,该反应的化学方程式为2CO+2NO
N2+2CO2。
答案为:
2CO+2NO
N2+2CO2。
【点睛】
二氧化硫的漂白是有条件的、暂时性的,它能使品红溶液和有色布条褪色,但不能使紫色石蕊试液褪色。
往紫色石蕊试液中通入二氧化硫,溶液变为红色,继续通入二氧化硫至过量,溶液仍为红色。
3.我国云南东川铜矿富含辉铜矿(主要成分Cu2S),因含铜成分高而成为重要的炼铜原料。
资料表明,当蓝矾溶液渗入地下遇硫铁矿(主要成分:
二硫化亚铁FeS2)时,可生成辉铜矿Cu2S,其化学方程式为:
14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。
硫铁矿也是一种重要化工原料,其主要成分可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成Fe2O3和一种对环境有污染的有毒气体,回答下列问题:
(1)在化合物FeS2和Cu2S中,硫元素的化合价分别为__、__。
(2)在上述生成辉铜矿的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。
由题中信息可推知Cu2S的溶解情况是:
__溶于水(填“不”或“能”,下同),__溶于稀硫酸。
(3)写出硫铁矿的主要成分鼓入空气高温煅烧的化学方程式:
__,若反应中有2.2mol电子发生转移时,可生成标准状况下的有毒气体的体积为__L。
【答案】-1-235:
3不不4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO28.96
【解析】
【分析】
该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低,3个负一价硫的化合价升高。
【详解】
(1)
(二硫化亚铁)中铁为+2价,硫为-1价;
(硫化亚铜)中铜为+1价,硫为-2价,
故答案为:
-1;-2;
(2)
该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低,即14个硫酸铜和3.5个
做氧化剂,3个负一价硫的化合价升高,即1.5个
做还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为35:
3;根据反应
及题目信息,可知
不溶于水,也不溶于稀硫酸,
故答案为:
35:
3;不;不;
(3)根据题目信息‘硫铁矿可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成
和一种对环境有污染的有毒气体’,可推知
和氧气反应生成
和二氧化硫,方程式为:
,该反应转移电子数为44,即转移44个电子生成8个二氧化硫,故当转移2.2mol电子时,生成0.4mol二氧化硫,标况下体积为:
8.96L,
故答案为:
;8.96。
4.在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y能够反应,生成化合物Z,Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P(如下框图所示),已知气体G与空气之密度比约为1.17。
请填空:
(1)组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族;
(2)Z与水发生水解反应方程式_____________________;
(3)每生成1mol的化合物Z,反应中转移_________________mol的电子。
【答案】ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6
【解析】
【分析】
气体G与空气之密度比约为1.17,所以G的相对分子质量为29×1.17=34,则G应为H2S,在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y反应,生成化合物Z,则Z中含有X、Y两种元素,其中一种元素为S元素,Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P,可推知Z为Al2S3,沉淀P为Al(OH)3,所以X为Al、Y为S,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析,X为Al、Y为S,所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族,故答案为:
ⅢA、ⅥA;
(2)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑,故答案为:
Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑;
(3)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,Al由0价升高到+3价,每生成1mol的化合物Z,反应中转移电子6mol,故答案为:
6。
5.在通常状况下,A为固态单质。
根据下图转化关系,回答:
(1)写出A、E的化学式:
A__________,E__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
①E→C:
________________________________________________________;
②C→D:
________________________________________________________。
(3)B与E的浓溶液能反应,当B、E等物质的量反应时,化学方程式为_______________________,反应现象_________________________。
(4)若A为气态单质,则写出B、D化学式:
B__________,D__________。
【答案】SH2SO4Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O2SO2+O2
2SO3H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体NH3NO2
【解析】
【分析】
A是固态物质,连续与氧气发生反应,A是硫或碳,A和氢气反应生成B,则A为硫,B为H2S、C为SO2、D为SO3、E为H2SO4;
【详解】
(1)经上述分析,得出A、E的化学式分别是:
S、H2SO4。
答案为:
S;H2SO4;
(2)①E→C:
铜与浓硫酸在加热时生成SO2,同时生成CuSO4,反应式为:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O。
答案为:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O;
②C→D:
2SO2+O2
2SO3。
答案为:
2SO2+O2
2SO3;
(3)H2S具有还原性,H2SO4浓溶液具有强氧化性,等物质的量参加反应,说明H2S被氧化成硫单质,H2SO4被还原成SO2,则反应式为:
H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O,现象:
产生淡黄色沉淀,且有无色刺激性气味的气体。
答案为:
H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O;产生淡黄色沉淀,且有无色刺激性气味的气体;
(4)若A为气态单质,连续与氧气反应,则A:
N2,推出:
B:
NH3、C:
NO、D:
NO2、E:
HNO3,则B、D的化学式:
NH3、NO2。
答案为:
NH3;NO2。
6.黑色粉末A,黄色粉末B,它们都是单质,按下图进行实验:
(1)试根据上述反应现象推断以下物质的化学式:
ADEH
(2)写出C+盐酸
D+F的离子方程式:
(3)写出D
E的化学方程式:
(4)写出G
H的化学方程式:
【答案】
(1)Fe、H2S、SO2、Fe(OH)3
(2)FeS+2H+→Fe2++H2S↑
(3)
(4)4Fe(OH)2+O2+2H2O→4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)E能使品红褪色,E为SO2;H为红褐色固体,H为
;黑色粉末A、黄色粉末B,它们都是单质,所以分别是铁、硫;黑色固体C为FeS;D为H2S;F为
;G为
(2)FeS与盐酸反应的离子方程式FeS+2H+→Fe2++H2S↑;
(3)硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为
;
(4)氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
7.在下列物质转化中,A是一种正盐,D的相对分子质量比C的相对分子质量大16,E是酸,当X无论是强酸还是强碱时,都有如下的转化关系:
当X是强酸时,A、B、C、D、E均含同一种元素;当X是强碱时,A、B、C、D、E均含另外同一种元素。
请回答:
(1)A是________。
(2)当X是强酸时,E是_______。
写出B生成C的化学方程式:
____________。
(3)当X是强碱时,E是_______,写出B生成C的化学方程式:
____________。
【答案】(NH4)2SH2SO42H2S+3O2
2SO2+2H2OHNO34NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
根据题目中C与Y反应产生D,且D的相对分子质量比C的大16,可知D比C多一个氧原子,符合这种转化关系的有:
SO2→SO3,NO→NO2,Na2SO3→Na2SO4等,由此可出推断Y为O2,由于E为酸,则D应为能转化为酸的某物质,很可能为SO3、NO2等,
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素,则B为H2S,C为SO2,D为SO3,E为H2SO4,Z为H2O;
当X是强碱时,则B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3,Z为H2O,据此解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知A为(NH4)2S,Y是O2,Z是H2O。
(1)A是(NH4)2S;
(2)当X是强酸时,E是H2SO4,B为H2S,C为SO2,B生成C的化学方程式2H2S+3O2
2SO2+2H2O;
(3)当X是强碱时,E是HNO3,B是NO,C是NO2,B生成C的化学方程式4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【点晴】
本题考查无机物的推断。
掌握常见元素的相对原子质量、物质的性质及转化关系是本题解答的关键。
此类题目的解答步骤一般为:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
8.A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素,它们之间的转化关系如下图所示(反应条件及其他产物已略去):
(1)若A、D的水溶液均呈酸性,且D为强酸。
①A、D分别为A:
,D:
。
(填写化学式,下同)
②写出B→C转化的化学方程式:
。
③简述检验B物质的方法。
④写出D的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式。
(2)若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红。
①工业上合成A的化学方程式:
___________。
在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体A,其化学方程式为。
②写出C→D的化学方程式,并用双线桥标出电子转移的方向和数目。
③写出A→B的化学方程式
④1.92g铜投入一定的D浓溶液中,铜完全溶解,共收集到672mL气体(标准状况)。
将盛有此气体的容器倒扣在水中,通入标准状况下一定体积的O2,恰好使气体完全溶于水中,则通入O2的体积为mL。
【答案】
(1)①H2S;H2SO4;②2SO2+O2
2SO3(条件不写扣1分,
不写不得分);③将B通入到品红溶液中,溶液褪色,加热后,又恢复为红色;④2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+2H2O+SO2↑;
(2)①N2+3H2
2NH3;2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3+2H2O;
②
③4NH3+5O2
4NO+6H2O;④336mL
【解析】
试题分析:
(1)①若A、D的水溶液均呈酸性,且D为强酸,S元素化合物符合转化关系,可推知,A为H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4,故答案为H2S;H2SO4;
②B→C转化的化学方程式为2SO2+O2
2SO3,故答案为2SO2+O2
2SO3;
③简述检验SO2物质的方法:
将B通入到品红溶液中,溶液褪色,加热后,又恢复为红色,
故答案为将B通入到品红溶液中,溶液褪色,加热后,又恢复为红色;
④硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式:
2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+2H2O+SO2↑,
故答案为2H2SO4(浓)+Cu
CuSO4+2H2O+SO2↑;
(2)若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红,则A为NH3,B为NO,C为NO2,D为HNO3。
①工业上合成氨的化学方程式为N2+3H2
2NH3;在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体氨气,其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3+2H2O,故答案为N2+3H2
2NH3;2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3+2H2O;
②C→D的化学方程式和电子转移的方向和数目分析如下:
,故答案为
;
③A→B转化的化学方程式:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
④D浓溶液为HNO3,1.92gCu的物质的量为:
n(Cu)=
=0.03mol,反应时失去电子为:
2×0.03mol=0.06mol,反应整个过程为HNO3
NO、NO2
HNO3,反应前后HNO3的物质的量不变,而化合价变化的只有铜和氧气,则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目,所以消耗氧气的物质的量为:
n(O2)=
=0.015mol,标况下需要氧气的体积为:
V(O2)=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL,故答案为336。
【考点定位】考查无机推断
【名师点晴】本题考查无机物推断,涉及Na、S等元素单质及化合物的转化。
旨在考查学生对元素化合物知识熟练掌握,注意掌握中学常见的连续反应。
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
9.常温下某淡黄色固体单质A,与它的气态氢化物B和氧化物C之间,有如右图的转变关系,试回答:
(1)A是_______、B是_______、C是_______。
(2)B的物质的量为x,氧气的物质的量为y,则当B跟氧气恰好反应,完全转化为A时,x与y的数值关系为_______;若当B转化为C时,反应后,常温下体系中只有C一种气体,x与y的数值关系是_______________。
【答案】SH2SSO2
【解析】 【详解】 (1)常温下某淡黄色固体单质A为S,S与O2在点燃时发生反应产生C是SO2,它的气态氢化物B是H2S,H2S不完全燃烧产生S和H2O,完全燃烧产生SO2和H2O,因此A、B、C三种物质分别是: A为S,B为H2S,C为SO2; (2)H2S物
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 化学硫及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案附详细答案 化学 及其 化合物 专项 难题 练习题 答案 详细
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)