高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析.docx
- 文档编号:29216228
- 上传时间:2023-07-21
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:197.11KB
高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析.docx
《高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高中广东百校联考理综试题化学试题答案解析
2019广东百校联考理综试题——化学试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.现代生活需要人们有一定的科学素养,下列有关化学的科学常识正确的是()
A.Na2CO3和Al(OH)3均可用治疗胃酸过多
B.洪灾过后,可以用明矾或漂白粉消毒生活用水
C.硅用于制造光导纤维,氢氟酸可用于玻璃雕刻
D.发展新能源汽车的可以减少酸雨和光化学烟雾产生
2.NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法不正确的是()
A.常温下,18gH2O中电子数均为10NA
B.标准状况下,2molSO2和1molO2充分反应生成SO2的数目为2NA
C.常温下,1L1mol·L-1Na2CO3溶液中,阴离子数目大于NA
D.1molCl2与FeCl2溶液完全与反应,转移电子的数目为2NA
3.“类推”的思维方式在化学学习与研究中经常采用。
下列类推思维中正确的是()
A.木炭在足量氧气中燃烧生成高价态产物CO2,硫黄在足量氧气中燃烧生高价态产物SO3
B.Na2S溶液与CuCl2溶液反应生成CuS沉淀,Na2S溶液与AlCl3溶液反应生成Al2S3沉淀
C.加热时Fe与Cl2反应生成FeCl3,则加热时Cu与Cl2反应生成CuCl2
D.BaCl2溶液中通入SO2无沉淀产生,则Ba(NO3)2溶液中通入SO2也无沉淀产生
4.短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大,其中Z的原子半径最大,XY2为红棕色气体,W的单质既能与强酸又能与强碱反应,M最外层电子数等于Y和Z的最外层电子数之和。
下列说法中,不正确的是()
A.离子半径由大到小的顺序为:
M>Y>Z>WB.Y与Z形成的化合物只有离子键
C.最高价氧化物的水化物酸性强弱:
M>XD.单质的还原性:
Z>W
5.根据侯氏制碱原理是:
NaCl+H2O+NH3+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓,2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,实验室利用侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验,需要经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是()
A.
B.
C.
D.
6.下列实验操作能达到实验目的的是()
实验目的
实验操作
A
制备Fe(OH)3胶体
向沸水中滴入几滴1mol·L-1FeCl3溶液,煮沸至红褐色
B
证明C、S的非金属性强弱
用pH试纸测定H2CO3、H2SO3饱和溶液的pH值
C
检验FeCl3溶液中是否含有Fe2+
取少量溶液于试管中,再滴入酸性KMnO4
D
证明还原性:
I->Fe2+
向FeI2和KSCN混合溶液中滴入少量氯水,再加入CCl4,振荡
A.AB.BC.CD.D
7.煤的气化就是将煤转化为可燃气体的过程。
水蒸气通过灼热的煤所产生的混和气,其主要成份是CO、H2还含有CO2和水蒸气。
用下列装置检验混和气中部分物质,下列说法不正确的是()
A.若A和B之间增加装无水CuSO4的干燥管可检验H2O的存在
B.若试管C和E中分别装澄清石灰水、CuO,可检验CO的存在
C.在装置F之后,应该放置一只燃着的酒精灯,防止CO污染空气
D.工业上将煤气化,其目的是获得洁净的燃料和化工原料
二、实验题
8.氯化亚砜(SOCl2)在农药、制药行业中用途广泛,沸点为77℃,遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并产生带有刺激性气味的气体。
实验室用干燥的Cl2和SO2与SCl2反应合成SOCl2,反应原理是:
SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2。
回答以下问题:
Ⅰ.氯化亚砜的制备
实验室拟用以下装置完成氯化亚砜的制备:
(1)仪器a的名称是__;装置D中冷凝管的冷凝水入口是__。
(2)装置A中反应的离子方程式__;装置E中反应的化学方程式__。
(3)B、C所盛试剂分别是__、__;装置D中干燥管b的作用是__。
(4)本实验的主要副产物是SCl2,已知:
SOCl2沸点为77℃,SCl2的沸点为50℃,提纯SOCl2的实验操作是__;
Ⅱ.氯化亚的性质与检测
经分析,某实验小组的同学认为,SOCl2与水反应后的溶液中有盐酸和亚硫酸生成。
(5)欲证明SOCl2与水反应后形成的溶液中有H2SO3生成,可以使用的试剂是__;欲证明纯净SOCl2与水反应后形成的溶液中有Cl-,实验的操作方法是__。
9.甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe]是一种补血剂。
实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁。
有关物质性质如下:
甘氨酸(NH2CH2COOH)
柠檬酸
甘氨酸亚铁
易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物,相对分子质量为75
易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性
易溶于水,难溶乙醇
Ⅰ.配制FeSO4溶液
用绿矾(FeSO4·7H2O)配制100mL1.00mol·L-1的FeSO4溶液。
(1)除托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒外,还需要的仪器有__。
Ⅱ.制备FeCO3
将配制好的绿矾溶液倒入烧杯中,缓慢加入200mL1.10mol·L-1NH4HCO3溶液,边加边搅拌,反应结束后过滤并洗涤沉淀。
(2)反应的离子方程式为__。
Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe
制备装置如图所示(夹持和加热仪器已省略)。
将Ⅱ中制备得到的FeCO3转移到装置D的三颈烧瓶中,检查气密性后,按如图所示加入足量的相关试剂,按以下操作进行实验。
(3)关闭K2、打开K1、K3,此操作的目的是__;
(4)当观察到装置E中出现浑浊后,关闭K3、打开K2,此时可观察到的现象是__;
(5)关闭K1、K2、K3,打开K4,向三颈烧瓶中加入柠檬酸溶液,加热,使反应发生。
加入柠檬酸溶液的目的除了调节溶液的pH促进FeCO3溶解,另一目的是__;
(6)反应结束后,将三颈烧瓶中所得到的混合物过滤,滤液经___(填操作)、过滤、洗涤、干燥得到产品。
洗涤操作所选用的最佳洗涤试剂是__。
A.蒸馏水B.乙醇C.FeSO4溶液D.柠檬酸溶液
Ⅳ.产率计算
(7)若得到的产品质量为17.96g,则产率为__。
三、工业流程题
10.氧化锌是一种无毒的无机化合物,可用于生产婴儿爽身粉。
锌焙砂主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量Al2O3、FeO、Fe2O3、CuO、SiO2等氧化物。
如图是工业上利用锌焙砂制取氧化锌的流程图。
已知:
几种常见金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH值如下表:
氢氧化物
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Cu(OH)2
Zn(OH)2
开始沉淀pH
7.0
2.7
3.7
4.2
6.4
完全沉淀pH
9.2
3.2
5.2
6.7
8.0
回答下列问题:
(1)ZnFe2O4中铁的化合价是__,H2O2的电子式为___。
(2)“酸浸”时ZnFe2O4会生成两种盐,该反应的化学方程式为__。
(3)“除杂
(1)”是为了除去浸出液中的Fe3+、Fe2+、Al3+,加入H2O2溶液的目的是(用离子方程式表示)__,为了加快反应速率,可适当加热。
加入的H2O2溶液比预计的要多了许多,原因是:
__;需要调节的pH的范围是__,所加的试剂X是__(填化学式)
(4)“沉淀”时,需要控制温度在40℃,目的是:
__。
(5)“滤液”中溶质的主要成份是__(写化学式)。
11.二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土氧化物。
平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质)。
某课题小组以此粉末为原料,设计资源回收的工艺流程如图:
(1)写出第①步反应的离子方程式__。
滤液A中的用途是___。
(2)向滤液B中加入过量试剂a可用于制备绿矾(FeSO4·7H2O),试剂a是__(填物质名称)充分反应后,经过滤得到FeSO4溶液。
再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作步骤得到绿矾。
检验所加试剂a已经过量,使用的试剂和判断的依据分别是__、__。
(3)写出第③步反应的化学方程式__。
(4)取上述流程中得到的Ce(OH)4[摩尔质量为208g·mol-1产品0.500g,加硫酸溶解后,用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定(铈被还原为Ce3+)消耗20.00mL标准溶液,该产品中Ce(OH)4的质量分数为__(保留四位有效数字数)。
若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果__。
(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)
参考答案
1.D
【解析】
【详解】
A.碳酸钠碱性太强,有较强腐蚀性,而碳酸氢钠溶液、氢氧化铝碱性较弱,应利用氢氧化铝或小苏打治疗胃酸过多,故A错误;
B.明矾净水主要是除去水中的悬浮物质,没有消毒作用,漂白粉具有强氧化性,生活用水还需用漂白粉等消毒剂进行处理,故B错误;
C.二氧化硅用于制造光导纤维,故C错误;
D.新能源汽车无尾气排放,可以减少酸雨和光化学烟雾产生,故D正确。
故选D。
2.B
【详解】
A.18gH2O为1mol,水分子中电子数为10,则18gH2O中电子数为10NA,故A正确;
B.SO2和O2反应生成SO3为可逆反应,则生成的SO3数目小于2NA,故B错误;
C.1L1mol·L-1Na2CO3溶液中,碳酸根离子的水解导致阴离子数目增多,CO32-+H2O
HCO3-+OH-,根据电荷守恒,阴离子数目大于NA,故C正确;
D.1molCl2与FeCl2溶液完全反应后,生成2molCl-,则转移电子的数目为2NA,故D正确。
故选B。
【点睛】
此题易错点在于B项,注意可逆反应不能反应完全,所以无法计算具体产物的微粒数目。
3.C
【详解】
A.硫黄在足量氧气中燃烧不能直接生成生高价态的SO3,应先生成SO2,SO2再与O2需要满足一定条件,才能生成SO3,故A错误;
B.Na2S溶液与AlCl3溶液发生双水解反应,生成H2S气体和Al(OH)3沉淀,故B错误;
C.氯气具有强氧化性,与金属反应时生成高价态产物,加热时Fe与Cl2反应生成FeCl3,加热时Cu与Cl2反应生成CuCl2,故C正确;
D.硝酸根在酸性条件下有强氧化性,所以Ba(NO3)2溶液中通入SO2会生成BaSO4沉淀,故D错误。
故选C。
4.B
【详解】
短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大,XY2为红棕色气体,为NO2,则X为氮,Y为氧;W的单质既能与强酸又能与强碱反应,则W为铝;M最外层电子数等于Y和Z的最外层电子数之和,则M为氯,其中Z的原子半径最大,则Z为钠。
A.氧、钠、铝,离子具有相同核外电子数,核电荷越大,半径越小,则离子半径由大到小的顺序为:
氧离子>钠离子>铝离子,氯离子具有3个电子层,半径最大,即M>Y>Z>W,故A正确;
B.过氧化钠中既有离子键也含共价键,故B错误;
C.非金属性越强,最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性:
氯强于氮,则酸性强弱:
M>X,故C正确;
D.金属性越强,单质的还原性越强,钠强于铝,即Z>W,故D正确。
故选B。
5.C
【详解】
A.氯化铵不稳定,加热易分解,温度稍低又可生成氯化铵,得不到氨气;制备氨气,应用氯化铵和氢氧化钙为反应物,故A错误;
B.应将二氧化碳通入氨气的氯化钠饱和溶液中,碱性环境下利于二氧化碳气体的吸收,提高利用率,故B错误;
C.从溶液中分离碳酸氢钠固体,可用过滤的方法,故C正确;
D.碳酸氢钠不稳定,不能直接加热干燥,可烘干,故D错误。
故选C。
6.D
【详解】
A.须用饱和氯化铁溶液而不用氯化铁稀溶液,故A错误;
B.比较非金属性强弱应该比较它们最高价氧化物的水化物的酸性强弱,H2SO3不是S对应的含氧酸,故B错误;
C.酸性高锰酸钾具有强氧化性,可以氧化Cl-,所以无论是否含Fe2+都会褪色,故C错误;
D.向FeI2和KSCN混合溶液中滴入少量氯水,溶液未变成血红色,说明没有铁离子生成,再加入CCl4,振荡静置后分层,下层呈紫红色,说明有碘单质生成,可以证明还原性:
I->Fe2+,故D正确。
故选D。
【点睛】
此题易错点在于A项,氢氧化铁胶体的制备,注意表达的准确性,应该用饱和氯化铁浓溶液,而1mol·L-1FeCl3溶液属于稀溶液。
7.A
【详解】
A.打开分液漏斗,混合气体从A中经导管排出,因为有水存在,无法检验混合气体中H2O的存在,故A错误;
B.B中氢氧化钠溶液除去二氧化碳,试管C中的澄清石灰水可以验证二氧化碳气体已经除尽,若混合气体中有CO,则经过与CuO反应生成CO2,CO2可以使F中石灰水变浑浊,可以检验CO的存在,故B正确;
C.未反应完全的CO,可以用点燃的方法除去,防止CO污染空气,故C正确;
D.工业上将煤气化,可以得到CO、H2、CH4等可燃气体,这些可以作为洁净的燃料和化工原料,故D正确。
故选A。
8.分液漏斗mMnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2+2H2OCu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑饱和NaCl溶液浓H2SO4吸收逸出的Cl2、SO2,防止空气中的水蒸气进入烧瓶,导致SOCl2水解蒸馏品红溶液(FeCl3、Ba(OH)2等)反应后形成的溶液于试管中,加入足量的Ba(NO3)2溶液,充分振荡,静置,再滴入AgNO3,若产生白色沉淀,说明反应形成的浪液中有Cl-
【分析】
根据实验原理及装置图分析,A装置为制取氯气的装置,B、C中分别装有饱和NaCl溶液和浓H2SO4,目的是除去氯气中HCl和水;E为制取二氧化硫的装置,将氯气和二氧化硫气体同时通入D中与SCl2反应得到SOCl2,据此分析解答。
【详解】
(1)根据仪器的构造分析,仪器a的名称是分液漏斗;若使冷凝管中充满冷凝水,则冷凝水入口是m,故答案为:
分液漏斗;m;
(2)装置A为实验室制备氯气的装置,反应的离子方程式为:
MnO2+4H++2Cl
Mn2++Cl2+2H2O;装置E是用浓硫酸和铜制备二氧化化硫,反应的化学方程式为:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑,故答案为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2+2H2O;Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+2H2O+SO2↑;
(3)制备氯气过程中会有HCl、水蒸气产生,所以B、C所盛试剂分别是饱和NaCl溶液;浓H2SO4;根据题给信息知SOCl2易水解,且未完全反应的Cl2、SO2有毒,所以装置D中干燥管b的作用是吸收逸出的Cl2、SO2,防止空气中的水蒸气进入烧瓶,导致SOCl2水解,故答案为:
饱和NaCl溶液;浓H2SO4;吸收逸出的Cl2、SO2,防止空气中的水蒸气进入烧瓶,导致SOCl2水解;
(4)根据混合物的沸点不同分析,提纯SOCl2的实验操作是蒸馏,故答案为:
蒸馏;
(5)H2SO3可以使品红溶液褪色,可以还原FeCl3使之褪色,可以与Ba(OH)2反应生成白色沉淀,所以使用的试剂是品红溶液(FeCl3、Ba(OH)2等);检验Cl-存在时,为了排除SO32-的干扰,先加入足量的Ba(NO3)2溶液,充分振荡,静置,再滴入AgNO3,故答案为:
品红溶液(FeCl3、Ba(OH)2等);反应后形成的溶液于试管中,加入足量的Ba(NO3)2溶液,充分振荡,静置,再滴入AgNO3,若产生白色沉淀,说明反应形成的溶液中有Cl-。
【点睛】
此题易错点在于氯离子的检验,根据题给信息知产物中会有H2SO3,所以需排除SO32-的干扰,不能直接滴入AgNO3检验。
9.100mL容量瓶、胶头滴管Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2+H2O用H2排除装置中的空气,防止氧气干扰实验C中的溶液被压入D中防止二价铁被氧化蒸发浓缩,冷却结晶D88%
【分析】
根据配制一定物质的量浓度溶液的实验分析解答;根据题给信息及实验目的、装置分析解答;根据滴定原理计算产率。
【详解】
(1)配制一定物质的量浓度的溶液还需要的仪器为容量瓶和胶头滴管,故答案为:
100mL容量瓶、胶头滴管;
(2)根据题给信息知硫酸亚铁和NH4HCO3反应生成碳酸亚铁沉淀,则反应的离子方程式为:
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2+H2O,故答案为:
Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2+H2O;
(3)根据实验装置分析,装置A作用是制取H2,实验过程中Fe2+易被空气中氧气氧化,所以可以用H2排出空气,故答案为:
用H2排除装置中的空气,防止氧气干扰实验;
(4)D中澄清石灰水变浑浊,说明装置内空气排尽,关闭K3、打开K2,H2将C中的溶液被压入D中,故答案为:
C中的溶液被压入D中;
(5)柠檬酸具有还原性,可以防止二价铁被氧化,故答案为:
防止二价铁被氧化;
(6)由于甘氨酸亚铁易溶于水,且易被氧化,所以从滤液中分离出来的方法为蒸发浓缩,冷却结晶;由于甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,用乙醇洗涤产品可以减少产品的溶解,提高产率和纯度;故答案为:
蒸发浓缩,冷却结晶;B;
(7)根据铁原子守恒知理论上产生的(NH2CH2COO)2Fe的物质的量为:
n[(NH2CH2COO)2Fe]=n(FeCO3)=n(FeSO4)=0.1L×1.00mol·L-1=0.10mol,则产率为
,故答案为:
88%。
10.+3
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O温度过高和反应生成的Fe3+的催化作用均加速率H2O2的分解5.2≤pH<6.4ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2等]防止NH4HCO3分解,NH3·H2O挥发(NH4)2SO4
【分析】
根据流程图知,锌焙砂粉碎后酸浸后得到的溶液中溶质主要为硫酸铁、硫酸亚铁、硫酸锌、硫酸铜、和硫酸铝,残渣为未反应的二氧化硅,除杂
(1)主要除去氢氧化铁、氢氧化铝和部分氢氧化铜沉淀;加入锌置换出溶液中的Cu2+,此时溶液中的阳离子为Zn2+,阴离子为SO42-,再加入碳酸氢铵和氨水的混合物,反应得到碳酸锌沉淀,据此分析解答。
【详解】
(1)ZnFe2O4中Zn为+2价,O为-2价,根据化合物中元素化合价代数和为0分析,铁的化合价是+3;H2O2属于共价分子,其电子式为
,故答案为:
+3;
;
(2)ZnFe2O4中含有锌离子和铁离子,所以与酸反应生成硫酸锌和硫酸铁,化学方程式为:
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O,故答案为:
ZnFe2O4+4H2SO4=ZnSO4+Fe2(SO4)3+4H2O;
(3)加入H2O2溶液的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,更容易完全沉淀,反应的离子方程式为:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;根据题给信息分析知,加入过多的H2O2原因是:
温度过高和反应生成的Fe3+的催化作用均加速率H2O2的分解;根据题给数据分析,pH=5.2时,铁离子、铝离子完全沉淀,pH=6.4时,锌离子开始沉淀,所以需要调节的pH的范围是5.2≤pH<6.4,为了保证不引入新的杂质,所加的试剂X是ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2等],故答案为:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;温度过高和反应生成的Fe3+的催化作用均加速率H2O2的分解;5.2≤pH<6.4;ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2等];
(4)“沉淀”时,加入的NH4HCO3受热易分解,且NH3·H2O挥发,故答案为:
防止NH4HCO3分解,NH3·H2O挥发;
(5)根据流程分析,溶液中存在NH4+和SO42-,所以“滤液”中溶质的主要成份是(NH4)2SO4,故答案为:
(NH4)2SO4。
11.SiO2+2OH-=SiO32-+H2O黏合剂、耐火阻燃材料、制备硅胶等铁粉KSCN溶液溶液不变色2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O83.20%偏高
【分析】
流程分析:
第①步反应废玻璃粉末加氢氧化钠溶液后过滤,得到滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2;滤渣A(Fe2O3、CeO2)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸铁溶液,滤渣B的成分是CeO2;第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2;第④步反应Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液;第⑤步反应Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4,据此分析解答。
【详解】
(1)根据废玻璃粉末的成分(含SiO2、Fe2O3、CeO2等物质),可知能与氢氧化钠反应的是二氧化硅。
其离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,反应所得硅酸钠溶液作用有黏合剂、耐火阻燃材料、制备硅胶等,故答案为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;黏合剂、耐火阻燃材料、制备硅胶等;
(2)滤液B是硫酸铁溶液,则试剂a为铁粉,若铁粉过量则溶液中没有Fe3+,检验Fe3+可以用KSCN溶液,若溶液不变色则说明没有Fe3+,说明试剂a已经过量,故答案为:
铁粉;KSCN溶液;溶液不变色;
(3)第③步反应CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2,反应方程式为:
2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O,故答案为:
2CeO2+H2O2+3H2SO4=Ce2(SO4)3+O2↑+4H2O;
(4)根据氧化还原反应中电子转移守恒知,n(Ce(OH)4)=n(FeSO4)=0.1000mol·L-1×0.02L=0.002mol,则Ce(OH)4的质量分数为
;若FeSO4标准溶液部分变质,则消耗的标准液偏多,会使测定结果偏高,故答案为:
83.20%;偏高。
- 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:
- 高中 广东 联考 试题 化学试题 答案 解析
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)