高考化学 氯及其化合物 培优练习含答案附答案.docx
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高考化学氯及其化合物培优练习含答案附答案
高考化学氯及其化合物培优练习(含答案)附答案
一、高中化学氯及其化合物
1.高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。
(1)在用KMnO4酸性溶液处理固体Cu2S时,发生的反应如下:
8MnO4-+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O
①还原产物为_____。
②被氧化的元素是_____
③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____
④每生成2.24L(标况下)SO2,转移电子数目是_____
(2)用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时,也可将CuS反应成Cu2+和SO2。
写出该离子反应方程式_____
(3)15.8gKMnO4,加热分解后剩余固体15.0g。
该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应,生成单质气体A,产物中锰元素以Mn2+存在,则气体A的物质的量为_____mol。
【答案】Mn2+Cu、S8:
50.8NA6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O0.2
【解析】
【分析】
(1)结合氧化还原反应的知识分析即可;
(2)用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时,也可将CuS反应成Cu2+和SO2,同时得到还原产物Mn2+,结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式;
(3)15.8gKMnO4,加热分解后剩余固体15.0g,减少的质量为氧气的质量,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体为氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,据此分析。
【详解】
(1)在8MnO4-+5Cu2S+44H+=10Cu2++5SO2↑+8Mn2++22H2O中Mn元素从+7价降为+2价,发生还原反应,而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价,S元素从-2价升高为+4价,发生氧化反应;
①由分析知,还原产物为Mn2+;
②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素;
③氧化剂为KMnO4,还原剂为Cu2S,两者的物质的量之比为8:
5;
④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价,S元素从-2价升高为+4价,则1molCu2S完全被氧化,转移8mol电子;2.24L(标况下)SO2的物质的量为
=0.1mol,反应中转移电子的物质的量为0.8mol,电子数目是0.8NA;
(2)用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时,也可将CuS反应成Cu2+和SO2,同时得到还原产物Mn2+,结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4-+5CuS+28H+=5Cu2++5SO2↑+6Mn2++14H2O;
(3)15.8gKMnO4,加热分解后剩余固体15.0g,减少的质量为氧气的质量,m(O2)=15.8g-15.0g=0.8g,n(O2)=
=0.025mol;
在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体为氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子,则设氯气的物质的量为xmol,n(KMnO4)=
=0.1mol,电子转移守恒可得:
0.1mol(7-2)=4n(O2)+2(Cl2),即0.1×(7-2)=4×0.025+2x,解得:
x=0.2mol。
2.通常用的漂白粉是次氯酸钙,氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐,是由Cl2与消石灰制成的。
有关反应如下:
2Cl2+3Ca(OH)2→Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O
(1)漂白粉的有效成分是_____________________;
(2)上述反应中,化合价有变化的元素是_________;
(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效,有关反应方程式为_______,_______。
【答案】Ca(ClO)2ClCa(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O制成的,其组成是次氯酸钙,氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐,其有效成分是Ca(ClO)2;
(2)由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O中,化合价有变化的元素是Cl2中的Cl由0价变成Ca(ClO)2中+1价,CaCl2中的-1价,所以化合价有变化的元素是Cl;
(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效,是因为Ca(ClO)2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应,生成了HClO又分解了,所以反应的方程式为Ca(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO;2HClO
2HCl+O2
。
3.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应:
KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平),此反应常温下就可以迅速进行。
请回答下列问题:
(1)上述反应中被氧化的元素是_________。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,转移电子的物质的量为_________。
(2)如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是_________。
(3)实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气,据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是________。
(5)下列物质既有氧化性,又有还原性的是________(填字母代号)。
A.I-B.HClC.MnCl2D.Cl2
【答案】
0.3mol8
BCD
【解析】
【分析】
比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时,若两物质在同一反应中,则满足氧化性:
氧化剂>氧化产物,还原性:
还原剂>还原产物;若两物质在两个不同反应中时,可借助一个“桥”,即第三者产生联系,若找不到第三者,需比较反应条件,反应条件越高,氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。
【详解】
对于反应KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O,KMnO4+5e-→MnCl2,2HCl-2e-→Cl2↑,依据电子守恒,则为2KMnO4+10e-→2MnCl2,10HCl-10e-→5Cl2↑,再考虑质量守恒,即可配平2KCl+2MnCl2,最后配HCl。
因为前面配的只是表现出还原性的部分,生成(2KCl+2MnCl2)的部分表现出酸性,于是得出配平后的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
(1)上述反应中,HCl中的Cl由-1价升高到0价,则被氧化的元素是Cl。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,n(Cl2)=
=0.15mol,由Cl2—2e-,可得出转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol;
答案为:
Cl;0.3mol;
(2)上述化学方程式中,2KMnO4——16HCl;若KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是8;
答案为:
8;
(3)在2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,氧化性KMnO4>Cl2;在MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化性MnO2>Cl2,那么KMnO4与MnO2的氧化性哪个更强?
因为找不到可联系二者的物质,所以我们只能利用反应条件,前一反应不需条件,后一反应需加热,所以氧化性KMnO4>MnO2。
从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cl2;
答案为:
KMnO4>MnO2>Cl2;
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
(5)A.I-化合价为最低价,只能失电子,即只具有还原性,A不合题意;
B.HCl中,H+具有氧化性,Cl-具有还原性,B符合题意;
C.MnCl2中,Mn2+价态既能升高又能降低,既具有氧化性又具有还原性,C符合题意;
D.Cl2中,Cl的价态既能升高又能降低,D符合题意;
答案为:
BCD。
【点睛】
判断物质具有的氧化性和还原性时,应从物质中含有的所有元素考虑,不可拘泥于一种元素,否则易得出错误的结论。
4.
(1)单质钠是一种______色的金属,密度比水______
大
小
,钠在自然界中以______
化合
游离
态存在;金属钠与水反应的化学方程式:
______,金属钠在空气中燃烧生成______色的______
化学式
,其生成物与水反应的化学方程式:
______。
(2)氯气是一种______色的气体,密度比空气______,______溶于水,并可以和水发生反应,写出其反应的化学方程式:
______,实验室中用______ 溶液
化学式
吸收多余的氯气。
铁丝在氯气中燃烧的化学方程式:
______。
漂白粉是______和______
化学式
的混合物,是利用氯气与氢氧化钙反应制成的,写出其反应的方程式:
______。
(3)现有物质:
①氧化镁②硫酸铜 ③碳酸钙 ④金属钠 ⑤氯气 ⑥氢气 ⑦硫酸 ⑧氯水⑨二氧化硫 ⑩氧化钠
二氧化硅
次氯酸
漂白粉
按下列标准进行归类
填序号
混合物______ 酸______ 盐______单质______ 碱性氧化物______ 酸性氧化物______。
【答案】银白小化合
淡黄
黄绿大易
NaOH
⑧
⑦
②③④⑤⑥①
⑨
【解析】
【分析】
钠观察切开面,新切开的金属钠断面呈银白色色;密度比水小,钠是很活泼的金属,在自然界中只能以化合态存在;金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气;
金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠,过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气;
在通常状况下,氯气是一种黄绿色气体,密度比空气大,易溶于水;氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气,铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁,氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉,漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙;
物质分为混合物和纯净物,纯净物又分为单质和化合物,化合物分为氧化物、酸、碱、盐。
混合物是指由多种物质组成的物质;酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物;盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物;单质是只含有一种元素的纯净物;氧化物是指由两种元素组成的化合物中,其中一种元素是氧元素,碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物,酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。
【详解】
钠观察切开面,新切开的金属钠断面呈银白色色;钠与水反应浮在水面上,钠的密度比水小,钠是很活泼的金属,在常温下就能与氧气反应,钠在自然界中只能以化合态存在;金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应的化学方程式:
,金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠,
,过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气,方程式为:
;
在通常状况下,氯气是一种黄绿色气体,密度比空气大,易溶于水,1体积水中能溶解2体积的氯气;氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,
,实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气,生成氯化钠和次氯酸钠,离子反应为
,铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁
,氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙,反应的方程式为
,漂白粉的主要成分是次氯酸钙
、氯化钙
;漂白粉溶于水后,受空气中的
作用,即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸,同时生成碳酸钙沉淀,反应的化学方程式为:
;
氧化镁为碱性氧化物;
硫酸铜由硫酸根离子和铜离子构成的盐;
碳酸钙由碳酸根离子和钙离子构成的盐;
金属钠 属于单质;
氯气属于单质;
氢气属于单质;
硫酸属于二元强酸;
氯水属于氯气和水的混合物;
二氧化硫为酸性氧化物;
氧化钠为碱性氧化物;
二氧化硅为酸性氧化物;
次氯酸为一元弱酸;
漂白粉主要成分是次氯酸钙
、氯化钙
,属于混合物;
则:
混合物为
,酸为
,盐为
,单质为
,碱性氧化物为
, 酸性氧化物为
。
【点睛】
本题考查的是钠、氯气的物理性质、化学性质、物质的分类,属基础题,碱金属是典型金属元素的代表,钠是碱金属元素的代表,氯是卤素的代表,在无机化学中有非常重要的地位,因而成为命题的重点物质,是物质推断、鉴别、及有关实验、计算的常见物质。
5.氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。
已知X是红棕色气体,能与水反应;Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色。
请回答下列问题:
(1)X的化学式为_________;
(2)X与水反应生成NO和一种酸,该酸的名称为________;
(3)Y能使湿润的有色布条褪色,说明Y的水溶液具有____(填“漂白”或“酸”)性。
【答案】NO2硝酸漂白
【解析】
【分析】
氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。
已知X是红棕色气体,能与水反应;X为NO2,Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色,Y为Cl2。
【详解】
⑴X的化学式为NO2;故答案为:
NO2。
⑵X与水反应生成NO和一种酸,3NO2+H2O=2HNO3+NO,该酸的名称为硝酸;故答案为:
硝酸。
⑶Y能使湿润的有色布条褪色,Cl2+H2O=HCl+HClO,HClO具有漂白性,说明Y的水溶液具有漂白性;故答案为:
漂白。
6.某溶液的溶质可能由下列离子组成:
H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。
某同学做如下实验来确定溶液的成分:
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液,有白色沉淀产生,过滤。
②向①中的滤液里加入AgNO3溶液,有白色沉淀产生。
③将足量稀盐酸加入①的沉淀中,沉淀部分消失,有气体产生。
依据以上实验回答下列问题:
(1)原溶液中一定有__________________。
(2)一定没有__________________。
(3)可能含有_____________。
(4)如果要确定原溶液中是否存在该离子,应选用试剂是__________________。
A.稀硝酸B.Ba(NO3)2C.AgNO3D.Na2CO3
(5)写出中沉淀消失的离子方程式________________。
【答案】SO42-、CO32-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑
【解析】
【详解】
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液,有白色沉淀产生,过滤,则含SO42-、CO32-中的一种或都有,则一定没有Ba2+;
②将①中滤液里加入AgNO3溶液,有白色沉淀产生,白色沉淀为AgCl,但引入氯离子,则不能确定原溶液中是否含Cl-;
③将①中的沉淀加入稀盐酸中,沉淀部分消失,有气体产生,则一定含SO42-、CO32-,则没有H+,因溶液不显电性,则一定含Na+;
综上所述:
(1)一定含SO42-、CO32-、Na+;
(2)一定没有H+、Ba2+;
(3)可能含有Cl-;
(4)若要确定Cl-是否存在,应首先排除SO42-和CO32-的干扰,故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-,过滤后往滤液中加入硝酸银,若有白色沉淀生成,则证明原溶液中含有Cl-,故答案为BC;
(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体,离子反应方程式为:
BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。
7.常温下,A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体,A、B、C、D、E都含X元素,其转化关系如图所示:
(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式):
A________、B________、D________。
(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件):
A+H2O(离子方程式):
_________;A+NaOH(离子方程式):
_______________;D→A(化学方程式):
____________________。
【答案】Cl2HClOHClCl2+H2O=H++Cl-+HClOCl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O4HCl(浓)+MnO2
MnCl2+Cl2↑+2H2O
【解析】
【分析】
常温下,A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体,判断为Cl2,A、B、C、D、E都含X元素,B为HClO,D为HCl,C为NaCl,E为NaClO,依据推断出的物质结合物质性质回答问题。
【详解】
(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO,D为HCl;
(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO,反应的离子方程式是:
Cl2+H2O=HCl+HClO;Cl与NaOH溶液反应,产生NaCl、NaClO和H2O,反应离子方程式为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;MnO2与浓盐酸在加热条件下,发生反应产生MnCl2、Cl2和水,反应的化学方程式为:
4HCl(浓)+MnO2
MnCl2+Cl2↑+2H2O。
8.有关物质的转化关系如下图所示。
A为一种黄绿色的气体,B为常见的无色液体,H为一种助燃的气体,F为一种气体,它在A中燃烧产生苍白色火焰,E为一种能被磁铁吸引的金属。
(1)B的化学式为____________。
(2)F的化学式为____________。
(3)写出反应②的化学方程式:
_______________________________。
(4)写出反应①的化学方程式:
_______________________________。
【答案】H2OH22HClO
2HCl+O2↑Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
【解析】
【分析】
由题给信息可知,A为一种黄绿色的气体,则其为Cl2;B为常见的无色液体,则其为H2O;H为一种助燃的气体,则其为O2;H2在Cl2燃烧,产生苍白色火焰,则F为H2,E为一种能被磁铁吸引的金属,则E为Fe,从而推出C为HCl,D为HClO;
(1)由以上分析可知,B为水;
(2)F为氢气;
(3)反应②是次氯酸光照分解;
(4)反应①是铁与盐酸反应。
【详解】
(1)通过对物质的转化关系图的分析,可得知,B为水,化学式为H2O;
(2)F为氢气,化学式为H2;
(3)反应②是次氯酸光照分解,其化学方程式为2HClO
2HCl+O2↑;
(4)反应①是铁与盐酸反应,其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。
【点睛】
在对物质转化关系图进行分析时,首先处理已知信息,然后寻找图中出现信息点最多的反应,特殊的反应条件及具有特殊性的反应,作为解题的突破口。
如本题中,反应②就是解题的突破口,或者叫题眼。
Fe与某物质反应,生成H2,则C中必含有能被Fe置换的H+,则其为酸,再据前面信息,确定其为HCl。
9.现有A、B、C三种气体,A是密度最小的气体,B在通常情况下呈黄绿色,纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C。
把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。
请据此回答下列问题:
(1)写出下列各反应的化学方程式
①纯净的A在B中安静地燃烧生成C_______________
②将气体B通入到水中:
__________。
③将气体B通入到NaOH溶液中:
_______________________
④将气体B通入到适量石灰乳中:
_______________________
(2)把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中,出现白色沉淀的气体是________(用字母表示)。
(3)将白色浑浊物D溶于水得到澄清溶液,分别取适量该澄清液两份。
①向第一份中滴加碳酸钠溶液观察到出现沉淀,发生反应的化学方程式为______________、________。
②向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,会观察到____________(填现象)。
③白色浑浊物D因具有漂白性又称为______________,该物质在空气中容易变质的原因为_______________(用化学方程式表示)。
【答案】H2+Cl2
2HClCl2+H2O⇌HCl+HClOCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OBCCaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaClCa(ClO)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaClO生成白色沉淀漂白粉Ca(ClO)2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3、2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
A是密度最小的气体,应为H2,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2,纯净的A可以在B中安静地燃烧生成D,则D为HCl,把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D,则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,结合对应物质的性质解答该题。
【详解】
A是密度最小的气体,应为H2,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2,纯净的A可以在B中安静地燃烧生成D,则D为HCl,把气体Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D,则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,
(1)①A与B反应是氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢,反应方程式为:
H2+Cl2
2HCl,
故答案为:
H2+Cl2
2HCl;
②氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,反应的方程式为:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO,
故答案为:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO;
③氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的方程式为:
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O,
故答案为:
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O;
④氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,反应的方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,
故答案为:
2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(2)氯气溶于水会生成盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀,HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀,
故答案为:
BC;
(3)①D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,滴加碳酸钠溶液发生的化学反应为CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl、Ca(ClO)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaClO,
故答案为:
CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl、Ca(ClO)2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaClO;
②向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液,氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀,
故答案为:
生成白色沉淀;
③因为具有漂白性又称为漂白粉;在空气中容易与二氧化碳、水发生反应变质,其反应的方程式为:
Ca(ClO)2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3、2HClO
2HCl+O2↑;
故答案为:
漂白粉;Ca(ClO)2+H2O+CO2=2HClO+CaCO3、2HClO
2HCl+O2↑。
【点睛】
氯气是一种强氧化剂,与水或是碱都发生歧化反应,本题考察氯气及其化合物的性质,解题时需注意化学方程式的书写。
10.有X、Y、Z三种元素:
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体,②X单质可以在Z的单质中燃烧,生成化合物XZ,火焰呈苍白色,③XZ极易溶于水,在水溶液中电离处X+和Z﹣,其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红,④
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