备战高考化学提高题专题复习铁及其化合物推断题练习题1.docx
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备战高考化学提高题专题复习铁及其化合物推断题练习题1
备战高考化学提高题专题复习铁及其化合物推断题练习题
(1)
一、铁及其化合物
1.下列各物质是中学化学中常见的物质,甲为常见金属单质,丙为黄绿色的单质气体,乙、丁是常见无色气态非金属单质,其它均为化合物,C常温下为一种液体,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,G为淡黄色固体,J为生活中常见的调味品,I为红褐色固体,F为棕黄色溶液。
①是实验室制取丁的反应之一。
各物质间的转化如下图所示,回答下列问题(部分生成物未列出):
(1)物质I的化学式为________;F中阴离子是______________;
(2)反应①的化学方程式为为____________;
(3)B与K的反应是实验室制取丙的反应,其离子方程式为____________;
(4)反应②的化学方程式为_____________;
(5)若E与G以物质的量比为1:
1投入足量水中,反应的化学方程式为_________;生成1mol气体转移电子的个数为__________。
【答案】Fe(OH)3Cl-2H2O2
2H2O+O2MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H24FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑6NA
【解析】
【分析】
丙为黄绿色单质气体,所以丙为Cl2,B与K的反应是实验室制取丙的反应,且B为黑色粉末,则B为MnO2,K为HCl;①是实验室制取丁的反应之一,则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应,所以C为H2O,丁为氧气;G为淡黄色固体,且可以生成氧气,则G应为Na2O2,则J为生活中常见的调味品,应为NaCl,I为红褐色固体应为Fe(OH)3;F为棕黄色溶液,应含Fe3+,E与氯气反应可生成F,则F为FeCl3,E为FeCl2;氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁,所以甲为铁单质,Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁,所以乙为氢气,D为Fe3O4。
【详解】
(1)根据分析可知物质I为Fe(OH)3;F中阴离子为Cl-;
(2)反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气,方程式为2H2O2
2H2O+O2;
(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气,方程式为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O;
(4)反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应,方程式为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(5)E为FeCl2,G为Na2O2,过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子,被还原时-1价的氧被还原成-2价,二者1:
1反应,说明氧化产物不止有Fe3+,再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气,可知产物中应还有氧气,Na2O2自身发生氧化还原反应,所以E与G以物质的量比为1:
1投入足量水中,反应方程式为4FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑。
【点睛】
解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断,例如本题中“丙为黄绿色单质气体”,则丙为Cl2,“F为棕黄色溶液”,则其溶液中应含有Fe3+,学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。
2.某科研小组用镍触媒废料(主要成分为Ni-Al合金,混有少量Fe、Cu、Zn及有机物)制备NiO并回收金属资源的流程如下所示:
已知:
相关数据如表1和表2所示
表1部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)
物质
Ksp
物质
Ksp
Fe(OH)3
4.0×10-38
CuS
6.3×10-34
Fe(OH)2
1.8×10-16
ZnS
1.6×10-24
Al(OH)3
1.0×10-33
NiS
3.2×10-18
Ni(OH)2
2.0×10-15
表2原料价格表
物质
价格/(元•吨-1)
漂液(含25.2%NaClO)
450
双氧水(含30%H2O2)
2400
烧碱(含98%NaOH)
2100
纯碱(含99.5%Na2CO3)
600
请回答下列问题:
(1)“焙烧”的目的是________________________________。
(2)“试剂a”的名称为__________________;选择该试剂的理由是______。
(3)“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
(4)欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6mol•L-1,需“调节pH”至少为_______________。
(5)“试剂b”应选择__________,“加水煮沸”时,反应的化学方程式为_______________________________。
(6)氢镍电池是一种应用广泛的二次电池,放电时,该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M,当导线中流过2mol电子时,理论上负极质量减少__________g。
充电时的阳极反应式为_______________________________________________。
【答案】除去废料中的有机物;使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本,不影响后续操作2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O5Na2CO3NiCO3+H2O
Ni(OH)2+CO2↑2Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【解析】
【分析】
铁触媒废料焙烧,可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去,焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐;再将Fe2+氧化成Fe3+,氧化剂选择漂液(因为漂液价格低廉,且不影响后续实验)。
然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。
滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+,加入NiS,可以除去Zn2+、Cu2+。
滤液2中有镍离子,同样的道理,在沉淀Ni2+的时候,选择碳酸钠,它的价格也是比较低,加入碳酸钠后得到碳酸镍;碳酸镍加水煮沸会转化成Ni(OH)2,最后Ni(OH)2灼烧分解,就可以得到氧化镍。
【详解】
(1)焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物,并且能够使有机物燃烧并除去。
所以“焙烧”的目的为:
除去废料中的有机物;使部分金属单质转化为氧化物;
(2)应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子,氧化剂包括了漂液和双氧水,但是双氧水的价格更贵,所以选择漂液;选择漂液的理由就是漂液成本更低,而且生成NaCl也不影响后续操作。
(3)漂液中含有NaClO,将Fe2+氧化成Fe3+,ClO-被还原成Cl-,反应的离子方程式为
;
(4)Fe(OH)3和Al(OH)3类型相同,Fe(OH)3的Ksp比Al(OH)3小,为了使它们完全沉淀,用Al(OH)3的Ksp进行计算,
则pH至少为5;
(5)需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂,NaOH的价格更贵,所以选择Na2CO3,根据题意,加入Na2CO3时,生成的滤渣2为NiCO3,NiCO3加水煮沸转化成Ni(OH)2,加水煮沸的方程式为NiCO3+H2O
Ni(OH)2+CO2↑。
(6)镍氢电池放电时负极的是MH,在反应中MH变成了M,失去质量为H的质量,负极反应式为MH-e-+OH-=M+H2O,转移2mol,负极质量减少2g;充电时阳极发生氧化反应,化合价升高,Ni(OH)2变成NiOOH,电极反应式为:
Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
【点睛】
(2)中因为是工业流程,所以在选择原料的时候,不仅要考虑它会不会带来杂质,还需考虑经济成本,比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。
(4)计算pH的时候,氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算,但是要完全沉淀,选择pH较大的那个。
3.某铁的化合物A存在如下转化关系:
已知B为黄绿色气体单质。
请完成下列问题:
(1)A的化学式________。
(2)向C的溶液中滴加适量KSCN溶液,无明显现象,再滴加几滴B的水溶液,溶液呈血红色。
用离子方程式表示该过程________、________。
(3)若D为金属,则D的化学式________(写出2种)。
【答案】FeC132Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3Fe、Cu、Zn等(任选两种,其他答案合理也给分)
【解析】
(1)B为Cl2,由题可知A和C的组成元素相同,均含Fe和Cl元素,且C可以与Cl2反应生成A,则A为FeCl3,C为FeCl2,A的化学式为FeCl3。
(2)Fe2+与SCN-无明显现象,加几滴氯水,Fe2+被氧化为Fe3+,Fe3+与SCN-反应生成红色的Fe(SCN)3,对应的离子方程式为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。
(3)Fe3+转化为Fe2+,加入活泼的金属如Fe、Zn或不活泼金属如Cu,均可将Fe3+还原为Fe2+。
点睛:
本题解题的关键是分析出A和C均是铁的氯化物,铁元素化合价可以变化,C可以与氯气反应生成A,说明A中铁元素的化合价高于C中铁元素的化合价,故A是FeCl3,C是FeCl2。
4.已知A、B、C、D分别是AlCl3、BaCl2、FeSO4、NaOH四种化合物中的一种,它们的水溶液之间的一些反应现象如下:
①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解。
②B+D→白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色。
③C+D→白色沉淀,继续加D溶液,白色沉淀逐渐消失。
(1)则各是什么物质的化学式为:
A_______、B_______、C_______、D_______。
(2)现象②中所发生的反应的化学方程式为:
__________________________________、______________________________。
(3)现象③中所发生反应的离子方程式为:
__________________________________、________________________________。
【答案】BaCl2FeSO4AlCl3NaOH;FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO44Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Al3++3OH-=Al(OH)3↓Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
①A+B→白色沉淀,加入稀硝酸,沉淀不溶解应,则生成的白色沉淀为BaSO4,②B+D→白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色,是Fe(OH)2的转化为Fe(OH)3,故A为BaCl2,B为FeSO4,D为NaOH,则C为AlCl3,氯化铝溶液与NaOH溶液反应生成白色沉淀Al(OH)3,Al(OH)3能溶解在NaOH溶液中,符合③中现象。
【详解】
(1)根据以上分析可知A、B、C、D依次为BaCl2、FeSO4、AlCl3、NaOH;
(2)现象②先生成白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色时所发生的反应的化学方程式为:
FeSO4+2NaOH=Fe(OH)2↓+Na2SO4,4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(3)现象③中所发生反应的离子方程式为:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。
【点睛】
考查无机物的推断,关键是明确物质之间的反应,根据现象进行判断,其中“白色沉淀,在空气中放置,沉淀由白色转化为红褐色”为解题突破口,这里发生了Fe(OH)2沉淀的生成及转化为Fe(OH)3的过程,另外灵活利用氢氧化铝的两性知识即可解题。
5.A、B、C、D均为中学化学中常见的单质或化合物,它们之间的关系如图所示。
(1)若A为强碱,C、D常被用做食用“碱”。
C→D反应的离子方程式为______________。
(2)若A为使用最广泛的金属单质,B是某强酸的稀溶液,则检验D溶液中金属阳离子的试剂为_____________,D→C反应的离子方程式为___________。
(3)若A为非金属单质,D是空气中的主要温室气体。
D还可以转化为A,写出该反应的化学方程式_________。
【答案】CO32-+CO2+H2O=2HCO3-KSCN溶液2Fe3++Fe=3Fe2+2Mg+CO2
2MgO+C
【解析】
【分析】
(1)若A为强碱,C、D常被用做食用“碱”,应为碳酸钠和碳酸氢钠,根据反应流程可知,A为氢氧化钠,与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠,与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠,碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水;
(2)若A为使用最广泛的金属单质,B是某强酸的稀溶液,根据流程可推知A为铁,B为硝酸,过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁,少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁,硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁,硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁;
(3)若A为非金属单质,D是空气中的主要温室气体CO2。
根据流程可知A为碳,碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO,在氧气充足时燃烧生成D为CO2,CO在氧气中燃烧生成CO2,CO2与C在高温条件下反应生成CO。
【详解】
(1)若A为强碱,C、D常被用做食用“碱”,应为碳酸钠和碳酸氢钠,根据反应流程可知,A为氢氧化钠,与少量二氧化碳反应生成C为碳酸钠,与足量二氧化碳反应生成D为碳酸氢钠,碳酸钠溶液通入二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水,故C→D反应的离子方程式为CO32-+CO2+H2O=2HCO3-;
(2)若A为使用最广泛的金属单质,B是某强酸的稀溶液,根据流程可推知A为铁,B为硝酸,过量的铁与稀硝酸反应生成C为硝酸亚铁,少量的铁与稀硝酸反应生成D为硝酸铁,硝酸亚铁与硝酸反应生成硝酸铁,硝酸铁与铁反应生成硝酸亚铁,则检验D溶液中金属阳离子Fe3+的试剂为KSCN溶液,D→C反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+;
(3)若A为非金属单质,D是空气中的主要温室气体CO2。
根据流程可知A为碳,碳在氧气不足的条件下燃烧生成C为CO,在氧气充足时燃烧生成D为CO2,CO在氧气中燃烧生成CO2,CO2与C在高温条件下反应生成CO,D还可以转化为A,是镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和C,反应的化学方程式为2Mg+CO2
2MgO+C。
6.氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。
以工业碳酸钙(含有少量Al3+、Fe3+等杂质)生产医药级二水合氯化钙(CaCl2·2H2O)的主要流程如下:
完成下列填空:
(1)除杂操作是加入物质A来调节溶液的pH,以除去溶液中的Al3+、Fe3+,根据下表所给信息,此时控制溶液的pH范围是_____________,加入的物质A是___________(写化学式)。
开始沉淀时的pH
沉淀完全时的pH
沉淀开始溶解时的pH
Al(OH)3
3.3
5.2
7.8
Fe(OH)3
1.5
4.1
-
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是____________________________________________。
(3)酸化操作是加入盐酸,调节溶液的pH,其目的是_________________________________。
(4)测定制得的样品的纯度,可采用如下方案:
a.称取0.750g样品,溶解,在250mL容量瓶中定容;
b.量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;
c.用0.050mol/LAgNO3溶液滴定至终点,消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL。
①上述测定过程中,需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶,还有__________________。
②计算上述样品中CaCl2·2H2O的质量分数为__________________(保留三位有效数字)。
③若配制和滴定操作均无误,但最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高,写出可能导致该结果的一种情况___________________________________________。
【答案】5.2≤pH<7.8Ca(OH)2或CaO或CaCO3取少量上层清液,滴加KSCN溶液,若不出现血红色,表明Fe(OH)3沉淀完全将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管99.9%蒸发结晶过程中,温度过高,使CaCl2·2H2O失去部分结晶水
【解析】
【分析】
工业碳酸钙加过量盐酸进行溶解,得到Ca2+、Al3+、Fe3+,加入物质A来调节溶液的pH,以除去溶液中的Al3+、Fe3+,根据沉淀对应的pH表,需要把二者沉淀完全,pH最小为5.2,但是当pH大于等于7.8,氢氧化铝开始溶解,故调节pH范围是5.2≤pH<7.8;加入的A能调节pH,但是不能引入新杂质,则可以选用Ca(OH)2或CaO或CaCO3;过滤后滤液进行盐酸酸化,在160℃蒸发结晶,得产品CaCl2·2H2O。
【详解】
(1)根据分析,加入物质A来调节溶液的pH,此时控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.8;加入的物质A是Ca(OH)2或CaO或CaCO3(填一种即可);
(2)检验Fe3+是否沉淀完全的实验操作是:
取少量上层清液,滴加KSCN溶液,若不出现血红色,表明Fe(OH)3沉淀完全;
(3)酸化操作是加入盐酸,调节溶液的pH,其目的是将溶液中的少量Ca(OH)2转化为CaCl2,防止产物中混有Ca(OH)2杂质;
(4)①测定样品的纯度过程中,a为配制一定体积物质的量浓度溶液的过程,需要用到的玻璃仪器:
烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管;b、c为滴定过程,需要用到的玻璃仪器:
锥形瓶、滴定管;故上述测定过程中,需要用到的玻璃仪器除了容量瓶、锥形瓶,还有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、滴定管;②使用AgNO3溶液滴定样品的CaCl2·2H2O,n(Ag+)=0.050mol/L×20.39×10-3L=1.0195×10-3mol,则25mL中含n(Cl-)=1.0195×10-3mol,250mL中含n(Cl-)=1.0195×10-2mol,含n(CaCl2·2H2O)=5.0975×10-3mol,m(CaCl2·2H2O)=5.0975×10-3mol×147g·mol-1=0.7493g,样品CaCl2·2H2O的质量分数=
=99.9%;③蒸发结晶过程中,温度过高,使CaCl2·2H2O失去部分结晶水,而计算的时候仍按照没有失去结晶水的化合物质量计算,故最终测定的样品中CaCl2·2H2O的质量分数偏高。
【点睛】
化工流程中把握常见的金属离子的除杂方式;注意调节pH的范围,以及试剂的选用,不引入新杂质用可以与氢离子发生反应,一般选用制备物质的阳离子对应的氧化物、氢氧化物等。
7.镉(Cd)可用于制作某些发光电子组件。
一种以镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质)为原料制备镉的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和_____(填化学式)。
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2,该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为_____、_____。
(3)“置换”中镉置换率与(
)的关系如图所示,其中Zn的理论用量以溶液中Cd2+的量为依据。
①实际生产中
比值最佳为1.3,不宜超过该比值的原因是________。
②若需置换出112kgCd,且使镉置换率达到98%,实际加入的Zn应为____kg。
(4)“置换”后滤液溶质主要成分是________(填化学式)。
(5)“熔炼”时,将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应,反应的化学方程式是________。
当反应釜内无明显气泡产生时停止加热,利用Cd与Na2ZnO2的___不同,将Cd从反应釜下口放出,以达到分离的目的。
【答案】CaSO43Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+锌粉用量过多会增加成本;海绵镉的纯度降低;熔炼中NaOH的用量过多增加成本86.2ZnSO4Zn+2NaOH
Na2ZnO2+H2↑密度
【解析】
【分析】
根据流程图,镉废渣(含CdO及少量ZnO、CuO、MnO、FeO杂质),破碎后加入稀硫酸溶解,溶液中含有多种硫酸盐,加入石灰乳调节pH=5,沉淀除去Cu(OH)2和硫酸钙,在滤液中加入高锰酸钾溶液,氧化亚铁离子为铁离子,形成氢氧化铁沉淀,将Mn2+氧化生成二氧化锰沉淀;在滤液中再加入锌置换出Cd,得到海绵镉,海绵镉用氢氧化钠溶解其中过量的锌,得到镉和Na2ZnO2,据此分析解答。
【详解】
(1)硫酸钙微溶于水,“滤渣1”的主要成分为Cu(OH)2和CaSO4,故答案为:
CaSO4;
(2)“氧化”时KMnO4的还原产物是MnO2,该步骤中除铁、除锰的离子方程式分别为3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+,3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+,故答案为:
3Fe2++MnO4-+7H2O=MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+;3Mn2++2MnO4-+2H2O=5MnO2↓+4H+;
(3)①实际生产中
比值最佳为1.3,如果超过该比值,锌粉用量过多会增加成本;生成的海绵镉的纯度会降低;熔炼中NaOH的用量过多,也会增加成本,故答案为:
锌粉用量过多会增加成本;海绵镉的纯度降低;熔炼中NaOH的用量过多增加成本;
②锌置换镉的反应为Cd2++Zn=Cd+Zn2+,若需置换出112kgCd,且使镉置换率达到98%,实际加入的Zn的质量为
×65kg/kmol×1.3=86.2kg,故答案为:
86.2;
(4)根据流程图,“氧化”后的溶液中主要含有Cd2+和Zn2+,因此加入锌“置换”后滤液溶质的主要成分是ZnSO4,故答案为:
ZnSO4;
(5)“熔炼”时,将海绵镉(含Cd和Zn)与NaOH混合反应,锌被NaOH溶解,反应的化学方程式是Zn+2NaOH
Na2ZnO2+H2↑。
当反应釜内无明显气泡产生时停止加热,Cd液体与Na2ZnO2的密度不同,将Cd从反应釜下口放出,以达到分离的目的,故答案为:
Zn+2NaOH
Na2ZnO2+H2↑;密度。
【点睛】
本题的易错点和难点为(3)②的计算,要注意镉置换率达到98%,同时
=1.3。
8.三氯化铁在印刷、医药、颜料、污水处理以及有机合成催化剂方面有重要的应用。
工业上常以废铁屑(含有SiO2、Al2O3、MgO、Fe2O3等杂质)为原料制备氯化铁。
其生产流程如图:
已知:
氢氧化物的Ksp如下表:
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Mg(OH)2
Ksp
1.0×10-36
1.6×10-14
2.0×10-33
1.2×10-11
请回答下列问题:
(1)物质X可以选用下列物质中的____(选填序号)
A.NaClB.FeCl3C.H2O2D.H2SO4
(2)滤液Ⅰ加入NaOH固体的目的是调节溶液的pH(忽略加入NaOH固体以后溶液体积的变化)。
已知滤液Ⅰ中c(Fe3+)为1.0mol·L-1,c(Al3+)为
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