高考化学硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及详细答案.docx
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高考化学硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及详细答案
高考化学——硅及其化合物推断题的综合压轴题专题复习及详细答案
一、硅及其化合物
1.如图五角星上排列的A、B、C、D、E五种物质均为中学化学中常见的化合物,相互之间的连线表示两种物质能发生化学反应。
A、C、E均为氧化物,A是人体呼出的气体之一;在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A;C和E反应能生成D。
(1)写出下列物质的化学式:
A________,D________;
(2)B除了制取A之外的另一种用途是____________________________________;
(3)C和E反应的化学方程式为________________________________________
(4)这五种物质之间两两发生反应,其中没有涉及的基本反应类型是________。
【答案】CO2Ca(OH)2用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等)CaO+H2O=Ca(OH)2分解反应和置换反应
【解析】
【分析】
A是人体呼出的主要气体,则A为二氧化碳,在实验室中B可以用来制取A,而D可以用来检验A,则D为氢氧化钙,B与D可反应,则B为盐酸;E与B,E与C都反应,且A、C、E均为氧化物,E与C反应生成的D为碱,则C为水,E为氧化钙;
【详解】
(1)根据上述分析可知:
A为CO2,D为Ca(OH)2;答案:
CO2;Ca(OH)2;
(2)根据上述分析可知B为盐酸,盐酸除用来制取二氧化碳外,还用来除去铁制品表面的铁锈;答案:
用于金属表面除锈(制造药物、可帮助消化等);
(3)根据上述分析可知C为水,E为氧化钙,氧化钙和水反应生成氢氧化钙,其化学方程式为CaO+H2O=Ca(OH)2;答案:
CaO+H2O=Ca(OH)2;
(4)该五角星的位置中有化合反应,如H2O与CaO、CO2的反应都是化合反应;CO2与Ca(OH)2的反应是复分解反应,HCl和CaO、Ca(OH)2的反应都是复分解反应,没有涉及分解反应和置换反应。
答案:
分解反应和置换反应。
2.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去):
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示,则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________;c(HCl)=________mol/L。
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是______________________________________。
(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式为___________________。
(6)若A是一种溶液,可能含有H+、NH
、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子是_____________________,它们的物质的量浓度之比为______________。
【答案】
Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3===N2+6NH4ClH+、Al3+、
、
c(H+)∶c(Al3+)∶c(
)∶c(
)=1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH;
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,则A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)之比,再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系,据此计算。
【详解】
(1)B为NaOH,其电子式为
;
(2)A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2,反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,则c(HCl)=
=0.05mol/L;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为:
液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3。
3.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去):
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种常见的酸性氧化物,且可用于制造玻璃,写出A和B水溶液反应的离子方程式________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示,则A与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_____。
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是__________。
(5)若A是一种氮肥,A和B反应可生成气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式为_________。
(6)若A是一种溶液,可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为______________。
【答案】
SiO2+2OH-====SiO32-+H2ONaHCO3、Na2CO3先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3===N2+6NH4Clc(H+)∶c(Al3+)∶c(NH4+)∶c(SO42-)=1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
由题给信息可知,C可在D中燃烧发出苍白色火焰,则该反应为氢气与氯气反应生成HCl,故C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由题给转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,则M为NaCl、B为NaOH。
【详解】
(1)B为NaOH,氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物,电子式为
,故答案为:
;
(2)若A是一种常见的酸性氧化物,且可用于制造玻璃,则A为SiO2,E为Na2SiO3,二氧化硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水,反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,故答案为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(3)若A是CO2气体,CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物,也有可能氢氧化钠过量,反应后所得的溶液再与盐酸反应,溶液中溶质只有碳酸钠,则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等,由图可知消耗盐酸体积之比为1:
2,则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3,故答案为:
Na2CO3和NaHCO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失,故答案为:
先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失;
(5)若A是一种化肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,E与F相遇均冒白烟,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,故答案为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3++3OH-=Al(OH)3↓铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1:
3,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3,故答案为:
c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3。
【点睛】
根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键,注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。
4.设计如下实验探究橄榄石(仅含三种短周期元素)的组成和性质。
(1)橄榄石的组成元素是O和____、____(填元素符号),化学式为__________。
(2)写出白色粉末A的一种用途:
__________________________。
(3)白色粉末A溶于NaOH溶液的离子方程式是_________________________________。
【答案】MgSi2MgO·SiO2光导纤维等合理即可SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
【解析】
【分析】
【详解】
橄榄石与盐酸反应后生成了白色胶状沉淀,推知该胶状沉淀为硅酸,灼烧后生成二氧化硅,质量为1.8g,则物质的量为
,二氧化硅能溶于NaOH溶液生成Na2SiO3,橄榄石与过量盐酸反应后的无色溶液,与过量的NaOH溶液反应后,生成白色沉淀,该沉淀应是Mg(OH)2,质量为3.48g,则物质的量为
,因此该化合物中,硅元素与镁元素的物质的量之比为1:
2,因此橄榄石的化学式为:
2MgO·SiO2;
(1)根据以上分析可知,橄榄石的组成元素是O和Mg、Si,化学式为2MgO·SiO2,本题答案为:
Mg;Si;2MgO·SiO2;
(2)白色粉末为二氧化硅,用途有:
制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料,本题答案为:
光导纤维等;
(3)白色粉未为二氧化硅,与NaOH溶液反应的离子方程式为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,
本题答案为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。
5.已知A、B、C、D、E是中学常见的五种化合物。
且A、B、C均含有同一种元素,A可用于呼吸面具中的氧气来源,B是制备普通玻璃的主要成分之一,D在常温下是一种常见液体,E是一种两性氢氧化物,F是一种非金属单质。
它们之间有如下关系:
A+D→C+F,C+E→盐+D。
(1)写出下列物质的化学式:
A_____、B_____、D_____、F_______
(2)写出C+E→盐+D的离子方程式_____________________________;
(3)E中某元素的单质可与氧化铁发生铝热反应,写出其反应的化学方程式__________________________________。
【答案】Na2O2Na2CO3H2OO2Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E是中学常见的五种化合物。
且A、B、C均含有同一种元素,A可用于呼吸面具中的氧气来源,A为过氧化钠;B是制备普通玻璃的主要成分之一,且含有钠元素,为碳酸钠;D在常温下是一种常见液体,D为水;E是一种两性氢氧化物,E为氢氧化铝;F是一种非金属单质,A+D→C+F,则C为氢氧化钠,F为氧气;氢氧化钠能够与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水,满足C+E→盐+D,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析,A为过氧化钠,B为碳酸钠,C为氢氧化钠,D为水;E为氢氧化铝;F为氧气,故答案为Na2O2;Na2CO3;H2O;O2;
(2)C+E→盐+D为氢氧化钠与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水,氢氧化铝难溶于水,应该用化学式表示,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(3)铝与氧化铁发生铝热反应,反应的化学方程式为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe,故答案为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe。
6.下图中的A~H是中学化学中常见的八种物质,所有物质均由短周期元素组成,其中B、F、H都含有同一种元素;B、D、E为单质,其他为化合物,常温常压下C为无色液体,D、E为气体;H的晶体熔点高、硬度大、闪烁着晶莹的光泽。
A~H之间的转化关系如图所示。
(1)C的化学式为__________________、A的电子式为_____________;
(2)A、B的混合物加C后,可能发生的反应的化学方程式为___________________________、_____________________________________;
(3)向F溶液中逐渐滴入盐酸直至过量,若看到的现象是先出现白色沉淀后沉淀消失,写出符合现象的离子方程式______________________________________,与之对应的D、E恰好完全反应生成C时A与B的物质的量之比为:
________;
【答案】H2O
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑(或2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑)AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O3:
2
【解析】
【分析】
常温常压下C为无色液体,且D、E两种气体经点燃得到C,则C为H2O,D、E为H2和O2。
根据H的性质,可以推出H为SiO2(石英)或Al2O3(刚玉)。
B、H含有同一物质,且B为单质,则B为Si或Al。
和H2O放出O2的物质是Na2O2,则A为Na2O2。
Na2O2和H2O反应后,生成NaOH可以和别的物质反应生成H2等。
从A、B和A、H的反应可以判断,D为H2,E为O2。
当H为Al2O3时,B为Al,F、G为NaOH、NaAlO2;当H为SiO2时,B为Si,F、G为Na2SiO3、NaOH。
【详解】
(1)经分析,C为H2O,A为Na2O2,其电子式为:
;
(2)当B为Si时,该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑;
当B为Al时,该反应为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(3)向F中滴加过量盐酸,先是有白色沉淀生成,然后沉淀消失,则F为NaAlO2,离子方程式为AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O;B为Al,D为H2,E为O2,若D、E恰好完全反应,设n(O2)=1mol,则n(H2)=2mol,则n(Na2O2)=2mol,n(Al)=
mol,则n(Na2O2):
n(Al)=3:
2。
7.某固体混合物X可能由Na2O2、Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。
为确定X的成分,进行了如下三个实验。
分析并回答下列问题:
(1)由实验①可得出的结论为:
_______。
(2)步骤Ⅰ所发生反应的离子方程式为:
__________,________。
反应Ⅱ涉及固体质量变化的化学方程式为:
_________。
(3)由步骤Ⅲ可得出的结论为:
______。
(4)步骤Ⅳ所得蓝色溶液中阳离子为____。
(5)原混合物中各成分的质量之比是____。
(不必简化)
【答案】混合物X中无Na2O2Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O混合物X中无Al2O3H+、Cu2+、Fe2+m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2:
3.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于Na2O2能与水反应生成NaOH和O2,实验①取4.7gX投入水中,有不溶物出现,过滤、洗涤、干燥、称量不溶物,其质量仍为4.7g,得出的结论是混合物X中无Na2O2。
(2)实验②向9.4gX中加入过量的盐酸得到蓝色溶液和4.92g固体,该蓝色溶液中含Cu2+,但Cu与HCl不反应,所以X中必有Fe2O3和Cu,步骤I中所发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+;向4.92g固体中加入过量NaOH,固体减少4.92g-1.92g=3.0g,减少的固体为SiO2,9.4gX中含3.0gSiO2,反应II涉及固体质量变化的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
(3)实验③向9.4gX中加入过量NaOH,固体减少9.4g-6.4g=3.0g,减少的固体的质量与SiO2的质量相等,说明溶解的物质只有SiO2、没有Al2O3,步骤III可得出的结论是:
混合物X中无Al2O3。
(4)由上面的分析,步骤III得到的6.4g固体是Cu和Fe2O3的混合物,实验③向6.4g固体中加入过量HCl得到蓝色溶液和1.92g固体,发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,由于仍有固体未溶解说明Fe2O3与HCl反应生成的Fe3+不能将Cu完全溶解,1.92g固体为Cu,Fe3+完全被还原为Fe2+,步骤IV所得蓝色溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+(H+来自过量HCl)。
(5)根据上述分析,设6.4g固体中Fe2O3物质的量为y,根据反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,溶解的Cu的物质的量为y,160g/moly+64g/moly+1.92g=6.4g,解得y=0.02mol,则9.4gX中含Fe2O3的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g、含SiO23.0g、含Cu的质量为(9.4g-3.2g-3.0g)=3.2g,则原混合物中m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2 :
3.0。
8.A、B、C、D、E、F、X七种物质之间可按下列框图发生反应(部分产物可能被省略)。
其中,A、D、E、X是四种常见的非金属单质,常温下A、X为气体,D、E为固体。
A的水溶液具有漂白性,A、D的水溶液均能使淀粉KI试纸变蓝色,B的焰色反应为黄色。
请回答下列问题:
(1)写出A、F的化学式:
A:
_______、F:
__________。
(2)写出B的电子式:
_________,EO2的晶体类型为_______。
(3)写出E与NaOH溶液反应的离子方程式____________________________。
(4)E单质可作高能燃料。
已知ag固体E燃烧放出bkJ的热量,请写出表示E燃烧热的热化学方程式(△H用含a、b的式子表示)___________________________。
【答案】A:
Cl2F:
SiCl4
原子晶体Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑Si(s)+O2(g)=SiO2(s);△H=-28b/akJ/mol
【解析】
【分析】
根据A是一种常见的非金属单质,常温下为气体,且A的水溶液具有漂白性,可推知A为氯气;由于D也是一种常见的非金属单质,常温下为固体,且由氯气制备可得,说明其氧化性弱于氯气,且其水溶液能使淀粉KI试纸变蓝色,因此D可能为碘单质;根据B的焰色反应为黄色,可知B为NaI,C为NaCl。
根据已知条件E是非金属单质,且E为固体,能与氢氧化钠溶液、氧气反应,因此可推测E为Si、F为SiCl4;能将SiCl4还原为Si的非金属单质为H2,因此X为H2。
据此解题。
【详解】
(1)
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 压轴 专题 复习 详细 答案