高考化学钠及其化合物的综合热点考点难点及答案解析.docx
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高考化学钠及其化合物的综合热点考点难点及答案解析
高考化学钠及其化合物的综合热点考点难点及答案解析
一、高中化学钠及其化合物
1.过氧化钠是一种淡黄色固体,有漂白性,能与水、酸性氧化物和酸反应。
(1)一定条件下,m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧,产物与过量的过氧化钠完全反应,过氧化钠固体增重___克。
(2)常温下,将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中,得到400mLpH=14的溶液,则产生的气体标准状况下体积为___L。
(3)在200mLAl2(SO4)3和MgSO4的混合液中,加入一定量的Na2O2充分反应,至沉淀质量不再减少时,测得沉淀质量为5.8克。
此时生成标准状况下气体体积为5.6L。
则原混合液中c(SO42-)=___mol/L。
(4)取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物,在密闭容器中加热到250℃,经充分反应后排出气体,冷却后称得固体质量为15.92g。
请列式计算:
①求原混合物中Na2O2的质量B___;
②若要将反应后的固体反应完,需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___?
【答案】m1.1227.8g200mL≤V≤320mL
【解析】
【分析】
(1)利用差量法,根据化学方程式分析:
CO与H2在氧气中完全燃烧,生成CO2和H2O,生成的CO2和H2O再与Na2O2反应;2CO+O2
2CO2,一氧化碳与二氧化碳物质的量相等,Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO,可知,反应后固体质量增加量为CO的质量;2H2+O2
2H2O,生成的水与氢气物质的量相等,Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,质量增重△m为2H2O﹣O2=2H2,可知,反应后固体增加的质量为氢气质量;
(2)氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠,根据n=
计算出氢氧化钠的物质的量,再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量,最后根据c=
计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积;
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L,物质的量为:
=0.25mol,所以过氧化钠的物质的量为0.5mol,所以氢氧化钠的物质的量为:
0.5mol×2=1mol,沉淀质量为5.8克,即氢氧化镁的质量为5.8克,所以氢氧化镁的物质的量为:
=0.1mol,生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2=0.2mol,则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8,所以铝离子的物质的量为0.2mol,所以溶液中硫酸根离子的物质的量为:
0.3+0.1=0.4mol,则c=
=2mol/L;
(4)①结合发生的反应2Na2O2+4NaHCO3=4Na2CO3+2H2O↑+O2↑和2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑计算;
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3,再结合反应原理计算。
【详解】
(1)CO和H2的混合气体燃烧的方程式:
2CO+O2
2CO2,2H2+O2
2H2O,与Na2O2反应的方程式:
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,通过方程式可以看出,固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg;
(2)设14.0g混合物中含有氧化钠xmol,含有过氧化钠ymol,则①62x+78y=14,最后得到的溶质为NaOH,得到400mLpH=14的溶液,氢氧化钠的物质的量为:
0.4×1=0.4mol,根据钠原子守恒可得:
②2x+2y=0.4,联合①②解得:
x=0.1、y=0.1,所以0.1mol的过氧化钠生成0.05mol的氧气,标况下生成的氧气的体积为:
V(O2)=22.4L/mol×0.05mol=1.12L;
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L,物质的量为:
=0.25mol,所以过氧化钠的物质的量为0.5mol,所以氢氧化钠的物质的量为:
0.5mol×2=1mol,沉淀质量为5.8克,即氢氧化镁的质量为5.8克,所以氢氧化镁的物质的量为:
=0.1mol,生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2=0.2mol,则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8,所以铝离子的物质的量为0.2mol,所以溶液中硫酸根离子的物质的量为:
0.3+0.1=0.4mol,则c=
=2mol/L,故答案为:
2;
(4)①设Na2O2和NaHCO3的物质的量分别为x,y;
15.41<15.92<16.11说明两个反应都发生,所以:
78x+84y=17.88、106y+(2x﹣y)×40=15.92,解之得:
x=0.1mol、y=0.12mol,故m(Na2O2)=7.8g;
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3,当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时,则需盐酸体积为200mL;当反应后溶质只有NaCl时,则需盐酸体积为320mL,故盐酸体积为200mL≤V≤320mL。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算,注意掌握有关物质的量的计算方法,明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用,试题有利于提高学生的化学计算能力。
2.化学与生活密切相关,下列说法正确的是
A.酿酒工艺中加入的“酒曲”与面包工艺中加入的“发酵粉”作用相同
B.氨水显碱性,不能与金属反应,所以运输过程中可以用铁罐车
C.葡萄酒中通常添加微量的SO2,既可以杀菌消毒,又可以防止营养成分被氧化
D.大多数胶体的胶粒带电,利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
【答案】C
【解析】
【详解】
A、酒曲与发酵粉的作用不同:
在经过强烈蒸煮的白米中,移入曲霉的分生孢子,然后保温,米粒上便会茂盛地生长出菌丝,此即酒曲;酿酒加曲,是因为酒曲上生长有大量的微生物,以及微生物分泌的酶,其中糖分经过部分酶的作用酒化变为乙醇;而发酵粉的主要成分是NaHCO3,面包工艺中加入发酵粉是为了中和微生物产生的酸,同时生成的CO2气体可以是面团变为多孔,显得松软可口;A错误;
B、一般情况下,氨水不会与金属反应,但是氨水呈弱碱性,若用铁罐车运输,会加快铁罐的腐蚀速率(吸氧腐蚀),B错误;
C、在葡萄酒的生产过程中,SO2的作用是对生产设备消毒杀菌,还可以杀死酿造完的葡萄酒中的酵母,保证葡萄酒的稳定,最后装瓶也会填入少量SO2,保证葡萄酒不被氧化和生物稳定,C正确;
D、血液是一种胶体,利用渗析的原理可以除去血液中的毒性小分子物质,而血液中的必要成分不能通过透析膜,与胶粒是否带电无关,D错误;
故选C。
3.
(1)向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸,直到不再产生CO2气体为止,在此过程中,溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化是___。
A.先变大后变小B.先变小后变大C.一直变小D.保持不变
(2)有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液中:
①将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中;②将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中。
①②两种操作生成的CO2之比为___。
(3)已知固体混合物A由NaHCO3、KHCO3、MgCO3、CaCO3四种物质中的两种混合而成。
请通过计算和推理完成下列各小题:
①取A与足量的盐酸反应:
若固体混合物A的物质的量n(A)为定值,生成气体的量即为定值,则A的组成可能有___种。
若固体混合物A的质量m(A)为定值,生成气体的量为定值,则A的可能组成是(填写化学式):
___、___;___、___。
(可以不填满)
②若先将A加热,剩余固体再与足量的盐酸反应,且先后两次产生的气体分别通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为10.0g,则混合固体A的总物质的量是___mol。
【答案】A3:
26NaHCO3MgCO3KHCO3CaCO30.2
【解析】
【分析】
(1)向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸,先发生反应:
CO32-+H+=HCO3-,然后发生反应:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
(2)将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中,发生的反应为:
CO32-+2H+=H2O+CO2↑;将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中,则先发生反应:
CO32-+H+=HCO3-,然后发生反应:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑。
(3)①若等物质的量的盐生成等量的气体,则符合A与足量的盐酸反应,若固体混合物A的物质的量n(A)为定值,生成气体的量即为定值;若等质量的盐生成等量的气体,则符合A与足量的盐酸反应,若固体混合物A的质量m(A)为定值,生成气体的量为定值。
②根据原子守恒计算。
【详解】
(1)向碳酸钠的浓溶液中逐滴加入稀盐酸,直到不再产生CO2气体为止,在此过程中,先发生反应:
CO32-+H+=HCO3-,然后发生反应:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,所以溶液中的碳酸氢根离子浓度的变化是先变大后变小,故选A。
(2)有含0.2molNa2CO3和含0.3molHCl的两种溶液中:
①将Na2CO3溶液逐滴加入HCl溶液中,发生反应CO32-+2H+=H2O+CO2↑,Na2CO3是过量的,生成的CO2的物质的量根据HCl的量计算为0.15mol;②将HCl溶液逐滴加入Na2CO3溶液中,先发生反应:
CO32-+H+=HCO3-,0.2molCO32-消耗0.2molHCl,剩余0.1molHCl,生成0.2molHCO3-,再发生反应:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,剩余的0.1molH+消耗了0.1molHCO3-,生成了0.1molCO2。
所以①②两种操作生成的CO2之比为0.15:
0.1=3:
2。
(3)①若等物质的量的盐生成等量的气体,则符合A与足量的盐酸反应,若固体混合物A的物质的量n(A)为定值,生成气体的量即为定值。
四种碳酸盐物质的量相等时,生成的气体的量都相等,四种盐有6种组合;若等质量的盐生成等量的气体,则符合A与足量的盐酸反应,若固体混合物A的质量m(A)为定值,生成气体的量为定值。
NaHCO3和MgCO3的摩尔质量相等,当两者质量相等时,和足量盐酸反应,能生成等量的气体,KHCO3和CaCO3的摩尔质量也相等,符合要求。
故答案为6,NaHCO3和MgCO3,KHCO3和CaCO3。
②CO2通过足量的澄清石灰水生成的沉淀均为10.0g,即0.1mol,根据碳守恒,生成的CO2即为0.1mol。
先将A加热,剩余固体再与足量的盐酸反应,A中的碳元素均转化成CO2,所以A中的碳元素为0.2mol,则固体A的总物质的量是0.2mol。
4.欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3的质量分数可用以下四种方法。
方法一:
方法二:
方法三:
方法四:
不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。
按要求回答下列问题:
(1)方法一:
加入足量的试剂A是___________(填写A的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。
操作1、2、3、4的名称依次是溶解、____、洗涤和干燥(烘干);
(2)方法二:
在操作1中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是__________,应选择甲基橙作指示剂;
(3)在方法二中计算该样品中NaHCO3的质量分数为_____________;
(4)在方法三中,根据所用的实验装置,除了称量样品质量外,还需测定的实验数据是_____________________;
(5)仔细分析方法三中的实验装置,若由此测得的数据来计算实验结果,则有可能偏高也有可能偏低,偏高的原因可能是_________,偏低的原因可能是__________(均文字简述);
(6)方法四的实验原理是________________(用化学方程式表示)。
【答案】Ca(OH)2或Ba(OH)2过滤100mL容量瓶0.042V/m×100%装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2气体装置内会留存部分CO2气体2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
【解析】
【分析】
方法一:
(图甲)固态样品加试剂A使碳酸氢跟生成沉淀,再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量,从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量,进而计算质量分数;
方法二:
(图乙)固态样品加水溶解成100ml溶液,取20ml加指示剂,用标准盐酸进行滴定,从而计算出碳酸氢钠的质量分数;
方法三:
(图丙)固态样品加稀硫酸充分溶解,再经过浓硫酸干燥,用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体,根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量,进而计算质量分数;
方法四:
不用其他化学试剂,就只能是碳酸氢钠的受热分解了,利用固体反应前后的质量差,计算碳酸氢钠的质量分数。
【详解】
(1)与HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有Ca(OH)2或Ba(OH)2;操作1、2、3、4的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥;
(2)方法二操作1的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀,用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100mL容量瓶,还需100mL的容量瓶;
(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL的待测液中碳酸氢钠的物质的量,原液是待测液的5倍,所以,样品中NaHCO3的质量分数为V(HCl)×10-3×0.100×5×84/m×100%=
;
(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数,所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量;
(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大;偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收;
(6)不用其他化学试剂,就只能是碳酸氢钠的受热分解了,利用固体反应前后的质量差,计算碳酸氢钠的质量分数,化学方程式是2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑。
5.(Ⅰ)现有一包固体粉末,其中可能含有如下五种物质:
、
、
、
、
。
已知
难溶于水,
溶液呈蓝色。
现进行如下实验:
①溶于水得无色溶液;②向溶液中加入
溶液生成白色沉淀,再加盐酸时沉淀消失。
根据上述实验现象推断:
(1)一定不存在的物质是(填写化学式)_________________________;
(2)一定存在的物质是(填写化学式)_________________________;
(3)可能存在的物质是(填写化学式)_________________________;
(4)检验可能存在的物质所用试剂名称为:
_________________________;
(Ⅱ)(5)钠是活泼的碱金属元素,钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。
钠钾合金可在核反应堆中用作热交换液。
钠钾合金溶于
水生成
氢气。
确定该钠-钾合金的组成(用
的形式表示):
__________;如果所得溶液的体积仍为
,则
溶液的物质的量浓度为___________________。
【答案】CaCO3、Na2SO4、CuSO4Na2CO3NaCl稀硝酸、硝酸银溶液NaK20.2mol/L
【解析】
【分析】
(Ⅰ)由①溶于水得无色溶液,可知一定不含CuSO4、CaCO3;由②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀,再加盐酸时沉淀消失,可知白色沉淀为碳酸钡,则一定含Na2CO3,不含Na2SO4,不能确定是否含NaCl,以此来解答;(II)根据发生反应:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2K+2H2O=2KOH+H2↑,根据氢气体积、金属质量列方程计算Na、K物质的量;根据
计算可得。
【详解】
由①溶于水得无色溶液,可知一定不含CuSO4、CaCO3;由②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀,再加盐酸时沉淀消失,可知白色沉淀为碳酸钡,则一定含Na2CO3,不含Na2SO4,不能确定是否含NaCl;
(1)一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4,故答案为:
CaCO3、Na2SO4、CuSO4;
(2)一定存在的物质是Na2CO3,故答案为:
Na2CO3;
(3)可能存在的物质是NaCl,故答案为:
NaCl:
(4)由氯离子的检验方法可知,检验可能存在的物质所用试剂为稀硝酸、硝酸银溶液,故答案为:
稀硝酸、硝酸银溶液。
(5)设钠、钾的物质的量分别为amol、bmol,则
0.5a+0.5b=0.15,23a+39b=10.1,计算可得:
a=0.10,b=0.20,n(Na):
n(K)=1:
2,该钠-钾合金化学式为NaK2,c(NaOH)=
,故答案为:
NaK2;0.2mol/L。
6.
(1)配平下列方程式
①_____Na+_____H2O=_____NaOH+_____H2↑
②_____Na2O2+_____CO2=_____NaCO3+_____O2↑
③_____KMnO4+_____HCl(浓)=_____KCl+_____MnCl2+_____H2O+_____Cl2↑
④_____Al+_____H2O+_____NaOH=_____NaAlO2+_____H2↑
(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________
①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【答案】22212221216228522223
【解析】
【分析】
配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物,可利用化合价升降守恒来配平,再通过原子守恒来配平其他物质。
【详解】
(1)①Na由0价变为+1价,H由+1价变为0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;1;
②此为歧化反应,O化合价由-1价变为-2价和0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;1;
③Mn化合价由+7价下降为+2价,Cl化合价由-1价升高为0价,故方程为:
,故答案为:
2;16;2;2;8;5;
④Al化合价由0价升高为+3价,H化合价有+1价下降为0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;2;3;
(2)①此化学方程式为歧化反应,O由+1价变为-2价和0价,双线桥表示为:
,故答案为:
②Fe2+离子为还原剂化合价由+2变为+3价失去一个电子,Cl由0价变为-1价得到一个电子,用双线桥表示为:
,故答案为:
。
7.现有下列几种物质:
①盐酸;②Na2O;③Na2O2;④Al(OH)3;⑤Na2CO3;⑥H2O;⑦CO2;⑧乙醇;⑨Cu;⑩NaOH溶液。
(1)其中属于电解质的有___________(填写序号,下同),属于碱性氧化物的有_______。
(2)④与⑩反应的离子方程式为______________________________________。
(3)Na2O2因能发生下列反应被用作供氧剂:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,该反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为:
______。
(4)如用超氧化钾(KO2)作供氧剂,写出它和CO2反应的化学方程式,并标出电子转移的方向和数目______________________________________________________。
【答案】②③④⑤⑥②Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O1:
1
或
【解析】
【分析】
(1)①盐酸为混合物,不属于电解质;
②Na2O为离子化合物,属于电解质、碱性氧化物;
③Na2O2为离子化合物,属于电解质,过氧化物;
④Al(OH)3为离子化合物,属于电解质;
⑤Na2CO3为离子化合物,属于电解质;
⑥H2O属于电解质、氧化物;
⑦CO2不属于电解质,为氧化物;
⑧乙醇属于非电解质;
⑨Cu为单质,不属于电解质;
⑩NaOH溶液为混合物,不属于电解质;
(2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水;
(3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价,部分降低为-2价,则过氧化钠既是氧化剂,又是还原剂,且物质的量之比为1:
1;
(4)超氧化钾(KO2)中O2-平均价态为-0.5价,部分氧原子化合价升高为0价,部分降低为-2价,则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍。
【详解】
(1)①盐酸为混合物,不属于电解质;
②Na2O为离子化合物,属于电解质、碱性氧化物;
③Na2O2为离子化合物,属于电解质,过氧化物;
④Al(OH)3为离子化合物,属于电解质;
⑤Na2CO3为离子化合物,属于电解质;
⑥H2O属于电解质、氧化物;
⑦CO2不属于电解质,为氧化物;
⑧乙醇属于非电解质;
⑨Cu为单质,不属于电解质;
⑩NaOH溶液为混合物,不属于电解质;
综上所述,属于电解质的为②③④⑤⑥;碱性氧化物的为②;
(2)NaOH与氢氧化铝反应生成偏铝酸钠和水,离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(3)过氧化钠中部分氧原子化合价升高为0价,部分降低为-2价,则过氧化钠既是氧化剂,又是还原剂,且物质的量之比为1:
1;
(4)超氧化钾(KO2)中O2-平均价态为-0.5价,部分氧原子化合价升高为0价,部分降低为-2价,则升高的氧原子数目为降低氧原子数目的3倍,则单线桥法为
或
。
8.按要求填空
(1)1molNa2O2固体与水完全反应时转移的电子数_____________,反应的离子方程式为________________。
(2)工业上由辉铜矿生产铜的主要反应为:
Cu2S+O2
2Cu+SO2,该反应中被还原的元素是__________(填元素符号)。
(3)反应
(2)中产生的SO2尾气可用NaOH溶液吸收,若用1L1mol/L的NaOH溶液吸收标准状况下22.4LSO2,反应的离子方程式为____________。
【答案】NA(或6.02×1023)2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑Cu、OSO2+OH-=HSO3-
【解析】
【分析】
(1)Na2O2与水完全反应产生NaOH和O2,根据元素化合价与电子转移关系判断电子转移数目,结合离子方程式书写原则书写离子方程式;
(2)根据元素化合价的升降与发生的反应类型分析判断;
(3)根据SO2、NaOH的物质的量关系书写离子方程式。
【详解】
(1)Na2O2与水完全反应产生NaOH和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,在这个反应中,Na2O2中的O一部分化合价升高变为O2中的0价,一部分化合价降低,变为NaOH中的-2价,每有1molNa2O2反应,转移1mol电子,转移的电子数目为NA;该反应用离子方程式表示为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑;
(2)在该反应中Cu、O元素的化合价降低,获得电子被还原;
(3)n(NaOH)=1L×1mol/L=1mol,n(SO2)=22.4L÷22.4L/mol=1mol,n(NaOH):
n(SO2)=1:
1,所以NaOH溶液吸收SO2的反应方程式为:
SO2+OH-=HSO3-。
【点睛】
本题考查了化学方程式、离子方程式的书写及氧化还原反应中物质的作用及电子转移关系。
氧化还原反应和离子反应是两种重要的反应类型,掌握氧化还原反应中反应特征与反应实质的关系及物质的作用及离子方程式的物质拆分原则是本题解答的关键。
9.化学兴趣小组的同学为测定某Na2CO3和NaCl的固体混合物样品中Na2CO3的质量分数进行了以下实验。
请你参与并完成对有关问题的解答:
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