全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题汇总及答案解析.docx
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全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题汇总及答案解析
2020-2021全国高考化学高无机综合推断的综合高考模拟和真题汇总及答案解析
一、无机综合推断
1.化合物A由三种元素组成,某兴趣小组进行了如下实验:
已知:
气体甲为纯净物且只含两种元素,在标况下体积为672mL;溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂。
请回答下列问题:
(1)A的组成元素为________(用元素符号表示);
(2)写出气体甲与NaOH(aq)反应的离子方程式________;
(3)高温下,A与足量氯气能发生剧烈爆炸,生成三种常见化合物试写出相应的化学方程式________。
【答案】Mg、Si、HSi2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl
【解析】
【分析】
因溶液乙为建筑行业中常用的粘合剂,则为硅酸钠,根据元素守恒可知,气体甲中含有硅元素,与氢氧化钠恰好完全反应生成气体单质乙,所消耗的氢氧化钠的物质的量为1mol/L×120×10-3L=0.12mol,根据硅酸钠中Na元素与Si元素的原子个数比为2:
1,可知气体甲中含Si的物质的量为0.12mol/2=0.06mol,又知气体甲为纯净物且只含两种元素,在标况下体积为672mL,即
=0.03mol,则易知A为0.03mol,其摩尔质量为
=84g/mol,且1个气体甲分子中含2个硅原子,同时气体甲与氢氧化钠按物质的量为0.03mol:
0.12mol=1:
4的反应生成硅酸钠与气体单质乙,根据元素守恒可知气体单质乙中含氢元素,即为氢气。
因此气体甲中的另一种元素不能为氧元素,可推知气体甲中的两种元素为硅元素与氢元素。
另外,结合溶液甲只有一种溶质,且加入过量的氢氧化钠生成白色沉淀,沉淀受热不易分解,推出白色沉淀为难溶氢氧化物,所用盐酸的物质的量为3mol/L×20×10-3L=0.06mol,A的质量为2.52g,化合物A由三种元素组成,推测所含的金属元素为镁,根据Mg
2HCl可知,一个分子A中含1个镁原子,再根据分子组成可确定A中所含氢原子的个数为84-1×24-2×28=4,据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知,
(1)A的组成元素为Mg、Si、H,
故答案为Mg、Si、H;
(2)气体甲为Si2H6与NaOH(aq)按1:
4发生氧化还原反应,其离子方程式为:
Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑,
故答案为Si2H6+4OH-+2H2O=2SiO32-+7H2↑;
(3)根据元素组成及化学方程式中元素守恒推知,在高温下,A与足量氯气能发生剧烈爆炸,生成三种常见化合物为MgCl2、SiCl4和HCl,则其反应方程式为:
MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl,
故答案为MgSi2H4+7Cl2=MgCl2+2SiCl4+4HCl。
2.现有金属单质A和气体甲、乙、丙及物质B、C、D、E、F、G,它们之问能发生如下反应,其中乙是黄绿色气体(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质的名称:
丙-_______________;
(2)写出下列物质的化学式:
F________________;
(3)气体乙是一种重要的化工原料,在工农业生产、生活中有着重要的应用。
请你根据所学
知识回答下列问题:
①把气体乙通入紫色石蕊溶液中,可以观察到的现象是:
__________,请你解释其中的原因__________________。
②某化学兴趣小组计划用气体乙和物质B制取简易消毒液D。
其反应原理为:
(用化学方程式
表示)______________。
【答案】氯化氢Ca(ClO)2先变红后褪色氯气和水反应生成HCl、HClO,溶液显酸性使石蕊变红HClO具有漂白性(或强氧化性)使溶液褪色Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】
金属单质A和氧气反应生成淡黄色固体G,所以A是钠、G是过氧化钠;乙是黄绿色气体,乙是氯气;钠与水反应生成氢气和氢氧化钠;氢气和氯气生成氯化氢,氯化氢溶于水生成盐酸;浓盐酸与二氧化锰加热生成氯气;氯气与石灰乳反应生成漂白粉;氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠。
据此分析解答。
【详解】
(1)根据以上分析,丙是氯化氢;
(2)F是Ca(ClO)2;
(3)①把氯气通入紫色石蕊溶液中,氯气与水生成盐酸和次氯酸,溶液呈酸性,石蕊变红色,次氯酸具有漂白性,所以石蕊褪色,可以观察到的现象是:
先变红后褪色;
②氢氧化钠与氯气生成次氯酸钠的方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
3.甲、乙、丙均为化合物,其中甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,它们有如下图的转化关系,已知D为黄绿色气体,按要求回答下列问题:
(1)甲物质为____________(填化学式)。
(2)乙与甲反应的化学方程式为____________,丙与甲反应的化学方程式为____________。
(3)D能使湿润的有色布条褪色,其褪色原因是____________(结合化学反应方程式描述原因)。
(4)D可用于制取“84”消毒液,反应的化学方程式为____________,也可用于工业上制取漂白粉,反应的化学方程式为____________,但漂白粉保存不当易变质,变质时涉及到的化学方程式为____________。
【答案】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
甲、乙、丙均为化合物,甲为淡黄色的固体,乙常温下为无色无味液体,丙为常见的无色无味气体,甲能既能与乙反应也能与丙反应,可知甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,则A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为黄绿色气体,则D为Cl2,D(Cl2)与A(NaOH)反应生成NaCl、NaClO,F的溶液能与丙(CO2)反应C与I,则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO,G与C(Na2CO3)反应得到E(NaCl)与丙(CO2),则G为HCl,据此解答。
【详解】
根据上述分析可知:
甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,A为NaOH,B为O2,C为Na2CO3,D为Cl2,E为NaCl,F为NaClO,G为HCl,I为HClO。
(1)甲是过氧化钠,化学式为Na2O2;
(2)甲为Na2O2,乙为H2O,丙为CO2,Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2,反应方程式为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)D为Cl2,氯气与水反应产生HCl和HClO,反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO,产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性,能够将有色物质氧化变为无色,所以氯气能够使湿润的有色布条褪色;
(4)Cl2与NaOH溶液发生反应:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物,即为“84”消毒液,有效成分为NaClO;氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉,反应为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,有效成分为Ca(ClO)2,由于酸性H2CO3>HClO,所以漂白粉在空中中露置,会发生反应:
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO,产生的HClO不稳定,光照易分解:
2HClO
2HCl+O2↑,导致漂白粉失效,所以漂白粉要密封保存在冷暗处。
【点睛】
本题考查无机物推断,“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口,熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键,注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。
4.为探究某黄色固体的组成和性质,设计如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是_______。
(2)X在空气中充分灼烧的化学方程式为_______。
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的化学方程式为_______。
【答案】CuFeS24CuFeS2+13O2=4CuO+2Fe2O3+8SO23Fe2(SO4)3+12NaOH=Na2Fe6(SO4)4(OH)12+5Na2SO4
【解析】
【分析】
根据流程图,11.04gX在空气中灼烧,生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,根据图示中提供的数据计算含有S、Cu、Fe元素的物质的量确定X的化学式以及物质的量;氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液,再加入NaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素,B为Na2SO4,结合元素守恒和电荷守恒分析判断黄色沉淀所含成分,据此分析解答。
【详解】
根据流程图,11.04gX在空气中灼烧,生成的气体使品红溶液褪色的气体是二氧化硫,n(SO2)=
=0.12mol,生成的黑色固体氧化物应该为CuO,物质的量n(CuO)=
=0.06mol,得到红褐色固体氧化物应该为Fe2O3,物质的量n(Fe2O3)=
=0.03mol,则化合物中含Fe、Cu、S,物质的量之比n(Fe)∶n(Cu))∶n(S)=0.03×2∶0.06∶0.12=1∶1∶2,因此X化学式为FeCuS2,物质的量0.06mol,质量=0.06mol×(56+64+64)g/mol=11.04g,符合题意,上述推断正确,氧化铁加入适量稀硫酸溶解得到含一种溶质的溶液为Fe2(SO4)3溶液,则n[Fe2(SO4)3]=0.03mol,4.8gNaOH反应生成溶液为7.1g,单一溶质且只含一种金属元素,推断为Na2SO4,n(NaOH)=
=0.12mol,n(Na2SO4)=
=0.05mol,结合元素守恒和电荷守恒,0.03molFe2(SO4)3和0.12molNaOH反应得到0.05molNa2SO4和浅黄色沉淀,浅黄色沉淀中含n(Na+)=0.12mol-0.05mol×2=0.02mol,n(Fe3+)=0.06mol,n(OH-)=0.12mol,n(SO42-)=0.03mol×3-0.05mol=0.04mol,得到浅黄色沉淀组成:
n(Na+)∶n(Fe3+)∶n(OH-)∶n(SO42-)=0.02∶0.06∶0.12∶0.04=1∶3∶6∶2,组成为NaFe3(SO4)2(OH)6。
(1)根据上述计算可知X为FeCuS2,故答案为:
FeCuS2;
(2X在空气中充分灼烧生成二氧化硫、氧化铁、氧化铜,结合电子守恒和原子守恒书写得到反应的化学方程式为:
4FeCuS2+13O2
4CuO+2Fe2O3+8SO2,故答案为:
4FeCuS2+13O2
4CuO+2Fe2O3+8SO2;
(3)溶液A与烧碱反应生成B和浅黄色沉淀(0.01mol)的反应是氢氧化钠和硫酸铁反应生成硫酸钠和浅黄色沉淀,结合上述计算得到沉淀化学式为Na2Fe6(SO4)4(OH)12,反应的化学方程式为:
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓,故答案为:
3Fe2(SO4)3+12NaOH=5Na2SO4+Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓。
【点睛】
大胆判断煅烧得到的黑色固体和红褐色固体的成分是解题的关键。
本题的难点为浅黄色沉淀组成的判断,要注意物质组成的定量计算、元素守恒的计算和化学式的确定方法的应用。
5.下列物质(均为中学化学常见物质)转化关系图中,D为红棕色粉末(反应条件及部分反应物、产物未全部说明),B、C、E为常见单质,A、D为氧化物。
根据图示转化关系填写下列空白:
(1)写出下列物质的化学式A________,B________,G________。
(2)C与D的混合物通常称__________(填名称)。
(3)写出下列化学方程式或离子方程式
①I+J→K________________(离子方程式)。
②G+B→H________________(化学方程式)。
【答案】Al2O3O2Fe(OH)2铝热剂Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
由转化关系图可知,电解A得到B与C,A能与盐酸、氢氧化钠反应,则A为两性氧化物Al2O3、C为Al、B为O2;氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠,则I为AlCl3、J为Na[Al(OH)4]、K为Al(OH)3;D为红棕色粉末,与Al发生铝热反应得到A与E,则D为Fe2O3,E为Fe,;Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁,氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水,则F为FeCl2、G为Fe(OH)2、H为Fe(OH)3。
【详解】
(1)由上述分析可知,A为Al2O3,E为Fe,G为Fe(OH)2,故答案为:
Al2O3;Fe;Fe(OH)2;
(2)铝和氧化铁的混合物通常称为铝热剂,高温下能发生铝热反应生成氧化铝和铁,故答案为:
铝热剂;
(3)①I+J→K的反应为氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠,反应的离子方程式为Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓,故答案为:
Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓;
②G+B→H的反应为氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】
由电解A得到B与C,A能与盐酸、氢氧化钠反应确定A为两性氧化物Al2O3是判断难点,也是解答关键。
6.常见无机物A、B、C、D存在如图转化关系:
(1)若A是一种碱性气体,常用作制冷剂,B是汽车尾气之一
遇空气会变色,则反应
的化学方程式为_________________________________________________。
(2)若A为常见挥发性强酸,D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质,则B的化学式是_____________________。
(3)若A、C、D都是常见气体,C是形成酸雨的主要气体,则A的电子式是____________。
(4)若A、B、C的水溶液均显碱性,焰色反应均为黄色,D为
,举出C的一种用途_______________________。
【答案】
治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等
【解析】
【详解】
(1)若A是一种碱性气体,常用作制冷剂,为氨气,B是汽车尾气之一,遇空气会变色,则B是NO,D是氧气,C是二氧化氮,反应
的化学方程式为:
,
故答案为:
;
(2)若A为常见挥发性强酸,D是生产生活中用量最大用途最广的金属单质,则D是Fe,B能和D反应生成C,则A是硝酸、B是硝酸铁、C是硝酸亚铁,则B的化学式为
,
故答案为:
;
(3)若A、C、D都是常见气体,C是形成酸雨的主要气体,则C是二氧化硫,A是硫化氢、D是氧气、B是S,A的电子式是
,
故答案为:
;
(4)若A、B、C的水溶液均显碱性,焰色反应均为黄色,说明都含有Na元素,D为
,A为NaOH、B是碳酸钠、C为碳酸氢钠,B为强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,碳酸氢钠溶液呈弱碱性,碳酸氢钠能水解,所以其用途有治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等,
故答案为:
治疗胃酸过多、发酵粉、泡沫灭火器等。
7.为了探究某带结晶水的固体X(含四种短周期元素)的组成和性质,设计并完成如下实验
请回答:
(1)白色固体D是________。
(2)无色溶液
白色沉淀F的离子方程式是________。
(3)X的化学式是________。
【答案】
(或氧化镁)
MgC2O4
4H2O
【解析】
【分析】
混合气体A经过浓硫酸得混合气体B,B在标况下体积为896mL,物质的量为0.04mol,混合气体B通入澄清的石灰水,产生白色沉淀为CaCO3,白色沉淀的质量为2.00g,则物质的量为0.02mol,所以n(CO2)=0.02mol,根据框图可知含n(CO)=0.02mol,所以含C的物质的量为0.04mol。
由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO,所以n(MgO)=0.02mol,含O为0.02mol,根据质量守恒,m=0.02mol
40g/mol+0.02mol
44g/mol+0.02mol
28g/mol=2.24g,所以水的质量为:
2.96g-2.24g=0.72g,水的物质的量为n(H2O)=0.04mol,含n(H)=0.08mol。
【详解】
(1)由框图加入足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为1.16g,可知白色沉淀F为Mg(OH)2,物质的量为n[Mg(OH)2]=
=0.02mol,n(Mg2+)=0.02mol,白色固体D的摩尔质量为M=
=40g/mol,所以D为MgO;答案:
MgO。
(2)由框图可知MgO与盐酸反应生成无色溶液E为MgCl2,无色溶液与足量的氢氧化钠,产生白色沉淀F为Mg(OH)2,反应的的离子方程式是:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
,答案:
Mg2++2OH-=Mg(OH)2
(3)由上述分析可知X中含Mg、C、O、H的物质量的比为:
0.02mol:
0.04mol:
0.10mol:
0.08mol=1:
2:
5:
4,所以X的化学式是MgC2O4
4H2O;答案:
MgC2O4
4H2O。
8.已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成,其中X为常见离子化合物,它们之间的转换关系如下图所示
(1)已知条件I和条件II相同,则该反应条件为____________________。
(2)物质X的电子式为_____________________。
(3)写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式______________________________。
(4)写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_____________________________________________。
(5)写出实验室制B的化学方程式,并标出电子转移方向、数目____________________________________________。
(6)请简述鉴定物质X的实验方法____________________________________。
【答案】通电
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑
(用双线桥表示也可)用焰色反应检验Na+,用硝酸银和稀硝酸检验Cl-
【解析】
【分析】
X为离子化合物,左边为熔融液,右边为水溶液,说明X易溶于水,则只可能为NaCl、MgCl2。
若X为MgCl2,电解其水溶液,生成Mg(OH)2、H2、Cl2,电解其熔融液时,生成Mg、H2。
则B为Cl2,A为Mg,但Mg生成Mg(OH)2时,需要与水反应,而Mg与H2O不反应,所以X只能为NaCl。
从而得出A为Na,B为Cl2,C、D为NaOH、H2中的一种,Y为H2O。
(1)已知条件I和条件II相同,则该反应条件为通电。
(2)物质X为NaCl,由此可写出其电子式。
(3)Cl2与Ca(OH)2反应,用于生产漂白粉。
(4)X为NaCl,在条件II下,电解氯化钠的水溶液,反应生成NaOH、Cl2、H2。
(5)实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。
(6)鉴定物质NaCl时,既要鉴定Na+,又要鉴定Cl-。
【详解】
(1)已知条件I和条件II相同,则该反应条件为通电。
答案为:
通电;
(2)物质X为NaCl,其电子式为
。
答案为:
;
(3)Cl2与Ca(OH)2反应,化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
答案为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(4)X为NaCl,在条件II下,电解氯化钠的水溶液,反应的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑。
答案为:
2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑;
(5)实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得,表示电子转移方向和数目的方程式为
。
答案为:
(用双线桥表示也可);
(6)鉴定物质NaCl时,既要鉴定Na+,又要鉴定Cl-,鉴定Na+用焰色反应,鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。
答案为:
用焰色反应检验Na+,用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。
【点睛】
鉴定物质有别于鉴别物质,鉴别物质时,只需检验物质中所含的某种微粒,只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。
鉴定物质时,物质中所含的每种微粒都需检验,若为离子化合物,既需检验阳离子,又需检验阴离子,只检验其中的任意一种离子都是错误的。
9.下图为一些物质之间的转化关系,其中部分反应中反应物或生成物未列全。
已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质,其中A是食品调味剂,H是消毒剂的有效成分,I、K可用作食品发泡剂。
B是一种有机酸盐,E、F、G均为氧化物,L是红褐色沉淀。
根据以上信息,回答下列问题:
(1)B的组成元素为_____。
(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。
(3)G→J的离子方程式为_____。
(4)M是含氧酸盐,反应①中H、L、D的物质的量之比为3:
2:
4,则M的化学式为_____。
【答案】Fe、C、O取I、K的稀溶液,分别滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2ONa2FeO4
【解析】
【分析】
A是食品调味剂,H是消毒剂的有效成分,则A为NaCl,H为NaClO,G为氧化物,加H2SO4、H2O2生成J,J加D得L,L为红褐色沉淀,则L为Fe(OH)3,D为NaOH,以此逆推可知J为Fe2(SO4)3,G为FeO,则B中含有Fe元素,C为Cl2,B为有机酸盐,则一定含有C、O两元素,E、F为氧化物,结合框图,则F为CO,E为CO2,I为Na2CO3(纯碱),K为NaHCO3(小苏打)。
【详解】
(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO,则应含有Fe、C、O三种元素,故答案为:
Fe、C、O;
(2)I为Na2CO3(纯碱),K为NaHCO3(小苏打),Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀,可加入CaCl2溶液鉴别,出现白色沉淀者为Na2CO3,故答案为:
取I
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