绝对精品黄冈中学化学奥赛培训教程上册.docx
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绝对精品黄冈中学化学奥赛培训教程上册
黄冈中学化学奥赛培训教程(精美word版)
上册(75页,2.5M)
第一章化学反应中的物质变化和能量变化
第一节氧化还原反应
第二节离子反应和离子方程式
第三节化学反应中的能量变化
第四节综合解题
第二章物质结构元素周期律
第一节原子结构和核外电子排布
第二节元素周期律与元素周期表
第三节化学键
第四节分子间作用力
第五节晶体结构
第六节综合题解
第三章气体、溶液和胶体
第一节气体
第二节胶体
第三节溶液
第四节综合题解
第四章化学反应速率及化学平衡
第一节化学反应速率
第二节影响化学反应速率的因素
第三节化学平衡
第一章化学反应中的物质变化和能量变化
第一节氧化还原反应
1、根据下列三个反应,排出氧化剂氧化性的强弱顺序:
A.4HCl+MnO2
MnCl2+Cl2↑+2H2O
B.16HCl+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
C.4HCl+O2
2Cl2↑+2H2O
解析:
这三个反应中还原剂都是盐酸。
不同的氧化剂与同一还原剂反应时,若反应越易发生,则氧化剂的氧化性越强,反之就弱,故其氧化性顺序由强到弱:
KMnO4>MnO2>O2。
2、配平氧化还原方程式:
P4O+Cl2FY=POCl3+P2Cl5
解析:
本题中P4O中的P元素对应有两种产物,故设P4O的化学计量数为“1”。
用待定系数法配平的关键是选准一种物质的化学计量数为1。
令P4O+aCl2=bPOCl3+cP2Cl5,由原子守恒得:
代入整理得:
4P4O+21Cl2=4POCl5+6P2Cl5
3、配平下列方程式:
Fe3C+HNO3=Fe(NO3)3+NO2+CO2+H2O
解析:
复杂物质Fe3C按常规化合价分析无法确定Fe和C的具体化合价,此时可令组成该物质的各元素化合价为零价,再根据化合价升降法配平。
再用观察法,不难确定各物质的化学计量数为:
1、22、3、13、1、11,故为Fe3C+22HNO3=3Fe(NO3)3+13NO2↑+CO2↑+11H2O
4、配平NH4NO3FY=N2+HNO3+H2O
解析:
NH4NO3中N的平均化合价为+1价,则元素化合价升降关系为:
2N2(+1→0)降2×1
N+1→+5升4×1
用观察法调整确定各物质的化学计量数,故:
5NH4NO3=4N2↑+9H2O+2HNO3
注:
若配平时不用此平均标价法,则要分析同种元素化合价升降关系。
决不会出现化合价交叉现象,即不会出现
的情况。
5、问四氧化三铁中铁的氧化数为多少?
解析:
已知氧的氧化数为-2,设铁的氧化数为+x,
则3x+4×(-2)=0
所以Fe3O4中Fe的氧化数为
。
注:
氧化数可以为分数。
6、用离子-电子法配平下列方程:
KMnO4+FeSO4+H2SO4
FY=MnSO4+Fe2(SO4)3+K2SO4+H2O
解析:
①写出反应的离子表达式:
+Fe2++H+FY=Mn2++Fe3++H2O
②分别写出氧化和还原半反应:
Fe2+-e-→Fe3+×5
+8H++5e-→Mn2++4H2O×1
③根据反应过程中得失电子相等原则,配平氧化剂和还原剂系数:
+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
④H2SO4作介质时,化学方程式可写为:
2KMnO4+10FeSO4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Fe2(SO4)3+8H2O
注:
离子-电子法配平的关键是把氧化还原反应方程式拆为两个半反应式,再利用电子得失守恒即可消去电子,得方程式。
7、计算由标准氢电极和标准镉电极组成的电池的自由能。
解析:
代数值较小的电极应作原电池的负极,
代数值较大的电极为正极,因此电池的符号可表示为:
(-)Cd|Cd2+(1mol/L)//H+(1mol/L)|H2(Pt)(+)
2×96500×0.4026=-77701.8J/mol
第二节离子反应和离子方程式
1、在pH=1的无色透明溶液中不能大量共存的离子组是()
A.Al3+、Ag+、Cl-
B.Mg2+、
Cl-
C.Ba2+、K+、CH3COO-、Fe3+
D.Zn2+、Na+、
解析:
A组由于Ag++Cl-=AgCl↓而不能共存;C组因生成弱电解质(H++CH3COO-=CH3COOH)而不能共存,且Fe3+是棕黄色的,故答案为A、C。
注:
解答此类题的关键是掌握离子能否共存的判断规则。
2、重金属离子有毒性。
实验室有甲、乙两种废液,均有一定毒性。
经化验甲废液呈碱性,主要有毒离子为Ba2+离子,如将甲、乙废液按一定比例混合,毒性明显降低。
乙废液中不可能含有的离子是()
A.Cu2+和
B.Cu2+和Cl-
C.K+和
D.Ag+和
解析:
沉淀Ba2+必须用
,而在A、C两选项中均含有
,但C项中K+无毒性,A项中Cu2+可与甲废液中OH-反应生成Cu(OH)2沉淀,从而降低毒性。
本题答案为A。
注:
设法使重金属离子转化为沉淀,使其毒性明显降低。
若仅考虑将Ba2+沉淀为BaSO4,即选C。
3、下列反应的离子方程式错误的是()
A.等物质的量的Ba(OH)2与NH4HSO4在溶液中反应:
Ba2++2OH-+
=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O
B.氢氧化铁与足量的氢溴酸溶液反应:
Fe(OH)3+3H+=Fe2++3H2↓+H2O
C.足量的CO2通入饱和碳酸钠溶液中:
CO2+
+H2O=
D.向碳酸氢钠溶液中滴加少量澄清石灰水:
Ca2++
+2OH-=CaCO3↓+
+2H2O
解析:
对于A:
在水溶液中进一步电离成H+和
,且Ba(OH)2与NH4HSO4等物质的量反应,故NH4+与H+分别与OH-反应,故A正确。
对于B,氢溴酸是强酸,Fe(OH)3为难溶物,故也正确。
对于C,由于NaHCO3溶解度小于Na2CO3,且Na2CO3为饱和溶液,故析出的是NaHCO3晶体,故C错误。
对于D,Ca(OH)2少量,故溶液中还有
存在,若Ca(OH)2过量,则不能有
存在。
故D正确。
本题答案为C。
注:
本题结合元素化合物的知识,从多个侧面考查对离子方程式正误的判断。
有的同学对D选项产生怀疑:
产物中的阴离子是
还是OH-?
仔细分析可发现,加入的石灰水是少量,n(OH-)<
因此OH-与
的反应将全部消耗,故D选项不符合题意。
4、下列反应的离子方程式书写正确的是()
A.向氢氧化钠溶液中通入少量CO2:
OH-+CO2=
B.用氨水吸收少量SO2:
2NH3·H2O+SO2=
C.向硝酸铝溶液中加入过量氨水:
Al3++4NH3·H2O=
+2H2O
D.向Fe2(SO4)3的酸性溶液中通入足量H2S:
Fe3++H2S=Fe2++S↓+2H+
解析:
A选项因为CO2量少,只能生成
,错误;C选项中生成的Al(OH)3沉淀不与弱碱氨水反应生成
,错误;D选项中的离子方程式电荷不守恒,故B选项正确。
注:
要掌握离子方程式的书写规则,且电荷守恒原理是判断离子方程式的一条重要原理,务必熟悉其应用。
5、
(1)向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至中性,请写出发生反应的离子方程式:
_________________________________。
(2)在以上中性溶液中继续滴加Ba(OH)2溶液,请写出此步反应的离子方程式:
_______________________。
解析:
因NaHSO4是二元强酸的酸式盐,可以理解成全部电离。
当反应后溶液是中性时其反应式为2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,离子方程式是2H++
+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O。
此时中性溶液中只有Na2SO4溶液,加入Ba(OH)2的离子方程式应为:
Ba2++
=BaSO4↓。
注:
酸式盐与碱的反应,情况比较复杂。
因为由加入碱的量不同,其产物有所不同,所以建议先写成化学式方程式再改写成离子方程式。
6、某待测液中可能含有Fe2+、Fe3+、Ag+、Al3+、Ba2+、Ca2+、
等离子,进行了下述实验(加入的酸、碱、氨水、溴水都过量):
根据实验结果:
(1)判定待测液中有无Ba2+、Ca2+离子,并写出理由。
_____________________。
(2)写出沉淀D的化学式:
__________________________________。
(3)写出从溶液D生成沉淀E离子反应方程式:
____________________。
解析:
溴水能将Fe2+氧化成Fe3+,因而无论原待测液含Fe2+、Fe3+中的一种或二种,最终沉淀D均为Fe(OH)3,而沉淀E则一定为Al(OH)3,沉淀C中有Fe(OH)3、Al(OH)3两种沉淀。
在此Fe3+、Al3+与强、弱碱反应的相似性和差异性得到了很好的体现。
答案为:
(1)至少含Ba2+、Ca2+中一种,因为CaSO4微溶,BaSO4难溶;
(2)Fe(OH)3
(3)2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+
第三节化学反应中的能量变化
1、由N2和H2合成1molNH3时可放出46.2kJ的热量,从手册上查出N≡N键的键能是948.9kJ/mol,H-H键的键能是436.kJ/mol,试N-H键的键能是多少?
解析:
该反应热化学方程式为:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g);△H=-46.2kJ/mol。
这说明形成6个N-H键放出的热量,比破坏一个N≡N键和三个H-H键吸收的能量多92.4kJ。
根据已知的N≡N键、H-H键的键能数据和能量守恒原理,就可算出N-H键的键能。
设N-H键的键能为X,应有如下关系:
6X-(948.9+436.0×3)=46.2×2
X=391.5(kJ/mol)
注:
本题利用键能计算反应热的大小,要求掌握
Q=∑E生成物-∑E反应物计算关系式。
2、强酸与强碱在稀溶液里反应的中和热可表示:
H+(溶液)+OH-(溶液)=H2O(溶液)+55.9kJ
已知:
CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O+Q1kJ
1/2H2SO4(浓)+NaOH=1/2Na2SO4+H2O+Q2kJ
HNO3+NaOH=NaNO3+H2O+Q3kJ
上述反应均是在溶液中进行的反应,Q1、Q2、Q3的关系正确的是()
A.Q1=Q2=Q3B.Q2>Q1>Q3
C.Q2>Q3>Q1D.Q2=Q3>Q1
解析:
酸在水中电离成H+和酸根是一个吸热过程,所以,酸越弱,电离热就越大;反之越小。
因此,CH3COOH的电离热最大;按理H2SO4(第一级)与HNO3同是强酸,特别在水中,由于水的拉平效应,使它们都显强酸性,似乎中和热应相同,实际上并不相同,HNO3有一个分子内氢键(如图),所以它比H2SO4(第一级)酸性要弱,在电离成
时要破坏氢键而消耗能量。
其次,H2SO4分子间虽然也有氢键,但在溶解过程中首先形成水合硫酸放出大量热量,破坏氢键并促使离解,所以硫酸的中和热要大于硝酸的中和热。
应选C。
3、已知273K时,N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)+Q(Q>0),在相同温度条件下,向一密闭容器中通入1molN2和3molH2,达到平衡时,放出能量为Q1,向另一体积相同的密闭容器中通入0.5molN2和1.5molH2,达到平衡时,放出能量为Q2。
则Q1和Q2应满足的关系是()
A.Q2 B.Q2 C.Q2=Q1/2 D.Q>Q2>Q1/2 解析: 热化学反应方程式中Q是指1molN2和3molH2完全反应,生成2molNH3时放出的热量,而实际反应平衡时,并没有完全反应,即没有生成2molNH3,比2molNH3少,所以Q>Q1。 当在相同体积的密闭容器通入物质的量为一半的气体时,相应压力也降了一半,所以NH3的得率相应要比1molN2和3molH2的低。 所以放出的热量 。 因为合成氨反应是体积缩小的反应,总压增大有利平衡向正方向移动,相反,则逆向移动。 因此,应选A和B。 注: 合成氨的反应是一个可逆反应,所以不可能完全反应。 故热量不等于Q。 4、反应 在恒温下的密闭容器中进行,SO3的产率为a;而在绝热密闭的同一容器中反应,SO3的产率为b,则a与b的正确关系为() A.a>bB.a=bC.a 解析: 由于 是一个放热反应,能散去一部分热量将有利于正向反应;若能把产生的热积聚起来,将会使绝热容器中反应体系的温度升高,将不利于正向反应而有利于平衡逆向移动;若反应体系的温度升高到一定温度(约630℃以上),将会使催化剂的活性降低,甚至消失。 由此可见,在恒温体系的产率多,绝热体系的产率低,因此,应选A。 5、根据盖斯定律和下列数据,计算反应①的Q1值: ① C(石墨)+O2(g)=CO2(g)+393.5kJ② ③ 解析: 将C(石墨)作为起始状态、CO2(g)作为最终状态,则由C(石墨)生成CO2(g)有下列两种途径: 由盖斯定律: Q2=Q1+Q3故②=①+③ 所以Q1=393.5kJ-283kJ=110.5kJ 即反应①的反应热为110.5Kj。 6、由生成焓数据计算氨的氧化反应的 ,并指出此反应是吸热还是放热反应? 解析: 查出各物质的标准生成焓 的值,代入 反应物即可。 该反应方程式为: 4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g),查出各物质的 的值: 表明氨的氧化反应是放热反应。 7、已知2-丁烯有顺、反两种异构体,前者能量比后者高 ,在某反应条件下它们处于平衡,其平衡常数K如下: 自由能差 和平衡常数K有如下关系: 式中R=8.31J·mol-1·K-1,T=298K。 (1)求该平衡时,顺、反式的摩尔分数(物质的量分数)。 (2)求顺、反式的自由能差(请以kJ/mol表示)。 (答案均取3位有效数字) 解析: 利用平衡常数可求得平衡时顺,反-2-丁烯的物质的量之比,从而求得两者的物质的量分数。 (1)设平衡时顺反式分别为(1-X)mol和Xmol,则有: 所以,顺-2-丁烯的物质的量分数为 反-2-丁烯的物质的量分数为: 1-0.238=0.762 (2)根据题意,自由能差 与平衡常数有定量关系: =-2.308×8.31×298×lg3.20=-2880(J/mol) 即-2.88kJ/mol 故答案: (1)顺式: 0.238,反式: 0.762. (2) =-2.88kJ/mol。 注: 求算 时,切不可丢掉“负号”,在进行有关焓(H)、熵(S)、自由能(G)等的计算中,△H、△S、△G均为生成物与反应物的相关物理量之差。 题目中已指出“2-丁烯有顺,反两种异构体,前者的能量比后者高”,由此也可确定顺反式2-丁烯的自由能差应为负值。 8、求反应CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)在标准状态下自发进行的最低温度。 解析: 欲使反应自发进行,必须 时反应自发进行,从而求得自发进行时的最低温度。 CaCO3(g)=CaO(s)+CO2(g);△H298=179.0kJ/mol 欲使反应自发进行,必须 时反应自发进行。 故反应自发进行的最低温度是1111.8K。 第四节综合解题 1、PbCO3(存在于白铅矿中)和ZnO(白锌)常用来做白色涂料。 H2S可将这些化合物变成相应的硫化物。 (1)写出反应方程式。 (2)根据热力学讨论,若空气中H2S的浓度为0.007mg·m-3,使用这些涂料是否妥当? (3)表明哪种涂料不合适? (4)对于生成PbS的情况,为使白色恢复,用H2O2处理使生成PbSO4。 根据热力学原理,简单地暴露于空气能否达到同样的效果? 25℃、1atm下空气的平均组成(按体积百分数)为: N2︰77.90O2︰20.70CO2︰0.026H2︰0.40其他气体: 1.03 各物质的 是: PbCO3(s)︰-626.0H2S(g)︰-33.0PbS(s)︰-92.6 ZnO(s)︰-318.0ZnS(s)︰-184.8CO2(g)︰-394.2 H2O(g)︰-228.5PbSO4(s)︰-811.0 解析: (1)①PbCO3(s)+H2S(g)=PbS↓(s)+H2O(g)+CO2(g) ②ZnO(s)+H2S(g)=ZnS(s)+H2O(g) (2)反应①的 0.007mg·m-3H2S所占的体积比为: 所以p(H2S)=5.0×10-9atm 所以PbCO3白涂料会发黑,即不妥当。 同理,反应②的 =-62.3kJ·mol-1, =-28.6kJ·mol<0,所以也能发生反应,但ZnS还是白色的,所以不受影响。 (3)PbCO3涂料不合适。 (4)PbS(s)+2O2(g)=PbSO4(s) 从热力学上讲是可以达到同样效果的。 2、下列气相反应可在适当的温度范围内发生: ①C4H10→(CH3)2C=CH2+H2 ②C2H4+Cl2→CH2ClCH2Cl ③ 各化合物中键能平均值如下: 化学键键能(kJ·mol-1) 化学键键能(kJ·mol-1) C—H378.90 C—C277.16 C=C472.69 H—H436.18 C—Cl293.08 C—O322.80 O—H431.24 Cl—Cl121.02 O—O247.38 (1)估算上述各反应的反应热并说明它们是放热的还是吸热的。 (2)说明上述反应的熵变是正的还是负的。 (3)若反应是可逆的,请说明压力对化学平衡的影响。 解析: (1)反应的 所以反应①是放热反应,反应②与反应③都是吸热反应。 (2)反应①的△ng=1,所以是熵增大的反应。 反应②的△ng=-1,所以是熵减小的反应。 反应③的△ng=-1,所以是熵减小的反应。 (3)对反应①,因△ng=1,所以压力增大,有利于反应逆向移动。 对反应②,因△ng=-1,所以压力增大,有利于反应正向移动。 对反应③,因△ng=-1,所以压力增大,有利于反应正向移动。 3、多硫化钠Na2Sx(x≥2)在结构上与Na2O2、FeS2、CaC2等有相似之处。 Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4,而NaClO被还原为NaCl,反应中Na2Sx与NaClO的物质的量之比为1︰16,则x的值是() A.5B.4C.3D.2 解析: ClO-变成Cl-,需得到2e-,则 ClO-+H2O+2e-=Cl-+2OH- 而 需失去(x-2)×6e-+2×7e-=(6x+2)e-,这个结果可这们理解, 中2个S的化合价为-1价,由-1价变成 的+6价需失去7e-,则另外(x-2)个S的化合价为0价,由0价变成 的+6价需失去6e-,因此1个 共需失去(6x+2)e-,反应式为: +8xOH--(6x+2)e-= +4xH2O 由这两个电极反应式及1︰16,可得到以下关系式: 2︰(6x+2)=1︰16得x=5 所以,本题答案为A。 4、反应NO+O2+NO2+H2O→HNO3(未配平)是一个有多组计量数(即系数)的化学方程式,当氧气有1/3被NO还原时,参加反应的各物质计量数之比为() A.4、9、24、14、28B.1、1、1、1、2 C.8、9、12、10、20D.任意比均可 解析: 由于题中氧化还原是有条件的,就必须按条件特殊处理,不能按常规配平。 常规配平: 即为B,但不符合题意。 题意要求有1/3的氧气被NO还原,应按此配平,具体如下: 所以应选A。 5、次磷酸(H3PO2)是一种强还原剂,将它加入CuSO4水溶液,加热到40℃~50℃,析出一种红棕色的难溶物A。 经鉴定: 反应后的溶液是磷酸和硫酸的混合物;X射线衍射证实A是一种六方晶体,结构类同于纤维锌矿(ZnS),组成稳定,A的主要化学性质如下: ①温度超过60℃,分解成金属铜和一种气体;②在氯气中着火;③与盐酸反应放出气体。 (1)写出A的化学式。 (2)写出A的生成反应方程式。 (3)写出A与Cl2反应的化学方程式。 (4)写出A与盐酸反应的化学方程式。 解析: 由题意得知反应为: H3PO2+CuSO4→H3PO4+A(未配平)。 还原剂H3PO4中P(+1价)被氧化成P(+5价),而S的价态没变,那么氧化剂只可能是Cu2+,但只可能被还原为Cu+说明A中没有Cu+,因为A在温度超过60℃时会分解成Cu和一种气体,反过来也说明A中还有一种非金属原子,且分解时生成气体;而在反应体系中非金属元素只有O、S、P、H四种,O、P和S都不可Cu2O、Cu3P和Cu2S都已不像ZnS那样由不同元素组成的双原子化合物(习惯上称这样的化合物为二元化合物),唯一可能的是CuH,它属于二元化合物,且分解后生成Cu和H2,可以在氯气中燃烧生成氯化铜和氯化氢,与盐酸生成H2。 所以A是CuH。 具体解答如下: (1)CuH (2)4CuSO4-3H3PO2+6H2O=4CuH↓+3H3PO4+4H2SO4 (3)2CuH+3Cl2=2CuCl2+2HCl (4)CuH+HCl=CuCl+H2↑或CuH+2HCl=HCuCl2+H2↑或CuH+3HCl=H2CuCl3+H2↑ [若盐酸浓度不够,Cu(I)会发生歧化反应;若在较浓的盐酸中,Cl-是配位体,可形成酸配位酸] 6、长期以来一直认为氟的含氧酸不存在。 但是自1971年斯图尔杰和阿佩里曼(美)成功地合成了次氟酸后,这种论点被强烈地动摇了。 他们是在0℃以下将氟化物从细冰末的上面通过,得到了毫克量的次氟酸。 (1)写出次氟酸的结构式并指出各元素的氧化数。 写出斯图杰尔和阿佩里曼方法制备该酸的反应方程式。 (2)下面给出了几个分子和基团化学键的键能: H2 O2 F2 OH OF HF E(kJ·mol-1) 432 494 155 424 220 566 试计算次氟酸的生成热(即从单质生成1mol该酸反应的热效应)。 (3)为什么次氟酸不稳定? 试预测它分解的可能途径,求出次氟酸分解的热效应值。 (4)次氟酸刹那间能被热水所分解,此时得到的溶液既表现有氧化性(对于碘化钠),又表现有还原性(对于高锰酸盐),试推断次氟酸在水解时能生成什么产物? 写出全部反应的方程式。 解析: (1)氟与冰反应,生成HOF,当1molF2与1mol水作用时,除生成1molHOF外,还剩1mol氟原子和1mol氢原子,因此还有另一产物为HF,所以反应方程式为F2+H2O=HF+HOF,HOF为共价化合物,只有两个未成对电子,故氧原子应位于氢原子和氟原子的中间,分别与氢原子和氟原子各形成一个共价键,故其结构式为H—O—F。 它的结构与HOCl酸相似,其中氟的氧化数是否与次氯酸中Cl的氧化数一样,显+1价呢? 因氟的电负性比氧大,吸引电子能力比氧强,它们之间的共用电子对偏向氟,而不偏向氧,所以氟显-1价。 对于氧原子而言,除与氟共用一对电子外,还与氢共用一对电子,其吸电子能力强于氢,故电子对偏向氧。 因为一对共用电子对偏向氧,另一对共用电子对偏离氧,故氧的氧化数为0,次氟酸中各元素的氧化数为: (2)生成热是指由稳定单质生成1摩尔该酸的反应的热效应。 计算生成热时,可写出由单质生成该化合物的反应方程式,不管该反应是否能发生。 该反应可写出如下反应方程式: (3)
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