全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题分类汇总.docx
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全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题分类汇总
全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题分类汇总
一、高中化学硫及其化合物
1.随着工业的发展,酸雨已经成为全球性的环境问题,保护环境已成为全人类的共识。
完成下列填空:
(1)检验某次降雨是否为酸雨的方法是____________________________________
(2)SO2是造成酸雨的主要原因。
写出一条减少SO2排放的措施。
_________________________
(3)某酸雨样品的pH=5,则该样品中c(H+)=____________mol/L。
该样品放置一段时间后,酸雨略有增大,其原因可能是________________________(用化学方程式表示)。
【答案】可用测量溶液pH的方法使用脱硫技术,减少化石燃料的燃烧等10-5
或
【解析】
【分析】
(1)正常的雨水中溶解了二氧化碳,二氧化碳和水反应生成碳酸,碳酸电离导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而使溶液呈酸性,正常雨水的pH为5.6,如果雨水溶解了二氧化硫、氮氧化物,会使溶液的酸性更强,pH小于5.6;
(2)减少SO2排放可采用脱硫技术,减少化石燃料的燃烧等;
(3)pH=-lgc(H+),由此计算c(H+),亚硫酸会被空气中氧气氧化成硫酸,酸性增大。
【详解】
(1)正常雨水因溶解了二氧化碳而使其pH为5.6,如果雨水中溶解了二氧化硫或氮氧化物,使雨水变成亚硫酸或硝酸溶液,亚硫酸不稳定易被氧气氧化生成硫酸,硫酸和硝酸都是强酸,导致雨水的pH减小,小于5.6,所以可用测量PH的方法确定某次降雨是否为酸雨,
故答案为:
可用测量溶液pH的方法;
(2)减少SO2排放可采用脱硫技术,减少化石燃料的燃烧等,故答案为:
使用脱硫技术,减少化石燃料的燃烧等;
(3)某酸雨样品的pH=5,则pH=-lgc(H+)=5则该样品中c(H+)=10-5mol/L;该样品放置一段时间后,酸雨略有增大,亚硫酸或二氧化硫会被空气中氧气氧化成硫酸,酸性增大
或
,
故答案为:
10-5;
或
。
【点睛】
亚硫酸或二氧化硫会被空气中氧气氧化成硫酸,酸性增大。
2.我国农业因遭受酸雨而造成的损失每年高达15亿多元,为了有效控制酸雨,目前国务院已批准了《酸雨控制区和二氧化硫污染控制区划分方案》等法规。
(1)现有雨水样品1份,每隔一段时间测定该雨水样品的pH所得数据如下:
测试时间/h
0
1
2
3
4
雨水的pH
4.75
4.62
4.56
4.55
4.54
分析数据,回答以下问题:
①雨水样品呈酸性的原因是________________________________(用化学方程式表示)。
②如果将刚取样的上述雨水和自来水(含有氯气)混合,pH将________(填“变大”“变小”或“不变”)。
(2)测定雨水样品时,每隔一定时间测定一次pH,发现pH逐渐变小,其原因可能是_______(用化学方程式表示)。
(3)举一例说明这种雨水将给环境中的生物或非生物造成的影响________________。
【答案】SO2+H2O
H2SO3变小2H2SO3+O2==2H2SO4酸雨可腐蚀金属、建筑物,破坏植物,污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡(任选1例,其它合理答案均可)
【解析】
【分析】
正常雨水中,CO2+H2O
H2CO3,由于碳酸显酸性,所以正常雨水显酸性,且pH大约为5.6。
当雨水中溶入一定量SO2后,SO2与水反应生成亚硫酸,从而使雨水的酸性增强,pH减小。
当pH<5.6,雨水这就成为酸雨。
在酸雨中,H2SO3易被空气中的氧气氧化为硫酸,导致酸性增强,pH减小。
【详解】
(1)①雨水样品呈酸性,主要是SO2溶于水并与水反应,原因是SO2+H2O
H2SO3。
答案为:
SO2+H2O
H2SO3;
②如果将刚取样的上述雨水和自来水(含有氯气)混合,则会发生反应H2SO3+Cl2+H2O==H2SO4+2HCl,pH将变小。
答案为:
变小;
(2)测定雨水样品时,每隔一定时间测定一次pH,发现pH逐渐变小,主要是H2SO3被空气中O2氧化所致,其原因可能是2H2SO3+O2==2H2SO4。
答案为:
2H2SO3+O2==2H2SO4;
(3)举一例说明这种雨水将给环境中的生物或非生物造成的影响酸雨可腐蚀金属、建筑物,破坏植物,污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡(任选1例,其它合理答案均可)。
答案为:
酸雨可腐蚀金属、建筑物,破坏植物,污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡(任选1例,其它合理答案均可)。
【点睛】
酸雨有硫酸型酸雨和硝酸型酸雨之分,在硫酸型酸雨中,主要溶有H2SO3和H2SO4,H2SO3易被溶解的氧气缓慢氧化,最终H2SO3全部转化为H2SO4;硝酸型酸雨的主要成分为HNO3。
3.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个角度。
请根据图所示回答下列问题:
(1)X与Y反应可生成淡黄色固体,反应的化学方程式____________________。
(2)欲制备Na2S2O3,从氧化还原角度分析,下列选项中合理的反应物是______(填序号)。
a.Na2SO3与Sb.Na2S与S
c.SO2与Na2SO4d.Na2SO3与Na2SO4
(3)7.7g锌镁合金与一定量浓硫酸恰好完全反应,生成SO2与H2的混合气体3.36L(标准状况),反应中转移的电子的物质的量为___________。
(4)处理SO2废气的一种工艺如图所示:
①SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式是________________________。
②溶液B与空气发生反应生成溶液C,其中氧化剂是______________。
③推断Fe3+、O2和SO42-的氧化性由强到弱的顺序是______________。
【答案】2H2S+SO2=3S↓+2H2Oa0.3molSO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+O2O2>Fe3+>SO42-
【解析】
【分析】
(1)根据图示,X为S元素的化合价为-2的气态氢化物,则X为H2S,Y为S元素的化合价为+4的氧化物,则Y为SO2,W为S元素的化合价为+6的酸,则W为H2SO4,Z为S元素的化合价为+4的盐,则Z为Na2SO3,据此分析结合物质的性质解答;
(2)欲制备Na2S2O3,从氧化还原角度分析,反应属于归中反应;
(3)锌镁合金与浓硫酸发生:
Zn+2H2SO4═ZnSO4+SO2↑+2H2O,Mg+2H2SO4═MgSO4+SO2↑+2H2O随着反应的进行,硫酸浓度降低,发生:
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑,Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑,生成气体为SO2和H2的混合物根据反应方程式可知,不论生成氢气还是SO2,生成气体的物质的量与金属的物质的量相等,即合金中锌镁的物质的量与SO2和H2的混合气体的物质的量相等,列关系式解答;
(4)由工艺流程可知,A中的反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,B中的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,C中铁离子循环利用,结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物分析,
①SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸;
②B中的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,氧元素化合价降低做氧化剂;
③氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
【详解】
(1)X为H2S,Y为SO2,H2S与SO2反应可生成S单质,反应的化学方程式:
2H2S+SO2=3S↓+2H2O;
(2)Na2S2O3中硫元素为+2价,若有两种含硫元素的物质制备Na2S2O3,所发生的反应属于归中反应,两种物质硫元素的化合价一个高于+2价,一个低于+2价;
a.Na2SO3中硫元素为+4价,硫单质中硫元素为0价,故a合理;
b.Na2S中硫元素的化合价为-2价,S单质中硫元素为0价,故b不合理;
c.SO2中硫元素为+4价,Na2SO4中硫元素为+6价,故c不合理;
d.Na2SO3中硫元素为+4价,Na2SO4中硫元素为+6价,故d不合理;
答案选a;
(3)锌镁合金与浓硫酸发生:
Zn+2H2SO4═ZnSO4+SO2↑+2H2O,Mg+2H2SO4═MgSO4+SO2↑+2H2O随着反应的进行,硫酸浓度降低,发生:
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑,Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑,生成气体为SO2和H2的混合物,物质的量为
=0.15mol,根据反应方程式可知,不论生成氢气还是SO2,生成气体的物质的量与金属的物质的量相等,即合金中锌镁的物质的量与SO2和H2的混合气体的物质的量相等,为0.15mol,根据氧化还原反应电子得失守恒,反应中,锌镁分别由单质0价变为+2价离子,锌镁失去的电子总量即为反应中转移的电子总量,设锌、镁的物质的量分别为x、y,则x+y=0.15mol,65x+24y=7.7g,解得:
x=0.1mol,y=0.05mol,反应中转移的电子的物质的量=0.1mol×(2-0)+0.05mol×(2-0)=0.3mol;
(4)①由上述分析可知溶液A中的反应为SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸,反应的离子方程式为:
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;
②B中的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,氧元素化合价降低,氧气做氧化剂;
③A中发生SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,溶液B中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性为O2>Fe3+>SO42−。
4.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件,部分产物为标出).已知:
A是酸式盐,B是能使品红溶液褪色的气体,G是红棕色气体。
按要求回答问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A________,B________,写出B的一种危害__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
E→F____________;红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:
____________;铜与H的浓溶液反应的离子方程式:
_____________。
(3)检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。
【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2
4NO+6H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则G是NO2;F和O2反应生成NO2,所以F是NO;NO2和水反应生成的H是HNO3;A是酸式盐,和NaOH反应生成E,E和O2反应生成NO,则E是NH3;B能使品红溶液褪色,且B能和O2反应生成C,所以B是SO2,C是SO3;SO3和水反应生成的D为H2SO4;A是酸式盐且是铵盐,所以A是NH4HSO3。
【详解】
(1)通过以上分析知,A、B分别是NH4HSO3、SO2,SO2属于酸性氧化物,能和H2O反应生成H2SO3,H2SO3不稳定,易被空气氧化生成H2SO4,随雨水降落地面而形成酸雨,所以其一种危害是酸雨;
(2)氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O,反应方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O,反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O;
(3)NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+,故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
5.某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+。
从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂X、Y、Z均过量)。
(1)试剂X为_______,加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为___________。
(2)操作②为____________(填实验分离方法)。
(3)溶液2中含有的溶质有__________(填化学式)。
(4)写出操作④的化学反应方程式____________。
(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应,产生的气体为_________(填化学式)。
【答案】铝2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu氨水过滤Al2(SO4)3、H2SO4Al2(SO4)3、H2SO4SO2
【解析】
【分析】
某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+,由流程可知加入X为金属铝,用于置换出铜,溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4,不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物,向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al,反应产生Al2(SO4)3,而Cu不能发生反应,则为稀H2SO4,溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4,由于Al(OH)3是两性物质,能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质,因此向①②混合后加入氨水,可生成Al(OH)3沉淀,过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3,电解熔融的Al2O3可生成Al,以此解答该题。
【详解】
根据上述分析可知操作①是过滤,不溶性物质为Cu、Al混合物,操作②是过滤,试剂Y是H2SO4,溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4,溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4,试剂Z是氨水,操作③是过滤,操作④加热分解Al(OH)3,操作⑤是电解。
(1)由以上分析可知X为Al,可用于除去溶液中的Cu2+,反应的离子方程式为:
2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu;试剂Z为氨水;
(2)操作①②③用于分离固体和液体,为过滤操作;
(3)溶液2中含有的溶质有Al2(SO4)3、H2SO4;
(4)操作④是加热Al(OH)3,Al(OH)3不稳定,受热发生分解反应,化学方程式为:
2Al(OH)3
2Al2O3+3H2O;
(5)金属Cu与浓硫酸混合加热,发生氧化还原反应,产生CuSO4、SO2、H2O,反应方程式为:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,所以反应产生的气体为SO2。
【点睛】
本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用,把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键,注意实验的设计意图,把握物质的性质,侧重考查学生的分析与实验能力。
6..A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素,它们之间的转化关系如图所示(反应条件及他物质已经略去);
Ⅰ.若A是一种黄色固体单质;B为酸雨的成因之一,且可使品红溶液褪色,回答以下问题:
(1)将B通入KMnO4溶液的现象为__________________________,体现B的_____________(选填“氧化性”“还原性”“漂白性”)
(2)98%的浓硫酸改为氧化物形式SO3·nH2O,则n值为_________(可写成分数形式)
Ⅱ.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则回答下列问题
(1)写出写出A→B的化学方程式_____________________________________________。
(2)实验室常用右图所示装置制取并收集A气体,请在框中画出实验室收集A气体的装置图________。
(3)尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是________________________。
【答案】紫色溶液褪色还原性
4NH3+5O2
4NO+6H2O
防止倒吸
【解析】
【分析】
Ⅰ.常温下A为淡黄色固体单质,即说明A是S,则B是二氧化硫,C是三氧化硫,D是硫酸。
Ⅱ.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,应为NH3,则B为NO,C为NO2,D为HNO3。
【详解】
Ⅰ.
(1)SO2有还原性会被高锰酸钾氧化,将SO2通入KMnO4溶液的现象为:
紫色溶液褪色;体现SO2的还原性;
(2)设98%的浓硫酸质量为100g,则m(H2SO4)=100g×98%=98g,m(H2O)=100g-98g=2g,则n(H2SO4)=
=1mol,n(H2O)=
=
mol,100g98%的浓硫酸中1mol硫酸分子等价1molSO3和1molH2O,水的总物质的量为
mol+1mol=
,改写为氧化物形式SO3·nH2O,则n=
;
Ⅱ.
(1)由分析可知A为NH3,B为NO,氨气的催化氧化可以生成NO,方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氨气密度比空气小,极易溶于水,不能用排水法收集,可以用向下排空气法收集,装置为
(3)尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是:
防止倒吸。
7.A、B、C、D为四种可溶性的盐,它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3-、SO42-、Cl-、CO32-(离子在物质中不能重复出现)。
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中,只有C盐的溶液呈蓝色;
②若向①的四支试管中分别加入盐酸,B盐的溶液有沉淀生成,D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
(1)根据①②实验事实可推断它们的化学式为:
A____________,B___________。
(2)写出醋酸与D反应的离子方程式:
_____________________。
(3)将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后,写出溶液中存在的离子的物质的量之比___________;在此溶液中加入锌粒,写出发生反应的离子方程式:
_________________。
(4)C溶液中阴离子的检验方法:
__________________。
【答案】BaCl2AgNO3CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2On(Cl-):
n(NO3-):
n(Cu2+)=1:
1:
1Zn+Cu2+═Zn2++Cu取少量C溶液于试管中,先加盐酸,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】
根据题中所给的8种离子,可以推断出这些可溶性物质分别为AgNO3、BaCl2、CuSO4、Na2CO3;C盐的溶液呈蓝色,则C为CuSO4;向这4种溶液中加入盐酸,B盐溶液生成沉淀,D盐溶液生成无色无味的气体,则B为AgNO3,D为Na2CO3,A为BaCl2。
【详解】
经分析,A为BaCl2,B为AgNO3,C为CuSO4,D为Na2CO3;
(1)A为BaCl2,B为AgNO3;
(2)D为Na2CO3,醋酸与D的离子方程式为:
CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O;
(3)有相同物质的量的BaCl2、AgNO3、CuSO4的溶液,假设这三种盐都有1mol,则共有1molBa2+、1molAg+、1molCu2+、2molCl-、1molNO3-、1molSO42-,混合后1molBa2+和1molSO42-沉淀,1molAg+和1molCl-沉淀,剩1molCu2+、1molCl-、1molNO3-,则三种离子的物质的量之比为1:
1:
1;向混合后的溶液中加入锌粒,发生反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+;
(4)C溶液中的阴离子为SO42-,其检验方法为:
取少量C溶液于试管中,先加盐酸,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-。
8.A、B、C、D为四种可溶性的盐,它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3-、SO42﹣、Cl-、CO32-(离子在物质中不能重复出现)。
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中,只有C盐的溶液呈蓝色;
②若向①的四支试管中分别加入盐酸,B盐的溶液有沉淀生成,D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为:
(1)B_____________D______________;
(2)写出少量盐酸与D反应的离子方程式:
______________________________________;
(3)将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后,混合后溶液中存在的离子为_______;在此溶液中加入铁粉,写出发生反应的离子方程式____;
(4)C溶液中阴离子的检验方法:
____。
【答案】AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OCu2+、NO3-、Cl-Cu2++Fe=Cu+Fe 2+取少量C溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】
给出八种离子,形成四种可溶性物质,这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质,之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除,从而最终确定.如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合,而只能和NO3-、Cl-;Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合,而只能和NO3-结合,则一定是BaCl2、AgNO3.Cu2+不能和CO32-结合,所以为CuSO4;Na+对应CO32-为Na2CO3.即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
①中由于C盐是蓝色的,所以C为CuSO4;②四支试管加入盐酸,B有沉淀,则B溶液为AgNO3;而D生成无色气体,则为二氧化碳,即D为Na2CO3,以此来解答。
【详解】
由于是可溶性盐,所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性,根据盐类物质溶解性情况可知:
Ba2+不能和SO42-、CO32-结合,而只能和NO3-、Cl-;Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合,而只能和NO3-结合,则一定是BaCl2、AgNO3.Cu2+不能和CO32-结合,所以为CuSO4,Na+对应CO32-为Na2CO3.即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
由于C盐是蓝色的,所以C为CuSO4;。
②四支试管加入盐酸,B有沉淀,则B溶液AgNO3;而D生成无色气体,则为二氧化碳,即D为Na2CO3。
综上所述:
A为BaCl2;B为AgNO3;C为CuSO4;D为Na2CO3;
(1)由上述分析可知B为AgNO3;D为Na2CO3,故答案为:
AgNO3;Na2CO3;
(2)盐酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O,故答案为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O;
(3)A为BaCl2;B为AgNO3;C为CuSO4,将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后,溶液中存在的离子及物质的量之比为:
Cl-、NO3-、Cu2+,在此溶液中加入铁粉,可以将其中的铜置换出来,发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2;故答案为:
Cu2+、NO3-、Cl-;Cu2++Fe=Cu+Fe 2+;
(4)C为CuSO4,检验硫酸根离子,可取少量C溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-,故答案为:
取少量C溶
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