【文档说明】【精准解析】安徽省合肥市第三中学2017-2018学年高二分班考试化学试题（解析版）.doc，共(14)页，612.000 KB，由小赞的店铺上传

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安徽省合肥市第三中学2017-2018学年高二分班考试化学试题可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27S-32Fe-56Cu-64Zn-65第Ⅰ卷选择题（共48分）一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，满分48分。每小题只有一个正确答案）1.下

列说法正确的是A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒B.胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能C.硫酸钡是一种难溶于水和酸的盐，可用作X光透视肠胃的药剂D.用肥皂水清洗蚊虫叮咬

处，无化学反应发生【答案】C【解析】【详解】A项，明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用，但无杀毒作用，A错误；B项，胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小不同，胶体分散质微粒直径介于1

nm~100nm之间，溶液分散质微粒直径小于1nm，B错误；C项，Ba2+离子对人体有毒，但BaSO4难溶于水也难溶于酸，它具有不易被X射线透过的特点，在医疗上称为“钡餐”，常被用作X射线透视肠胃的药剂，C正确；D项，肥皂水显碱性，与蚊虫分泌的酸性物质反应，D错误；故

答案为：C。2.设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是A.常温常压下，11.2L氯气所含的原子数目为NAB.32g氧气所含的原子数目为NAC.5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.2NAD.2L0.1mol·L-1K2SO4溶液中离子总数约为1.4NA【答案】C【解析】【详解】A项，

常温常压下，11.2L氯气小于1mol，故所含原子数小于NA，A错误；B项，32gO2物质的量为1mol，所含的原子数目为2NA，B错误；C项，铁与足量盐酸反应生成Fe2+，1mol铁反应转移2mol电子，5.6g铁物质的量为0.1mol，转移电子数为0.2NA，C正确；D项，2L0.1mol

·L-1K2SO4溶液中K+是0.4mol，SO42-是0.2mol，故离子总数约为0.6NA，D错误。3.下列离子方程式表达正确的是A.铜片溶于稀硝酸产生无色气体：Cu+4H++23NO−=Cu2++2NO2↑+H2OB.将铁粉加入稀硫酸中：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑C.硫酸亚铁酸

性溶液中加入过氧化氢：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2OD.向NaClO溶液中通入少量SO2：2ClO-+SO2+H2O=23SO−+2HClO【答案】C【解析】【详解】A项，铜片溶于

稀硝酸产生无色气体应为NO，正确的离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；B项，铁与稀硫酸反应生成Fe2+，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，B错误；C项，F

e2+在酸性条件下被H2O2氧化成Fe3+，H2O2中-1价O被还原，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，C正确；D项，ClO-与SO2发生氧化还原反应，因为SO2少量，所以剩余ClO-会结合H+生成HClO，故反应的离子方程式为：3ClO-+SO2+H

2O=Cl-+2HClO+SO42-，D错误。点睛：本题考查离子方程式正误判断，难度不大，注意D项，SO2是常见还原性气体，ClO-具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，不难判断D项错误，但要注意少量SO2与过量SO2与ClO-反应离子方程式的不同，过量时：ClO-+SO2+H2O

=Cl-+2H++SO42-。4.下列实验操作能达到实验目的或得出相应结论的是实验操作目的或结论A将Cu片放入FeCl3溶液中证明Fe的金属性比Cu强B将点燃的镁条置于盛有CO2的集气瓶中，瓶内壁有黑色固体生成镁与CO2发生置换反应C将SO2通入溴水或酸性高锰

酸钾溶液中证明SO2有漂白性D向FeCl2溶液（含少量FeBr2杂质）中，加入适量氯水，再加CCl4萃取分液除去FeCl2溶液中的FeBr2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．发生2Fe3＋＋Cu=Cu2＋＋2Fe2＋反应，体现Fe3＋的氧化性强于Cu2＋，不能

证明二者金属性的强弱，故A错误；B．根据现象可以推知，发生2Mg＋CO22MgO＋C反应，该反应为置换反应，故B正确；C．利用溴水或酸性高锰酸钾溶液的强氧化性，把SO2氧化成SO42－，体现SO2的还原性，故C错误；D．还原性：Fe2＋>Br－，加入适量

氯水，先氧化成Fe2＋，因此不能用氯水除去FeCl2中FeBr2，故D错误；故选B。5.下列实验装置图正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A.实验室制乙烯，需用温度计测量酒精和浓硫酸的混合溶液的温度，故温度计应插入液面以下，故A错误；B.实验室通常用加热氯化铵和熟石灰的方法制取氨气，

加热固体试管口略向下倾斜，氨气密度比空气的小用向下排空气法收集，为防止与空气对流在试管口堵一团棉花，故B正确；C.二氧化锰与浓盐酸制取氯气需要加热，故C错误；D.长导管末端不能插入饱和碳酸钠溶液液面以下，故D错误；故选B。6.下列说法中正确的是A.向久置

的氯水中滴入紫色石蕊试液，溶液将先变红后褪色B.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2C.氯水经光照有气泡逸出，该气体为氧气D.由Al和NaOH溶液可以反应推断，不能用铁坩埚熔化NaOH，会发生明显化学反应【答案】C【解析】【详解】A.久置的氯水成为稀盐酸，不能使石

蕊褪色，故A错误；B.铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故B错误；C.氯水经光照次氯酸分解产生氧气，故C正确；D.铁和NaOH溶液不发生反应，能用铁坩埚熔化NaOH，故D错误。故选C。7.下列叙述中，正确的是()A.非金属元素的最外层电子数都大于等于4B.凡单原

子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布C.第三、四周期同主族元素的原子序数相差8D.质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子【答案】D【解析】【详解】A.非金属元素的最外层电子

数一般大于等于4，但不是绝对的，如H只有1个，故A错误；B.单原子形成的离子，不一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布，如亚铁离子等，故B错误；C.第三、四周期同主族元素的原子序数相差8（第Ⅰ、ⅡA族）或18（第Ⅲ~ⅦA族），故C错误；D.分子不带电，离子

一定带有电荷，质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子，故D正确；故选D。8.X、Y、Z、W是分别位于第2、3周期的元素，原子序数依次递增。X与Z位于同一主族，Y元素的单质既能与盐酸反应

也能与NaON溶液反应，Z原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14。下列说法正确的是A.简单氢化物的稳定性：X＜Z＜WB.Y单质在一定条件下可以与氧化铁发生置换反应C.X、Y、W最高价氧化物的水化物两两之间能发生反应D

.室温下，0.1mol/LW的气态氢化物的水溶液的pH>1【答案】B【解析】【详解】X、Y、Z、W是分别是短周期元素，原子序数依次递增．Y元素的单质既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是

次外层电子数的一半，Z为Si元素，X与Z位于同一主族，则X为C元素；Y、Z、W原子的最外层电子数之和为14，则W的最外层电子数为14-3-4=7，且原子序数最大，W为Cl元素。A．元素的非金属性：Si＜C＜Cl，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则最简单气态氢化物的热稳定性：Z＜X＜W，故

A错误；B．Y为Al元素，在一定条件下可以与氧化铁发生铝热反应，铝热反应属于置换反应，故B正确；C．氢氧化铝属于两性氢氧化物，但不能与碳酸反应，故C错误；D．氯化氢属于强电解质，完全电离，0.1mol/L氯化氢的水溶液的pH=1，故D错误；故选B。点睛

：本题考查元素的推断及元素化合物的性质，本题中注意从物质的性质作为推断的突破口，突破口为“常见既能与盐酸反应也能与NaOH溶液反应的物质”。建议同学们在学习中加强元素化合物的学习和相关知识的积累。9.下列关

于化学键的说法中正确的是A.离子键就是阴、阳离子问的静电引力B.氢键不属于化学键C.化学键只存在于离子之间D.离子化合物中一定含有金属元素【答案】B【解析】【详解】A、离子键是阴、阳离子间的静电作用，故A

错误；B、氢键不属于化学键，是分子间作用力，故B正确；C.一般活泼的金属和活泼的非金属容易形成离子键，非金属元素的原子间容易形成共价键，故C错误；D.离子化合物中不一定含有金属元素，如NH4Cl，故D错误；故选B。10.下列说法中正确的是A.反应是放热

还是吸热取决于反应物和生成物的总能量的相对大小B.放热反应在常温下一定很容易发生C.需要加热方能发生的反应一定是吸热反应D.化学反应中的能量变化都表现为热能的变化【答案】A【解析】【详解】反应物的总能量大于生成物

的总能量为放热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应，故A正确；放热反应、吸热反应与反应条件无关，故B错误；放热反应、吸热反应与反应条件无关，故C错误；化学反应中的能量变化都表现为热能、电能等，故D

错误。11.下列各装置不能．．构成原电池的是(电解质溶液均为稀硫酸)()A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】原电池的构成条件是：①有两个活泼性不同的电极，②将电极插入电解质溶液中，③两电极间构成闭合回路，④能自发的进行氧化还原反应，A、B和C都符合原电池的构成条

件，所以能形成原电池，D中不能构成闭合回路，所以不能构成原电池，故选D．12.在一定条件下，反应N2+3H22NH3，在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则该反应的反应速率为A.V(H2)=0.015mol/(L·min)B.V(N2)=0.02mol

/(L·min)C.V(NH3)=0.17mol/(L·min)D.V(NH3)=0.01mol/(L·min)【答案】AD【解析】【详解】()31.717/0.0125minggmolvNHL==mol/

(L·min)，根据()()()223132VNVHVNH==，V(H2)=0.015mol/(L·min)，V(N2)=0.015mol/(L·min)，故AD正确。13.下列关于CH4和CH3CH(CH3)CH2CH3的叙述正确的是()A.均

能用CnH2n＋2组成通式来表示B.与所有烷烃互为同素异形体C.因为它们的结构相似，所以它们的化学性质相似，物理性质相同D.通常状况下，它们都是气态烷烃【答案】A【解析】【详解】A．CH4和CH3CH(CH3)CH2CH3均为烷烃，分

子组成均符合CnH2n＋2通式，故A正确；B．CH4和CH3CH(CH3)CH2CH3与所有不等碳原子的烷烃互为同系物，故B错误；C．CH4和CH3CH(CH3)CH2CH3均为烷烃，所以它们的化学性质相似，但物理性质不一定相

同，故C错误；D．通常状况下，甲烷为气态烷烃，而CH3CH(CH3)CH2CH3为液态烷烃，故D错误；答案为A。14.用括号内的试剂和方法除去下列各物质中少量的杂质,正确的是()A.溴苯中的溴(氢氧化钠溶

液，蒸馏)B.乙酸乙酯中少量的乙醇和乙酸(氢氧化钠溶液，分液)C.乙烷中的乙烯(酸性KMnO4溶液，洗气)D.乙醇中的水(CaO，蒸馏)【答案】D【解析】【详解】A、因为溴单质与NaOH反应生成可溶于水的NaBr和NaBrO3，然后用水洗，分液，最后蒸馏，得到纯净溴苯，故A错误；B、乙酸乙

酯在氢氧化钠溶液中彻底水解成乙酸钠和乙醇，因此应用饱和碳酸钠溶液除去杂质，故B错误；C、乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化成CO2，产生新的杂质，应用溴水除去乙烷中的乙烯，故C错误；D、CaO与水反应生成Ca(OH)2，高沸点的物质，然后通过蒸馏方法得到乙醇，故D正确。15.下

列物质中，不属于高分子化合物的是（）A.淀粉B.葡萄糖C.蛋白质D.纤维素【答案】B【解析】【详解】A．淀粉是多糖，淀粉(C6H10O5)n的相对分子质量为(12×6+1×10+16×5)×n=162n，它的相

对分子质量可在10000以上，属于天然高分子化合物，故A不选；B．葡萄糖(C6H12O6)的相对分子质量为12×6+1×12+16×6=180，相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B选；C．蛋白质是生物体一切组织的基本组成部分，相对分子质量可高达几万，甚至几百万，属于天然高分子化合物，故C

不选；D．纤维素(C6H10O5)n的相对分子质量为(12×6+1×10+16×5)×n=162n，它的相对分子质量可以在10000以上，属于天然高分子化合物，故D不选；故选B。16.下列说法中，错误．．的是A.人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的B.煤、石油、

天然气是当今世界最重要的三种化石燃料C.化学变化中的能量变化主要是由化学键变化引起的D.化学反应中能量变化的大小与反应物的质量多少无关【答案】D【解析】【详解】A、当前能源结构中，燃料的燃烧是主要的能量来源，燃烧反应为放热反应，所以人类目前所直接利用的能量大部分是由化学反应产生的，正确；B、

煤、石油、天然气均为化石燃料，是当今世界最重要的三种化石燃料，正确；C、化学反应中的能量变化就是因为旧化学键断裂和新化学键生成引起的，C正确；D、反应物越多能量变化越大，错误。答案选D。第Ⅱ卷非选择题（共52分）二.非选择题（本题包括4小题，共52分）1

7.铝土矿(主要成分为Al2O3，还含有SiO2、Fe2O3)是工业上制备氧化铝的主要原料．工业上提取氧化铝的工艺流程如下：(1)沉淀A的成分是（填化学式）_________。(2)步骤②中加入过量NaOH溶液发生反应的离子方程式，除了H++OH﹣=H2O还有：_________________

____________、________________________________；(3)步骤③中通入过量CO2气体而不加入过量盐酸的理由是___________________；(4)准确称取8g铝

土矿样品，加入一定量试剂a的溶液，使其中的Al2O3、Fe2O3恰好溶解；然后，向滤液中加入10mol·L－1的NaOH溶液，产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示，则样品中Al2O3的百分

含量为_________。【答案】(1).SiO2(2).Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3(3).Al3++4OH﹣=[Al(OH)4]﹣(4).过量盐酸能使生成的Al(OH)3溶解(5).63.75%【解析】【分析】铝土矿中加入过量试剂a，然后操作I得到沉淀A和

滤液甲，则操作I为过滤，滤液甲中加入过量NaOH溶液操作II后得到沉淀B和滤液乙，操作II是过滤；Al2O3、SiO2能溶于强碱溶液而Fe2O3不溶于强碱溶液，SiO2不溶于稀盐酸而Fe2O3、Al2O3能溶于稀盐酸，根据图知，滤液甲中含有铝元素，则

试剂a为稀盐酸，沉淀A为SiO2，滤液甲中溶质为氯化铝和氯化铁、HCl，沉淀B为Fe(OH)3，滤液乙中含有NaAlO2和NaOH、NaCl，向滤液乙中通入过量二氧化碳得到滤液碳酸氢钠溶液，沉淀C为Al(OH)3，加热氢氧化铝得到氧化铝。【详解】(1)通过以上分析知，沉淀A为SiO2，故

答案为SiO2；(2)步骤②中加入过量NaOH溶液后，稀盐酸、铁离子、铝离子都和NaOH溶液反应，发生反应的离子方程式是H++OH-=H2O、Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓、Al3++4OH-=[Al(OH)4]-，故答案为Fe3++3OH-=F

e(OH)3↓、Al3++4OH-=[Al(OH)4]-；(3)步骤③中通入过量CO2气体而不加入过量盐酸的理由是过量的稀盐酸能溶解生成的氢氧化铝而得不到氢氧化铝，故答案为：过量盐酸能使生成的Al(OH)3溶解；(4)

根据图知，35-45mLNaOH溶液是溶解Al(OH)3，溶解Al(OH)3所需NaOH体积是生成Al(OH)3所需NaOH溶液体积的13，所以生成Al(OH)3所需NaOH溶液体积为30mL，35mLNaOH溶液使铝离子、铁离子完全沉淀，则生成氢氧化铁沉淀所需NaOH溶液体

积为5mL，根据关系式Al2O3～2Al(OH)3～6NaOH知，n(Al2O3)=10mol/L0.03L6=0.05mol，m(Al2O3)=0.05mol×102g/mol=5.1g，氧化铝质量分数=5.1g8g×100%=63.75%，故答案为63.75%

。【点睛】本题考查物质制备，为高频考点，侧重考查学生分析判断及计算能力，明确流程图中发生的反应及各物质成分及其性质是解本题关键，知道(4)题关系式的正确运用，注意(4)题图中35mLNaOH溶液处生成的沉淀包含氢氧化铝和氢氧化铁，为易错点。18.如表是元素周期表的一部分，

按要求填空（填元素符号或化学式）族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨⑩⑪⑫(1)①元素的元素名称____________；⑩元素的元素符号________________

_。(2)在这些元素中，____________是最活泼的金属元素；_____________是最活泼的非金属元素；________是最不活泼的元素（用元素符号填写）。(3)能形成气态氢化物.，且气态氢化物最稳定的是___________（用化学式填写）。(4)这些元素的最高价氧化物对应水化

物中的最强酸是_________；最强的碱是_________；具有两性的氢氧化物是________（用化学式填写）。(5)从⑤到⑪的元素中，____________原子半径最小（用元素符号填写）。(6)比较⑤与⑥的化学性质，_____

____更活泼（用元素符号填写），试用实验证明此现象（简述实验操作、现象和结论）________________。(7)用电子式表示④与⑥所组成物质的形成过程_______________，该化合物属

于___________（填“共价”或“离子”）化合物。【答案】(1).碳(2).S(3).Na(4).F(5).Ar(6).HF(7).HClO4(8).NaOH(9).Al(OH)3(10).Cl(11).Na(12).分别将钠和镁投人冷水中，钠剧烈反应，镁

缓慢反应，说明钠金属性比镁强(13).(14).离子【解析】【详解】由已知可得，根据元素的周期数和族序数，可以判断：①为C元素、②为N元素、③为O元素、④为F元素、⑤为Na元素、⑥为Mg元素、⑦为Al元素、⑧为Si元素、⑨

为P元素、⑩为S元素、⑪为Cl、⑫为Ar元素。（1）由上述分析①元素的元素名称为碳；⑩元素的元素符号为S。（2）元素周期表中越往左下金属性越强，越往右上非金属性越强，最不活泼的是稀有气体元素，所以在这

些元素中，Na是最活泼的金属元素；F是最活泼的非金属元素；Ar是最不活泼的元素。（3）非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定，故这些元素中气态氢化物最稳定的是HF。（4）非金属性越强，元素的最高价氧化物对应水化物酸性越强，金属性越强，元素的最高价氧化物对应水化物

碱性越强，故这些元素的最高价氧化物对应水化物中最强的酸是HClO4；最强的碱是NaOH；具有两性的氢氧化物是Al(OH)3。（5）同周期元素，原子序数越大半径越小，故从⑤到⑪的元素中，Cl原子半径最小。（6）金属性越强与酸或水反应越容易，故Na和Mg相比Na更活泼，分别将钠和镁投入冷水中，钠剧烈反

应，镁缓慢反应，说明钠金属性比镁强。（7）F和Mg通过电子得失形成离子化合物MgF2，用电子式表示其形成过程为：。点睛：本题考查元素周期律和元素周期表的综合应用，了解元素周期表的结构，掌握元素周期律是解题

关键，注意同周期、同主族元素性质的递变规律：周期表中，从上到下金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱；从右到左金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。19.I.将等质量的锌片和铜片用导线相连并插入500mLCuSO4溶液中构成如图所示的装置。(1)该装置为__

____________装置，该装置中发生反应的离子方程式为______________，铜片周围溶液会出现_____________的现象。(2)若2min后，锌的质量减少1.3g，则导线中流过的电子为______________mol。(

3)若将该装置的电解质溶液换为FeCl3溶液，其正极反应为________________________。Ⅱ.向2L的密闭容器中通入amol气体A和bmol气体B，在一定条件下发生反应：xA(g)＋yB(g)pC(g)＋qD(g)。已

知：平均反应速率v(C)＝12v(A)；反应至2min时，A的物质的量减少了13，B的浓度减少了14amol·L-1，同时有amolD生成。(1)0～2min内，v(A)＝_______________。(2)该化学方程式中，y＝_____________

__。(3)如果其他条件不变，将容器的容积变为1L，进行同样的实验，则与上述反应比较，反应速率________(填“增大”、“减小”或“不变”)。【答案】(1).原电池(2).Zn+Cu2+=Zn2++Cu(3).颜色变浅(4).0.04(5).Fe3

++e-=Fe2+(6).112amol/(L·min)(7).3(8).增大【解析】【详解】I.（1）锌片和铜片和CuSO4溶液构成原电池；发生反应的离子方程式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu；Zn失电子，电子沿导线到Cu片上，溶液中的Cu2+得电子变成Cu在Cu片上析出，

所以铜片周围溶液颜色会变浅。（2）1molZn失去2mol电子变为Zn2+，1.3gZn的物质的量为0.02mol，故转移电子为0.04mol。（3）若将该装置的电解质溶液换为FeCl3溶液，则Fe3+在正极上得到电子被还原为Fe2+，正极反应为：Fe3++e

-=Fe2+。Ⅱ.（1）v(A)＝()cAt＝13amol÷2L÷2min=112mol/(L·min)。（2）A的物质的量减少了13，B的浓度减少了14amol·L-1，同时有amolD生成，则A、B、D转化的

物质的量之比为：13：14：1=4:3:12，又因为v(C)＝12v(A)，所以A、B、C、D转化的物质的量之比为：4:3:2:12，则化学方程式计量数x=4、y=3、p=2、q=12。（3）其他条件不变缩小体积，浓度增大，所以反应速率增大。20.乙酸苯甲酯是制造香精的原料之一，其合成路线

如下：(1)乙酸苯甲酯的分子式为_________________，Ⅰ的反应类型为__________________。(2)A的结构简式为_______________________，B中含有的官能团的名称为_____________________。(3)反应Ⅲ的化

学方程式为____________________________________。(4)C的同分异构体的结构简式为_______________________（写出一种即可）。(5)反应IV的化学方程式为_________

_____________________。【答案】(1).C9H10O2(2).氧化反应(3).CH3CHO(4).羧基(5).(6).（任写一种即可）(7).【解析】【详解】根据流程，乙醇催化氧化生成A为乙醛，乙醛催化氧化生成B为乙酸；在NaOH水溶液条件下生成C为，

B和C酯化反应生成。（1）由乙酸苯甲酯的结构简式可得分子式为C9H10O2；乙醇发生氧化反应生成乙醛，故Ⅰ的反应类型为：氧化反应。（2）A为乙醛，结构简式为：CH3CHO；B为乙酸，官能团的名称为：羧基。（3）反应Ⅲ为取代反应，化学方程式为：。（4）C为，其同分异构体若为2个取代基，则为：三

种，若为一个取代基，则为：。（5）B和C酯化反应生成，故反应IV的化学方程式为：。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com