【文档说明】2021届新高考化学二轮（选择性考试）专题复习专题强化练：专题九 水溶液中的离子平衡含解析.docx，共(16)页，426.735 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(九)1．(2020·浙江卷)下列说法不正确的是()A．2.0×10－7mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1B．将KCl溶液从常温加热至80℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中

加入醋酸钠固体，溶液pH增大解析：A项，盐酸的物质量浓度为2.0×10－7mol·L－1，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算中氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓

度，其数值应大于2.0×10－7mol·L－1，错误；B项，KCl溶液为中性溶液，常温下pH＝7，加热到80℃时，水的离子积KW增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则

仍呈中性，正确；C项，NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN－对应的酸HCN为弱电解质，正确；D项，醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡

会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，正确。答案：A2．(2020·深圳第一次调研)常温下，向1mol·L－1NH4Cl溶液中加入足量的镁条，该体系pH随时间变化的曲线如图所示。实验观察到b点开始溶液中有白色沉淀生成，已知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×1

0－11。下列说法错误的是()A．常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级为10－10B．体系中，水的电离程度大小关系为a>c>bC．b点时，溶液中c(Mg2＋)＝0.18mol·L－1D．a点溶液中，c(NH＋4)＋c(H＋)<c(Cl－)＋c(OH－)解析：A项，常温下，氯化

铵的水解平衡式为NH＋4＋H2ONH3·H2O＋H＋，则Kh＝c（NH3·H2O）c（H＋）c（NH＋4），由于氨水和氢离子浓度几乎相等，根据图象可知，没加镁之前，溶液的pH＝5，c(NH3·H2O)≈c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(NH＋4)＝1mo

l·L－1，则Kh＝c（NH3·H2O）c（H＋）c（NH＋4）＝10－10，水解平衡常数数量级为10－10，正确；B项，氯化铵的水解平衡式为NH＋4＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，促进铵根离子的水解，即促进了水的

电离，故水的电离程度大小关系为c＞b＞a，错误；C项，b点时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，pH＝9，c(H＋)＝10－9mol·L－1，c(OH－)＝10－5，c(Mg2＋)＝Ksp[Mg（OH）2]

c2（OH－）＝1.8×10－1110－10＝0.18mol·L－1，正确；D项，a点溶液中，电荷守恒式为c(NH＋4)＋c(H＋)＋2c(Mg2＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故c(NH＋4)＋c(H＋)<c(Cl－

)＋c(OH－)，正确。答案：B3．(2020·郑州第二次质检)25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1某二元弱酸H2A(Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列

说法正确的是()A．a点的pH大于2B．b点溶液中c(H2A)>c(A2－)C．c点溶液中c(HA－)＋2c(H2A)＝c(OH－)－c(H＋)D．d点溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c

(HA－)＋c(OH－)解析：A项，a点发生H2A的电离且Ka1＞Ka2，又Ka1＝c（HA－）×c（H＋）c（H2A）＝1.1×10－3，则c2(H＋)＝1.1×10－3×0.1，解得c(H＋)≈1.05×10－2，故pH小于2，错误；B项，b点酸、碱恰好完全反应生成NaHA，溶

液显酸性，溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，物料守恒：c(Na＋)＝c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)，得到：c(H2A)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH

－)，则c(H2A)＜c(A2－)，错误；C项，c点为Na2A，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，物料守恒c(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A

2－)＋2c(H2A)，得到：c(HA－)＋2c(H2A)＝c(OH－)－c(H＋)，正确；D项，d点为Na2A和NaOH的混合物，溶液显碱性，溶液中电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，错误。答案：C4．(2020

·江淮十校联考)工业上常用(NH4)2SO3溶液吸收废气中的SO2，室温下测得溶液中lgYY＝c（HSO－3）c（H2SO3）或c（SO2－3）c（HSO－3）与pH的变化关系如图所示。则下列说法一定错误的是()A．通入少量SO2的过程中，直线Ⅱ中的N点向M点移动B．α1＝α2一

定等于45°C．当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，溶液中的微粒浓度一定存在c(HSO－3)>c(SO2－3)>c(H2SO3)D．直线Ⅱ中M、N点一定存在c2(HSO－3)>c(SO2－3)·c(H2SO3)解析：A项，通入少量二氧化硫的过程中，溶液的酸性增强，直线Ⅱ中的N点

向M点移动；B项，Ka1＝c（HSO－3）·c（H＋）c（H2SO3），则lgKa1＝lgc（HSO－3）c（H2SO3）＋lgc(H＋)，lgc（HSO－3）c（H2SO3）＝lgKa1＋pH，同理可得lgc（SO

2－3）c（HSO－3）＝lgKa2＋pH，故α1＝α2一定等于45°；C项，由图象可知，当对应溶液的pH处于1.81<pH<6.91时，lgc（SO2－3）c（HSO－3）<0、lgc（HSO－3）c

（H2SO3）>0，溶液中c(H2SO3)、c(SO2－3)的大小无法确定；D项，由于Ka1>Ka2，c（HSO－3）c（H2SO3）>c（SO2－3）c（HSO－3），则c2(HSO－3)>c(SO2－3)·c(H2SO3)；答案选C。答案

：C5．(2020·湖北省七市州教科研协作5月联考)常温下，已知醋酸的电离常数为1.75×10－5，向20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的NaOH溶液，溶液中水电离的c

(H＋)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是(已知17.5＝4.2)()A．b、d两点溶液的pH相同B．b点溶液中离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)

C．e点所示溶液中，c(Na＋)＝2[c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)]＝0.005mol·L－1D．a点坐标为(0，2.4×10－11)解析：A项，CH3COOH溶液中加入NaOH发生CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O，b点消耗NaOH的体积为1

0mL，NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等，则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COO－的水解常数为KWKa＝10－141.75×10－5＝11.75×10－9<1.75×10－5，CH3COOH的电离大于CH3COO－水解，即b点溶液显

酸性，d点溶质为CH3COONa和NaOH，溶液显碱性，b、d两点pH不相同，错误；B项，根据A选项分析，b点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，且两者物质的量相等，CH3COOH的电离大于CH3COO

－的水解，因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，错误；C项，e点溶质为CH3COONa和NaOH，且两者物质的量相等，根据物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(CH3COOH)＋c(CH3C

OO－)]＝40×10－3L×0.01mol·L－160×10－3L，错误；D项，CH3COOH发生电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋，电离平衡常数Ka＝c（H＋）·c（CH3COO－）c（CH3COOH）＝1.75×10－5，因此有c2(H＋

)＝1.75×10－7，即c(H＋)＝4.2×10－4mol·L－1，根据水的离子积，则溶液中c(OH－)＝KWc（H＋）＝10－144.2×10－4≈2.4×10－11，即水电离出的c(H＋)＝2.4×10－11mol·L－1，正确。答案：D6

．(2020·汕头模拟)在某温度时，将nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是()A．c点存在守恒关系：c(NH＋4)

＝c(Cl－)B．b点：c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)C．水的电离程度：b>c>a>dD．25℃时，NH4Cl水解平衡常数为(n－1)×10－7(用含n的代数式表示)解析：A项，c点溶液呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒分析c(NH＋

4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NH＋4)＝c(Cl－)，正确；B项，b点溶液为NH4Cl溶液，此溶液中离子浓度大小为c(Cl－)>c(NH＋4)>c(H＋)>c(OH－)，正确；C项，b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰

好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，则a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大；由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，错误；D项，根据图象可知，25℃时溶液的pH＝7，则：c(H＋)＝c(OH－)＝1

0－7mol·L－1，c(NH＋4)＝c(Cl－)＝0.5mol·L－1，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol·L－1，则25℃时NH4Cl水解常数为Kh＝（0.5n－0.5）×10－70.

5＝(n－1)×10－7，正确。答案：C7．(2020·茂名第二次模拟)某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶

解平衡时－lgc(Pb2＋)与－lgc(CO2－3)或－lgc(I－)的关系如图所示。下列说法错误的是()A．Ksp(PbCO3)的数量级为10－14B．相同条件下，水的电离程度p点大于q点C．L1对应的是－lgc(Pb2＋)与－lgc(I－)的关系变化D．p点溶液中加入N

a2CO3浓溶液，可得白色沉淀解析：由Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(CO2－3)，可得lgc(Pb2＋)＝lg[Ksp(PbCO3)]－lgc(CO2－3)；同理，lgc(Pb2＋)＝lg[Ksp(PbI2)]－2lgc(I2)

，则图中L1对应的是－lg(Pb2＋)与－lgc(I－)的关系变化。A项，由上述分析可知图象L2对应的是－lgc(Pb2＋)与－lgc(CO2－3)的关系变化，则Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)c(CO2－3)＝10－13.1数量级为10

－14，正确；B项，相同条件下，p点和q点的铅离子浓度相同，p点为碘化铅的饱和溶液，q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，则CO2－3可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度p点小于q点，错误；C项，L1对应的是－lgc

(Pb2＋)与－lgc(I－)的关系变化，正确；D项，Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(CO2－3)＝10－13.1，Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝10－8，Ksp(PbCO3)<Ks

p(PbI2)，则p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀，正确。答案：B8．(2020·茂名综合测试)常温下，在“H2SHS－S2－”的水溶液体系中，H2S、HS－、S2－三种微粒的物质的量分数随溶液pH变化(仅用H2S和NaOH调节pH)的关系如图所示。下列说法正确的是()

A．Ka1(H2S)的数量级为10－6B．NaHS溶液中，c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(H2S)C．当体系呈中性时，c（HS－）c（H2S）>c（Na＋）c（HS－）＋2c（S2－）D．加入Na2S沉降废水中的Cu2＋，废水的pH对沉降效果没有影响解析：A项，c(HS

－)＝c(H2S)时，Ka1(H2S)＝c（H＋）×c（HS－）c（H2S）＝c(H＋)＝10－6.9，数量级为10－7，错误；B项，c(HS－)＝c(S2－)时，Ka2(H2S)＝c（H＋）×c（S2－）c（HS－）＝c(H＋)＝10－13，NaHS溶液中，Kh＝KWKa1

（H2S）＝10－1410－6.9＝10－7.1>Ka2(H2S)＝10－13，溶液呈碱性，说明HS－水解程度大于电离程度，则c(S2－)<c(H2S)，错误；C项，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，c(

HS－)>c(H2S)，则c（HS－）c（H2S）>1，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)，所以c（Na＋）c（HS－）＋2c（S2－）＝1，则c（HS－）c（H2S）>c（Na＋）

c（HS－）＋2c（S2－），正确；D项，当加入Na2S沉降废水中的Cu2＋，溶液中c(Cu2＋)减小，Cu2＋水解程度较小，则溶液的pH增大，错误。答案：C9．(2020·南宁第二次适应性测试)酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和N

H4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：化合物不同温度的溶解度/g0℃20℃40℃60℃80℃100℃NH4Cl29.337.245.8

55.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39回答下列问题：(1)该电池的正极反应式为_______________________

____________________________________________________________，电池反应的离子方程式为__________________________________________________

__________________________________。(2)维持电流强度为0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌________g(已知F＝96500C·mol－1)。(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4C

l，二者可通过______________________________分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、________和________，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为_______

___________，其原理是_________________________________________________________________。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的

少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为______时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为_______

_时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是____________________________________________________，原因是____________________________

___________________。解析：(1)该电池为酸性电池，正极发生还原反应，电极反应式为MnO2＋H＋＋e－===MnOOH；电池反应为Zn与MnO2在酸性条件下的反应，生成Zn2＋和MnOOH。(2)电池工作5min，电

池中的总电荷量Q＝It＝0.5×5×60＝150(C)，则转移电子的物质的量为15096500(mol)，1molZn失去2mol电子，则此过程消耗锌的质量m(Zn)＝65×12×15096500＝0.05(g)。(3)从表格数据看出，相同温度下，ZnCl2的溶解

度远远大于NH4Cl的，则可采用加热浓缩、冷却结晶的方法分离二者。(4)在H2O2存在下，铁被氧化为Fe3＋；根据表格数据，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，则c(OH－)＝30.1×10－11mol·L

－1，则c(H＋)≈2×10－3mol·L－1，pH≈2.7；Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，则c(OH－)＝10－8mol·L－1，所以控制pH为6时，Zn2＋开始

沉淀；如果不加H2O2，Fe2＋不能被氧化，根据Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH＝6时，两者将同时沉淀，则无法除去Zn2＋中的Fe2＋。答案：(1)MnO2＋H＋＋e－===MnOOH2MnO2＋Z

n＋2H＋===2MnOOH＋Zn2＋(注：式中Zn2＋可写为Zn(NH3)2＋4，Zn(NH3)2Cl2等，H＋可写为NH＋4)(2)0.05(3)加热浓缩、冷却结晶碳粉MnOOH空气中加热碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3＋2.76Zn2＋

和Fe2＋分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近10．(2020·宁夏三校联考)毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下：请回答下列问题：(1

)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_____________________________________________________________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量

筒外还需使用下列仪器中的________(填字母)。a．烧杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)①对比表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH＝8可除去________(填离子符号)，滤渣Ⅱ中含____

____(填化学式)。项目Ca2＋Mg2＋Fe3＋开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2②加入H2C2O4时应避免过量，原因是________________________________________________________________

________。已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。已知：2CrO2－4＋2H＋===Cr2O2－7＋H2O、Ba2＋＋CrO2－4===BaCrO4↓。步骤

Ⅰ：移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用

bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_____(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为______mol·L－1，若步骤Ⅱ

中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。解析：(1)充分研磨的目的是增大反应物的接触面积，从而增大反应速率。配制一定质量分数的溶液，可以算出所需37%的盐酸及水的体积，然后在烧杯中稀释，为加速溶解，

要用玻璃棒进行搅拌。(2)根据流程图及表格中数据可知，加入NH3·H2O调节pH＝8时，只有Fe3＋完全沉淀而除去。加入NaOH，调pH＝12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所

以滤渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。根据Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，H2C2O4过量时Ba2＋会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl2·2H2O的产量减少。(3)“0”刻度位于滴定

管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO2－4～H＋，则有c(BaCl2)×y×10－3L＝bmol·L－1×(V0－V1)×10－3L，解得c(BaCl2)＝b（V0－V1）ymol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2＋浓度测量值将偏大。答案：(1)增大接

触面积从而增大反应速率ac(2)Fe3＋Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少(3)上方b（V0－V1）y偏大11．(2020·广东省茂名中学综合测试)葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计

算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2-饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元

素的平衡，分别用平衡方程式表示为______________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：___________________

____________________________________________________________________________________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪

器A的名称是_________________________________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________________。(5

)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是______________________________________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析

原因：____________________________________________________________________________________________________________。解析：Ⅰ.(1)将SO2通入水中形成SO2

-饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在平衡：SO2(g)SO2(aq)；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋＋HSO－3；HSO－3H＋＋SO2－3。(2)根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故。Ⅱ.

(3)根据装置图，仪器A是圆底烧瓶。(4)H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2===H2SO4。(5)过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加

入二氧化锰并振荡。(6)根据化学方程式，有SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)＝12n(NaOH)＝12×0.04000mol·L－1×0.025L＝0.0005mol，质量为0.0005mol×64g·mol－1＝0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×1

000100＝0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g·L－1。测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大。答案：Ⅰ.(1)SO2(g)SO2(aq)、SO2＋H2OH2SO3、H2SO3H＋＋HSO－3、HSO－3H＋＋SO2－3(2)干

白葡萄酒中二氧化硫或亚硫酸含量太少Ⅱ.(3)圆底烧瓶(4)SO2＋H2O2===H2SO4(5)加入二氧化锰并振荡(6)0.32盐酸的挥发造成滴定消耗的NaOH多获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com