高考化学化学反应原理综合题及答案解析.docx
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高考化学化学反应原理综合题及答案解析.docx
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高考化学化学反应原理综合题及答案解析
高考化学化学反应原理综合题及答案解析
一、化学反应原理
1.三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是一种绿色晶体,易溶于水,难溶于乙醇等有机溶剂,光照或受热易分解。
实验室要制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O并测定
的含量。
请回答下列相关问题。
I.FeC2O4·2H2O的制备
向烧杯中加入5.0g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、15mL蒸馏水、1mL3moL/L的硫酸,加热溶解后加入25mL饱和H2C2O4溶液,继续加热并搅拌一段时间后冷却,将所得FeC2O4·2H2O晶体过滤、洗涤。
(1)制备FeC2O4·2H2O时,加入3mol/L硫酸的作用是________________________。
II.K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的制备
向I中制得的FeC2O4·2H2O晶体中加入10mL饱和K2C2O4溶液,水浴加热至40℃,缓慢加入过量3%的H2O2溶液并不断搅拌,溶液中产生红褐色沉淀,H2O2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间,然后滴加饱和H2C2O4溶液使红褐色沉淀溶解。
向溶液中再加入10mL无水乙醇,过滤、洗涤、干燥。
(2)制备过程中有两个反应会生成K3[Fe(C2O4)3],两个化学方程式依次是:
______________________、2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O。
(3)H2O2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是______________________。
III.
含量的测定
称取0.22gⅡ中制得的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体于锥形瓶中,加入50mL蒸馏水和15mL3mol/L的硫酸,用0.02000mol/L的标准KMnO4溶液滴定,重复3次实验平均消耗的KMnO4溶液体积为25.00mL。
(4)滴定时KMnO4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中,判断滴定终点的依据是_________________。
(5)滴定终点时,所得溶液中的溶质除硫酸外,还有__________________________(写化学式),K3[Fe(C2O4)3]·3H2O样品中
的质量分数是____________________。
【答案】抑制
的水解(答案合理即可)
分解过量的
(答案合理即可)酸式滴定管最后一滴标准
溶液滴入后,溶液变为浅红色且
不再改变
50%
【解析】
【分析】
(1)制备
时,加入
硫酸的作用是抑制
的水解;
(2)根据信息第一个生成K3[Fe(C2O4)3]的化学方程式是
;
(3)为避免其干扰后续实验,可将混合物加热煮沸,使过量的
分解;
(4)
溶液有强氧化性,会腐蚀橡胶;
(5)草酸根被氧化生成二氧化碳,高锰酸根离子中的
被还原生成
,所以溶液中除过量硫酸外,还有
和
;由题给数据计算可得。
【详解】
(1)(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐,NH4+、
在溶液中水解使溶液成酸性,加入少量的稀硫酸可以抑制Fe2+的水解,有利于FeC2O4·2H2O的制备,故答案为:
抑制Fe2+的水解;
(2)由题给信息可知,FeC2O4和K2C2O4在40℃条件下与双氧水反应生成K3[Fe(C2O4)3]和氢氧化铁沉淀,反应的化学方程式为
,故答案为:
;
(3)由于加入了过量的
,为避免其干扰后续实验,可将混合物加热煮沸,使过量的
分解,故答案为:
分解过量的
;
(4)
溶液有强氧化性,会腐蚀橡胶,应盛放在酸式滴定管中;当完全反应时,再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液,溶液会变为浅红色,且半分钟不褪色,故答案为:
酸式滴定管;最后一滴标准
溶液滴入后,溶液变为浅红色且
不再改变;
(5)草酸根被氧化生成二氧化碳,高锰酸根离子中的
被还原生成
,所以溶液中除过量硫酸外,还有
和
三种溶质;由题意可知,
晶体中
的质量为
,则
的质量分数为
×100%=50%,故答案为:
、
;50%。
2.某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应:
方案一:
如图1,在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片,然后向烧杯里加入10mL2mol·L-1稀硫酸,再插入一支温度计,温度计的温度由20℃逐渐升至75℃,随后,温度逐渐下降至30℃,最终停留在20℃。
方案二:
如图2,在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片,在烧杯里加入10mL2mol·L-1硫酸溶液,再向其中加
入氢氧化钠溶液,片刻后提起烧杯,发现小木片脱落下来。
方案三:
如图3,甲试管中发生某化学反应,实验前U形管红墨水液面相平,在化学反应过程中,通过U形管两侧红
墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。
序号
甲试管里发生反应的物质
U形管里红墨水液面
①
氧化钙与水
左低右高
②
氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充分搅拌)
?
③
铝片与烧碱溶液
左低右高
④
铜与浓硝酸
左低右高
根据上述实验回答相关问题:
(1)铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应,写出该反应的离子方程式:
___________。
(2)方案一中,温度升至最大值后又下降的原因是___________。
(3)方案二中,小木片脱落的原因是________,由此得出的结论是__________________。
(4)方案三中,如果甲试管里发生的反应是放热反应,则U形管里红墨水液面:
左边________(填“高于”“低于”或“等于”)右边。
(5)由方案三的现象得出结论:
①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应,如果放置较长时间,可观察到U形管里的现象是______________。
(6)方案三实验②的U形管中的现象为________,说明反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量
【答案】放热2Al+6H+===2Al3++3H2↑反应完全后,热量向空气中传递,烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于
【解析】
【分析】
【详解】
(1)金属与酸的反应是放热反应,因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应,该反应的离子方程式为2Al+6H+===2Al3++3H2↑,故答案为放热;2Al+6H+===2Al3++3H2↑;
(2)方案一中,温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后,热量向空气中传递,烧杯里物质的温度降低,故答案为反应完全后,热量向空气中传递,烧杯里物质的温度降低;
(3)方案二中,反应放出的热量,使得蜡烛熔化,小木片脱落,故答案为蜡烛熔化;氢氧化钠与硫酸的反应放热;
(4)方案三中,如果甲试管里发生的反应是放热反应,装置中气体的压强增大,U形管里红墨水液面:
左边低于右边,故答案为低于;
(5)由方案三的现象得出结论:
①③④组物质发生的反应都是放热反应,如果放置较长时间,热量散失,装置中气体的压强与外界压强相等,U形管中红墨水液面左右相平,故答案为放热;红墨水液面左右相平;
(6)方案三实验②属于吸热反应,U形管中红墨水液面左高右低,故答案为红墨水液面左高右低;小于。
3.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波,主要用作照相业定影剂,还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。
常温下,溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O.Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化,48℃分解;Na2S2O3易溶于水,不溶于乙醇。
在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。
Ⅰ.制备Na2S2O3•5H2O
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中,然后注入150mL蒸馏水使其溶解,再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4,在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体,并按图乙安装好装置。
(1)仪器D的名称为______
(2)打开分液漏斗活塞,注入H2SO4,使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中,并用磁力搅拌器搅动并加热,总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。
②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。
③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下,其理由是______(用离子方程式表示)。
Ⅱ.分离Na2S2O3•5H2O并测定含量
(3)操作I为趁热过滤,其目的是______;操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥,其中洗涤操作时用______(填试剂)作洗涤剂。
(4)蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止,蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。
(5)制得的粗晶体中往往含有少量杂质。
为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量,称取1.25g的粗样品溶于水,配成250mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,滴入几滴淀粉溶液,用0.0100mol/L标准I2溶液滴定,当溶液中S2O32-全部被氧化时,消耗碘溶液的体积为25.00mL.试回答:
(提示:
I2+2S2O32-═2I-+S4O62-)
①达到滴定终点时的现象:
______
②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______。
【答案】三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O观察仪器D中气体的流速,控制分液漏斗A的旋塞,控制产生气体的速度S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点99.2%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据仪器的构造可知,仪器D的名称为三颈烧瓶,故答案为:
三颈烧瓶;
(2)①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体,反应的化学方程式为:
Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,故答案为:
Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;
②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中,可以观察仪器D中气体的流速,通过控制分液漏斗A的旋塞,可控制产生气体的速度,故答案为:
观察仪器D中气体的流速,控制分液漏斗A的旋塞,控制产生气体的速度;
③Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2,所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3发生歧化反应,其离子方程式为:
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O,故答案为:
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;
(3)根据图甲可知,温度低时,硫代硫酸钠的溶解度小,会结晶析出,所以需要趁热过滤,防止硫代硫酸钠晶体析出;Na2S2O3易溶于水,不溶于乙醇,所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠,应该用乙醇作洗涤剂,故答案为:
防止硫代硫酸钠晶体析出;乙醇;
(4)Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化,48℃分解,所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解,故答案为:
避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解;
(5)①碘遇淀粉变蓝色,反应结束时,溶液中S2O32-全部被氧化时,滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点,故答案为:
滴加最后一滴标准I2溶液时,溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点;
②根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比例关系,配成的溶液中c(S2O32-)=
=
=0.02mol/L,则产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数=
=99.2%,故答案为:
99.2%。
4.研究小组进行图所示实验,试剂A为0.2mol·L−1CuSO4溶液,发现铝条表面无明显变化,于是改变实验条件,探究铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液反应的影响因素。
用不同的试剂A进行实验1~实验4,并记录实验现象:
实验序号
试剂A
实验现象
1
0.2mol·L−1CuCl2溶液
铝条表面有气泡产生,并有红色固体析出
2
0.2mol·L−1CuSO4溶液,再加入一定质量的NaCl固体
开始铝条表面无明显变化,加NaCl后,铝条表面有气泡产生,并有红色固体析出
3
2mol·L−1CuSO4溶液
铝条表面有少量气泡产生,并有少量红色固体
4
2mol·L−1CuCl2溶液
反应非常剧烈,有大量气泡产生,溶液变成棕褐色,有红色固体和白色固体生成
(1)实验1中,铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_________。
(2)实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl−是导致实验1中反应迅速发生的原因,实验2中加入NaCl固体的质量为_________g。
(3)实验3的目的是_________。
(4)经检验知,实验4中白色固体为CuCl。
甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了Cu+CuCl2
2CuCl的反应,他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。
①A极的电极材料是_________。
②能证明该反应发生的实验现象是_________。
(5)为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因,分别取白色CuCl固体进行以下实验:
实验序号
实验操作
实验现象
i
加入浓NaCl溶液
沉淀溶解,形成无色溶液
ii
加入饱和AlCl3溶液
沉淀溶解,形成褐色溶液
iii
向i所得溶液中加入2mol·L-1CuCl2溶液
溶液由无色变为褐色
查阅资料知:
CuCl难溶于水,能溶解在Cl-浓度较大的溶液中,生成[CuCl2]-络离子,用水稀释含[CuCl2]-的溶液时会重新析出CuCl沉淀。
①由上述实验及资料可推断,实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与_________作用的结果。
②为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-,应补充的实验是_________。
(6)上述实验说明,铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与_________有关。
【答案】3Cu2++2Al
2Al3++3Cu0.117证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生金属铜电流计指针偏转,两极均有白色沉淀生成Al3+、Cu2+取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等
【解析】
(1)实验1中,铝与氯化铜反应置换出铜,反应的离子方程式为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu,故答案为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu;
(2)实验1中n(Cl-)=0.005L×0.2mol·L-1×2=0.002mol,实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl-是导致实验1中反应迅速发生的原因,实验2中加入NaCl固体的质量为0.002mol×58.5g/mol=0.117g,故答案为0.117;
(3)实验3与原实验相比,增大了硫酸铜溶液的浓度,铝条表面有少量气泡产生,并有少量红色固体,说明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生,故答案为证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生;
(4)①Cu+CuCl2=2CuCl反应中铜被氧化,铜应该做负极,CuCl2被还原,在正极放电,因此A极为负极,选用铜作负极,故答案为铜;
②构成原电池后,铜溶解进入溶液,与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀,正极铜离子被还原,也生成白色沉淀,电流计指针偏转,故答案为电流计指针偏转,两极均有白色沉淀生成;
(5)①由上述实验ii及资料可推断,实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]-与Al3+、Cu2+作用的结果,故答案为Al3+、Cu2+;
②根据信息知,取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]-,故答案为取适量实验4的棕褐色溶液,加水稀释,观察是否出现白色沉淀;
(6)根据实验1和2、2和3、1和4中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知,铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关,故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。
5.根据当地资源等情况,硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。
完成下列填空:
(1)将0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)充入一个2L的密闭容器中,在一定条件下发生反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)+Q。
经2分钟反应达到平衡,测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为______
(2)在容积不变时,下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______(选填编号)
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)
(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图,请在图中画出其他条件不变情况下,起始温度为T2(723K)时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后,加入铁粉,可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性,其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/(L•min)bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
(1)根据v=
求出氧气的速率,然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算;
(2)反应放热,为提高SO2平衡转化率,应使平衡向正反应方向移动,可降低温度,体积不变,不能从压强的角度考虑,催化剂不影响平衡移动,移出氧气,平衡向逆反应方向移动,不利于提高SO2平衡转化率,由此分析解答;
(3)反应是放热反应,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但达到平衡所需要的时间缩短,据此画出曲线;
(4)①Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+;
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式,结合方程计算转移电子数。
【详解】
(1)v(SO3)=
=
=0.01mol/(L•min),所以v(O2)=
v(SO3)=0.005mol/(L•min),故答案为:
0.005mol/(L•min);
(2)a.移出氧气,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
b.降低温度,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
c.减小压强,平衡逆向移动,二氧化硫的转化率减少,故不选;
d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强,平衡正向移动,二氧化硫的转化率增大,故选;
故答案为:
bd;
(3)反应:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H<0,SO2的转化率在起始温度T1=673K下随反应时间(t)的变化如图,其他条件不变,仅改变起始温度为T2=723K,温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
;故答案为:
;
(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后,生成的Fe3+与Fe2+易水解,Fe2+易被氧化成Fe3+,所以要加入Fe粉和酸,抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为:
抑制Fe3+与Fe2+的水解,并防止Fe2+被氧化成Fe3+;
②−2价的硫离子具有还原性,FeS2可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子,有关的离子方程式为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+,氧化产物是硫酸根离子,有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA,故答案为:
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+;14NA。
【点睛】
注意(3)温度升高,平衡逆向进行,二氧化硫的转化率减小,但反应速率增大,达到平衡需要的时间短,此为解题的关键。
6.方法与规律提炼:
(1)某同学利用原电池装置证明了反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够发生,设计的装置如下图所示。
为达到目的,其中石墨为_________极,甲溶液是____________,证明反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够发生的实验操作及现象是_________________________
(2)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO
)已成为环境修复研究的热点之一。
Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。
上图中作负极的物质是___________。
正极的电极反应式是______________。
(3)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上,科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案,主要包括电化学过程和化学过程,如下图所示:
阴极区的电极反应式为_______________。
电路中转移1mol电子,需消耗氧气_______L(标准状况)。
(4)KClO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。
写出电解时阴极的电极反应式___________________电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________,其迁移方向是_____________(填a→b或b→a)。
学法题:
通过此题的解答,请归纳总结书写电极反应式的方法____
【答案】负FeSO4或FeCl2溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色加深铁NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2OFe3++e-=Fe2+5.6L2H++2e-=H2↑K+a→b原电池中先确定原电池的正负极,列出正负极上的反应物质,并标出相同数目电子的得失;注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。
电解池中电极反应式的书写看阳极材料,如果阳极是惰性电极(Pt、Au、石墨),则应是电解质溶液中的离子放电,应根据离子的放电顺序进行书写。
【解析】
【分析】
根据原电池原理,负极发生氧化反应;根据电解池原理,阴极发生还原反应,通过物质的化合价变化判断反应发生原理,阳离子移动方向与电子移动方向相同,据此回答问题。
【详解】
(1)已知电池总反应为反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+,银离子化合价降低,得到电子,作正极,故石墨一侧仅为导电材料,作负极,甲溶液是含Fe2+的溶液,可以为FeSO4或FeCl2溶液。
证明反应能够发生,实际上即证明有Fe3+生成,实验操作及现象是分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液,同时滴加KSCN溶液,后者红色加深。
(2)由图可知,电子从铁电极移到外侧,故铁电极失去电子,发生氧化反应,做负极。
正极NO3-得到电子变为NH4+,NO3-+8e-+10H+=NH4++3H2O;
(3)由题可知,HCl失去电子变为Cl2,发生氧化反应,做阳极。
阴极区的电极反应式为Fe
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- 高考 化学 化学反应 原理 综合 答案 解析
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