高考化学氯及其化合物综合练习题及详细答案.docx
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高考化学氯及其化合物综合练习题及详细答案
2020-2021高考化学氯及其化合物综合练习题及详细答案
一、高中化学氯及其化合物
1.一定量氢气在氯气中燃烧,所得混合物用
溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。
(1)所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______
(2)所得溶液中NaCl的物质的量为________。
(3)所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比
________。
【答案】
、
0.250
【解析】
【分析】
由溶液中含有0.0500mol次氯酸钠可知,氢气在氯气中燃烧时,氯气过量,反应得到氯化氢和氯气的混合气体。
【详解】
(1)氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时,氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水,氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为OH—+H+=H2O,Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O,故答案为:
OH—+H+=H2O,Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O;
(2)根据溶液电中性原则可知:
n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-),n(Cl-)=n(Na+)-n(ClO-)=0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol,则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol,故答案为:
0.250;
(3)根据Cl原子守恒可知,n(Cl2)=
×n(NaOH)=0.15mol,由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知,生成0.0500mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500mol,则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol,氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl2
2HCl,由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol,故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n(Cl2):
n(H2)=0.15mol:
0.1mol=3:
2,故答案为:
3:
2。
【点睛】
所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收,测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol,说明氢气与氯气反应中氯气有剩余,溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液,根据钠元素及氯元素守恒可知2n(Cl2)=n(Na+)=n(Cl-)+n(ClO-);根据电子转移守恒,计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量,溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应,计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量,根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。
2.
(1)室温时,在下列物质中:
①Na②Cl2③Na2O④FeCl2溶液⑤NaHCO3⑥蔗糖⑦NH3⑧NaCl晶体⑨HClO⑩Fe(OH)2
属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同)_______,属于酸的是_____,属于强电解质的是______,属于非电解质的是_______,能导电的是________。
(2)Na2O2与CO2的反应化学方程式__________;
(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性,请写出发生反应的离子方程式______。
(4)制取漂白粉的反应化学方程式_________;其有效成分是_______;
【答案】③⑨③⑤⑧⑥⑦①④2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCa(ClO)2
【解析】
【分析】
(1)碱性氧化物:
能与酸反应只生成一种盐和水,主要包括绝大多数金属氧化物;酸:
电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物;强电解质:
在水溶液中或熔融状态下能发生完全电离的化合物;非电解质:
在水溶液中或熔融状态下不发生电离的化合物;能导电的物质有大多数金属单质或存在有自由移动电荷的物质;根据物质特点结合定义解答;
(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性,除生成水,还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀;
(4)漂白粉的有效成分为次氯酸钙,利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉。
【详解】
(1)Na2O能够与酸反应生成盐和水,属于碱性氧化物;HClO电离产生的阳离子都是氢离子,属于酸; Na2O、NaHCO3、NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能完全电离而导电,都是化合物,都属于强电解质;蔗糖、NH3,本身不能电离产生自由移动的离子,是化合物,都属于非电解质;钠含有自由电子,氯化亚铁溶液含有自由移动的离子,都能导电;故属于碱性氧化物的是③;属于酸的是⑨;属于强电解质的是③⑤⑧;属于非电解质的是⑥⑦;能导电的是①④;
(2)Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性,除生成水,还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀,则发生反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O;
(4)工业上利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉,发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,其有效成分是Ca(ClO)2。
【点睛】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物,例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等,凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质,例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等;特别注意能导电的不一定是电解质,且非电解质的水溶液也可能导电,如CO2的水溶液导电,是因为生成碳酸的缘故;另外电解质和非电解质都是化合物,既要排除单质又要排除混合物。
3.通常用的漂白粉是次氯酸钙,氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐,是由Cl2与消石灰制成的。
有关反应如下:
2Cl2+3Ca(OH)2→Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O
(1)漂白粉的有效成分是_____________________;
(2)上述反应中,化合价有变化的元素是_________;
(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效,有关反应方程式为_______,_______。
【答案】Ca(ClO)2ClCa(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO2HClO
2HCl+O2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O制成的,其组成是次氯酸钙,氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐,其有效成分是Ca(ClO)2;
(2)由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O中,化合价有变化的元素是Cl2中的Cl由0价变成Ca(ClO)2中+1价,CaCl2中的-1价,所以化合价有变化的元素是Cl;
(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效,是因为Ca(ClO)2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应,生成了HClO又分解了,所以反应的方程式为Ca(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO;2HClO
2HCl+O2
。
4.氯气是一种重要的化工原料,氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。
(1)NaClO中Cl的化合价为____,有较强的___(填氧化、还原)性。
(2)黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。
①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2,SO2被氧化为SO42-,此反应的离子方程式为____。
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去,本身还原为Cl-,该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
【答案】+1氧化2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-2:
5
【解析】
【分析】
(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0;根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断;
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子;②根据得失电子守恒计算。
【详解】
(1)NaClO中Na为+1价,O为-2价,化合物中总化合价为0,则Cl为+1价;次氯酸盐中+1价的氯元素易得到电子,具有较强氧化性,故答案为:
+1;氧化;
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2,根据氧化还原反应的规律,同时应生成硫酸钾,反应的离子方程式为:
2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-,故答案为:
2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-;
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去,本身还原为Cl-,反应中ClO2为氧化剂,Cl元素化合价由+4价降低为-1价,Mn2+为还原剂,元素化合价由+2价升高到+4价,氧化剂和还原剂得失电子数目相等,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5,故答案为:
2∶5。
【点睛】
本题的易错点为
(2)②,要注意氧化还原反应的计算的一般方法的应用,解答本小题,也可以书写出反应的方程式再分析计算。
5.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应:
KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O(未配平),此反应常温下就可以迅速进行。
请回答下列问题:
(1)上述反应中被氧化的元素是_________。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,转移电子的物质的量为_________。
(2)如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是_________。
(3)实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气,据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是________。
(5)下列物质既有氧化性,又有还原性的是________(填字母代号)。
A.I-B.HClC.MnCl2D.Cl2
【答案】
0.3mol8
BCD
【解析】
【分析】
比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时,若两物质在同一反应中,则满足氧化性:
氧化剂>氧化产物,还原性:
还原剂>还原产物;若两物质在两个不同反应中时,可借助一个“桥”,即第三者产生联系,若找不到第三者,需比较反应条件,反应条件越高,氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。
【详解】
对于反应KMnO4+HCl(浓)→KCl+MnCl2+Cl2↑+H2O,KMnO4+5e-→MnCl2,2HCl-2e-→Cl2↑,依据电子守恒,则为2KMnO4+10e-→2MnCl2,10HCl-10e-→5Cl2↑,再考虑质量守恒,即可配平2KCl+2MnCl2,最后配HCl。
因为前面配的只是表现出还原性的部分,生成(2KCl+2MnCl2)的部分表现出酸性,于是得出配平后的方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O;
(1)上述反应中,HCl中的Cl由-1价升高到0价,则被氧化的元素是Cl。
当生成3.36L(标准状况下)Cl2时,n(Cl2)=
=0.15mol,由Cl2—2e-,可得出转移电子的物质的量为0.15mol×2=0.3mol;
答案为:
Cl;0.3mol;
(2)上述化学方程式中,2KMnO4——16HCl;若KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是8;
答案为:
8;
(3)在2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中,氧化性KMnO4>Cl2;在MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O中,氧化性MnO2>Cl2,那么KMnO4与MnO2的氧化性哪个更强?
因为找不到可联系二者的物质,所以我们只能利用反应条件,前一反应不需条件,后一反应需加热,所以氧化性KMnO4>MnO2。
从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cl2;
答案为:
KMnO4>MnO2>Cl2;
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
答案为:
5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O;
(5)A.I-化合价为最低价,只能失电子,即只具有还原性,A不合题意;
B.HCl中,H+具有氧化性,Cl-具有还原性,B符合题意;
C.MnCl2中,Mn2+价态既能升高又能降低,既具有氧化性又具有还原性,C符合题意;
D.Cl2中,Cl的价态既能升高又能降低,D符合题意;
答案为:
BCD。
【点睛】
判断物质具有的氧化性和还原性时,应从物质中含有的所有元素考虑,不可拘泥于一种元素,否则易得出错误的结论。
6.已知A是一种金属单质,B溶液能使酚酞试液变红,且焰色反应呈黄色;D、F相遇会产生白烟。
A、B、C、D、E、F间有如下变化关系:
(1)写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。
(2)写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。
(3)F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是________。
【答案】NaNaOHNH4ClH2H2+Cl2
2HClNH4Cl+NaOH
NaCl+H2O+NH3↑盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属,该金属能和水反应生成溶液B和气体E,B溶液能使酚酞试液变红,说明B是碱,焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,所以B是NaOH,根据元素守恒知A是Na,E是H2;氢气在氯气中燃烧生成HCl,则F是HCl,氢氧化钠溶液和C反应生成D,D、F相遇会产生白烟,氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵,则D是NH3,C是NH4Cl,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,A是Na,B是NaOH,C是NH4Cl,E是H2;
(2)E→F为在点燃的条件下,氢气和氯气反应生成氯化氢,反应方程式为:
H2+Cl2
2HCl;B→D为在加热条件下,氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水,反应方程式为:
NH4Cl+NaOH
NaCl+H2O+NH3↑;
(3)F是HCl,HCl极易溶于水生成盐酸,所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。
7.有A、B、C三种可溶性正盐,阴、阳离子各不相同,其阴离子的摩尔质量依次增大(按A、B、C的顺序),将等物质的量的A、B、C溶于水,所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子,同时生成一种白色沉淀。
请回答下列问题:
(1)经检验,三种正盐中还含有下列选项中的一种离子,该离子是___。
A.Na+B.Mg2+C.Cu2+D.Ag+
(2)若将A、B、C三种正盐按一定比例溶于水后,所得溶液中只含有Fe3+、SO42-、NO3-、K+四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4,则A、B、C三种正盐的物质的量之比为___。
【答案】D1∶3∶2
【解析】
【分析】
等物质的量的A、B、C溶于水,所得溶液中只含有Fe3+、K+、
、
、Cl-五种离子,同时生成一种白色沉淀,A、B、C三种可溶性正盐,阴、阳离子各不相同,其阴离子的摩尔质量依次增大,则A为盐酸盐,B为硝酸银,C为硫酸盐;等物质的量混合,生成沉淀可能为AgCl,则A为FeCl3,B为AgNO3,C为K2SO4,以此来解答。
【详解】
(1)所给离子中只有Ag+和
、
、Cl−三种阴离子中Cl−按1:
1生成沉淀,其余所给阳离子均和三种阴离子不沉淀,则该离子是Ag+,
故答案为:
D;
(2)只含有Fe3+、
、
、K+四种离子且物质的量之比依次为1:
2:
3:
4,则若FeCl3为1mol,AgNO3为3mol,二者发生Ag++Cl−═AgCl↓,K2SO4为2mol,A、B、C三种正盐的物质的量之比为1:
3:
2,
故答案为:
1:
3:
2。
8.室温下,单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体,在合适的反应条件下,它们可按下面框图进行反应。
又知D溶液为黄色,E溶液为无色,请回答:
(1)A是__________,B是__________,C是_______________(填写化学式)。
(2)反应①的化学方程式为_______________________________。
(3)反应③的化学方程式为________________________________________。
(4)反应④的化学方程式为____________________________________________。
【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【解析】
【分析】
单质B为黄绿色气体,可知B为Cl2,C为单质为无色气体,B与C反应生成E,E溶液是无色的,则C为H2,E为HCl,A与盐酸生成氢气,A应为金属固体单质,A与盐酸反应后生成F为A的氯化物,F又能与氯气反应生成D,且A与氯气可以直接生成D,可推知A为Fe,根据转化关系可知,F为FeCl2,D为FeCl3,据此分析解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知,A为Fe,B为Cl2,C为H2,故答案为:
Fe;Cl2,H2;
(2)反应①为Fe和Cl2的反应,反应的化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3,故答案为:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(3)反应③为Fe和HCl的反应,反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑,故答案为:
Fe+2HCl=FeCl2+H2↑;
(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应,反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3,故答案为:
2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
【点睛】
把握B为氯气及图在转化为解答的关键。
本题的难点是A的判断,要注意根据反应①A+B(氯气)→D(固体),反应④F(A的氯化物)+B(氯气)→D(溶液),说明A是变价金属,且A在F中呈低价。
9.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如下图所示(部分产物、反应条件已略去):
(1)常温下,用惰性电极电解M溶液(足量)发生反应的离子方程式为__________,电解一段时间后,让溶液复原的方法为_____,若M溶液为0.5L,电解一段时间后,两极共生成气体1.12L(已折算为标准状况下的体积),则电解后溶液的pH为_____(忽略溶液的体积变化)。
(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物,可用于制造玻璃,则E溶液的俗称是_______。
(3)若A是CO2气体,将一定量的A通入B溶液,得到溶液W,再向溶液W中滴入盐酸,相关量如图所示,则溶液W中的溶质及其物质的量分别为_____、_____。
(4)若A是一种化肥。
A和B反应可生成气体E,E与D相遇产生白烟,工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏,是因为E与D可发生反应:
_________(写化学方程式)。
【答案】2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑通入HCl13水玻璃Na2CO3,0.005molNaHCO3,0.005mol3Cl2+8NH3===N2+6NH4Cl
【解析】
【分析】
C可在D中燃烧发出苍白色火焰,则C为H2,D为Cl2;其生成的产物为HCl,F为HCl;用惰性电极电解M溶液,产生H2、Cl2,则M为NaCl,B为NaOH。
【详解】
(1)常温下,用惰性电极电解NaCl溶液(足量)时,生成氢气、氯气和氢氧化钠,则反应的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑;溶液中出来的为氢气和氯气,则溶液还原时,应加入HCl恢复;两极共生成气体1.12L,则生成n(H2)=n(Cl2)=
=0.025mol,则溶液中产生0.05mol的OH-,c(OH-)=
=0.1mol/L,则c(H+)=10-13mol/L,pH=13;
(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物,可用于制造玻璃,A为二氧化硅,与NaOH反应生成硅酸钠,其溶液俗称水玻璃;
(3)若A是CO2气体,根据图像可知,开始时未产生气体,且生成气体消耗盐酸与未生成气体消耗的盐酸的体积比为2:
1,则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液,且其物质的量之比为1:
1,则Na2CO3,0.005mol;NaHCO3,0.005mol;
(4)若A是一种化肥,E与HCl相遇产生白烟,则E为氨气,氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵固体,方程式为3Cl2+8NH3===N2+6NH4Cl。
10.下图中A~H均为中学化学中常见的物质,A、B、H是气体,它们之间有如下转化关系。
(反应中生成的水已略去)
请回答以下问题:
(1)E是_____________,F是______________,H是_____________。
(填化学式)
(2)C物质在日常生活中可作______________剂。
(3)写出反应①的化学方程式:
_________________________。
【答案】CaCO3HClO2消毒(或漂白)2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀,应为CO2,则E为CaCO3,常见能与石灰水反应的气体还有氯气,则A应为Cl2,由此可以知道C为Ca(ClO)2,F为HCl,D为CaCl2,G为HClO,H为O2,结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀,应为CO2,则E为CaCO3,常见能与石灰水反应的气体还有氯气,则A应为Cl2,由此可以知道C为Ca(ClO)2,F为HCl,D为CaCl2,G为HClO,H为O2;
(1)由以上分析可以知道E为CaCO3,H为O2,F是HCl;
答案是:
CaCO3;HCl;O2;
(2)C为Ca(ClO)2,可生成HClO,具有强氧化性和漂白性,可用于消毒或漂白;
答案是:
消毒(或漂白);
(3)反应①的化学方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
故答案是:
2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
11.有X、Y、Z三种元素①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;②X单质可以在Z单质中燃烧,生成物为XZ,其中火焰为苍白色;③XZ极易溶于水,电离出X+和Z﹣,其水溶液可使蓝色石蕊试液变红;④每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子,X2Y在常温下为液体;⑤Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。
(1)推断元素符号X_____、Y_____、Z_____;
(2)化合物XZ的电子式为_____,X2Y属于_____(填离子化合物、共价化合物、共价分子);
(3)写出XZ(写化学式)的电离方程式_____;写出XZ(写化学式)与Ca(ClO)2反应的化学方程式_____。
【答案】HOCl
共价化合物HCl=H++Cl-Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2
【解析】
【分析】
有X、Y、Z三种元素,由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧,生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水,在水溶液中电离出X+和Z﹣.XZ的水溶液可使石蕊试液变红可知,X为H,Z为Cl,XZ为HCl;由④两分子X的
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