高考化学铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含详细答案.docx
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高考化学铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含详细答案
高考化学—铁及其化合物推断题的综合压轴题专题复习含详细答案
一、铁及其化合物
1.下列各物质是中学化学中常见的物质,甲为常见金属单质,丙为黄绿色的单质气体,乙、丁是常见无色气态非金属单质,其它均为化合物,C常温下为一种液体,B、D分别为黑色粉末和黑色晶体,G为淡黄色固体,J为生活中常见的调味品,I为红褐色固体,F为棕黄色溶液。
①是实验室制取丁的反应之一。
各物质间的转化如下图所示,回答下列问题(部分生成物未列出):
(1)物质I的化学式为________;F中阴离子是______________;
(2)反应①的化学方程式为为____________;
(3)B与K的反应是实验室制取丙的反应,其离子方程式为____________;
(4)反应②的化学方程式为_____________;
(5)若E与G以物质的量比为1:
1投入足量水中,反应的化学方程式为_________;生成1mol气体转移电子的个数为__________。
【答案】Fe(OH)3Cl-2H2O2
2H2O+O2MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H24FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑6NA
【解析】
【分析】
丙为黄绿色单质气体,所以丙为Cl2,B与K的反应是实验室制取丙的反应,且B为黑色粉末,则B为MnO2,K为HCl;①是实验室制取丁的反应之一,则该反应为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气的反应,所以C为H2O,丁为氧气;G为淡黄色固体,且可以生成氧气,则G应为Na2O2,则J为生活中常见的调味品,应为NaCl,I为红褐色固体应为Fe(OH)3;F为棕黄色溶液,应含Fe3+,E与氯气反应可生成F,则F为FeCl3,E为FeCl2;氯化铁可以与单质铁反应生成氯化亚铁,所以甲为铁单质,Fe可以在高温条件下与水反应生成氢气和四氧化三铁,所以乙为氢气,D为Fe3O4。
【详解】
(1)根据分析可知物质I为Fe(OH)3;F中阴离子为Cl-;
(2)反应①为双氧水在二氧化锰的催化作用下制取氧气,方程式为2H2O2
2H2O+O2;
(3)实验室利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气,方程式为:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O;
(4)反应②为Fe在高温条件下与水蒸气反应生成氢气和四氧化三铁的反应,方程式为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2;
(5)E为FeCl2,G为Na2O2,过氧化钠有强氧化性可氧化亚铁离子为铁离子,被还原时-1价的氧被还原成-2价,二者1:
1反应,说明氧化产物不止有Fe3+,再联系过氧化钠可以与水反应生成氧气,可知产物中应还有氧气,Na2O2自身发生氧化还原反应,所以E与G以物质的量比为1:
1投入足量水中,反应方程式为4FeCl2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑。
【点睛】
解决此类题目要根据物质的性质、特征作为突破口进行推断,例如本题中“丙为黄绿色单质气体”,则丙为Cl2,“F为棕黄色溶液”,则其溶液中应含有Fe3+,学生平时的学习中要注意多积累一些有特殊性质的物质。
2.某科研小组用镍触媒废料(主要成分为Ni-Al合金,混有少量Fe、Cu、Zn及有机物)制备NiO并回收金属资源的流程如下所示:
已知:
相关数据如表1和表2所示
表1部分难溶电解质的溶度积常数(25℃)
物质
Ksp
物质
Ksp
Fe(OH)3
4.0×10-38
CuS
6.3×10-34
Fe(OH)2
1.8×10-16
ZnS
1.6×10-24
Al(OH)3
1.0×10-33
NiS
3.2×10-18
Ni(OH)2
2.0×10-15
表2原料价格表
物质
价格/(元•吨-1)
漂液(含25.2%NaClO)
450
双氧水(含30%H2O2)
2400
烧碱(含98%NaOH)
2100
纯碱(含99.5%Na2CO3)
600
请回答下列问题:
(1)“焙烧”的目的是________________________________。
(2)“试剂a”的名称为__________________;选择该试剂的理由是______。
(3)“氧化”时反应的离子方程式为__________________________________________。
(4)欲使溶液中Fe3+和A13+的浓度均小于等于1.0×10-6mol•L-1,需“调节pH”至少为_______________。
(5)“试剂b”应选择__________,“加水煮沸”时,反应的化学方程式为_______________________________。
(6)氢镍电池是一种应用广泛的二次电池,放电时,该电池的总反应为NiOOH+MH=Ni(OH)2+M,当导线中流过2mol电子时,理论上负极质量减少__________g。
充电时的阳极反应式为_______________________________________________。
【答案】除去废料中的有机物;使部分金属单质转化为氧化物漂液节约成本,不影响后续操作2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++Cl-+H2O5Na2CO3NiCO3+H2O
Ni(OH)2+CO2↑2Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O
【解析】
【分析】
铁触媒废料焙烧,可以将部分金属单质转化为金属氧化物以及使有机物燃烧而除去,焙烧后固体和硫酸反应生成硫酸盐;再将Fe2+氧化成Fe3+,氧化剂选择漂液(因为漂液价格低廉,且不影响后续实验)。
然后调节pH使Fe3+、Al3+一起转化为氢氧化物沉淀而除去。
滤液1中还有Zn2+、Cu2+以及Ni2+,加入NiS,可以除去Zn2+、Cu2+。
滤液2中有镍离子,同样的道理,在沉淀Ni2+的时候,选择碳酸钠,它的价格也是比较低,加入碳酸钠后得到碳酸镍;碳酸镍加水煮沸会转化成Ni(OH)2,最后Ni(OH)2灼烧分解,就可以得到氧化镍。
【详解】
(1)焙烧可以使部分金属单质变成金属氧化物,并且能够使有机物燃烧并除去。
所以“焙烧”的目的为:
除去废料中的有机物;使部分金属单质转化为氧化物;
(2)应选择氧化剂使亚铁离子氧化成铁离子,氧化剂包括了漂液和双氧水,但是双氧水的价格更贵,所以选择漂液;选择漂液的理由就是漂液成本更低,而且生成NaCl也不影响后续操作。
(3)漂液中含有NaClO,将Fe2+氧化成Fe3+,ClO-被还原成Cl-,反应的离子方程式为
;
(4)Fe(OH)3和Al(OH)3类型相同,Fe(OH)3的Ksp比Al(OH)3小,为了使它们完全沉淀,用Al(OH)3的Ksp进行计算,
则pH至少为5;
(5)需要选择沉淀Ni2+的沉淀剂,NaOH的价格更贵,所以选择Na2CO3,根据题意,加入Na2CO3时,生成的滤渣2为NiCO3,NiCO3加水煮沸转化成Ni(OH)2,加水煮沸的方程式为NiCO3+H2O
Ni(OH)2+CO2↑。
(6)镍氢电池放电时负极的是MH,在反应中MH变成了M,失去质量为H的质量,负极反应式为MH-e-+OH-=M+H2O,转移2mol,负极质量减少2g;充电时阳极发生氧化反应,化合价升高,Ni(OH)2变成NiOOH,电极反应式为:
Ni(OH)2+OH--e-=NiOOH+H2O。
【点睛】
(2)中因为是工业流程,所以在选择原料的时候,不仅要考虑它会不会带来杂质,还需考虑经济成本,比如在此题中都选择了经济成本较低的原料。
(4)计算pH的时候,氢氧化铁和氢氧化铝都可以计算,但是要完全沉淀,选择pH较大的那个。
3.某学生探究小组将一批废弃的电子线路板简单处理后,得到含71%Cu、20%Al、5%Fe及少量Au、Pt等金属的混合物,并设计出如下制备硫酸铜晶体的路线:
已知:
Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑
回答下列问题:
(1)滤渣1的主要成分为___。
(2)第②步加入H2O2目的是将Fe2+氧化成Fe3+,其离子方程式为___;使用H2O2作为氧化剂的优点是___。
(3)用第③步所得CuSO4·5H2O晶体加热制备无水CuSO4的瓷质主要仪器___。
(4)由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O,探究小组设计了三种方案:
上述三种方案中,可行方案是___,其中不可行方案的原因是___。
【答案】Pt、AuH2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O不引入新杂质且产物无污染蒸发皿乙甲
【解析】
【分析】
(1).滤渣1成分应为Pt,Au,性质稳定不与浓硝酸和稀硫酸反应。
(2).H2O2将Fe2+氧化成Fe3+,同时其被还原为H2O。
产物无污染无需后续处理。
(3).蒸发结晶过程会用到主要仪器蒸发皿属于瓷质。
(4).滤液1加H2O2是为了将溶液中Fe2+→Fe3+,然后通过加NaOH调PH值使Al3+和Fe3+沉淀,这样才能使滤液2只含Cu2+。
而滤渣2成分为Fe(OH)3和Al(OH)3,所以在制取Al2(SO4)3·18H2O时要考虑除去Fe3+影响。
【详解】
(1).Pt,Au都属于化学性质稳定的金属,所以滤渣1含Pt和Au,答案为Pt、Au。
(2).根据分析,H2O2氧化Fe2+的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,反应产物只有H2O和Fe3+,没有引入新杂质且无污染。
答案为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,不引入新杂质且产物无污染。
(3).由分析可知为蒸发皿,答案为蒸发皿。
(4).根据分析,滤渣2如果采用甲方案处理无法除去Fe3+,最终获得产物会含有杂质Fe2(SO4)3成分。
如果采用乙方案,加适量Al粉可以置换出Fe同时生Al3+。
丙方案加入NaOH溶解Al(OH)3然后过滤,可排除Fe3+影响,但对比方案乙其原子利用率不高。
故答案为乙,甲。
4.某兴趣活动小组利用物质间的互变,设计成一个平面魔方,如下图所示:
已知①A、B、C、D、G含有同种元素。
②
纯A(单质)
B溶液
D固体
G溶液
颜色
银白色
黄色
红棕色
浅绿色
③E是通常情况下密度最小的气体;B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G。
依据以上信息填空:
(1)写出D的化学式:
___________________________________________。
(2)G生成C的过程中所出现的现象为_________________________。
(3)写出反应A→B的化学方程式:
_________________________________。
(4)B→F的离子方程式为________;G与次氯酸反应的离子方程式为________________________________。
【答案】Fe2O3先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色2Fe+3Cl2
2FeCl32Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+H++2Fe2++HClO=2Fe3++Cl-+H2O
【解析】
【分析】
结合框图,D固体呈红棕色,则其为Fe2O3;A、B、C、D、G含有同种元素,B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,则B为FeCl3,G中含有Fe2+,A为Fe。
由“B与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的白色沉淀,也能将一种氧化物氧化为F,F是含有三种元素的化合物,与A反应生成E、G”,则F为H2SO4,G为FeSO4;E是通常情况下密度最小的气体,则E为H2。
由B→C→D的转化可推知,C为Fe(OH)3。
【详解】
(1)由以上分析可知,D为氧化铁,其化学式:
Fe2O3。
答案为:
Fe2O3;
(2)FeSO4生成Fe(OH)3,可先加碱、后氧化,所出现的现象为先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色。
答案为:
先产生白色沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色;
(3)反应Fe→FeCl3需用Cl2将Fe氧化,反应方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3。
答案为:
2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(4)FeCl3→H2SO4,应使用SO2,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;FeSO4与次氯酸反应,生成Fe3+、Cl-和H+,离子方程式为H++2Fe2++HClO=2Fe3++Cl-+H2O。
答案为:
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;H++2Fe2++HClO=2Fe3++Cl-+H2O。
【点睛】
利用框图进行物质推断时,先确定信息充足的物质,然后利用已知的少量信息、反应条件及未知物质前后的已知物质,推断出未知物质的组成。
5.室温下,A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。
在合适反应条件下,它们可以按下面框图进行反应;E是无色溶液,F是淡绿色溶液。
B和C反应发出苍白色火焰。
请回答:
(1)A是__________,B是__________,C是__________(请填写化学式);
(2)反应①的化学方程式______________________________;
(3)反应③的离子方程式______________________________;
(4)反应④的离子方程式______________________________。
【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
【分析】
室温下,A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体,B是氯气,B和C反应发出苍白色火焰,C是氢气,E是氯化氢。
F是淡绿色溶液,F溶液中含有亚铁离子,所以A是铁,F是氯化亚铁,D是氯化铁,据以上分析解答。
【详解】
室温下,A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体,B是氯气,B和C反应发出苍白色火焰,C是氢气,E是氯化氢。
F是淡绿色溶液,F溶液中含有亚铁离子,所以A是铁,F是氯化亚铁,D是氯化铁,
(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2;
(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁,化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3;
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑;
(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁,离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
6.已知A、B、C、D四种物质均含有铁元素,彼此转化关系如下:
请回答:
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应),写出该反应的化学方程式:
__、其中Al作__剂。
(2)反应④的离子方程式为:
__。
(3)新配制的C溶液中应加入__,以防止其转化为D。
检验D溶液中阳离子的常用试剂是__(填化学式),实验现象为__。
【答案】2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3还原剂2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O铁粉(屑)KSCN(或NH4SCN)溶液变红(或呈现血红色)
【解析】
【分析】
氧化铁与铝单质在高温下发生铝热反应,生成A,则A为Fe,铁和水蒸气在高温下反应生成B,B为黑色磁性氧化物,则B为Fe3O4,Fe3O4中铁元素的化合价含有+2、+3价,与盐酸反应生成FeCl3和FeCl2,铁与过量盐酸反应生成FeCl2,则C为FeCl2,FeCl2与双氧水反应生成FeCl3,则D为FeCl3,据此分析解答。
【详解】
(1)反应①称为铝热反应(属于置换反应),该反应的化学方程式:
2Al+Fe2O3
2Fe+Al2O3,反应中Al有0价变为+3价,化合价升高,失电子,被氧化,作还原剂;
(2)反应④为FeCl2与双氧水反应生成FeCl3,离子方程式为:
2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)C为FeCl2,D为FeCl3,亚铁离子具有还原性,易被氧化,新配制的FeCl2溶液中应加入铁粉(屑),以防止其转化为FeCl3。
检验三价铁离子常用试剂是KSCN(或NH4SCN),三价铁离子遇SCN-变为血红色溶液。
7.将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液,混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应),试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。
(1)若铁粉有剩余,则容器中不可能有_______________;
(2)若氯化铜有剩余,则容器中还可能有_____________,一定有_________;
(3)若氯化铁有剩余,则容器中不可能有____________;
(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+>Cu2>Fe2+
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,向装有氯化铁溶液的烧杯中,加入一定量的Cu和Fe的混合粉末,则铁和铜都能与氯化铁溶液反应,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,Fe有剩余,则Cu没有参加反应,溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,
(1)反应后铁有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2,Fe3+、Cu2+都不能存在;
(2)若CuCl2有剩余,由于氯化铜可氧化单质铁,则不可能有Fe,一定有Fe2+;容器中可能有Fe3+或Cu;
(3)若FeCl3有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Fe、Cu都不能存在;
(4)由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+>Cu2>Fe2+。
8.工业上采用硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2,不考虑其他杂质)制取绿矾(FeSO4·7H2O),流程如图:
(1)滤渣Ⅰ的主要成分是___(填化学式)。
(2)还原时,试剂X若选用SO2,其反应后生成的阴离子是(填化学式)___。
(3)从还原后的溶液中得到产品,应进行的操作是___、___、过滤、洗涤、干燥。
(4)绿矾(FeSO4·7H2O)在医学上常用作补血剂。
某课外小组通过以下实验方法测定某补血剂中亚铁离子的含量。
步骤a:
取10片补血剂样品除去糖衣、研磨、溶解、过滤,将滤液配成250.00mL溶液;
步骤b:
取上述溶液25.00mL于锥形瓶中,加入少量稀硫酸酸化后,逐渐滴加0.1000mol/L的KMnO4溶液,至恰好完全反应,记录消耗的KMnO4溶液的体积(假定药品中其他成分不与KMnO4反应),发生的反应为:
MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O;
步骤c:
重复“步骤b”2~3次,平均消耗KMnO4溶液20.00mL。
该补血剂中亚铁离子的含量为___mg/片。
【答案】SiO2SO42-蒸发浓缩冷却结晶56
【解析】
【分析】
硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2不考虑其他杂质),混合物中加入足量硫酸,Fe2O3与酸反应生成的硫酸铁,SiO2不反应,过滤,滤渣Ⅰ为SiO2。
【详解】
(1)硫铁矿焙烧的烧渣(主要成分为Fe2O3、SiO2不考虑其他杂质),混合物中加入足量硫酸,Fe2O3与酸反应生成的硫酸铁,SiO2不反应,过滤,滤渣Ⅰ为SiO2;
(2)在滤液中加入SO2将铁离子还原为亚铁离子,离子方程式为:
2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+,所以其反应后生成的阴离子是SO42-;
(3)从还原后的溶液中得到产品,应进行的操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;(4)由反应MnO4-+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知存在关系:
MnO4-~5Fe2+,根据平均消耗0.1000mol/L的KMnO4溶液20.00mL,可求出消耗的KMnO4的物质的量为:
0.1000mol/L×20×10-3L=0.002mol,所以消耗的Fe2+的物质的量为:
0.002mol×5=0.01mol,故该补血剂中每片的亚铁离子的含量为:
(0.01mol×56g/mol)/10=0.056g=56mg。
9.目前,处理锌矿进行综合利用,多采用传统的“高氧酸浸法”,但该法也存在一些缺点。
最近,有文献报道:
用高铁闪锌矿(含有ZnS、FeS、CuS、CdS及少量SiO2等)为原料,采用“高氧催化氧化氨浸法”可以联合制取Cu2O(红色)、CdS(黄色)、锌钡白(白色)三种颜料,其流程如图:
已知:
Ⅰ:
浸取剂由碳酸铵、氨水、双氧水等组成;
Ⅱ:
浸渣为S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质;
Ⅲ:
浸取液中含有[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、[Cd(NH3)4]2+;
Ⅳ:
Cu+在溶液中不存在,但可以与NH3形成稳定的[Cu(NH3)2]+。
回答下列问题:
(1)为加快浸取速度,可以采取的措施是(任答两项)_______;在实际生产中采取常温下浸取而不采用加热的方法,其原因是___。
(2)浸取釜中有O2参与生成浸渣Fe(OH)CO3的离子方程式为_______。
(3)蒸发炉中加入(NH4)2SO3的主要作用是_________;沉降池1中加入稀H2SO4的作用是_______。
(4)在制取ZnSO4和CdSO4时使用硫酸的量要适当,如果硫酸过量,产生的后果是______。
(5)无论采用“高氧酸浸法”还是“高氧催化氧化氨浸法”,其前期处理,都要经过用浸取剂浸取这一步,不同的是“高氧酸浸法”需先高温焙烧,然后再用硫酸浸出。
两种方法比较,“高氧酸浸法”存在的缺点是(任答两条)__________。
【答案】粉碎矿石,增大O2压强,增大氨水和碳酸铵的浓度防止NH3的挥发,以便形成稳定的配合物,防止双氧水分解4FeS+3O2+4CO32-+6H2O=4Fe(OH)CO3↓+4S↓+8OH-将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu(NH3)2]+调节溶液的pH,使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀产生H2S气体污染大气;降低锌钡白、CdS的产量能耗高;设备耐酸性要求高;产生大量有害气体(SO2)污染大气
【解析】
【分析】
由题干信息,分析流程图可知,高铁闪锌矿在浸取釜中与O2、碳酸铵、氨水、双氧水等组成的浸取剂反应生成S、Fe(OH)CO3、SiO2等不溶性物质、[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+和[Cd(NH3)4]2+,在蒸发炉中加入(NH4)2SO3将[Cu(NH3)4]2+还原为[Cu(NH3)2]+,进入沉降池1中加入稀H2SO4调节pH使[Cu(NH3)2]+转化为Cu2O沉淀,剩下的溶液在置换炉中加入适量锌粉得到Cd单质,滤液进入沉降池2加入碳化氨水得到Zn2(OH)2CO3,经稀硫酸得到ZnSO4溶液,ZnSO4与BaS溶液反应得到锌钡白,据此分析解答问题。
【详解】
(1)由化学反应速率的影响因素可以知
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- 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 压轴 专题 复习 详细 答案