高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题附答案.docx
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高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题附答案
2020-2021高考化学压轴题专题物质的量的经典综合题附答案
一、高中化学物质的量
1.I.自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在,为了便于研究和利用,常需对混合物进行分离和提纯。
下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。
请根据混合物分离或提纯的原理,回答在下列实验中需要使用哪种装置。
将A、B、C、D填入适当的空格中。
(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________;
(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________;
(3)分离39%的乙醇溶液___________;
(4)分离溴的氯化钠溶液____________;
Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空
已知某饱和氯化钠溶液体积为VmL,溶液密度为dg/cm3,质量分数为w,物质的量浓度为cmol/L,溶液中含NaCl的质量为mg。
(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________
(2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________
(3)用c、d表示溶液的质量分数是__________
【答案】BDAC
mol·L-1
mol·L-1
【解析】
【分析】
I.根据混合物的性质选择相应的装置进行分离;
Ⅱ.根据公式
、
、
进行计算。
【详解】
I.
(1)碳酸钙不溶于水,可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙,故答案为:
B;
(2)氯化钠易溶于水,可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠,故答案为:
D;
(3)乙醇和水是互溶的两种液体,可用蒸馏的方法分离乙醇和水,故答案为:
A;
(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水,且四氯化碳与水不互溶,则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质,再分液,故答案为:
C;
Ⅱ.
(1)NaCl的物质的量为
,则NaCl溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
mol·L-1;
(2)根据公式
可知,该溶液的物质的量浓度是
,故答案为:
mol·L-1;
(3)由
可知,
,则该溶液的质量分数是
,故答案为:
。
【点睛】
该公式
中,涉及溶液的密度,质量分数,物质的量浓度,密度的单位为g/cm3,是同学们的易忘点。
2.O2和O3是氧元素的两种单质,根据其分子式完成下列各题:
(1)等质量的O2和O3所含原子个数比为__,分子的物质的量之比为__。
(2)等温、等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为__,质量比为___。
(3)设NA为阿伏加德罗常数的数值,如果ag氧气中含有的分子数为b,则cg氧气在标准状况下的体积约是___(用含NA的式子表示)。
(4)常温下,将20g质量分数为14%的KNO3溶液跟30g质量分数为24%的KNO3溶液混合,得到密度为1.15g·cm-3的混合溶液。
该混合溶液的物质的量浓度为___mol·L-1。
【答案】1:
13:
21:
12:
3
L2.28
【解析】
【详解】
(1)等质量的O2和O3的物质的量之比为
∶
=3∶2,则所含分子个数之比为3∶2,原子个数之比为1∶1,故答案为:
1:
1;3:
2;
(2)据阿伏加德罗定律可知,同温同压下,等体积的气体含有相同数目的分子,即O2和O3所含分子数之比为1∶1,则原子个数比为2∶3,质量比为2∶3,故答案为:
1:
1;2:
3;
(3)氧气的摩尔质量为M=
=
=
g·mol-1,则cgO2在标准状况下体积为V=
·Vm=
×22.4L·mol-1=
L,故答案为:
L;
(4)混合后溶液中的KNO3的物质的量为n(KNO3)=
≈0.099mol,混合后溶液的总体积为V[KNO3(aq)]=
≈43.5cm3=4.35×10-2L,混合后溶液中KNO3的物质的量浓度为c(KNO3)=
≈2.28mol·L-1,故答案为:
2.28。
3.按要求完成下列各小题
(1)在同温同压下,相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
(2)0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___,含有氧原子物质的量之比为___,相同条件下两物质的密度之比为___。
(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al3+、Br-、Cl-的溶液中,还原性最弱的阴离子是___,氧化性最强的离子是___,既有氧化性又有还原性的离子是___。
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___,离子方程式___。
【答案】17:
1414:
111:
17:
11Cl-Cu2+Fe2+稀H2SO4CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答;根据氧化还原反应进行判断。
根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。
如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子,所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
(1)相同质量的N2和H2S的物质的量之比为
,根据阿伏伽德罗定律,在同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17:
14。
答案:
17:
14;
(2)电子数目之比等于电子的物质的量之比。
0.8molCO中电子的物质的量为0.8mol×(6+8)=11.2mol,0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2)=8.8mol,电子数目之比为11.2:
8.8=14:
11;含有氧原子物质的量之比为0.8:
0.4
2=1:
1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知,相同条件下,气体的密度与摩尔质量成正比,所以相同条件下两物质的密度之比为:
28:
44=7:
11。
答案:
14:
111:
17:
11;
(3)卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2,单质的氧化性越强,其对应的离子的还原性越弱,所以还原性Br->Cl-,还原性最弱的阴离子是Cl-;金属单质的金属性越强,其离子的氧化性越弱,所以氧化性最强的离子是Cu2+;属于中间价态的元素既有氧化性又有还原性,所以Fe2+既有氧化性又有还原性的;答案:
Cl-Cu2+Fe2+;
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3,实质是除去CO32-离子,所加试剂H2SO4,离子方程式CO32-+2H+=CO2↑+H2O。
4.按要求完成下列填空。
(1)在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中,分别加入等量的AgNO3溶液,恰好都完全反应,则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。
(2)将3.22g芒硝(Na2SO4·10H2O)溶于水中,要使每100个水分子中溶有1个Na+,则需水的质量为________g。
(3)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气,由于空气不可能排净,所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5,将此瓶气体倒置于水槽中,烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mol/LAl2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合,所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。
(用含d1,d2,d3的式子表示)
(5)已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:
7,现将7molAOH与5molBOH混合后,从中取出5.6g,恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸,则AOH的摩尔质量为_____。
【答案】6:
3:
234.2
(或83.3%)
40g/mol
【解析】
【分析】
(1)分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等;
(2)每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:
1;
(3)将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中,溶液上升体积等于氨气的体积;
(4)溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。
【详解】
(1)设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等,则有x=2y=3z,解得x:
y:
z=6:
3:
2,因溶液的体积相同,由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6:
3:
2,故答案为:
6:
3:
2;
(2)3.22g芒硝的物质的量为
=1mol,溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4•10H2O)=0.01mol×2=0.02mol,每100个水分子中溶有1个钠离子,所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol,0.01molNa2SO4•10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol,需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol,则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g,故答案为:
34.2;
(3)由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知,混合气体的平均摩尔质量为2g/mol×9.5=19g/mol,设氨气的体积分数为x,则空气的体积分数为(1-x),故17x+29(1-x)=19,解得x=
,溶液上升体积等于氨气的体积,故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
,故答案为:
;
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL,50mL0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量为0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol,混合后的总SO42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol,混合溶液的体积为
×10—3L,则混合溶液中SO42−的浓度为
=
mol/L,故答案为:
;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等,盐酸的物质的量为1.2mol/L×0.1L=0.12mol,设5.6g混合碱中AOH的物质的量为7a,则BOH的物质的量为5a,由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol,解得a=0.01mol,设AOH的摩尔质量为5b,则BOH的摩尔质量为7b,由混合碱的质量为5.6g可得:
0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6,解得b=8,则AOH的摩尔质量为40g/mol,故答案为:
40g/mol。
【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键,也是易错点;由混合碱5.6g恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。
5.请按要求填空:
(1)用已准确称量的1.06gNa2CO3固体配制0.100mol/LNa2CO3溶液100 mL,所需要的仪器为____。
(2)除去Na2CO3固体中混有的少量KNO3,所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。
(3)除去KCl溶液中的SO42-,依次加入的溶液为(填物质的化学式)_______。
【答案】烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管溶解趁热过滤、洗涤、灼烧BaCl2、K2CO3、HCl
【解析】
【分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析;
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同,可用结晶方法分离;
(3)除去KCl溶液中的SO42-,应使SO42-离子转化为沉淀,注意不能引入新的杂质。
【详解】
(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作,溶解需要烧杯、玻璃棒,定容需要胶头滴管、需要100mL容量瓶进行配制,故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管;
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同,可用结晶方法分离,具体做法是先将固体溶解,然后蒸发、结晶,趁热过滤、洗涤晶体,最后灼烧晶体可得到碳酸钠;
(3)除去KCl溶液中的SO42-,应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀,然后再加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀,过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。
故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl。
【点睛】
本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用,注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法,本题易错点为(3),注意加入试剂的顺序和除杂原理。
6.氯气是一种重要的化工原料,自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。
I.工业上通常采用电解法制氯气:
观察图1,回答:
(1)电解反应的化学方程式为__________。
(2)若饱和食盐水中通电后,b侧产生的气体检验方法是___________。
Ⅱ.某兴趣小组设计如图2所示的实验装置,利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应),回答下列问题:
(3)B中反应的化学方程式是_________。
(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。
(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低,该学生经分析并查阅资料发现,主要原因是在装置B中还存在两个副反应。
①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施_______。
②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________,为避免此副反应的发生,可将装置做何改进_________。
【答案】2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O7.15g冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应;与电源负极连接的电极为阴极,发生还原反应,根据产生气体的性质进行检验;
II.在装置A中制取Cl2,在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,氯气有毒,是大气污染物,在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理,据此分析解答。
【详解】
I.
(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2,反应方程式为:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;
(2)在电解时,与电源正极连接的电极为阳极,发生氧化反应。
由于放电能力Cl->OH-,所以溶液中的阴离子Cl-放电,失去电子变为Cl2逸出,Cl2检验强氧化性,可以使KI变为I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,所以检验Cl2的方法是移走烧杯,将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处,若试纸变蓝,则说明产生的气体为Cl2;
II.(3)在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉,反应的方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol,n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol,根据制取气体方程式:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1molMnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol,说明HCl过量,制取的Cl2按MnO2计算,n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol,则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知n[Ca(ClO)2]=
n(Cl2)=0.05mol,所以理论上制取的漂白粉中Ca(ClO)2的质量为m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g;
(5)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2,为避免此副反应的发生,可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案);
②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应,用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O,为避免此副反应的发生,可将装置改进为:
在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶,除去杂质HCl气体。
【点睛】
本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。
掌握氯气的工业和实验室制取方法,根据电解原理、氧化还原反应规律,结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。
7.钠是活泼的碱金属元素,钠及其化合物在生产和生活中有广泛的应用。
(1)叠氮化钠(NaN3)受撞击完全分解产生钠和氮气,故可应用于汽车安全气囊。
若产生6.72L(标准状况下)氮气,至少需要叠氮化钠_____g。
(2)为实现金属钠在隔绝空气条件下与水反应并收集生成的气体,某研究性学习小组设计了如图发生装置.
①写出Na与水反应的离子方程式_____。
②Y液体可以选用_____
A.煤油B.酒精C.四氯化碳
③实验前检验该装置气密性的方法是:
关闭止水夹,通过_________(填装置名称)向试管中加水至产生液面差,一段时间后,_____(填现象),则气密性良好。
(3)1mol过氧化钠与1.6mol碳酸氢钠固体混合后,在密闭的容器中加热充分反应,排出气体物质后冷却,残留的固体物质及对应的物质的量(可不填满)。
物质
物质的量/mol
__________
__________
__________
__________
【答案】13g2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2A长颈漏斗液面差不变Na2CO31.6NaOH0.4
【解析】
【分析】
(1)发生反应:
2NaN3=2Na+3N2↑,根据方程式计算;
(2)①Na与水反应生成NaOH和氢气;
②根据装置可知Y液体密度小于水,且与水不溶;
③利用液压法确定装置气密性;
(3)加热发生2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,然后发生2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2和2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,以此来解答。
【详解】
(1)设需要NaN3的质量为m,则:
2NaN3
2Na+3N2↑
130g67.2L
m6.72L
m=
=13g;
(2)①Na与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;
②装置可知Y液体密度小于水,且与水不溶;
A.煤油密度小于水,且与水不溶,故A正确;
B.酒精与水互溶,故B错误;
C.四氯化碳密度大于水,且与水不溶,故C错误;
故答案为A;
③实验前检验该装置气密性的方法是:
关闭止水夹,向长颈漏斗中注水,直到长颈漏斗中的液面高于试管中的液面,且两者液面差不再改变,就证明该装置气密性良好;
(3)由2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O可知,1.6mol碳酸氢钠分解生成0.8molNa2CO3、0.8molCO2、0.8molH2O,由2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2可知,0.8molCO2与0.8molNa2O2反应生成0.8molNa2CO3,2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,0.2molNa2O2与水反应生成0.4molNaOH,充分反应,排出气体物质后冷却,则残留的固体物质是NaOH、Na2CO3,两者的物质的量分别为0.4mol、1.6mol。
8.明胶是水溶性蛋白质混合物,溶于水形成胶体。
(1)明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是___。
a.都不稳定,密封放置沉淀b.两者均有丁达尔现象c.分散质粒子可通过滤纸
(2)现需配制0.50mol·L-1K2SO4溶液480mL。
①配制溶液时必需的仪器有:
托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、___、___、以及等质量的几片滤纸。
②配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为___。
③下列关于容量瓶的使用方法中,正确的是___。
A.容量瓶可长期存放溶液B.在容量瓶中直接溶解固体
C.溶液未经冷却即注入容量瓶中D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流
④下列操作会使所配溶液浓度偏低的是___。
A.转移溶液时有液体溅出
B.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水
C.定容时俯视刻度线
D.烧杯和玻璃棒未洗涤
(3)现有下列十种物质:
①HCl;②NaHCO3;③K2SO4溶液;④CO2;⑤蔗糖晶体;⑥Ca(OH)2;⑦氢氧化铁胶体;⑧NH3·H2O;⑨空气;⑩Al2(SO4)3
(a)上述物质中属于电解质的有___,非电解质的有___(填序号)。
(b)CO2属于酸性氧化物,SiO2也属于酸性氧化物,请写出SiO2和CaO反应的化学方程式:
___。
(c)②在水溶液中的电离方程式为___。
(d)胃液中含有盐酸,胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉,服用适量的小苏打(NaHCO3),能治疗胃酸过多,请写出其反应的离子方程式:
___;如果病人同时患胃溃疡,为防胃壁穿孔,不宜服用小苏打,此时最好用含Al(OH)3的胃药(如胃舒平),它与胃酸反应的离子方程式:
___。
(e)若⑦中混有少量的③,提纯的方法是:
____。
A.蒸馏(分馏)B.萃取C.渗析D.分液
【答案】c500mL容量瓶胶头滴管43.5gDABD①②⑥⑧⑩④⑤CaO+SiO2=CaSiO3NaHCO3=Na++HCO3-HCO3-+H+=H2O+CO2↑Al(OH)3+3H+=Al3++3H2OC
【解析】
【详解】
(1)a.胶体较稳定,溶液是稳定的,a项错误;
b.溶液无丁达尔效应,胶体有丁达尔效应,b项错误;
c.胶粒和溶液都可透过滤纸,c项正确;
故答案为:
c;
(2)①配制一定物质的量浓度溶液的实验操作的步骤:
计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,该实验中需要用天平称量、用药匙取药品,烧杯溶解药品,需要玻璃棒搅拌和引流,根据规格要求可知,需要500mL容量瓶配制溶液,需要胶头滴管定容。
故答案为:
500mL容量瓶;胶头滴管;
②实验室需用480mL0.50mol·L-1K2SO4溶液,实验室没有480mL容量瓶,只能选用500mL容量瓶,所以需要配制500mL溶液,即配制500mL0.50mol·L-1K2SO4溶液,需要K2SO4的质量m=cVM=0.50mol/L×0.5L×174g/mol=43.5g,托盘天平精确度为0.1g,用托盘天平称量质量为43.5g;
③A.容量瓶不能长期存放溶液,A项错误;B.容量瓶不能用来稀释浓溶液或溶解固体,只能用来配制溶液,B项错误;C.溶液未经冷却即注入容量瓶中,导致溶液体积偏小,配制浓度偏大,C项错误;D.向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流,防止液体溅出,D项正确;答案选D;
④A.转移溶液时有液体溅出,则溶质的物质的量偏小,最终导致测定浓度偏低,A项正确;B.定容后经振荡、摇匀、静置,发现液面下降,再加适量的蒸馏水,对原溶液会稀释,导致溶液体积偏大,造成浓度偏低,B项正确;C.定容时俯视刻度线,导致溶液体积偏小,溶液浓度偏高,C项错误;D.烧杯和玻璃棒未洗涤,导致溶质物质的量偏小,溶液浓度偏低,D项正确;故答案为ABD;
(3)(a)①HCl不电离,但是氯化氢在水中能完全电离,属于强电解质;
②NaHCO3在熔融状
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