高考化学化学反应与能量经典压轴题附答案解析.docx
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高考化学化学反应与能量经典压轴题附答案解析
高考化学化学反应与能量-经典压轴题附答案解析
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.五氧化二钒常用作化学工业中的催化剂,广泛用于冶金、化工生产。
一种以粗钒(主要含有V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)为原料生产五氧化二钒的工艺流程如下:
已知:
①部分含钒物质的溶解情况:
(VO2)2SO4易溶于水,VOSO4可溶于水,NH4VO3难溶于水。
②部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系如下表:
回答下列问题:
(l)“研磨”的目的是___,“酸溶”时V2O5发生反应的化学方程式为____。
(2)加入NaCIO溶液,含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为___。
(3)向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时实验装置如图所示,虚线框中最为合适的仪器是___(填标号),调节溶液的pH范围为___,滤渣b为___(写化学式)。
(4)实验显示,沉钒率的高低与温度有关,如图是沉钒率随温度的变化曲线,则沉钒时的加热方法为___。
温度高于80℃,沉钒率下降,其可能原因是____
【答案】增大固体与酸溶液的接触面积,加快反应速率,提高原料的利用率V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+D4.7≤pH<7.8Fe(OH)3、Al(OH)水浴加热(热水浴)温度高于80℃,NH4+水解程度增大成为主要因素,由于NH4+浓度减小,沉钒率下降
【解析】
【分析】
粗钒(主要含有V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3、SiO2等)经过研磨粉碎,加入硫酸进行酸浸,V2O5、V2O4,还有少量Fe3O4、Al2O3被硫酸溶解形成含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的浸出液,由于SiO2不与硫酸反应,经过滤后,得到的滤渣a为SiO2,滤液a为含有VO2+、VO2+、Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液,向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液,将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+,再加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH值,将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,过滤后得到的滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3、滤液b为主要含有VO2+的滤液,加入饱和氯化铵溶液,使VO2+转化为NH4VO3沉淀,对生成的NH4VO3沉淀高温煅烧,获得V2O5,据此分析解答。
【详解】
(l)“研磨”可将块状固体变为粉末状,目的是增大固体与酸溶液的接触面积,加快反应速率,提高原料的利用率;“酸溶”时V2O5被硫酸溶解形成VO2+,发生反应的化学方程式为V2O5+H2SO4=(VO2)2SO4+H2O;
(2)根据分析,向滤液a中加入具有强氧化性的NaClO溶液,将滤液中的VO2+、Fe2+氧化为VO2+、Fe3+,含钒元素的粒子发生反应的离子方程式为2VO2++ClO-+H2O=2VO2++Cl-+2H+;
(3)加入氢氧化钠溶液,调节溶液pH值,将滤液中的Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀除去,根据部分金属离子[c(Mn+)=0.1mol/L]形成氢氧化物及氢氧化物溶解与pH的关系表格数据可知,pH值为2.8时,Fe(OH)3完全沉淀,pH值为4.7时,Al(OH)3完全沉淀,pH值为7.8时,Al(OH)3开始溶解,调节溶液的pH范围为4.7≤pH<7.8,滤渣b为Fe(OH)3、Al(OH)3,向三颈烧瓶中加入NaOH溶液时,虚线框中最为合适的仪器是恒压漏斗,能保证仪器内外压强相等,使氢氧化钠溶液顺利流下,答案选D;
(4)由图像可知,当温度为80℃左右钒的沉淀率最高,酒精灯的火焰温度太高,不能直接用酒精灯加热,则在该温度下加热方法应使用水浴加热;沉钒过程中使用的是饱和氯化铵溶液,铵根离子可水解,温度越高水解程度越大,铵盐不稳定,受热易分解生成氨气,温度高于80℃,NH4+水解程度增大成为主要因素,溶液中NH4+浓度减小,使沉钒率下降。
2.碳酸锰是制取其他含锰化合物的原料,也可用作脱硫的催化剂等。
一种焙烧氯化铵和菱锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如图所示
已知①菱锰矿粉的主要成分是MnCO3,还有少量的Fe、Al、Ca、Mg等元素
②常温下,相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围如表
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下,Ksp(CaF2)=1.46×10−10,Ksp(MgF2)=7.42×10−11;Ka(HF)=1.00×10−4
回答下列问题:
(1)“混合研磨”的作用为_______________________
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________________
(3)分析图1、图2,焙烧氯化铵、菱锰矿粉的最佳条件是_____________________________
(4)净化除杂流程如下
①已知几种物质氧化能力的强弱顺序为(NH4)2S2O8>KMnO4>MnO2>Fe3+,则氧化剂X宜选择__________
A.(NH4)2S2O8B.MnO2C.KMnO4
②调节pH时,pH可取的范围为_________________
③常温下加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去,此时溶液中,
=______若此时pH为6,c(Mg2+)=amol/L,则c(HF)为______________mol/L(用a表示)
(5)“碳化结晶”过程中不能用碳酸铵代替碳酸氢铵,可能的原因是__________________
【答案】加快反应速率MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O温度为500℃且m(MnCO3):
m(NH4Cl)=1.10B5.2≤pH<8.81.97
×10-7CO32-水解程度大于HCO3-,易生成氢氧化物沉淀
【解析】
【分析】
根据流程:
将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧:
MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,反应为:
MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl,加入碳酸氢铵发生反应:
Mn2++2HCO3-
MnCO3↓+CO2↑+H2O,炭化结晶,过滤,滤饼干燥后得到MnCO3,滤液为NH4Cl溶液,蒸发结晶得到NH4Cl固体,可循环使用,据此分析作答。
【详解】
(1)“混合研磨”可使物质充分接触,加快反应速率;
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O;
(3)根据图可知,锰的浸出率随着温度的升高而增大,随着m(NH4Cl):
m(锰矿粉)增大而增到,500℃、m(NH4Cl):
m(锰矿粉)=1.10时,锰的浸出率最高,温度过高,m(NH4Cl):
m(锰矿粉)增大,浸出率变化不大,成本增加,故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl):
m(锰矿粉)=1.10即可;
(4)①根据分析,浸出液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,加入氧化剂X的目的将Fe2+氧化为Fe3+,同时在选择氧化剂时,要尽可能不要引入新的杂质,则氧化剂X宜选择MnO2,答案选B;
②根据分析,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液主要溶质主要为MnCl2、NH4Cl,过程中不能让Mn2+沉淀,结合相关金属离子在浓度为0.1mol/L时形成M(OH)n沉淀的pH范围表,Al3+、Fe3+完全沉淀时的pH值分别为5.2和2.8,Mn2+开始沉淀的PH值为8.8,pH可取的范围为5.2≤pH<8.8;
③
≈1.97;若此时pH为6,即c(H+)=10-6mol/L,c(Mg2+)=amol/L,c(F-)=
mol/L,HF是弱酸,在溶液中部分电离,已知Ka(HF)=
=1.00×10−4则c(HF)=
=
×10-7mol/L;
(5)“碳化结晶”过程中,因为碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH−)较大,易产生Mn(OH)2沉淀,故碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液。
3.阅读下列材料,并完成相应填空
钯(Pd)是一种不活泼金属,性质与铂相似。
在科研和工业生产中,含钯催化剂不仅用途广泛,且用量大,因此从废催化剂中回收钯具有巨大的经济效益。
已知废催化剂的主要成分是钯和活性炭,还含有少量铁、锌。
工业上采用如下流程从废催化剂中提取钯。
(1)气体I的化学式为__________,酸溶I的目的是___________。
(2)王水指是浓硝酸和浓盐酸组成的混合物,其体积比为__________。
残渣与王水发生的反应有:
a.Pd+HCl+HNO3→……
b.___________(写出化学方程式并配平)。
(3)若用足量的烧碱吸收气体II,请写出吸收后溶液中含有的溶质的化学式:
NaOH、_______、________、________。
(4)写出用NaHCO3调节pH值时发生反应的离子方程式:
_________。
使用甲醛还原钯的化合物时,溶液须保持碱性,否则会造成甲醛的额外损耗,原因是______________。
(5)操作I的名称是_______________,溶液I可能含有的有机离子为_________。
(6)有人提出,在进行酸溶前最好先将废催化剂在700℃下进行灼烧,同时不断通入空气,其目的是____________。
【答案】H2除去铁、锌等杂质1:
3C+4HNO3=CO2↑+4NO2↑+2H2ONaNO3NaNO2Na2CO3HCO3-+H+=H2O+CO2↑酸性条件下,甲醛会被硝酸氧化过滤HCOO-(甲酸根离子)除去废催化剂中的活性炭,减少王水的消耗(必须涉及炭的除去)
【解析】
【分析】
酸溶时铁和锌能与盐酸反应产生氢气,过滤出的残渣用王水溶解,然后通过碳酸氢钠调节pH,最后通过甲醛还原得到金属钯,据此解答。
【详解】
(1)铁和锌能与盐酸反应产生氢气;废催化剂的主要成分是钯和活性炭,还含有少量铁、锌,而实验的目的是从废催化剂中提取钯,所以酸溶I的目的是除去铁、锌等杂质;
(2)王水是浓硝酸与盐酸按体积比1:
3的混合物,浓硝酸具有氧化性,能将碳氧化生成二氧化碳,本身被还原成一氧化氮,反应的方程式为:
C+4HNO3=CO2↑+4NO2↑+2H2O;
(3)氢氧化钠与二氧化氮、二氧化碳反应的方程式:
2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O,2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O,同时氢氧化钠过量,所以吸收后溶液中含有的溶质的化学式:
NaOH、NaNO3、NaNO2、Na2CO3;
(4)NaHCO3能和盐酸发生反应,离子方程式为:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,甲醛具有还原性,酸性条件下,甲醛会被硝酸氧化;
(5)金属钯不溶于水,利用过滤的方法分离,甲醛会被硝酸氧化生成甲酸,所以溶液I可能含有的有机离子为HCOO-;
(6)由于废催化剂中的含有活性炭,不断通入空气,能除去活性炭,同时减少王水的消耗。
4.理论上讲,任何自发的氧化还原反应都可以设计成原电池。
某同学利用“Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+”反应设制一个化学电池,如图所示,已知该电池在外电路中,电流从a极流向b极。
请回答下列问题:
(1)b极是电池的_____________极,材料是_____________,写出该电极的反应式_____________。
(2)a可以为_____________A、铜B、银C、铁D、石墨
(3)c溶液是_____________A、CuSO4溶液B、AgNO3溶液C、酒精溶液
(4)若该反应过程中有0.2mol电子发生转移,则生成Ag为_____________克。
【答案】负CuCu–2e-=Cu2+BDB21.6
【解析】
【分析】
有题干信息可知,原电池中,电流从a极流向b极,则a为正极,得到电子,发生还原反应,b为负极,失去电子,发生氧化反应,据此分析解答问题。
【详解】
(1)根据上述分析知,b是电池的负极,失去电子,反应Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+中Cu失去电子,故Cu作负极,发生的电极反应为Cu–2e-=Cu2+,故答案为:
负;Cu;Cu–2e-=Cu2+;
(2)a是电池的正极,电极材料可以是比铜更稳定的Ag,也可以是惰性的石墨,故答案为:
BD;
(3)电解质溶液c是含有Ag+的溶液,故答案为:
B;
(4)根据得失电子守恒可得,反应过程中转移1mol电子,生成2molAg,质量为108×2=21.6g,故答案为:
21.6。
5.某学生为了探究锌与盐酸反应过程中的速率变化,他在100mL稀盐酸中加入足量的锌粉,用排水集气法收集反应放出的氢气(标准状况),实验记录如下(累计值):
时间/min
1
2
3
4
5
氢气体积/mL
50
120
232
290
310
(1)在0~1min、1~2min、2~3min、3~4min、4~5min时间段中,反应速率最大的时间段是________,原因为______________________;反应速率最小的时间段是________,原因为__________________________。
(2)在2~3min内,用盐酸的浓度变化表示的反应速率为________。
(3)为了减缓反应速率但不减少产生氢气的量,在盐酸中分别加入等体积的下列溶液,其中可行的是________。
A.蒸馏水B.Na2SO4溶液
C.NaNO3溶液D.Na2CO3溶液
【答案】2~3min该反应是放热反应,2~3min时溶液温度最高,反应速率最快4~5min此时反应物的浓度最小,反应速率最慢0.1mol·L-1·min-1AB
【解析】
【详解】
由表格数据可知,0~1、1~2、2~3、3~4、4~5min生成氢气分别为50mL、70mL、112mL、58mL、20mL;
(1)2min~3min收集的氢气比其他时间段多,反应速率最大,该反应放热,反应过程中温度升高加快反应速率;4~5 min反应速率最小,随着反应进行氢离子浓度逐渐减小,该时间段内H+浓度小,反应速率最慢;
(2)2min~3min生成的氢气的体积为112mL,则n(H2)=
0.005mol,反应过程中发生反应Zn+2HCl===ZnCl2+H2,则该时间段内消耗的n(HCl)=0.01mol,溶液体积为100mol,则△c(HCl)=0.1mol/L,v(HCl)=
=0.1mol·L-1·min-1;
(3)A.加入蒸馏水,溶液的浓度减小,反应速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故A正确;
B.加入Na2SO4溶液,减小盐酸的浓度,反应速率减小,H+的物质的量不变,氢气的量也不变,故B正确;
C.加入硝酸钠溶液,锌与氢离子、硝酸根反应不产生氢气,故C错误;
D.加入Na2CO3溶液,Na2CO3能与盐酸反应,盐酸的浓度减小,反应速率减小,H+的物质的量减小,氢气的量也减小,故D错误;
所以选AB。
6.氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。
研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。
NO在空气中存在如下反应:
2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)△H,上述反应分两步完成,其反应历程如图所示:
回答下列问题:
(1)写出反应I的热化学方程式___。
(2)反应I和反应Ⅱ中,一个是快反应,会快速建立平衡状态,而另一个是慢反应。
决定2NO(g)+O2(g)
2NO2(g)反应速率的是___(填“反应I”或“反应Ⅱ”);对该反应体系升高温度,发现总反应速率反而变慢,其原因可能是___(反应未使用催化剂)。
【答案】2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol反应Ⅱ决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢
【解析】
【分析】
(1)根据图像分析反应I为2NO(g)⇌N2O2(g)的焓变,写出热化学方程式;
(2)根据图像可知,反应I的活化能<反应Ⅱ的活化能,反应I为快反应,反应Ⅱ为慢反应,决定该反应速率的是慢反应;决定正反应速率的是反应Ⅱ,结合升高温度对反应I和Ⅱ的影响分析可能的原因。
【详解】
(1)根据图像可知,反应I的化学方程式为:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H=(E4-E3)kJ/mol=-(E3-E4)kJ/mol,故答案为:
2NO(g)⇌N2O2(g)△H=-(E3-E4)kJ/mol;
(2)根据图像可知,反应I的活化能<反应Ⅱ的活化能,反应I为快反应,反应Ⅱ为慢反应,决定2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)反应速率的是慢反应Ⅱ;对该反应体系升高温度,发现总反应速率变慢,可能的原因是:
决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢,故答案为:
反应Ⅱ;决定总反应速率的是反应Ⅱ,升高温度后反应I平衡逆向移动,造成N2O2浓度减小,温度升高对反应Ⅱ的影响弱于N2O2浓度减小的影响,N2O2浓度减小导致反应Ⅱ速率变慢。
7.一定条件下2L的密闭容器中,反应aA(g)+bB(g)
cC(g)+dD(g)达到平衡。
(1)若起始时A为lmol,反应2min达到平衡,A剩余0.4mol,则在0~2min内A的平均反应速率为________mo1/(L·min)
(2)在其他条件不变的情况下,扩大容器体积,若平衡向逆反应方向移动,则a+b_____c+d(选填“>”、“<”或“=”),v逆_____(选填“增大”、“减小”或“不变”)
(3)若反应速率(v)与时间(t)的关系如图所示,则导致t1时刻速率发生变化的原因可能是______。
(选填编号)
a.增大A的浓度
b.缩小容器体积
c.加入催化剂
d.升高温度
【答案】0.15>减小b
【解析】
【详解】
:
(1)若起始时A为lmol,反应2min达到平衡,A剩余0.4mol,则在0~2min内A的平均反应速率v=
=0.15mo1/(L•min),故答案为:
0.15;
(2)扩大容器体积减小压强,浓度减小反应速率减小,平衡向气体体积增大的方向移动,又平衡向逆反应方向移动即为气体体积增大的方向移动,所以a+b>c+d,故答案为:
>;减小;
(3)a.增大A的浓度正反应速率瞬间增大,但逆反应速率瞬间不变,故a不符合题意;
b.缩小容器条件,反应物和生成物浓度均增大,反应速率变大,但平衡会正向移动,即正反应速率增大的幅度要逆反应速率增大幅度要大,之后平衡正向移动,二者相等,故b符合题意;
c.加入催化剂,不影响平衡,正逆反应速率变化幅度应相同,故c不符合题意;
d.升高温度,正逆反应速率均增大,但未告知该反应为吸热反应还是放热反应,无法判断反应移动方向,故d不符合题意;
综上所述选b。
8.2007年诺贝尔化学奖授予德国科学家格哈德·埃特尔,以表彰他在表面化学研究领域作出的开拓性贡献。
(1)某校化学研究性学习小组的同学在技术人员的指导下,按下列流程探究不同催化剂对NH3还原NO反应的催化性能。
若控制其他实验条件均相同,在催化反应器中装载不同的催化剂,将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同)。
为比较不同催化剂的催化性能,需要测量并记录的数据是___。
(2)在汽车的排气管上安装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂),它的作用是使CO、NO反应生成可参与大气生态环境循环的无毒气体,并促使烃类充分燃烧。
①写出CO与NO反应的化学方程式:
___,该反应作氧化剂的物质是__。
②用CH4催化还原NOx也可以消除氮氧化物的污染。
例如:
CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g);ΔH1=-574kJ·mol-1
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);ΔH2
若1molCH4还原NO2至N2,整个过程中放出的热量为867kJ,则ΔH2=___。
(3)有人认为:
该研究可以使氨的合成反应,在铁催化剂表面进行时的效率大大提高,从而使原料的转化率大大提高。
请你应用化学基本理论对此观点进行评价:
___。
【答案】溶液显色所需要的时间2CO+2NO
N2+2CO2NO-1160kJ·mol-1该研究只能提高化学反应速率,不能使化学平衡发生移动
【解析】
【分析】
(1)催化剂不同催化效果不同,可将经催化反应后的混合气体通过滴有酚酞的稀硫酸溶液(溶液的体积、浓度均相同),测量并记录的溶液显色的时间;
(2)①CO、NO反应生成了CO2和N2,据此写出反应的化学方程式,然后判断氧化剂;
②写出CH4还原NO2至N2的热化学方程式,然后结合CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H1=-574kJ•mol-1反应,求算出△H2;
(3)催化剂只能加快反应速度,不能改变化学平衡。
【详解】
(1)溶液显色的时间不同,说明催化剂的催化效果不同,需要测量并记录溶液显色所需要的时间;
(2)①CO和NO反应生成了CO2和N2,根据化合价变化配平该反应方程式为:
2CO+2NO
N2+2CO2,该反应中一氧化氮被还原生成氮气,NO为氧化剂;
②1molCH4还原NO2至N2,热化学方程式是:
CH4(g)+2NO2(g)═N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H3=-867kJ•mol-1;结合热化学方程式CH4(g)+4NO2(g)=4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H1=-574kJ•mol-1,可以得出:
CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g);△H2=-1160kJ•mol-1;
故答案为:
-1160kJ•mol-1;
(3)催化剂只能加快反应速度,不能改变化学平衡,所以该研究只能提高化学反应速率,不能使化学平衡发生移动。
9.某些共价键的键能数据如表(单位:
kJ•mol-1):
(1)把1molCl2分解为气态原子时,需要___(填“吸收”或“放出”)243kJ能量。
(2)由表中所列化学键形成的单质分子中,最稳定的是___;形成的化合物分子中最不稳定的是___。
(3)发射火箭时用气态肼(N2H4)作燃料,二氧化氮作氧化剂,两者反应
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