培优 易错 难题化学能与电能辅导专题训练附答案.docx
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培优易错难题化学能与电能辅导专题训练附答案
培优易错难题化学能与电能辅导专题训练附答案
一、化学能与电能
1.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸。
某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2,回答下列问题:
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,写出制备ClO2的离子方程式__。
(2)用过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。
实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。
①装置A的名称是__,装置C的作用是__。
②反应容器B应置于30℃左右的水浴中,目的是__。
③通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是__。
④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__,装置E的作用是__。
(3)氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。
①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。
某次除杂操作时,往粗盐水中先加入过量的__(填化学式),至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀一并滤去。
②用石墨做电极,在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2,工作原理如图所示,写出阳极产生ClO2的电极反应式__。
【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率,同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2,防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
【分析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性,在工业上常用作水处理剂、漂白剂。
分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯,三种方法均利用了氧化还原反应。
【详解】
(1)以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒,可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。
(2)①装置A的名称为恒压漏洞,装置C为安全瓶,起到防止液体倒吸的作用。
②升高温度可以提高化学反应速率,但是原料中含有过氧化氢,过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应,因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。
③根据题文可知,ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸,故通入氮气的主要作用有3个,一是可以起到搅拌作用,二是有利于将ClO2排出,三是稀释ClO2,防止其爆炸。
④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应,将CN-转化为无污染的CO2和N2,故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-;装置E在整套装置之后,起到吸收尾气,防止环境污染的作用。
(3)①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质,需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子,过量的钡离子可以用碳酸根离子除去,因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。
②用石墨做电极,电解池的阳极发生氧化反应,元素化合价升高,因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2,电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。
2.以NaCl为主要成分的融雪剂会腐蚀桥梁、铁轨等钢铁设备。
某研究小组探究NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响。
(1)将滤纸用3.5%的NaCl溶液润湿,涂上铁粉、碳粉的混合物,贴在表面皿上。
在滤纸上加几滴检验试剂,再缓慢加入NaCl溶液至没过滤纸,操作如下所示:
①实验ⅰ的现象说明,得电子的物质是_______________________________。
②碳粉的作用是___________________________________________________。
③为了说明NaCl的作用,需要补充的对照实验是_____________________。
(2)向如图示装置的烧杯a、b中各加入30mL3.5%的NaCl溶液,闭合K,指针未发生偏转。
加热烧杯a,指针向右偏转。
①取a、b中溶液少量,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,a中出现蓝色沉淀,b中无变化,b中铁片作________极。
②加热后,指针发生偏转的原因可能是_____________________。
(3)用
(2)中图示装置探究不同浓度NaCl溶液对钢铁腐蚀的影响,向烧杯a、b中各加入30mL不同质量分数的NaCl溶液,实验记录如下表所示。
实验
a
b
指针偏转方向
I
0.1%
0.01%
向右
II
0.1%
3.5%
向左
Ⅲ
3.5%
饱和溶液
向右
①Ⅱ中,b中电极发生的电极反应式是_______________________________。
②Ⅲ中,铁在饱和NaCl溶液中不易被腐蚀。
查阅资料可知:
在饱和NaCl溶液中O2浓度较低,钢铁不易被腐蚀。
设计实验证明:
_______________________________。
(4)根据上述实验,对钢铁腐蚀有影响的因素是_______________________________。
【答案】O2与铁组成原电池,作原电池的正极用水代替NaCl溶液进行上述实验正温度升高,Fe还原性增强,反应速率加快Fe-2e-=Fe2+另取两个烧杯,分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液,再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液,然后往其中一个烧杯中通入O2,观察现象温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度
【解析】
【分析】
(1)铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池,发生吸氧腐蚀生成氢氧根离子,溶液显碱性,遇到酚酞变红;
(2)①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀;
②温度升高,Fe还原性增强,反应速率加快;
(3)①依据不同浓度下,检流计指针偏转方向判断电极,书写电极反应式;
②要证明在饱和NaCl溶液中O2浓度较低,钢铁不易被腐蚀,可以设计对比试验,一个实验中通入氧气,另一个实验中不通入氧气,观察铁的腐蚀情况;
(4)依据上述实验总结归纳解答。
【详解】
(1)①铁、碳以氯化钠溶液为电解质形成原电池,酚酞变红说明生成氢氧根离子,发生吸氧腐蚀,故得电子的物质是O2;
②铁与碳以氯化钠溶液为电解质形成原电,铁做原电池负极,碳做正极;
③为了说明NaCl的作用,需要补充的对照实验是,用水做电解质,代替氯化钠进行上述实验;
(2)①K3[Fe(CN)6]溶液与二价铁离子反应生成蓝色沉淀,而取a、b中溶液少量,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,a中出现蓝色沉淀,说明a中生成二价铁离子,b中无变化,b中没有二价铁离子生成,所以a做负极,b做正极;
②加热后,指针发生偏转的原因可能是:
温度升高,Fe还原性增强,反应速率加快;
(3)①依据图表中Ⅱ组数据及指针向左偏转,则可知:
b极为负极,失去电子发生氧化反应,电极反应式:
Fe-2e-=Fe2+;
②要证明氧气浓度对金属腐蚀速率的影响,可以设计对比实验,如下:
另取两个烧杯,分别往其中加入铁片和一定量的饱和NaCl溶液,再分别滴加几滴K3Fe(CN)6溶液,然后往其中一个烧杯中通入O2,观察现象;
(4)通过上述实验可知:
对钢铁腐蚀有影响的因素是有温度、NaCl溶液的浓度、O2的浓度。
3.现需设计一套实验装置来电解饱和食盐水,并测量电解产生的氢气的体积(约6mL)和检验氯气的氧化性(不应将多余的氯气排入空气中)。
(1)试从下图中选用几种必要的仪器,连成一整套装置,各种仪器接口的连接顺序(填编号)是A接__________,B接__________。
(2)铁棒接直流电源的________极;碳棒上发生的电极反应为_______。
(3)能说明氯气具有氧化性的实验现象是_______________________。
(4)假定装入的食盐水为50mL,一段时间后,产生5.6mL(标准状况)H2时,所得溶液在25℃时的pH=________。
(5)若将B电极换成铁电极,写出在电解过程中U形管底部出现的现象:
__________。
【答案】A接GFIB接DEC负极2Cl--2e-=Cl2↑淀粉KI溶液变蓝12白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
U形管装置为电解装置,铁棒为阴极,连接电源负极,发生还原反应:
2H++2e-=H2↑;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:
2Cl--2e-=Cl2↑,所以从A出来的是H2,应该连接G,然后F连接I。
淀粉KI溶液可以检验Cl2,所以B连接D,E连接C,目的是吸收尾气Cl2。
【详解】
(1)根据以上分析可知:
A接GFI,B接DEC;
答案:
A接GFIB接DEC
(2)铁棒不可连接电源正极,如果连接正极铁会失电子,发生氧化反应,所以必须连接电源负极;碳棒为阳极,连接电源正极,发生氧化反应:
2Cl--2e-=Cl2↑;
答案:
负极2Cl--2e-=Cl2↑
(3)利用Cl2+2KI=2KCl+I2,碘单质使得淀粉溶液变蓝,证明氯气具有氧化性;
答案:
淀粉KI溶液变蓝
(4)2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑
2mol22.4L
n(NaOH)5.6×10-3L
n(NaOH)=
mol=0.0005mol
c(NaOH)=
=
=0.01mol/L
pH=-lg
=-lg
=12
答案:
12
(5)若将B电极换成铁电极,总电极反应为Fe+2H2O
Fe(OH)2↓+H2↑,后续反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,因此现象为生成白色沉淀,迅速变成灰绿色最后变成红褐色。
答案:
白色沉淀迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【点睛】
试题以电解饱和食盐水为载体,旨在考查学生灵活运用电解原理解决实际问题的能力,明确电解原理、物质的性质特点是解答的关键。
4.广泛用于纺织工业的连二亚硫酸钠(Na2S2O4),俗称保险粉,是一种强还原剂,可溶于水,但不溶于乙醇,在碱性介质中稳定。
Ⅰ.工业上制备连二亚硫酸钠的流程如下:
请回答下列问题:
(1)步骤①中的化学方程式为___________________________________;
(2)步骤②中沉淀为_________________________________(填化学式);
(3)步骤③中加入NaCl固体的作用是______________________________,分离出保险粉方法为_______、洗涤、干燥,洗涤所用试剂是___________________________。
Ⅱ.工业上也可用右图装置电解NaHSO3溶液制Na2S2O4。
(1)惰性电极a连接电源的_________(填“正极”或“负极”),其电极反应式为________________;
(2)若不加隔膜,则得不到连二亚硫酸钠,其原因是____________________________。
Ⅲ.探究Na2S2O4的性质:
某课题小组常温下测定0.050mol•L-1Na2S2O4溶液在空气中的pH变化如下图所示;
(1)0-t1段主要生成HSO3-,根据pH变化图,写出0-t1发生反应的离子方程式为______________;
(2)若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3,此时溶液中c(SO32-)-c(H2SO3)=__________mol•L-1(填具体数值,不考虑溶液体积变化)
【答案】Zn+2SO2=ZnS2O4Zn(OH)2降低Na2S2O4的溶解度,使更多Na2S2O4析出过滤乙醇负极2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化或HSO3-在阳极失电子得到硫酸根2H2O+2S2O42-+O2=4HSO3-10-5-10-9
【解析】Ⅰ.锌粉加水形成分散系,再通入二氧化硫反应得到ZnS2O4,加入18%dNaOH溶液反应得到氢氧化锌沉淀、Na2S2O4,最后加入NaCl降低Na2S2O4的溶解度,析出Na2S2O4,溶液D中含有NaCl。
(1)根据上述分析,步骤①中的化学方程式为Zn+2SO2=ZnS2O4,故答案为:
Zn+2SO2=ZnS2O4;
(2)步骤②中沉淀为Zn(OH)2,故答案为:
Zn(OH)2;
(3)步骤③中加入NaCl固体可以降低Na2S2O4的溶解度,使更多Na2S2O4析出,然后过滤、洗涤、干燥即可分离出保险粉;连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是一种强还原剂,可溶于水,但不溶于乙醇。
为了减少Na2S2O4的溶解损失,洗涤液可以选用乙醇,故答案为:
降低Na2S2O4的溶解度,使更多Na2S2O4析出;过滤;乙醇;
Ⅱ.a极上NaHSO3生成Na2S2O4,S元素化合价由+4价降低到+3价,发生还原反应,应为阴极,a连接电源的负极,b极上氢氧化钠溶液中的水被氧化生成氧气,为阳极,b连接电源的正极。
(1)根据上述分析,惰性电极a连接电源的负极”),其电极反应式为2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-,故答案为:
负极;2HSO3-+2e-=S2O42-+2OH-;
(2)若不加隔膜,Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根,得不到连二亚硫酸钠,故答案为:
Na2S2O4被阳极生成的氧气氧化得到硫酸根;
Ⅲ.
(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠,则0~t1段发生离子反应方程式为2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-,故答案为:
2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-;
(2)若t1时溶液中Na2S2O4全部被氧化成NaHSO3,浓度为0.1mol/L,根据图像,此时溶液的pH=5,溶液中存在物料守恒,c(SO32-)+c(H2SO3)+c(HSO3-)=0.1mol/L,也存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),则c(SO32-)-c(H2SO3)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)-0.1mol/L=c(H+)-c(OH-)=(10-5-10-9)mol/L,故答案为:
10-5-10-9。
5.保险粉又称连二亚硫酸钠(Na2S2O4),可用于纺织工业的漂白剂、脱色剂,脱氯剂。
Na2S2O4是白色粉末,无味,易溶于水、难溶于乙醇,具有极强的还原性,在空气中易被氧化,在碱性介质中稳定。
Ⅰ.甲酸钠( HCOONa) 法制备过程如下:
(1)连二亚硫酸钠中硫元素的化合价为______________。
(2)实验室用Na2SO3固体和某酸反应制备SO2气体,制备SO2时所选用的酸,你认为下列最适宜选用的是______________。
A.浓盐酸B.浓硝酸
C.质量分数为70%的硫酸D.质量分数为10%的硫酸
(3)步骤①中制备连二亚硫酸钠的化学方程式可表示为____________________________。
(4)上述步骤②中,加入适量乙醇水溶液的作用是______________。
(5)在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体,目的是_________________________。
(6)①现将0.05mol/LNa2S2O4溶液在空气中放置,其溶液的pH与时间(t)的关系如图所示。
t1时溶液中只有NaHSO3一种溶质,此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为_______________。
②t1~t2段发生化学反应的离子方程式为______________________________。
Ⅱ.电解法制备:
工业上用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4。
过程如图所示
(7) ①产品在_________________(填“阳极”、“阴极”)得到。
②若不加隔膜,则连二亚硫酸钠产率降低,其原因是__________________________________。
【答案】+3CNaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O连二亚硫酸钠难溶于乙醇,用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度,有利于Na2S2O4晶体析出Na2CO3为碱性物质,提高“保险粉”的稳定性c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3)2HSO3-+O2=2H++2SO42-阴极若不加隔膜,则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子,得不到连二亚硫酸钠,使连二亚硫酸钠产率下降或部分HSO3-被阳极产生的Cl2氧化生成SO42-,使连二亚硫酸钠产率下降
【解析】Ⅰ.
(1)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)中钠元素为+1价,氧元素为-2价,根据正负化合价的代数和为0,硫元素的化合价为+3价,故答案为:
+3;
(2)二氧化硫具有还原性,能被硝酸氧化,盐酸中的氯化氢易挥发,制得的二氧化硫不纯,70%的H2SO4产生二氧化硫的速率较快,故选C;
(3)SO2气体通入甲酸钠的碱性溶液可以生成Na2S2O4和二氧化碳,反应的化学方程式为NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O,故答案为:
NaOH+HCOONa+2SO2=Na2S2O4+CO2+H2O;
(4)根据题意,Na2S2O4易溶于水、难溶于乙醇。
加入适量乙醇水溶液可以降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度,有利于Na2S2O4晶体析出,故答案为:
连二亚硫酸钠难溶于乙醇,用乙醇水溶液可降低连二亚硫酸钠的在溶液中的溶解度,有利于Na2S2O4晶体析出;
(5)由信息可知在碱性介质中稳定,则在包装保存“保险粉”时加入少量的Na2CO3固体,目的是Na2CO3为碱性物质,提高“保险粉”的稳定性,故答案为:
Na2CO3为碱性物质,提高“保险粉”的稳定性;
(6)①NaHSO3的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3),故答案为:
c(HSO3-)>c(SO32-)>c(H2SO3);
②Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠,则0~t1段发生离子反应方程式为2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3-,t1点是为0.1mol/L的NaHSO3,根据图像t2时pH=1,说明NaHSO3完全被氧化生成硫酸氢钠,t1~t2段发生化学反应的离子方程式为2HSO3-+O2=2H++2SO42-,故答案为:
2HSO3-+O2=2H++2SO42-;
Ⅱ.(7) ①用惰性电极电解NaHSO3溶液得到Na2S2O4,反应过程中S元素的化合降低,被还原,应该在阴极上反应得到Na2S2O4,故答案为:
阴极;
②若不加隔膜,则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应,也可能被阳极产生的氯气氧化,结果都会生成硫酸根离子,得不到连二亚硫酸钠,使连二亚硫酸钠产率下降,故答案为:
若不加隔膜,则部分HSO3-到阳极失电子发生氧化反应生成硫酸根离子,得不到连二亚硫酸钠,使连二亚硫酸钠产率下降。
6.
(1)天然气是一种重要的清洁能源和化工原料,其主要成分为甲烷。
①以甲烷、空气、氢氧化钾溶液为原料,石墨为电极可构成燃料电池。
该电池的负极反应式为___________________________。
②将质量相等的铁棒和石墨棒分别插入CuCl2溶液中,铁棒接甲烷燃料电池负极,石墨棒接该电池正极,一段时间后测得铁棒比石墨棒增加了6.4克。
写出铁棒电极上发生的电极反应式________;则理论上消耗CH4的体积在标准状况下为_____。
(2)如图所示的实验装置中,丙为用碘化钾溶液润湿的滤纸,m、n为夹在滤纸两端的铂夹;丁为直流电源,x、y为电源的两极;G为电流计;A、B、C、D四个电极均为石墨电极。
若在两试管中充满H2SO4溶液后倒立于H2SO4溶液的水槽中,闭合K2,断开K1。
①丙电解时反应的离子方程式为______________。
②继续电解一段时间后,甲池中A、B极均部分被气体包围,此时断开K2,闭合K1,电流计G指针发生偏转,则B极的电极反应式为__________________,C极的电极反应为__________________。
【答案】CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2OCu2++2e-===Cu0.56L2I-+2H2O
I2+H2↑+2OH-O2+4e-+4H+=2H2O4OH--4e-=O2↑+2H2O
【解析】
(1)①总反应为甲烷和氧气反应生成二氧化碳和水,二氧化碳和氢氧化钾反应生成碳酸钾,所以总方程式为:
CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O。
正极是氧气得电子:
O2+2H2O+4e-=4OH-,总反应减去正极反应(将正极反应扩大2倍,以消去氧气),得到负极反应为:
CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O。
②将质量相等的铁棒和石墨棒分别插入CuCl2溶液中,铁棒接甲烷燃料电池负极,石墨棒接该电池正极,则铁棒为电解的阴极,反应为:
Cu2++2e-=Cu;石墨棒为电解的阳极,反应为:
2Cl--2e-=Cl2↑。
一段时间后测得铁棒比石墨棒增加了6.4克,这6.4g是生成的单质铜(0.1mol),则根据电极反应得到转移电子为0.2mol,1个甲烷生成碳酸根失去8个电子,所以参加反应的甲烷为0.025mol,即0.56L。
(2)①丙是碘化钾溶液,电解时阴阳两极分别是水电离的氢离子和碘化钾电离的碘离子反应,所以总方程式为2I-+2H2O
I2+H2↑+2OH-
②闭合K2,断开K1时,是用直流电源对甲乙丙进行串联电解。
A中得到氢气,B中得到氧气(因为A中气体的体积大约是B的2倍),所以A为电解的阴极,B为电解的阳极,进而得到直流电源x为正极,y为负极。
断开K2,闭合K1,电流计G指针发生偏转,说明形成原电池。
由题意只可能是甲中形成氢气氧气燃料电池,对乙丙进行电解。
所以B电极为原电池的正极,反应为氧气在酸性条件下得电子,方程式为O2+4e-+4H+=2H2O。
因为B为正极,所以C为电解的阳极,注意此时c电极表面应该有刚才断开K2,闭合K1时,进行电解得到的单质银。
所以此时c电极的反应为Ag-e-=Ag+。
7.实验室用下面装置测定FeO和Fe2O3固体混合物中Fe2O3的质量,D装置的硬质双通玻璃管中的固体物质是FeO和Fe2O3的混合物。
(1)如何检查装置A的气密性?
(2)装置A发生的反应有时要向其中加入少量CuSO4溶液,其目的是,其原理是。
(3)为了安全,在点燃D处的酒精灯之前,在b出口处必须。
(4)装置B的作用是;装置C中装的液体是。
(5)在气密性完好,并且进行了必要的安全操作后,点燃D处的酒精灯,在硬质双通玻璃管中发生反应的化学方程式是。
(6)若FeO和Fe2O3固体混合物的质量为23.2g,反应完全后U型管的质量增加7.2g,则混合物中Fe2O3的质量为g。
(7)U形管E右边又连接干燥管F的目的是,若无干燥管F,测得Fe2O3的质量将(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
【答案】(14分)
(1)关闭a,从球形漏斗口加水,待水从漏斗管上升与容器中的水面形成一段水柱,停止加水,静置片刻,如水柱不下降,证
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