高考化学硫及其化合物大题培优附详细答案.docx
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高考化学硫及其化合物大题培优附详细答案
高考化学硫及其化合物(大题培优)附详细答案
一、高中化学硫及其化合物
1.硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。
请回答:
(1)将SO2通入品红溶液中,现象为品红溶液________,加热后溶液颜色________。
(2)已知反应:
SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4,该反应中的氧化产物是__________。
(3)木炭与浓硫酸共热的化学反应方程式为:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,若生成0.5molCO2,则转移电子的物质的量是_________mol。
(4)工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。
下列关于氨气的性质和用途描述正确的是____________。
A.氨气易液化,液氨可作制冷剂B.可用排水法收集氨气
C.氨气是一种无色无味的气体D.向氨水中滴加酚酞,溶液变红
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是___________________(写出一种即可)。
(6)汽车尾气常含有NO、NO2、CO等,会污染空气。
在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器,可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体,该反应的化学方程式为__________________________。
【答案】褪色变红H2SO42AD用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)。
(或其他合理答案)2CO+2NO
N2+2CO2
【解析】
【分析】
(1)SO2具有漂白性,但漂白是有选择的、暂时性的,加热后无色产物会分解,重新生成品红。
(2)反应SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4中,氧化产物是含有价态升高元素的生成物。
(3)在反应C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O中,有如下关系:
CO2——4e-,由此可计算出生成0.5molCO2,转移电子的物质的量。
(4)A.氨分子间易形成氢键,分子间作用力较大,所以氨气易液化,液氨可作制冷剂;
B.氨气易溶于水,不能用排水法收集;
C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体;
D.氨水呈碱性,向氨水中滴加酚酞,溶液变红。
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满时,可用蘸有浓盐酸的玻璃棒,也可使用湿润的红色石蕊试纸。
(6)CO和NO反应转化为两种无毒气体,则气体应为N2和CO2。
【详解】
(1)将SO2通入品红溶液中,因为SO2具有漂白性,所以品红溶液褪色,加热后,无色物质分解,重新生成品红,所以溶液颜色变红。
答案为:
褪色;变红;
(2)已知反应:
SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4,该反应中的氧化产物是含有价态升高元素的生成物,所以应为H2SO4。
答案为:
H2SO4;
(3)在反应C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O中,有如下关系:
CO2——4e-,生成0.5molCO2,转移电子的物质的量是0.5mol×4=2mol。
答案为:
2;
(4)A.氨分子间易形成氢键,分子间作用力较大,所以氨气易液化,液氨可作制冷剂,A正确;
B.氨气易溶于水,不能用排水法收集,B错误;
C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体,C错误;
D.氨水呈碱性,向氨水中滴加酚酞,溶液变红,D正确;
故选AD。
答案为:
AD;
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)(或其他合理答案)。
答案为:
用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)(或其他合理答案);
(6)CO和NO反应转化为两种无毒气体,则气体应为N2和CO2,该反应的化学方程式为2CO+2NO
N2+2CO2。
答案为:
2CO+2NO
N2+2CO2。
【点睛】
二氧化硫的漂白是有条件的、暂时性的,它能使品红溶液和有色布条褪色,但不能使紫色石蕊试液褪色。
往紫色石蕊试液中通入二氧化硫,溶液变为红色,继续通入二氧化硫至过量,溶液仍为红色。
2.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,图中可选用的发生装置是______(填写字母)。
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L(标准状况)二氧化硫,如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则至少需称取该亚硫酸钠______ g (保留一位小数)。
(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标,现对该区域雨水样品进行探究。
首先用pH试纸测定雨水样品的pH,操作方法为______,测得样品pH约为3;为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质,将一定量的SO2通入蒸馏水中,配成pH为3的溶液,然后将溶液分为A、B两份,将溶液B久置于空气中,与密闭保存的A相比,久置后的溶液B中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央,半分钟后待变色,再与对照标准比色卡读数。
减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态,反应条件不需加热,可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率;
(2)由硫守恒可得:
Na2SO3~SO2,根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量;结合亚硫酸钠的质量分数,再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,然后与比色卡对比;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,溶液酸性增强。
【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,由于反应不需要加热,排除装置d;由于亚硫酸钠是细小颗粒,不可选用装置c;装置b无法可知反应速率,故可选用的发生装置为:
ae;
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,根据反应方程式:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,根据反应方程式可知:
Na2SO3~SO2,n(SO2)=
=0.15mol,则需亚硫酸钠的质量为:
m(Na2SO3)=0.15mol×126g/mol=18.9g;如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则含亚硫酸钠的质量分数为60%,至少需称取该亚硫酸钠的质量为
==31.5g;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,半分钟后与比色卡对比,操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上,半分钟后待变色,再对照标准比色卡读数;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,导致溶液酸性增强,溶液中c(H+)增大,对水电离的抑制作用增强,则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。
明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键,注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质,试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
3.正误判断,正确的打“√”,错误的打“×”
(1)硫的非金属性较强,所以只以化合态存在于自然界中(____)
(2)分离黑火药中的硝酸钾、木炭、硫黄要用到二硫化碳、水及过滤操作(____)
(3)硫与金属或非金属反应时均作氧化剂(____)
(4)硫在空气中燃烧产物只是SO2(____)
(5)不能由单质直接化合而制得CuS、CuCl2、Fe2S3、FeCl2(____)
(6)用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫(____)
(7)含硫化合物间的转化,既可以通过氧化还原反应实现,也可以通过非氧化还原反应实现(____)
(8)因为SO2具有还原性,所以不能用浓H2SO4干燥SO2(____)
(9)3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O,在该反应中,硫既作氧化剂,又作还原剂。
可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管(____)
(10)因为Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物,而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物,所以氧化性:
Cl2>S(____)
【答案】×√×√××√×√√
【解析】
【详解】
(1)在火山喷口附近存在硫单质,错误,故填×;
(2)分离黑火药中三组分可利用它们溶解性的差异:
先用CS2处理,使硫溶解,过滤后蒸发滤液,得晶体硫;滤渣再用水处理,溶去硝酸钾,过滤,又得滤渣(炭粉);滤液经蒸发、浓缩、结晶,得到硝酸钾,正确,故填√;
(3)硫单质为零价,是中间价态,与金属反应时显氧化性;硫与非金属性比它强的非金属(如氧、氯、氟等)反应时硫显还原性,错误。
故填×;
(4)硫在空气中燃烧,发出淡蓝色火焰,产物只有二氧化硫,正确,故填√;
(5)S的原子半径较大,获得电子的能力较弱,因此S与Cu、Fe反应时只能生成低价态的Cu和Fe的硫化物,即与Cu生成Cu2S而不是CuS;与Fe生成FeS而不是Fe2S3;氯气氧化性较强,与Cu、Fe反应时只能生成高价态的CuCl2和FeCl3;则CuCl2可以通过化合反应制得,故(5)错误,填×;
(6)硫单质不溶于水,不能用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫,错误,故填×;
(7)相同价态的含硫化合物间通过非氧化还原反应规律来转化,如二氧化硫转换成亚硫酸;不同价态的含硫化合物间通过氧化还原反应规律来转化,如二氧化硫转换成三氧化硫;正确,故填√;
(8)虽然浓H2SO4具有强氧化性,SO2具有还原性,但不能发生氧化还原反应,因为+6价的S与+4价的S之间没有中间价态,所以不能反应,则能用浓H2SO4干燥SO2;错误,故填×;
(9)反应3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O中,S元素化合价既升高又降低,硫既是氧化剂也是还原剂;单质硫在热的浓NaOH溶液中会发生岐化反应,生成硫化钠和亚硫酸钠,可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管;正确,故填√;
(10)氯气具有强氧化性,生成高价态金属氯化物,而S具有弱氧化性,生成低价态金属硫化物,可以通过Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物,而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物,来判断硫单质和氯气氧化性强弱,正确,故填√。
4.A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素,A与E同主族,A、B和E的原子最外层电子数之和为19,B与G 的单质都能与 H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,D 为同周期主族元素中原子半径最大的元素。
(1)B 在元素周期表中的位置是______。
(2)D 的两种常见氧化物中均含有____________(填“离子键”或“共价键”)。
(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。
(4)D 的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为___________。
(5)用原子结构解释“B、G 单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因:
________。
【答案】第2周期第VIIA族离子键2H2SO4(浓)+C
CO2↑+2SO2↑+2H2OCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键
【解析】
【分析】
A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素,其中B与G同主族,B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,则B为F元素,G为Cl元素.D为同周期主族元素中原子半径最大的元素,原子序数大于F而小于Cl,则D为Na元素.A与E同主族,A、B和E的原子最外层电子数之和为19,可知A与E的最外层电子数都为6,则A为O元素,E为S元素,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。
【详解】
A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素,其中B与G同主族,B与G的单质都能与H2反应生成“HX”(X代表B或G)型氢化物,则B为F元素,G为Cl元素.D为同周期主族元素中原子半径最大的元素,原子序数大于F而小于Cl,则D为Na元素.A与E同主族,A、B和E的原子最外层电子数之和为19,可知A与E的最外层电子数都为6,则A为O元素,E为S元素;
(1)B为F元素,位于周期表第2周期第VIIA族;
(2)D为Na元素,其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠,二者均含有离子键;
(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸,具有强氧化性,和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4(浓)+C
CO2↑+2SO2↑+2H2O;
(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠,反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O;
(5)氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键,单质都能与H2反应生成HX型氢化物。
5.A、B是两种有刺激气味的气体。
试根据下列实验事实填空。
(1)写出A~F各物质的化学式:
A__________、B__________、C__________、D__________、E__________、F__________。
(2)写出A、B跟水反应的离子方程式:
______________________。
【答案】Cl2SO2H2SO4HClBaSO3BaSO4Cl2+SO2+2H2O===4H++SO42-+2Cl-
【解析】
【详解】
(1)由A、B是两种有刺激气味的气体。
且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀,B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2;B为SO2;
A、B与H2O反应的化学方程式为:
Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HCl;
B与Ba(OH)2反应的化学方程式为:
Ba(OH)2+SO2===BaSO3↓+H2O;
含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为:
H2SO4+Ba(OH)2===BaSO4↓+2H2O;
溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为:
HCl+AgNO3===AgCl↓+HNO3;
故C为H2SO4;D为HCl;E为BaSO3;F为BaSO4。
【点睛】
熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键,本题的突破口为:
A、B是两种有刺激气味的气体。
等物质的量与水反应。
结合后面沉淀现象,能推知由反应:
Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HCl。
6.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件,部分产物为标出).已知:
A是酸式盐,B是能使品红溶液褪色的气体,G是红棕色气体。
按要求回答问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A________,B________,写出B的一种危害__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
E→F____________;红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:
____________;铜与H的浓溶液反应的离子方程式:
_____________。
(3)检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。
【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2
4NO+6H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则G是NO2;F和O2反应生成NO2,所以F是NO;NO2和水反应生成的H是HNO3;A是酸式盐,和NaOH反应生成E,E和O2反应生成NO,则E是NH3;B能使品红溶液褪色,且B能和O2反应生成C,所以B是SO2,C是SO3;SO3和水反应生成的D为H2SO4;A是酸式盐且是铵盐,所以A是NH4HSO3。
【详解】
(1)通过以上分析知,A、B分别是NH4HSO3、SO2,SO2属于酸性氧化物,能和H2O反应生成H2SO3,H2SO3不稳定,易被空气氧化生成H2SO4,随雨水降落地面而形成酸雨,所以其一种危害是酸雨;
(2)氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O,反应方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O,反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O;
(3)NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+,故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
7.已知X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。
请回答下列问题。
(1)写出下列各物质的化学式:
X______、Y______、A______、B______、C______。
(2)反应①的离子方程式为____________。
【答案】Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
【解析】
【分析】
A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀,A中含Cl-;B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀,B中含SO42-;又根据X、Y均为有刺激性气味的气体,且X能与
反应,则X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
【详解】
(1)分析可知,X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
8.在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y能够反应,生成化合物Z,Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P(如下框图所示),已知气体G与空气之密度比约为1.17。
请填空:
(1)组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族;
(2)Z与水发生水解反应方程式_____________________;
(3)每生成1mol的化合物Z,反应中转移_________________mol的电子。
【答案】ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6
【解析】
【分析】
气体G与空气之密度比约为1.17,所以G的相对分子质量为29×1.17=34,则G应为H2S,在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y反应,生成化合物Z,则Z中含有X、Y两种元素,其中一种元素为S元素,Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P,可推知Z为Al2S3,沉淀P为Al(OH)3,所以X为Al、Y为S,据此分析解答。
【详解】
(1)根据上述分析,X为Al、Y为S,所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族,故答案为:
ⅢA、ⅥA;
(2)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑,故答案为:
Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑;
(3)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,Al由0价升高到+3价,每生成1mol的化合物Z,反应中转移电子6mol,故答案为:
6。
9.雾霾严重影响人们的生活与健康,某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子:
Na+、
。
某同学收集了该地区的雾霾,经必要的预处理后配成试样溶液,设计并完成了如下的实验:
①取试样溶液100mL,向其中加入足量BaCl2溶液,得到白色沉淀2.33g,滴入足量盐酸沉淀质量不变。
②另取试样溶液100mL,向其中加入足量NaOH溶液,得到白色沉淀1.16g.再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。
(1)实验①能确定该雾霾中肯定不含的离子为_______________________。
(2)判断Cl-是否存在,若存在求其最小浓度(若不存在说明理由)________。
(3)该雾霾中肯定含有的离子为_________________________。
(4)1.16g白色沉淀为________(写化学式)。
(5)反应中消耗的BaCl2的物质的量为________mol。
(6)操作②中加盐酸沉淀溶解的离子方程式为______________________________。
【答案】Ba2+、Fe3+、CO32-0.2mol/LMg2+、SO42-、Cl-Mg(OH)20.01mol
【解析】
【分析】
①取试样溶液100mL,向其中加入足量BaCl2溶液,得到白色沉淀2.33g,滴入足量盐酸沉淀质量不变,则试样中一定含有SO42-,一定不含有CO32-,并且SO42-的物质的量为
=0.01mol,则原溶液中与SO42-不共存的离子Ba2+一定不含;
②另取试样溶液100mL,向其中加入足量NaOH溶液,得到白色沉淀1.16g,再滴入足量盐酸沉淀全部溶解,则试样中一定含有Mg2+,并且物质的量为
=0.02mol,一定不含Fe3+;
又溶液呈电中性,所以溶液中还一定含有Cl-,Na+可能含有,结合题给选项分析解答。
【详解】
(1)根据以上分析,肯定不含的离子为Ba2+、Fe3+、CO32-;
(2)由分析知溶液中含有Mg2+0.02mol,SO42-0.01mol,根据n(Mg2+)×2≠n(SO42)×2,可知电荷不守恒,而溶液一定是电中性的,则溶液中一定含有Cl-,则n(Mg2+)×2=n(SO42)×2+n(Cl-)×1,解得:
n(Cl-)=0.02mol,因溶液中还可能含有Na+,则溶液中n(Cl-)≥0.02mol,其最小浓度为
=0.2mol/L;
(3)根据以上分析,肯定含的离子为Mg2+、SO42-、Cl-;
(4)根据以上分析,1.16g白色沉淀为Mg(OH)2;
(5)根据以上分析,取试样溶液100mL,向其中加入足量BaCl2溶液,得到白色沉淀2.33g,根据钡离子守恒,则消耗的BaCl2的物质的量为
=0.01mol;
(6)根据以上分析,1.16g白色沉淀为Mg(OH)2,加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg (OH) 2+2H+=Mg2++2H2O。
10.A、B、C、D都是中学化学常见的物质,其中A、B、C均含同一种元素。
在一定条件下相互转化关系如下图所示(部分产物已略去)。
请按要求回答下列问题:
(1)若B、C为氧化物,B转化为C时,质量增加25%,C能够与水反应生成一种强酸,则B
转化为C的化学方程式是_______________________;
(2)若D为某金属单质,向C的溶液中滴加硝酸银溶液,产生不溶于稀硝酸的白色沉淀,则B的化学式是_____________;
(3)若D为强电解质溶液,A和C在溶液中反应生成白色沉淀B,则A和C反应的离子方程式是___________________符合条件的D物质可能是___________(填序号)。
①硫酸②醋酸③氢氧化钠④一水合氨⑤氯化钡
【答案】
(1)2SO2+O2
2SO3;
(2)FeC
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