全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总及答案解析.docx
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全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总及答案解析.docx
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全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总及答案解析
全国高考化学化学反应与能量的推断题综合高考真题汇总及答案解析
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.NiCl2是化工合成中最重要的镍源,在实验室中模拟工业上以金属镍废料(含Fe、Al等杂质)为原料生产NiCl2的工艺流程如下:
下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Al(OH)3
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
2.1
6.5
3.7
7.1
沉淀完全的pH
3.3
9.7
4.7
9.2
(1)为了提高镍元素的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有__________(写一条即可)。
(2)加入H2O2时发生主要反应的离子方程式为__________。
(3)“调pH”时,控制溶液pH的范围为__________。
(4)“沉镍”过程中,若滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中的Ni2+沉淀完全[即溶液中c(Ni2+)≤1.0×10-5],则需用托盘天平称取Na2CO3固体的质量至少为_____g。
(已知Ksp(NiCO3)=6.5×10-6,忽略溶液体积的变化)
(5)流程中由溶液得到NiCl2·6H2O的实验操作步骤依次为______、过滤、洗涤、干燥。
【答案】将镍废料磨成粉末(或搅拌,或适当升高温度,或提高酸的浓度)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O4.7≤pH<7.1或[4.7,7.1)17.5蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
根据流程:
金属镍废料(含Fe、Al等杂质),加盐酸酸浸后的酸性溶液中主要含有H+、Ni2+、Fe2+、Al3+,加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子,反应为:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O,加入Na2CO3溶液调节溶液的pH范围4.7≤pH<7.1,使Fe3+、Al3+全部沉淀,滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3,滤液主要含有Ni2+,加入Na2CO3溶液沉淀Ni2+,将得到的NiCO3沉淀用盐酸溶解得到二氧化碳和NiCl2溶液,将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O,据此分析作答。
【详解】
(1)为了提高镍元素的浸出率,在“酸浸”时可采取的措施有将镍废料磨成粉末、搅拌、适当升高温度方法、提高溶液中酸的浓度,都可以提高镍元素的浸出率;
(2)H2O2具有氧化性,加入H2O2氧化Fe2+为Fe3+,离子方程式为:
H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O;
(3)“调pH”的目的是沉淀Fe3+、Al3+,但不沉淀Ni2+,根据表格数据可知,应该控制溶液pH的范围为4.7≤pH<7.1或[4.7,7.1);
(4)滤液A中c(Ni2+)=1.0mol/L,欲使100mL该滤液中含有n(Ni2+)=0.1mol,则生成NiCO3需要CO32-为0.1mol,Ni2+刚好沉淀完全时,溶液中c(CO32-)=
=0.65mol/L,此时溶液中CO32-为0.065mol,故至少需要Na2CO3固体0.1mol+0.065mol=0.165mol,其质量m(Na2CO3)=0.165mol×106g/mol=17.49g≈17.5g;
(5)将NiCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiCl2•6H2O。
2.六氟磷酸锂(LiPF6)极易溶于水,可溶于醇等有机溶剂,常作锂离子电池的电解质。
某工氟磷灰石[Ca5(PO4)3F]为主要原料,制备六氟磷酸锂的流程如下:
已知:
HF的熔点为-83℃,沸点为19.5℃
回答下列问题:
(1)粉碎氟磷灰石的目的是________________________
(2)特制容器不能用玻璃容器,原因是________________(用文字叙述)
(3)沸腾炉中产生固液混合物,该混合物中含有CaSO4和________(除硫酸外)
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体,制备白磷的化学方程式为________________
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成两种盐,写出发生反应的离子方程式:
________________
(6)如果42.5kgLiCl参与反应,理论上可制备________kgLiPF6
【答案】增大接触面积,加快反应速率HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应H3PO44Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O152
【解析】
【分析】
氟磷灰石粉碎后,加入浓硫酸加热的条件下发生Ca5[PO4]3F+5H2SO4=HF↑+3H3PO4+5CaSO4,气体A为HF,液化后,HF能与二氧化硅反应,不能在玻璃仪器中反应,需在特制容器中与LiCl反应;氟磷灰石与焦炭、石英砂在1500℃发生4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑,白磷与氯气点燃的条件下生成三氯化磷与五氯化磷的混合物,再与LiCl反应生成LiPF6和HCl。
【详解】
(1)粉碎氟磷灰石,导致固体颗粒小,接触面积增大,其目的为增大接触面积,加快反应速率;
(2)生成的气体为HF,HF能与玻璃或陶瓷仪器中的二氧化硅反应,故需在特制容器反应;
(3)根据反应的方程式,混合物中含有CaSO4和H3PO4;
(4)制备白磷(P4)中产生SiF4和一种还原性气体CO,反应的方程式为4Ca5(PO4)3F+21SiO2+30C
20CuSiO3+3P4+SiF4↑+30CO↑;
(5)尾气中PCl5用足量的烧碱溶液吸收生成磷酸钠和氯化钠,离子方程式为PCl5+8OH-=PO43-+5Cl-+4H2O;
(6)LiCl+6HF+PCl5=LiPF6+6HCl,42.5kgLiCl的物质的量为1000mol,理论生成1000molLiPF6,质量为152kg。
3.硝酸铵常用作化肥和化工原料,工业上制备硝酸铵的简要流程如图:
(1)中和器中主要反应的化学方程式为___________
(2)制备硝酸铵采用加压中和法还是常压中和法?
同时说明原因___________
(3)在不同的反应条件下,中和器中硝酸浓度与硝酸铵含量存在如图关系:
[不利用中和热及在不同情况下利用中和热时生产硝铵溶液中NH4NO3的含量1-HNO3和NH3(70℃);2-HNO3和NH3(50℃);3-HNO3(50℃)和NH3(20℃);4-HNO3和NH3(20℃)]
①按图中的数据分析,要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上,原料最佳温度和硝酸最佳含量是__________
A.70℃;58%
B.HNO3(50℃),NH3(20℃);56%
C.50℃;56%
D.20℃;58%
②中和器中产品检测时,工作人员发现N2浓度明显高于正常空气带入的N2浓度,试用化学方程式表示中和器中生成N2的最有可能的过程____________、___________
③以下制备硝酸铵分析不正确的是___________
A.硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液。
B.采用真空蒸发器有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液和较大颗粒的硝酸铵晶体析出。
C.已知NH3与HNO3的气相反应很不彻底,工艺中应尽量使反应在液相中进行,可将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应。
D.充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品,可以降低原料损耗。
【答案】NH3+HNO3=NH4NO3采用加压中和法。
原因是加压可以增大反应的速率和提高产率A4HNO3=4NO2+O2+2H2O6NO2+8NH3=7N2+12H2OBC
【解析】
【分析】
(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性,所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵;
(2)压强越大化学反应速率越快,且增大压强可以提高产率;
(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上,硝酸的含量越低越好;
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O,NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2。
【详解】
(1)氨气属于碱性气体、硝酸具有酸性,所以碱性气体氨气和硝酸反应生成硝酸铵,反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3;
(2)压强越大单位体积内活化分子个数越多,则化学反应速率越快,该反应前后气体计量数减小,则增大压强可以提高产率,所以采用加压中和法;
(3)①要使中和器中硝酸铵含量达到90%以上,硝酸的含量越低越好,根据图知,温度为70℃、硝酸含量为58%最好,答案选A;
②HNO3易分解生成NO2、O2、H2O,NO2、NH3能发生氧化还原反应生成N2,发生的反应为4HNO3=4NO2+O2+2H2O、6NO2+8NH3=7N2+12H2O;
③A、中和时放出的热量预热原料能加快化学反应速率,浓缩溶液需要加热,所以硝酸铵制备中应利用反应的中和热用于预热原料和浓缩硝酸铵溶液,从而减少资源浪费,A正确,不符合题意;
B、结晶速率越慢得到的颗粒越大,采用真空蒸发器增大蒸发速率,虽然有利于获得较高浓度的硝酸铵溶液,但得到较小颗粒的硝酸铵晶体析出,B错误,符合题意;
C、将硝酸持续匀速地通入预先装有液氨的中和器中反应,放出的热量会使得液氨气化,会导致氨的转化率降低,不利于硝酸铵的制取,C错误,符合题意;
D、充分回收、重复利用蒸发器的蒸气和冷凝液中的产品,增大原料的利用,从而可以降低原料损耗,D正确,不符合题意;答案为:
BC。
【点睛】
(3)③问中,结晶速率和晶体颗粒大小的关系,是易错点,要注意。
4.以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜的工艺流程如图所示:
回答下列问题:
(1)若要提高辉铜矿煅烧效率可采取的措施有___(填两种)。
(2)气体X的主要成分是___(填化学式),写出该气体的一种用途___。
(3)蒸氨过程总反应的化学方程式是___。
(4)溶液E与Na2CO3溶液反应制取Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为___。
(5)某实验小组研究溶液E与Na2CO3溶液加料顺序及加料方式对产品的影响,实验结果如下:
实验序号
加料顺序及方式
沉淀颜色
沉淀品质
产率/%
1
溶液E一次加入Na2CO3溶液中并迅速搅拌
浅蓝色
品质较好
87.8
2
溶液E逐滴加入Na2CO3溶液中并不断搅拌
暗蓝色
品质好
71.9
3
Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌
浅绿色
品质好
96.7
4
Na2CO3溶液一次加入溶液E中并不断搅拌
浅蓝色
品质较好
102.7
由上表可知制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是___(填序号)。
【答案】减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等[Cu(NH3)4]Cl2+H2O
CuO+2HCl↑+4NH3↑2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑3
【解析】
【分析】
辉铜矿通入氧气充分煅烧,生成二氧化硫气体,固体B主要为CuO、Fe2O3,加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液,加入过量氨水,可得到[Cu(NH3)4]2+和Fe(OH)3,[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO,加入酸酸化得到Cu2+,经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜,以此解答该题。
【详解】
(1)通过粉碎辉铜矿减小辉铜矿颗粒大小、适当提高煅烧温度、增大O2浓度等措施均可提高辉铜矿煅烧效率;
(2)Cu2S可与氧气反应生成二氧化硫,则气体X的主要成分是SO2,SO2是酸性氧化物,有漂白性、还原性,则利用SO2制备硫酸、漂白剂、防腐剂等;
(3)蒸氨过程[Cu(NH3)4]2+经加热可得到CuO,反应的方程式为[Cu(NH3)4]Cl2+H2O
CuO+2HCl↑+4NH3↑;
(4)向含有Cu2+的溶液中滴加Na2CO3溶液生成Cu2(OH)2CO3的离子反应方程式为2Cu2++2CO32-+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑;
(5)由图表信息可知Na2CO3溶液一次加入溶液E中并迅速搅拌,获得浅绿色的碱式碳酸铜,品质好,且产率高,故制取Cu2(OH)2CO3最佳加料顺序及加料方式是实验序号3。
5.在一定温度下,体积为2L的密闭容器中,NO2和N2O4之间发生反应:
2NO2(g)(红棕色)
N2O4(g)(无色),如图所示。
(1)曲线_____________(填“X”或“Y”)表示N2O4的物质的量随时间的变化曲线。
(2)3min内,以X的浓度变化表示的平均反应速率为_____________。
(3)下列措施能使该反应速率加快的是________。
①升高温度②减小容器体积③通入N2O4④通入Ar使压强增大⑤通入HCl气体
A.①③④B.①②③C.①④⑤D.①②④
(4)此反应在该条件下达到限度时,X的转化率为________。
(5)下列叙述能说明该反应已达到化学平衡状态的是____________(填标号)。
A.容器内压强不再发生变化B.混合气体的密度不变
C.容器内混合气体原子总数不变D.混合气体的平均相对分子质量不变
E.v(NO2)=2v(N2O4)F.相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X
【答案】Y0.1mol·L-1·min-1B60%A、D、F
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据图可知相同时间内△n(X)是△n(Y)的两倍,根据方程式2NO2(g)
N2O4(g)可知单位时间内NO2的变化量更大,所以Y代表N2O4的物质的量随时间的变化曲线;
(2)X代表NO2,3min内,v(NO2)=
=0.1mol·L-1·min-1;
(3)①升高温度可以增大活化分子百分含量,增大反应速率,故正确;
②减小容器体积,各物质浓度增大,反应速率加快,故正确;
③通入N2O4,平衡逆向移动,反应物和生成物浓度均增大,反应速率加快,故正确;
④通入Ar使压强增大,各物质的浓度没有发生改变,反应速率不变,故错误;
⑤通入HCl气体,各物质的浓度没有发生改变,反应速率不变,故错误;
综上所述选①②③,答案为B;
(4)据图可知初始X的物质的量为1mol,平衡时X的物质的量为0.4mol,转化率为
=60%;
(5)A.容器恒容,平衡移动时气体的总物质的量发生改变,所以未达到平衡时体系内压强会变,压强不变时说明反应达到平衡,故A正确;
B.气体总体积不变,总质量不变,所以密度一直不变,故B错误;
C.反应物和生成物均为气体,根据质量守恒定律可知平衡移动时原子总数不变,故C错误;
D.气体总质量不变,平衡移动时气体总的物质的量会发生改变,所以气体平均相对分子质量会变,当气体平均相对分子质量不变时说明反应达到平衡,故D正确;
E.未指明是正反应速率还是逆反应速率,故E错误;
F.相同时间内消耗nmol的Y的同时消耗2nmol的X即反应的正逆反应速率相等,说明反应达到平衡,故F正确;
综上所述选A、D、F。
【点睛】
判断压强是否影响反应速率时关键是要看压强的改变是否改变了反应物和生成物的浓度,若改变了则压强的改变影响反应速率,若不改变,则压强的变化不影响反应速率。
6.依据氧化还原反应:
2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)设计的原电池如图所示。
请回答下列问题:
(1)电极X的材料是_______;电解质溶液Y是________;
(2)银电极上发生的电极反应式为___________________;
(3)外电路中的电子是从______→______;
(4)当有1.6g铜溶解时,银棒增重______g。
【答案】CuAgNO3Ag++e-=AgX(或Cu)Ag5.4
【解析】
【分析】
(1)根据电池反应式知,Cu失电子发生氧化反应,作负极,Ag作正极,电解质溶液为含有银离子的可溶性银盐溶液;
(2)银电极上是溶液中的Ag+得到电子发生还原反应;
(3)外电路中的电子是从负极经导线流向正极;
(4)先计算Cu的物质的量,根据反应方程式计算出正极产生Ag的质量,即正极增加的质量。
【详解】
(1)根据电池反应式知,Cu失电子发生氧化反应,Cu作负极,则Ag作正极,所以X为Cu,电解质溶液为AgNO3溶液;
(2)银电极为正极,正极上Ag+得到电子发生还原反应,正极的电极反应式为:
Ag++e-=Ag;
(3)外电路中的电子是从负极Cu经导线流向正极Ag;
(4)反应消耗1.6g铜的物质的量为n(Cu)=
=0.025mol,根据反应方程式2Ag+(aq)+Cu(s)=Cu2+(aq)+2Ag(s)可知:
每反应消耗1molCu,正极上产生2molAg,则0.025molCu反应,在正极上产生0.05molAg,该Ag的质量为m(Ag)=0.05mol×108g/mol=5.4g,即正极银棒增重5.4g。
【点睛】
本题考查原电池原理,明确元素化合价变化与正负极的关系是解本题关键,计算正极增加的质量时,既可以根据反应方程式计算,也可以根据同一闭合回路中电子转移数目相等计算。
7.电化学在化学工业中有着广泛应用。
根据图示电化学装置,
(1)甲池通入乙烷(C2H6)一极的电极反应式为___。
(2)乙池中,若X、Y都是石墨,A是Na2SO4溶液,实验开始时,同时在两极附近溶液中各滴入几滴酚酞溶液,X极的电极反应式为___;一段时间后,在Y极附近观察到的现象是___。
(3)工业上通过电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,其工作原理如图所示,则阳极的电极反应式为__,阴极反应式为___。
【答案】C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-4OH--4e-=O2↑+2H2O电极表面产生气泡,附近溶液显红色Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O2H2O+2e-=H2↑+2OH-
【解析】
【分析】
甲池为乙烷燃料电池,所以反应过程中乙烷被氧化,则通入乙烷的一极应为负极,通入氧气的一极为正极;乙池为电解池,X与电池正极相连为阳极,Y与负极相连为阴极。
【详解】
(1)通入乙烷的一极为负极,乙烷被氧化,由于电解质溶液KOH,所以生成碳酸根和水,电极方程式为:
C2H6+18OH--14e-=12H2O+2CO32-;
(2)X为阳极,硫酸钠溶液中水电离出的OH-在阳极放电生成氧气,电极方程式为:
4OH--4e-=O2↑+2H2O;Y电极为阴极,水电离出的氢离子在阴极放电生成氢气,水的电离受到促进电离出更多的氢氧根,Y电极附近显碱性,电极附近滴有酚酞,所以可以观察到Y电极附近有气泡产生且溶液显红色;
(3)阳极是铁,故阳极上铁放电生成FeO42-,由于是碱性环境,故电极方程式为:
Fe+8OH--6e-=FeO42-+4H2O;电解时,水电离的H+在阴极放电生成氢气,电极方程式为:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
【点睛】
陌生电极反应式的书写步骤:
①根据题干找出反应物以及部分生成物,根据物质变化分析化合价变化并据此写出得失电子数;②根据电荷守恒配平电极反应式,在配平时需注意题干中电解质的环境;③检查电极反应式的守恒关系(电荷守恒、原子守恒、转移电子守恒等)。
8.硫化氢(H2S)是一种有毒的可燃性气体,用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池,其电池总反应为2H2S+3O2+4KOH=2K2SO3+4H2O。
(1)该电池工作时正极应通入___。
(2)该电池负极的电极反应式为___。
(3)该电池工作一段时间后负极区溶液的pH__(填“升高”“不变”或“降低”)。
【答案】O2H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O降低
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由电池总反应可知,反应中硫元素的化合价升高,发生氧化反应,氧气中氧的化合价降低,发生还原反应,则通入硫化氢的电极为负极,通入氧气的电极为正极。
答案为:
O2。
(2)碱性溶液中正极的电极反应式为:
O2+2H2O+4e-=4OH-,总反应减去正极反应得到负极反应式为:
H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。
答案为:
H2S+8OH--6e-=SO32-+5H2O。
(3)由负极反应式可知,负极反应消耗OH-,同时生成水,则负极区溶液中c(OH-)减小,pH降低。
答案为:
降低。
【点睛】
电池反应中有氧气参加,氧气在反应中得到电子发生还原反应,根据原电池原理,负极发生氧化,正极发生还原,所以通入氧气的电极为电池的正极,酸性条件下的反应:
O2+4H++4e-=2H2O,碱性条件下的反应:
O2+2H2O+4e-=4OH-。
9.一定条件下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。
10.
(1)二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池可以利用大气所含SO2快速启动,其装置示意图如图:
①质子的流动方向为________________(“从A到B”或“从B到A”)。
②负极的电极反应式为________________。
(2)工业上吸收和转化SO2的电解装置示意图如下(A.B均为惰性电极):
①B极接电源的________________极(“负”或“正”)。
②A极的电极反应式是_________________。
【答案】从A到BSO2-2e-+2H2O=SO42-+4H+正2SO32-+4H++2e-=S2O42-+2H2O
【解析】
【详解】
(1)①二氧化硫发生氧化反应,氧气发生还原反应,所以二氧化硫所在电极为负极,氧气所在电极为正极,原电池中阳离子移向正极,所以质子移动方向为:
从A到B;
②二氧
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