高考化学 物质的量 综合题附详细答案.docx
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高考化学物质的量综合题附详细答案
高考化学物质的量综合题附详细答案
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L-1的NaOH溶液500mL,回答下列问题。
(1)关于容量瓶的使用,下列操作正确的是________(填字母)。
a.使用前要检验容量瓶是否漏液
b.用蒸馏水洗涤后必须要将容量瓶烘干
c.为了便于操作,浓溶液稀释或固体溶解可直接在容量瓶中进行
d.为了使所配溶液浓度均匀,定容结束后,要摇匀
e.用500mL的容量瓶可以直接配制480mL溶液
f.当用容量瓶配制完溶液后,可用容量瓶存放所配制的试剂
(2)请补充完整实验的简要步骤。
①计算;②称量NaOH固体________g;③溶解;④冷却并移液;⑤洗涤并转移;⑥________;⑦摇匀。
(3)本实验用到的基本仪器已有烧杯、天平(带砝码)、镊子、量筒、玻璃棒,还缺少的仪器是________、________。
(4)上述实验操作②③都要用到小烧杯,其作用分别是_____________________和_______。
(5)如图是该同学转移溶液的示意图,图中有两处错误,请写出:
①____________________________________________;
②_____________________________________________。
(6)在配制过程中,其他操作都是正确的,下列操作会引起浓度偏高的是________(填字母)。
A.转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面
B.定容时俯视刻度线
C.未冷却到室温就将溶液转移到容量瓶并定容
D.定容后塞上瓶塞反复摇匀,静置后,发现液面低于刻度线,再加水至刻度线
【答案】ad20.0定容500mL容量瓶胶头滴管用烧杯称量NaOH固体,防止NaOH腐蚀天平的托盘用烧杯做溶解用的容器没有用玻璃棒引流应选用500mL的容量瓶BC
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a、容量瓶使用前要检验是否漏水,a正确;
b、容量瓶不能加热,b错误;
c、容量瓶不可以用来稀释浓溶液,也不能用来溶解固体,c错误;
d、为了使所配溶液浓度均匀,定容结束后要摇匀,d正确;
e、用500mL的容量瓶只能配制500mL溶液,不能配制480mL溶液,e错误;
f、容量瓶不能长期贮存溶液,f错误;
故选ad;
(2)m(NaOH)=nM=cVM=1.00mol·L-1×0.500L×40g·mol-1=20.0g。
配制时,要遵循计算、称量、溶解(冷却)、移液、洗涤、定容、摇匀的顺序进行配制。
(3)配制一定物质的量浓度溶液使用的仪器有一定规格的容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、托盘天平(带砝码)、量筒,本题还缺少500mL容量瓶和胶头滴管。
(4)NaOH固体具有强腐蚀性,不能用纸称量,要用玻璃仪器(如小烧杯)盛放。
NaOH固体溶解时要在小烧杯中进行。
(5)配制500mL的溶液,应选用500mL的容量瓶;在转移溶液时,一定要用玻璃棒引流,防止溶液溅到瓶外。
(6)A、转移溶液时不慎有少量液体洒到容量瓶外面,导致溶质损失,则所配溶液浓度偏低,A错误;
B、定容时俯视液面,则溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,B正确;
C、在未降至室温时,立即将溶液转移至容量瓶定容,则冷却后溶液体积偏小,导致所配溶液浓度偏高,C正确;
D、定容后,加盖倒转摇匀后,由于会有少量液体残留在刻线上方,因此液面低于刻度线是正常的,又滴加蒸馏水至刻度,体积会增大,导致所配溶液浓度偏低,D错误;
故选BC。
【点睛】
本题第(3)题,填写容量瓶时务必带着规格填写,即填写500mL容量瓶,只填写容量瓶是不正确的。
2.某实验小组拟配制0.10mol·L-1的氢氧化钠溶液并进行有关性质实验,回答下列问题。
(1)若实验中大约要使用475mL氢氧化钠溶液,至少需要称量氢氧化钠固体________g。
(2)从如图中选择称量氢氧化钠固体所需要的仪器________(填序号)。
(3)定容时加水超过刻度线,会使配制溶液的浓度_________(偏高,偏低或不变)。
(4)下列情况会使所配溶液浓度偏低________(填序号)。
①称量读数时,左盘高,右盘低
②溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水
④定容时,仰视容量瓶的刻度线
⑤在烧杯中溶解氢氧化钠后,立即将所得溶液注入容量瓶中
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线
【答案】2.0①②⑤偏低①②④⑥
【解析】
【分析】
(1)根据配制溶液体积选择合适容量瓶,根据m=cVM计算需要氢氧化钠的质量;
(2)称量一定质量的固体物质一般用托盘天平、药匙,称量腐蚀性药品应用小烧杯盛放;
(3)、(4)分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响,根据c=n/V进行误差分析。
【详解】
(1)配制475mL、0.10mol/LNaOH溶液,应选择500mL容量瓶,实际配制500mL溶液,需要氢氧化钠质量m=0.5×0.1×40=2.0g,故答案为:
2.0;
(2)氢氧化钠具有腐蚀性,所以称量氢氧化钠固体应用的仪器:
托盘天平,药匙,小烧杯,故答案为:
①②⑤;
(3)定容时加水超过刻度线,所配制的溶液的体积偏大,会使配制溶液的浓度偏低,故答案为:
偏低;
(4)①称量读数时,左盘高,右盘低,导致称量的固体质量偏小,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选;
②溶液转移到容量瓶后,未进行洗涤操作,导致部分溶质损耗,溶质的物质的量偏小,溶液浓度偏低,故选;
③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水,对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响,溶液浓度不变,故不选;
④定容时,仰视容量瓶的刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选;
⑤在烧杯中溶解NaOH后,立即将所得溶液注入容量瓶中,冷却后,溶液体积偏小,溶液浓度偏高,故不选;
⑥定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达到刻度线,导致溶液体积偏大,溶液浓度偏低,故选;
综上所述,①②④⑥满足题意,故答案为:
①②④⑥。
【点睛】
配制一定物质的量浓度的溶液误差分析要依据c=n/V进行分析:
凡是实验操作中引起溶质的量n增大的,所配溶液的浓度偏高,凡是实验操作中引起溶液体积V增大的,所配溶液的浓度偏低。
3.实验室需要480mL0.3mol.·L-1NaOH溶液和一定浓度的硫酸溶液。
请回答:
(1)如图所示的仪器中,配制上述溶液一定不需要的仪器为__________(填选项字母),配制上述溶液还需用到的玻璃仪器为_________________(填仪器名称)。
(2)配制NaOH溶液。
①计算用托盘天平称取NaOH固体的质量为_____g。
②若NaOH溶液在转移至容量瓶时,洒落了少许,则所配制的溶液浓度将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(3)配制硫酸溶液。
①实验室用98%(ρ=1.84g·cm3)的硫酸配制3.68mo·L-1的硫酸溶液500mL,需准确量取98%的硫酸的体积为_____mL。
②该同学实际配制硫酸溶液的浓度为3.50mol·L-1,原因可能是_________(填选项字母)。
A.用胶头滴管加水定容时俯视刻度
B.容量瓶中原来存有少量水
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度
【答案】AC烧杯、玻璃棒6.0偏低100mLCD
【解析】
【分析】
配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有:
计算、称量、溶解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。
配制硫酸溶液时,根据浓稀硫酸物质的量相等计算,浓硫酸的浓度可根据公式c=
进行计算。
【详解】
(1)用液体药品配制溶液需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、胶体滴管、容量瓶、玻璃棒,因此一定不会用到的是A烧瓶和C分液漏斗;还需要的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒。
(2)①配制溶液应根据体积选择合适的容量瓶以确保精度,然后根据容量瓶体积计算溶质的量,配制480mL0.3mol/L的NaOH溶液需要选择500mL容量瓶,因此需要NaOH的物质的量为0.5L×0.3mol/L=0.15mol,需要NaOH的质量为:
m=n∙M=0.15mol/L×40g/mol=6.0g,因此需要称取6.0NaOH固体。
②NaOH溶液转移时洒落少许,会使溶质物质的量减小,配制的溶液浓度偏低。
(3)98%的浓硫酸的分数为:
需要浓硫酸的体积为:
。
(4)A.用胶头滴管加水定容时俯视视刻度,读数比实际体积大,加入的水会低于刻度线,会使实际溶液浓度偏大,A错误;
B.容量瓶中有水不会影响配制溶液的浓度,B错误;
C.稀释硫酸的烧杯未洗涤可能会导致硫酸残余在烧杯中,会使配制的溶液浓度减小,C正确;
D.用胶头滴管加水定容时仰视刻度,读数比实际体积小,加入的水会超过刻度线,会使实际溶液浓度减小,D正确;
故选CD。
【点睛】
本题的易错点为(3)①,计算浓硫酸用量时,需根据稀释前后物质的量不变来计算,稀硫酸的浓度和体积是已知的,只需要知道浓硫酸的浓度即可,浓硫酸的浓度可用公式c=
算出。
4.
(1)有相同物质的量的H2O和H2SO4,其质量之比为_____,氢原子个数比为_____,氧原子个数比为_____。
(2)把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中,恰好完全反应,并得到标准状况下3.36LH2。
计算:
①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________(假定反应体积仍为100mL)。
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,则混和气体中CO2的体积分数为_____;CO的质量分数为_____。
【答案】9:
491:
11:
40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(H2O)=n(H2SO4),m(H2O):
m(H2SO4)=n(H2O)×18:
n(H2SO4)×98=9:
49;NH(H2O):
NH(H2SO4)=n(H2O)×2:
n(H2SO4)×2=1:
1;NO(H2O):
NO(H2SO4)=n(H2O)×1:
n(H2SO4)×4=1:
4;
(2)设镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,二者混合物的质量为3.06=24x+27y;根据化学反应的计量系数比:
Mg~2HCl~H2,2Al~6HCl~3H2,氢气的体积标准状况下3.36L,n(H2)=0.15mol,列式x+1.5y=0.15,解方程x=0.06mol,y=0.06mol,故该合金中铝的物质的量为0.06mol,该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g,反应后溶液中Cl¯(盐酸恰好反应完全,溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝)的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol,溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=
=3.0mol·L-1;
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,密度之比等于摩尔质量之比,则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol,设1mol混合气体中有xmolCO,CO2ymol,故x+y=1,28x+44y=40,则x=0.25mol,y=0.75mol,同温同压,气体体积之比等于物质的量之比,则混和气体中CO2的体积分数为75%,CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%
5.在实验室里,用足量的浓盐酸与一定量的高锰酸钾反应(不加热),来制取氯气。
反应:
2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(1)“双线桥法”标出电子转移情况________ 。
(2)若生成2.24L标准状况时的氯气,请计算(写出必要的计算过程):
①理论上需要多少克KMnO4参加反应?
________。
②被氧化的HCl的物质的量为多少?
________。
【答案】
6.32g0.2mol
【解析】
【分析】
(1)根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子转移数目分析,标出电子转移情况;
(2)先计算Cl2的物质的量,然后根据方程式中KMnO4、HCl与Cl2之间的反应转化关系计算。
【详解】
(1)在该反应中,Mn元素化合价由反应前KMnO4中的+7价变为反应后MnCl2中的+2价,化合价降低,得到5个电子,Cl元素化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价,化合价升高,失去2个电子,电子得失最小公倍数是10,所以KMnO4、MnCl2前的系数是2,HCl前的系数是10,Cl2前的系数是5,根据原子守恒,KCl的系数是2,这样反应中有6个Cl原子未参加氧化还原反应,所有Cl原子都是由HCl提供,因此HCl前的系数为10+6=16,结合H原子反应前后相等,可知H2O的系数是8,用“双线桥”表示电子转移为:
;
(2)在标准状态下,2.24LCl2的物质的量n(Cl2)=
=0.1mol。
①根据反应的化学方程式可知:
生成0.1molCl2时,参与反应的KMnO4的物质的量为0.1mol×
=0.04mol,则参与反应的KMnO4的质量m(KMnO4)=0.04mol×158g/mol=6.32g;
②由反应化学方程式可知,HCl被氧化后生成Cl2,因此根据Cl元素守恒可知:
被氧化的HCl的物质的量n(HCl)氧化=0.1mol×2=0.2mol。
【点睛】
本题考查了氧化还原反应中电子转移的表示方法及有关计算。
氧化还原反应的特征是元素化合价的升降,实质是电子转移,氧化还原反应的特征、实质与反应类型的关系可概括为“升失氧,降得还”。
根据元素化合价升降数目等于反应过程中电子得失数目可以配平方程式,并可用单线桥法或双线桥法表示。
物质的量应用于化学方程式,使化学计算简单,物质反应的物质的量的比等于方程式中相应物质的化学计量数的比。
6.锂因其重要的用途,被誉为“能源金属”和“推动世界前进的金属”.
(1)Li3N可由Li在N2中燃烧制得.取4.164g锂在N2中燃烧,理论上生成Li3N__g;因部分金属Li没有反应,实际反应后固体质量变为6.840g,则固体中Li3N的质量是__g(保留三位小数,Li3N的式量:
34.82)
(2)已知:
Li3N+3H2O→3LiOH+NH3↑.取17.41g纯净Li3N,加入100g水,充分搅拌,完全反应后,冷却到20℃,产生的NH3折算成标准状况下的体积是__L.过滤沉淀、洗涤、晾干,得到LiOH固体26.56g,计算20℃时LiOH的溶解度__.(保留1位小数,LiOH的式量:
23.94)
锂离子电池中常用的LiCoO2,工业上可由碳酸锂与碱式碳酸钴制备.
(3)将含0.5molCoCl2的溶液与含0.5molNa2CO3的溶液混合,充分反应后得到碱式碳酸钴沉淀53.50g;过滤,向滤液中加入足量HNO3酸化的AgNO3溶液,得到白色沉淀143.50g,经测定溶液中的阳离子只有Na+,且Na+有1mol;反应中产生的气体被足量NaOH溶液完全吸收,使NaOH溶液增重13.20g,通过计算确定该碱式碳酸钴的化学式__,写出制备碱式碳酸钴反应的化学方程式__.
(4)Co2(OH)2CO3和Li2CO3在空气中保持温度为600~800℃,可制得LiCoO2,已知:
3Co2(OH)2CO3+O2→2Co3O4+3H2O+3CO2;4Co3O4+6Li2CO3+O2→12LiCoO2+6CO2
按钴和锂的原子比1:
1混合固体,空气过量70%,800℃时充分反应,计算产物气体中CO2的体积分数__.(保留三位小数,已知空气组成:
N2体积分数0.79,O2体积分数0.21)
【答案】6.9646.65611.212.8g2CoCO3•3Co(OH)2•H2O5CoCl2+5Na2CO3+4H2O=2CoCO3•3Co(OH)2•H2O+10NaCl+3CO2↑0.305
【解析】
【分析】
【详解】
(1)首先写出锂在氮气中燃烧的方程式:
,接下来根据
算出锂的物质的量,则理论上能生成0.2mol的氮化锂,这些氮化锂的质量为
;反应前后相差的质量为
,这些增加的质量实际上是氮原子的质量,即
的氮原子,根据氮守恒我们知道氮化锂的物质的量也为
,这些氮化锂的质量为
;
(2)根据
先算出氮化锂的物质的量,根据方程式不难看出氮化锂和氨气是1:
1的,这些氨气在标况下的体积为
;根据化学计量比,0.5mol的氮化锂理论上能生成1.5mol的
,这些
的质量为
,缺少的那9.35克
即溶解损失掉的,但是需要注意:
溶解度指的是100克溶剂能溶解达到饱和的最大溶质的量,虽然一开始有100克水,但是反应会消耗掉1.5mol水,这些水的质量为
,因此我们算出的9.35克是73克水中能溶解的
的量,换算一下
,解得S为12.8克;
(3)加入硝酸银后的白色沉淀为
,根据
算出
的物质的量,因此
全部留在溶液中,碱式碳酸钴中无
,
也全部留在溶液中,沉淀中无
,使烧碱溶液增重是因为吸收了
,根据
算出
的物质的量,根据碳守恒,剩下的
进入了碱式碳酸钴中,0.5mol
全部在碱式碳酸钴中,剩下的负电荷由
来提供,因此
的物质的量为0.6mol。
将0.5mol
、0.2mol
和0.6mol
的质量加起来,发现只有
,剩下的1.8克只能是结晶水,即0.1mol结晶水,综上,碱式碳酸钴的分子式为
;写出制备方程式
;
(4)令参加反应的氧气为3mol,相当于
的空气,又因为空气过量70%,则一共通入了
空气,反应中一共生成了6mol水蒸气和12mol二氧化碳,则二氧化碳的体积分数为
。
7.根据你对金属钠性质的了解,回答下列问题:
(1)关于钠的叙述中,正确的是________(填字母)。
A.钠是银白色金属,硬度很大
B.将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧,产生黄色火焰,生成过氧化钠
C.金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠
D.金属钠的熔点很高
(2)由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应,通常将它保存在_______里。
(3)将一小块钠投入到下列溶液中,既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字母)。
A.稀硫酸B.硫酸铜溶液
C.氢氧化钠溶液D.氯化镁溶液
(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量,设计的装置如图所示,该装置(包括水)的总质量为ag,将质量为bg的钠(不足量)放入水中,立即塞紧瓶塞。
完全反应后再称量此装置的总质量为cg。
①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】B氧气水蒸气煤油Db/(a+b-c)吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】
(1)根据钠的性质分析解答;
(2)钠的性质很活泼,易和水、氧气反应,据此解答;
(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气,根据溶液中的溶质分析解答;
(4)①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答;
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】
(1)A、钠是银白色金属,硬度很小,可以用小刀切,故A错误;
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,故B正确;
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,不是氧化钠,故C错误;
D、金属钠的熔点很低,故D错误;
故答案选B;
(2)钠性质很活泼,易和水、氧气反应,所以保存钠时要隔绝空气和水,钠和煤油不反应,且密度大于煤油,所以保存钠可以放在煤油中;
(3)A.钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气,没有沉淀产生,A不选;
B.钠投入硫酸铜溶液中,首先和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,但沉淀不是白色的,而是蓝色的,B不选;
C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀,C不选;
D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气,D选。
答案选D。
(4)①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=(a+b-c)g,假设金属为R,其相对原子质量为M,根据金属钠与水反应放出氢气的关系,可推断该金属与水放出氢气关系如下:
2R~~~~~H2
2M2
bg(a+b-c)g
解得M=
;
②氯化钙具有吸水能力,是常用的干燥剂,在装置中吸收生成氢气中的水,而防止水分流失。
8.卤素及其化合物在工农业生产和人类生活中都有着重要的应用。
(1)碘是人体不可缺乏的元素,为了防止碘缺乏,现在市场上流行一种加碘盐,就是在精盐中添加一定量的KIO3进去。
某研究小组为了检测某加碘盐中是否含有碘,查阅了有关的资料,发现其检测原理是:
KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3H2O+3K2SO4
①氧化剂与还原剂的物质的量比是_______;如果反应生成0.3mol的单质碘,则转移的电子数目是_______。
②先取少量的加碘盐加蒸馏水溶解,然后加入稀硫酸和KI溶液,最后加入一定量的CCl4,振荡,这时候,观察到的现象是_____;
③若采用下图实验装置将四氯化碳和I2的混合溶液分离。
写出图中仪器的名称:
①_____;该装置还缺少的仪器是_____;冷凝管的进水口是:
_____(填g或f)。
(2)实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气,反应原理:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O
①实验室用MnO2和浓盐酸制氯气的离子方程式:
__________________________
②上述反应中氧化剂:
__________,还原剂:
__________,被氧化的HCl和未被氧化的HCl的比值______________。
③a:
Cl2+2I-=I2+2Cl-;b:
Cl2+2Fe2+=2Fe3++Cl-;c:
2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。
Cl2、I2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序:
_________________________
【答案】1:
50.5NA溶液分层,下层液为紫红色蒸馏烧瓶温度计gMnO2+4H++2Cl-(浓)
Mn2++Cl2↑+2H2OMnO2HCl1:
1Cl2>Fe3+>I2
【解析】
【分析】
(1)①KIO3+5KI+3H2SO4→3I2+3K2SO4+3H2O中,I元素的化合价由+5价降低为0,I元素的化合价由-1价升高为0,化合价升高值=化合价降低值=转移电子数,根据化合价变化确定电子转移情况;
②碘易溶于有机溶剂,在四氯化碳在的溶解度远大于在水中,加入四氯化碳萃取水中的碘,四氯化碳与水不互溶,溶液分成两层,四氯化碳的密度比水,有机层在下层,碘溶于四氯化碳呈紫红色,上层几乎无色;
③依据蒸馏的正确操作与注意事项分析;
(2)①实验室常用MnO2和浓盐酸制氯气;
②依据氧化还原反应的规律分析;
③依据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析作答;
【详解】
(1)①反应中氧化剂为KIO3,还原剂为KI,氧化剂与还原剂的物质的量比是1:
5;生成3molI2,电子转移5mol,生成0.3mol的单质碘转移的电子0.5mol,转移的电子的数目为0.5NA;
②溶液分层且I2溶于CCl4中呈紫色,密度较大,因此观察到的现
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