全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题汇总含答案解析.docx
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全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题汇总含答案解析
全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题汇总含答案解析
一、高中化学硫及其化合物
1.二氧化硫是污染大气的主要物质之一。
含二氧化硫的工业尾气可用如下方法来处理并制得有广泛用途的石膏。
(1)SO2造成的一种常见环境污染为___;列举二氧化硫的一种用途___。
(2)SO2使紫色KMnO4溶液褪色的离子方程式为___;(提示:
KMnO4被还原为Mn2+)
(3)通空气时反应的化学方程式为___;若在实验室进行,操作A是_____。
(4)亚硫酸氢铵常用于造纸工业,若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵,则该气体为_______。
(5)有人提出在燃煤中加入适量的生石灰,可减少烟气中二氧化硫的排放,你认为是否合理?
_______(填“合理”或“不合理”);理由是______。
【答案】酸雨漂白草帽、纸张等2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+2CaSO3+O2+4H2O═2CaSO4•2H2O过滤氨气合理二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙,亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙。
【解析】
【分析】
(1)当雨水的pH<5.6时称为酸雨,酸雨产生的原因主要是因为空气中含有二氧化硫、二氧化氮等酸性氧化物引起的;二氧化硫有毒且有漂白性;
(2)SO2具有还原性,KMnO4溶液具有氧化性,二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色,根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒,书写离子方程式;
(3)亚硫酸钙不稳定,易被氧气氧化为硫酸钙,通过操作A从液体中分离得到石膏,该操作方法为过滤;
(4)该工业尾气含有二氧化硫,二氧化硫为酸性气体,用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵,根据元素守恒,通入的气体需含有氮元素,则为氨气;
(5)生石灰能够与二氧化硫反应生成亚硫酸钙,从而减少了烟气中二氧化硫的排放;
【详解】
(1)雨、雪、雾、霜、露、雹等在降落过程中吸收了空气中的二氧化硫、氮氧化物等致酸物质,就变成酸性的降水——酸雨,所以SO2造成的一种常见环境污染为形成酸雨;二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性,如漂白草帽,但二氧化硫有毒,不能漂白食品;
(2)SO2中S元素化合价为+4价,具有强的还原性,而KMnO4溶液具有强的氧化性,二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色,二者反应的离子方程式为:
2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+;
(3)亚硫酸钙中的S元素化合价为+4价,具有还原性,易被氧气氧化,所以通空气时反应的化学方程式为:
2CaSO3+O2+4H2O═2CaSO4•2H2O;分离固体与可溶性的液体混合物常用过滤操作,所以通过操作A从液体中分离得到石膏,该操作方法为过滤;
(4)该工业尾气含有二氧化硫,二氧化硫为酸性气体,氨气为碱性气体,两者反应:
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3,所以若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵,则该气体为氨气;
(5)生石灰是碱性氧化物,能够与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙,亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙,所以在燃煤中加入生石灰可减少烟气中二氧化硫的排放。
【点睛】
本题考查了含二氧化硫的工业尾气处理及应用,明确二氧化硫的性质是解本题关键,注意运用化学知识解释化工生产操作。
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.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。
下图为硫及其部分化合物的“价类二维图”,根据图示回答下列问题:
(1)类比CO2的性质,学习SO2的性质,写出下列反应的离子方程式。
①少量的SO2通入澄清石灰水中:
__________________。
②SO2通入Na2SO3溶液中:
________________________。
(2)Y的分子式:
___________________。
(3)Z的稀溶液与铁反应的离子方程式为______________________。
(4)检验CO2是否混有SO2,可以使混合气体通过盛有品红溶液的洗气瓶,这是利用了SO2的_____________性,也可以使混合气体通过盛有酸性高锰酸钾稀溶液的洗气瓶,这是利用了SO2的_____________性。
(5)大苏打(Na2S2O3)在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要用途。
现欲在实验室制备大苏打,从氧化还原角度分析,合理的是__________(填字母选项)
A.Na2S+SB.Na2SO3+SC.Na2SO3+Na2SO4D.SO2+Na2SO4
(6)将X与SO2的水溶液混合后产生淡黄色沉淀,该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为__________________
【答案】Ca2++2OH-+SO2=CaCO3↓+H2OSO2+SO32-+H2O=2HSO3-H2SO3Fe+2H+=Fe2++2H2↑漂白还原B2:
1
【解析】
【分析】
根据二氧化硫的性质书写相关离子方程式;根据元素化合价及物质的种类分析判断物质的化学式;根据二氧化硫的漂白性和还原性分析解答;根据氧化还原反应中元素化合价升降规律分析解答。
【详解】
(1)①SO2属于酸性氧化物,少量的SO2通入澄清石灰水中反应生成亚硫酸钙沉淀和水,离子方程式为:
Ca2++2OH-+SO2=CaCO3↓+H2O;
②SO2与Na2SO3反应生成亚硫酸氢钠,离子方程式为:
SO2+SO32-+H2O=2HSO3-;
(2)如图所示Y中S元素化合价为+4,则对应的酸为亚硫酸,分子式为:
H2SO3;
(3)如图所示Z中S元素化合价为+6,则对应的酸为硫酸,硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气,离子方程式为Fe+2H+=Fe2++2H2↑;
(4)二氧化硫具有漂白性,而二氧化碳没有,二氧化硫中S为+4价,能被高锰酸钾氧化,具有还原性,故答案为:
漂白;还原;
(5)大苏打(Na2S2O3)中S元素化合价为+2价,
A.Na2S中S为-2价,S中化合价为0,不能都升高为+2价,故A不合理;
B.Na2SO3中S为+4价,S中化合价为0,可以发生歧化反应得到+2的S,故B合理;C.Na2SO3中S为+4价,Na2SO4中S为+6价,不能都降低为+2价,故C不合理;D.SO2中S为+4价,Na2SO4中S为+6价,不能都降低为+2价,故D不合理;
故答案为:
B;
(6)将X与SO2的水溶液混合后产生淡黄色沉淀,则X为H2S,淡黄色沉淀为S,反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O,生成的3molS中,2mol由H2S氧化得到,1mol由SO2还原得到,所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为:
2:
1,则质量之比为:
2:
1,故答案为:
2:
1。
4.
(1)古代锻造刀剑时,将炽热的刀剑快速投入水中“淬火”,反应为:
3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2。
该反应中H2O作__________(填“氧化剂”或“还原剂”);
(2)检验某溶液中是否含有SO42-,先加盐酸,再加______(填“BaCl2”或“NaCl;
(3)海水提镁的重要步骤之一是用沉淀剂将海水中的Mg2+沉淀。
该沉淀剂是__________(填“生石灰”或“盐酸”)。
(4)过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源。
完成下列化学方程式:
2Na2O2+2______=2Na2CO3+O2↑;
(5)某同学炒菜时发现,汤汁溅到液化气的火焰上时,火焰呈黄色。
据此他判断汤汁中含有________(填“钠”或“钾”)元素;
【答案】氧化剂BaCl2生石灰CO2钠
【解析】
【详解】
(1)在3Fe+4H2O(g)
Fe3O4+4H2中氢元素的化合价从+1价降为0价,则H2O作氧化剂;
(2)检验某溶液中是否含有SO42-,先加稀盐酸,可以排除银离子与碳酸根离子等离子的干扰,再加入BaCl2溶液,产生的沉淀是硫酸钡;
(3)海水中的Mg2+沉淀是生成Mg(OH)2,沉淀剂是利用生石灰与水反应生成氢氧化钙,从而将Mg2+沉淀;
(4)过氧化钠可用于呼吸面具中作为氧气的来源,是利用Na2O2与CO2或水蒸气反应生成氧气,则2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑;
(5)钠元素的焰色反应呈黄色,即可判断汤汁中含有钠元素。
5.在50mL4mol·L-1的氢氧化钠溶液中,通入一定量的硫化氢,反应完毕,在常温减压条件下,用氮气把溶液吹干,得到白色固体7.92g,通过计算确定白色固体的组成及各组分的质量。
_________________
【答案】白色固体有两种组合。
一种可能是由Na2S(3.12g)和NaOH(4.80g)组成的混合物;另一种可能是由Na2S(7.52g)和NaHS(0.40g)组成的混合物。
【解析】
【分析】
NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=4mol/L×0.05L=0.2mol,0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成Na2S时,白色固体的质量m(Na2S)=78g/mol×
=7.8g,0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成NaHS时,白色固体(NaHS)的质量为m(NaHS)=56g/mol×0.2mol=11.2g,因为7.8g<7.92g<11.2g,所以得到的白色固体有两种可能的组合:
一种是Na2S和NaOH的混合物;另一种是Na2S和NaHS的混合物,根据题意列方程式进行计算即可。
【详解】
氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=c·V=4mol/L×0.05L=0.2mol,0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成Na2S时,m(Na2S)=78g/mol×
=7.8g;0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成NaHS时,m(NaHS)=56g/mol×0.2mol=11.2g,因为7.8g<7.92g<11.2g,所以得到的白色固体有两种可能的组合:
①Na2S和NaOH的混合物;②Na2S和NaHS的混合物。
①设Na2S为xmol,则有(0.2-2x)molNaOH,78g/mol×xmol+40g/mol(0.2-2x)=7.92g,解得x=0.04mol;Na2S的质量m(Na2S)=0.04mol×78g/mol=3.12g,NaOH的质量m(NaOH)=7.92g-3.12g=4.80g;
②设Na2S为ymol,则有(0.2-2y)molNaHS。
78g/mol×ymol+56g·mol(0.2-2y)mol=7.92g,解得y≈0.0965mol,所以Na2S的质量m(Na2S)=78g/mol×0.0965mol=7.52g,NaHS的质量m(NaHS)=7.92g-7.52g=0.40g。
【点睛】
本题考查学生有关混合物的计算知识,注意极值法的应用,学会运用所学知识进行分析和推理能力是关键所在。
6.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。
7.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。
8.在下列物质转化中,A是一种正盐,D的相对分子质量比C的相对分子质量大16,E是酸,当X无论是强酸还是强碱时,都有如下的转化关系:
当X是强酸时,A、B、C、D、E均含同一种元素;当X是强碱时,A、B、C、D、E都含另外同一种元素。
请回答:
(1)A是__________,Y是__________,Z是__________。
(2)当X是强酸时,E是__________;B生成C的化学方程式是________________________。
(3)当X是强碱时,E是__________;B生成C的化学方程式是________________________。
【答案】(NH4)2SO2H2OH2SO42H2S+3O2
2SO2+2H2OHNO34NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件,通过分析可初步判断D比C多一个氧原子,A为(NH4)2S,联想已构建的中学化学知识网络,符合这种转化关系的有:
SO2→SO3,NO→NO2,Na2SO3→Na2SO4等,由此可出推断Y为O2,由于E为酸,则D应为能转化为酸的某物质,很可能为SO3、NO2等,
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素,则B为H2S,C为SO2,D为SO3,E为H2SO4,Z为H2O,当X是强碱时,则B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3,Z为H2O,据此答题。
【详解】
本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件,通过分析可初步判断D比C多一个氧原子,A为(NH4)2S,联想已构建的中学化学知识网络,符合这种转化关系的有:
SO2→SO3,NO→NO2,Na2SO3→Na2SO4等,由此可出推断Y为O2,由于E为酸,则D应为能转化为酸的某物质,很可能为SO3、NO2等,
当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素,则B为H2S,C为SO2,D为SO3,E为H2SO4,Z为H2O,当X是强碱时,则B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3,Z为H2O。
(1)本题中C、D的变化和D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件,通过分析可初步判断D比C多一个氧原子可知A为(NH4)2S;Y为O2;Z为H2O;
(2)当X是强酸时,根据上面的分析可知,E是H2SO4,B生成C的化学方程式为2H2S+3O2
2SO2+2H2O;
(3)当X是强碱时,根据上面的分析可知,E是HNO3,B生成C的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O。
【点睛】
本题考查无机物的推断,题目难度中等,此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
9.黑色粉末A,黄色粉末B,它们都是单质,按下图进行实验:
(1)试根据上述反应现象推断以下物质的化学式:
ADEH
(2)写出C+盐酸
D+F的离子方程式:
(3)写出D
E的化学方程式:
(4)写出G
H的化学方程式:
【答案】
(1)Fe、H2S、SO2、Fe(OH)3
(2)FeS+2H+→Fe2++H2S↑
(3)
(4)4Fe(OH)2+O2+2H2O→4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
【详解】
(1)E能使品红褪色,E为SO2;H为红褐色固体,H为
;黑色粉末A、黄色粉末B,它们都是单质,所以分别是铁、硫;黑色固体C为FeS;D为H2S;F为
;G为
(2)FeS与盐酸反应的离子方程式FeS+2H+→Fe2++H2S↑;
(3)硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为
;
(4)氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
10.已知甲、乙、丙为常见的单质,A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物,且丙在常温常压下为气体,B为淡黄色固体,Y的摩尔质量数值比Z小16,乙、丙的摩尔质量相同,B的摩尔质量比D小2,B、X的摩尔质量相同。
各物质之间的转化关系如图所示(各反应条件略)。
请回答:
(1)在B与二氧化碳的反应中,每有1mol电子转移,生成气体L(标准状况)。
(2)X与Y的溶液混合后,再加入适量盐酸,会有乙生成,反应的离子方程式是。
(3)将C通入溴水中,所发生反应的离子方程式是。
D中含的化学键类型为。
(4)在101KPa时,4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C,放出37KJ的热量,该反应的热化学方程式是
(5)比甲元素的原子序数少4的M元素,在一定条件下能与氢元素组成化合物MH5。
已知MH5的结构与氯化铵相似,MH5与水作用有氢气生成,则MH5的电子式为(M要用元素符号表示)。
写出MH5与AlCl3溶液反应的化学方程式
【答案】
(1)11.2(2分)
(2)2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O(2分)
(3)SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4共价键;(各2分)
(4)S(s)+O2(g)=SO2(g);△H="-296kJ/mol"(2分)
(5)
(2分);AlCl3+3NH5+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑(3分)
【解析】
试题分析:
甲、乙、丙为常见的单质,A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物,且丙在常温常压下为气体,B为淡黄色固体,则B为Na2O2,甲为Na,丙为O2,B、X的摩尔质量相同,则X为Na2S,乙为S单质,C为SO2,D为SO3,Y为Na2SO3,Z为Na2SO4。
故
(1)在B与二氧化碳的反应中,每有1mol电子转移,生成气体体积为11.2L;
(2)X与Y的溶液混合后,再加入适量盐酸,会有乙生成,反应的离子方程式是2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O;(3)将C通入溴水中,所发生反应的离子方程式是SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4;D中含的化学键类型为共价键;(4)在101KPa时,4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C,放出37KJ的热量,该反应的热化学方程式S(s)+O2(g)=SO
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- 全国 高考 化学 及其 化合物 综合 汇总 答案 解析