高考化学钠及其化合物的综合题试题及答案.docx
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高考化学钠及其化合物的综合题试题及答案
高考化学钠及其化合物的综合题试题及答案
一、高中化学钠及其化合物
1.某化学课外活动小组通过实验研究NO2的性质。
已知:
2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O
任务1:
利用下图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹,夹持固定装置略去)。
(1)A和E中制取NH3的装置为____,所用试剂为_____。
装置中制取NO2的化学方程式是_________________。
(2)若NO2能够被NH3还原,预期观察到C装置中的现象是_________。
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象。
该小组同学从反应原理的角度分析了原因,认为可能是
①NH3还原性较弱,不能将NO2还原;
②在此条件下,NO2的转化率极低;
③_________________。
(4)此实验装置存在一个明显的缺陷是________。
任务2:
探究NO2能否与Na2O2发生氧化还原反应。
(5)实验前,该小组同学提出三种假设。
假设1:
两者不反应;
假设2:
NO2能被Na2O2氧化;
假设3:
_______________。
(6)为了验证假设2,该小组同学选用任务1中的B、D、E装置,将B中的药品更换为Na2O2,另选F装置(如图所示),重新组装,进行实验。
①装置的合理连接顺序是(某些装置可以重复使用)_____________。
②实验过程中,B装置中淡黄色粉末逐渐变成白色。
经检验,该白色物质为纯净物,且无其他物质生成。
推测B装置中反应的化学方程式为__________。
【答案】A浓氨水和CaO(合理即可)Cu+4HNO3(浓)===Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O混合气体颜色变浅在此条件下,该反应的化学反应速率极慢缺少尾气吸收装置NO2能被Na2O2还原(其他合理答案也可)EDBDF2NO2+Na2O2=2NaNO3
【解析】
【分析】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙,因而A为氨气发生装置;固液反应制取氨气,要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体;铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水;
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原,反应时混合气体的颜色将变浅;
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象,说明此条件下,二氧化氮与氨气不能反应,或者二氧化氮的转化率较低,或者是反应速率极慢;
(4)氮氧化物为有毒气体,不能直接排放到空气中;
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价,既有氧化性又有还原性,NO2中的氮元素为中间价+4价,既可能表现氧化性,也可能表现还原性;
(6)①验证假设2,首先要用E装置制取二氧化氮,因为水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前后都必须有吸水装置,为防止过量气体污染环境,要连接F咋进行尾气处理;
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物,说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠。
【详解】
(1)干燥氨气不能用无水氯化钙,因而A为氨气发生装置,E为二氧化氮发生装置;固液反应制取氨气,要用浓氨水与生石灰或氢氧化钠固体;实验室用浓硝酸与铜反应制备二氧化氮,铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,反应的化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,故答案为:
A;浓氨水和CaO(合理即可);Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;
(2)若红棕色的NO2能够被NH3还原,反应时混合气体的颜色将变浅,故答案为:
混合气体颜色变浅;
(3)实验过程中,未能观察到C装置中的预期现象,说明此条件下,二氧化氮与氨气不能反应,或者二氧化氮的转化率较低,或者是反应速率极慢,现象不明显,故答案为:
在此条件下,该反应的化学反应速率极慢;
(4)氮氧化物为有毒气体,不能直接排放到空气中,否则会污染环境,则该装置的缺陷是缺少尾气吸收装置,故答案为:
缺少尾气吸收装置;
(5)Na2O2中氧元素为中间价—1价,既有氧化性又有还原性,NO2中的氮元素为中间价+4价,既可能表现氧化性,也可能表现还原性,则NO2与Na2O2可能不发生氧化还原反应,或过氧化钠做氧化剂,将NO2氧化,或或过氧化钠做还原剂,将NO2还原,故答案为:
NO2能被Na2O2还原;
(6)①验证假设2,首先要用E装置制取二氧化氮,因为水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前、后都必须有吸水装置,为防止过量气体污染环境,要连接F咋进行尾气处理,故答案为:
EDBDF;
②由过氧化钠变成白色固体且产物为纯净物,说明过氧化钠和二氧化氮发生化合反应生成硝酸钠,反应的化学方程式为2NO2+Na2O2=2NaNO3,故答案为:
。
【点睛】
水能和过氧化钠反应,实验时要除去水的干扰,装置B前、后都必须有吸水装置是解答关键,也是易忽略的易错点。
2.过氧化钠是一种淡黄色固体,有漂白性,能与水、酸性氧化物和酸反应。
(1)一定条件下,m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧,产物与过量的过氧化钠完全反应,过氧化钠固体增重___克。
(2)常温下,将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中,得到400mLpH=14的溶液,则产生的气体标准状况下体积为___L。
(3)在200mLAl2(SO4)3和MgSO4的混合液中,加入一定量的Na2O2充分反应,至沉淀质量不再减少时,测得沉淀质量为5.8克。
此时生成标准状况下气体体积为5.6L。
则原混合液中c(SO42-)=___mol/L。
(4)取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物,在密闭容器中加热到250℃,经充分反应后排出气体,冷却后称得固体质量为15.92g。
请列式计算:
①求原混合物中Na2O2的质量B___;
②若要将反应后的固体反应完,需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___?
【答案】m1.1227.8g200mL≤V≤320mL
【解析】
【分析】
(1)利用差量法,根据化学方程式分析:
CO与H2在氧气中完全燃烧,生成CO2和H2O,生成的CO2和H2O再与Na2O2反应;2CO+O2
2CO2,一氧化碳与二氧化碳物质的量相等,Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO,可知,反应后固体质量增加量为CO的质量;2H2+O2
2H2O,生成的水与氢气物质的量相等,Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,质量增重△m为2H2O﹣O2=2H2,可知,反应后固体增加的质量为氢气质量;
(2)氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠,根据n=
计算出氢氧化钠的物质的量,再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量,最后根据c=
计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积;
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L,物质的量为:
=0.25mol,所以过氧化钠的物质的量为0.5mol,所以氢氧化钠的物质的量为:
0.5mol×2=1mol,沉淀质量为5.8克,即氢氧化镁的质量为5.8克,所以氢氧化镁的物质的量为:
=0.1mol,生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2=0.2mol,则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8,所以铝离子的物质的量为0.2mol,所以溶液中硫酸根离子的物质的量为:
0.3+0.1=0.4mol,则c=
=2mol/L;
(4)①结合发生的反应2Na2O2+4NaHCO3=4Na2CO3+2H2O↑+O2↑和2Na2O2+2NaHCO3=2Na2CO3+2NaOH+O2↑计算;
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3,再结合反应原理计算。
【详解】
(1)CO和H2的混合气体燃烧的方程式:
2CO+O2
2CO2,2H2+O2
2H2O,与Na2O2反应的方程式:
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2,通过方程式可以看出,固体质量的增加量就是原混合气体的质量为mg;
(2)设14.0g混合物中含有氧化钠xmol,含有过氧化钠ymol,则①62x+78y=14,最后得到的溶质为NaOH,得到400mLpH=14的溶液,氢氧化钠的物质的量为:
0.4×1=0.4mol,根据钠原子守恒可得:
②2x+2y=0.4,联合①②解得:
x=0.1、y=0.1,所以0.1mol的过氧化钠生成0.05mol的氧气,标况下生成的氧气的体积为:
V(O2)=22.4L/mol×0.05mol=1.12L;
(3)生成标准状况下气体体积为5.6L,物质的量为:
=0.25mol,所以过氧化钠的物质的量为0.5mol,所以氢氧化钠的物质的量为:
0.5mol×2=1mol,沉淀质量为5.8克,即氢氧化镁的质量为5.8克,所以氢氧化镁的物质的量为:
=0.1mol,生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2=0.2mol,则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0.8,所以铝离子的物质的量为0.2mol,所以溶液中硫酸根离子的物质的量为:
0.3+0.1=0.4mol,则c=
=2mol/L,故答案为:
2;
(4)①设Na2O2和NaHCO3的物质的量分别为x,y;
15.41<15.92<16.11说明两个反应都发生,所以:
78x+84y=17.88、106y+(2x﹣y)×40=15.92,解之得:
x=0.1mol、y=0.12mol,故m(Na2O2)=7.8g;
②反应后固体为0.08mol的NaOH和0.12mol的Na2CO3,当反应后溶质为NaCl、NaHCO3时,则需盐酸体积为200mL;当反应后溶质只有NaCl时,则需盐酸体积为320mL,故盐酸体积为200mL≤V≤320mL。
【点睛】
本题考查有关物质的量的计算、混合物的计算,注意掌握有关物质的量的计算方法,明确质量守恒定律、极值法在化学计算中的应用,试题有利于提高学生的化学计算能力。
3.
(1)配平下列方程式
①_____Na+_____H2O=_____NaOH+_____H2↑
②_____Na2O2+_____CO2=_____NaCO3+_____O2↑
③_____KMnO4+_____HCl(浓)=_____KCl+_____MnCl2+_____H2O+_____Cl2↑
④_____Al+_____H2O+_____NaOH=_____NaAlO2+_____H2↑
(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向____________、__________
①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
②2FeCl2+Cl2=2FeCl3
【答案】22212221216228522223
【解析】
【分析】
配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物,可利用化合价升降守恒来配平,再通过原子守恒来配平其他物质。
【详解】
(1)①Na由0价变为+1价,H由+1价变为0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;1;
②此为歧化反应,O化合价由-1价变为-2价和0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;1;
③Mn化合价由+7价下降为+2价,Cl化合价由-1价升高为0价,故方程为:
,故答案为:
2;16;2;2;8;5;
④Al化合价由0价升高为+3价,H化合价有+1价下降为0价,故方程为:
,故答案为:
2;2;2;2;3;
(2)①此化学方程式为歧化反应,O由+1价变为-2价和0价,双线桥表示为:
,故答案为:
②Fe2+离子为还原剂化合价由+2变为+3价失去一个电子,Cl由0价变为-1价得到一个电子,用双线桥表示为:
,故答案为:
。
4.10℃时加热NaHCO3饱和溶液,测得该溶液的pH随温度的升高发生如下变化:
甲同学认为,该溶液pH升高的原因是随温度的升高HCO3-的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为____________________。
乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解,生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3,该分解反应的化学方程式为_______________。
丙同学认为甲、乙的判断都不充分。
丙认为:
(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液,若产生沉淀,则乙判断正确。
为什么?
能不能选用Ba(OH)2溶液?
_____________________________________________。
(2)将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH______(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3,则__________(填“甲”或“乙”)判断正确。
【答案】HCO3-+H2O
H2CO3+OH-大于2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O若原因是HCO3-水解程度增大,则溶液中几乎没有CO32-,所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO32-来推知乙的观点是否正确,但不能选用Ba(OH)2溶液,因为Ba2++OH-+HCO3-===BaCO3↓+H2O,若用Ba(OH)2溶液检验,无论哪种观点都会有沉淀产生等于甲
【解析】
【分析】
HCO
是弱酸根离子,HCO
水解出碳酸和氢氧根离子;碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水;碱性越强,说明水解程度越大;
(1)CO
能与钡离子结合成碳酸钡沉淀,HCO
与钡离子不反应;Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀;
(2)水解反应可逆,恢复到原温度,水解平衡逆向移动;
【详解】
HCO
水解出碳酸和氢氧根离子,水解方程式:
HCO
+H2O
H2CO3+OH-。
碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳、水,反应方程式是2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O;碱性越强,说明水解程度越大,所以Na2CO3的水解程度大于NaHCO3;
(1)CO
能与钡离子结合成碳酸钡沉淀,HCO
与钡离子不反应,在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液,若产生沉淀,说明溶液中含有CO
;由于Ba(OH)2和碳酸钠、碳酸氢钠都能反应生成碳酸钡沉淀,所以不能选用Ba(OH)2溶液;
(2)水解反应可逆,若恢复到原温度,水解平衡逆向移动,将加热后的溶液冷却到10℃,若溶液的pH等于8.3,则甲判断正确。
【点睛】
本题考查碳酸钠、碳酸氢钠的性质,注意碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠,鉴别碳酸钠、碳酸氢钠用氯化钙或氯化钡溶液,不能用氢氧化钙或氢氧化钡。
5.纯碱是重要的化工原料,在医药、冶金、化工、食品等领域被广泛使用。
某实验小组的同学模拟侯德榜制碱法制取纯碱,流程如下:
(1)工业生产纯碱的第一步是除去饱和食盐水的中SO42-、Ca2+离子,依次加入的试剂及其用量是______________、_______________、过滤、_______________。
(2)已知:
几种盐的溶解度
NaCl
NH4HCO3
NaHCO3
NH4Cl
溶解度(20°C,100gH2O时)
36.0
21.7
9.6
37.2
①写出装置I中反应的化学方程式_____________________________________。
②写出装置II中发生反应的化学方程式________________________________。
(3)该流程中可循环利用的物质是__________________。
(4)若制出的纯碱中只含有杂质NaCl。
①检验用该纯碱配制的溶液中含有Cl―的方法是_________________________。
②向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液,沉淀经过滤、洗涤、干燥,称其质量为bg,则该纯碱的纯度(质量分数)为__________(用m、b来表示)。
【答案】过量BaCl2溶液过量Na2CO3溶液适量(过量)稀盐酸NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑CO2取少量纯碱样品,加入足量的稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则说明含有氯离子。
×100%
【解析】
【分析】
(1)工业上除去SO42-用含有Ba2+的可溶性盐、除去Ca2+用含有CO32-的可溶性盐;
(2)①NaCl、CO2、NH3、H2O发生反应生成NaHCO3和NH4Cl;
②受热条件下,碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳和水;
(3)装置II中得到二氧化碳,装置I中需要二氧化碳;
(4)①Cl-的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液,生成不溶于稀硝酸的AgCl沉淀;
②向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液反应生成碳酸钙,则最后得到的bg为碳酸钙的质量,根据碳原子守恒由碳酸钙的物质的量可得到碳酸钠的物质的量,在求算出理论上碳酸钠的质量,进而求算纯碱的纯度。
【详解】
(1)除去饱和食盐水的中SO42-要用BaCl2溶液,除去饱和食盐水的中Ca2+要用Na2CO3溶液,并且除杂时试剂应该过量,最后用稀盐酸调节pH=7,
故答案为:
足量BaCl2溶液、足量Na2CO3溶液、适量稀盐酸;
(2)①先向食盐水中通入NH3使溶液呈碱性,CO2、NH3和H2O反应生成NH4HCO3,由于溶解度小NaHCO3,所以NaCl和NH4HCO3反应生成NaHCO3和NH4Cl,即
NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl,
故答案为:
NaCl+CO2+NH3+H2O═NaHCO3↓+NH4Cl;
②NaHCO3对热不稳定,受热易分解生成Na2CO3、H2O、CO2,化学方程式为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,
故答案为:
2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑;
(3)装置II中得到二氧化碳,装置I中需要二氧化碳,所以能循环利用的是二氧化碳,故答案为:
CO2;
(4)①Cl-的检验常用硝酸酸化的硝酸银溶液,方法为:
取少量纯碱样品溶于水,加入足量的稀硝酸,再加入硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则说明其中含有氯离子;
故答案为:
取少量纯碱样品溶于水,加入足量的稀硝酸,在加入硝酸银溶液,若生成白色沉淀,则说明其中含有Cl-;
②向m克纯碱样品中加入足量CaCl2溶液反应生成碳酸钙,则最后得到的bg为碳酸钙的质量,则根据碳原子守恒,碳酸钠的物质的量=碳酸钙的物质的量=
=
,则碳酸钠的质量=nM=
×106g/mol=
g,则该纯碱的纯度=
×100%=
×100%;
答案为:
×100%。
【点睛】
易错点在于第
(1)中,除杂提纯时,除杂试剂要过量,碳酸钠一定加在氯化钡溶液的后面,才能够除去多余的钡离子。
6.
(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。
7.已知A是一种金属单质,B显淡黄色,其转化关系如图所示,则下列说法错误的是
A.A与水反应可生成D
B.B常用于制作呼吸面具
C.C与澄清石灰水反应生成白色沉淀和D
D.将稀硫酸铝溶液逐滴滴入D溶液中,开始时就会产生沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
B为A与氧气反应的产物,为氧化物,颜色为淡黄色,应为
则A为Na,C为
D为NaOH。
【详解】
A.Na与水反应可生成氢氧化钠和氢气,A正确;
B.过氧化钠与二氧化碳反应可以生成氧气,故B常用于制作呼吸面具,B正确;
C.碳酸钠与氢氧化钙反应生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀,C正确;
D.将硫酸铝溶液滴入NaOH溶液中,由于NaOH溶液为大量的,故一开始会产生偏铝酸根,而不是产生沉淀,D错误;
故答案选D。
8.某课题研究小组的同学探究钠与水反应之后,又研究了与溶液反应和NaCl溶液的配制。
Ⅰ.将金属钠放入盛有下列溶液的小烧杯中:
①Fe2(SO4)3溶液②NaCl溶液③Na2SO4溶液④饱和澄清石灰水⑤Ca(HCO3)2溶液。
回答下列问题:
(1)既有气体,又有白色沉淀产生的是___________________;
(2)写出金属钠与①反应的离子方程式___________________;
(3)若剩余的金属钠露置在空气中最终会变成___________________。
Ⅱ.配制480mL0.2mol·L-1NaCl溶液。
(1)计算后,需称出NaCl质量为___________g。
(2)在配制过程中,下列操作对所配溶液浓度的影响是(填偏高、偏低或无影响)
①配制前,容量瓶内有水__________
②溶液未冷却便定容__________
③定容时仰视刻度线__________
【答案】④⑤2Fe3++6Na+6H2O=2Fe(OH)3↓+6Na++3H2↑Na2CO35.9无影响偏高偏低
【解析】
【分析】
(1)钠的活泼性较强,能够与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气,生成的氢氧化钠可能和盐溶液中的溶质发生反应,据此进行分析;
(2)金属钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁沉淀、硫酸钠和氢气,据此写出反应的离子方程式;
(3)Na的性质活泼,在空气中长期放置,最终产生碳酸钠;
Ⅱ.
(1)配制0.2mol·L-1NaCl溶液480mL,需要配制500mL溶液;根据m=nM计算出需要氯化钠的质量;
(2)根据c=n/V进行分析。
【详解】
(1)①钠先与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与Fe2(SO4)3溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀,故不选;
②钠与氯化钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气,得不到沉淀,故不选;
③钠与硫酸钠溶液中的水反应生成氢氧化钠和氢气,得不到沉淀,故不选;
④钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应放热,氢氧化钙溶解度降低,有白色沉淀析出,故选;
⑤钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀,故选;
结合以上分析可知,既有气体,又有
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