中考化学专题训练综合题的综合题分类及答案1.docx
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中考化学专题训练综合题的综合题分类及答案1
一、中考初中化学综合题
1.漳州小吃手抓面,制作时要用发到大树碱,大树碱的主要成分是K2CO3.为了测定大树碱中K2CO3的质量分数,小文同学进行了如下实验;
(1)用托盘天平称取10g大树碱样品,在称量过程中发现天平指针如图所示,则此时应进行的操作是_________.
(2)用量筒量取一定量的水,为了准确量取水的体积,还需要使用的仪器是_________.
(3)把大树碱样品和水加入烧杯中,用玻璃棒搅拌,使大树碱完全溶解,玻璃棒的作用是_________.
(4)向配好的溶液中逐渐加入CaCl2溶液,生成1g沉淀(假设大树碱中其它成分不参与反应,反应的化学方程式为CaCl2+K2CO3═CaCO3↓+2KCl).计算大树碱中K2CO3的质量分数.
(5)小文同学在配制好溶液后,发现纸片上还有残留固体,则计算出的大树碱K2CO3的质量分数_________(填“偏大”或“偏小”)
【答案】
(1)往左盘加树碱至天平平衡;
(2)胶头滴管;(3)搅拌,加速溶解;
(4)大树碱中K2CO3的质量分数为13.8%;(5)偏小。
【解析】
试题分析:
(1)指针偏右,说明左盘大树碱样品小于10g,则此时应进行的操作是往左盘加大树碱,至天平平衡;
(2)用量筒量取一定量的水,为了准确量取水的体积,还需要使用的仪器是胶头滴管;(3)溶解中玻璃棒的作用是搅拌,加速溶解;(4)设碳酸钾的质量为x,根据两种盐发生反应的化学方程式
CaCl2+K2CO3═CaCO3↓+2KCl
138100
x1g
,
解得x=1.38g,所以大树碱中K2CO3的质量分数:
(1.38g÷10g)×100%=13.8%;(5)纸片上还有残留固体,则溶液中溶质偏小,质量分数偏小。
考点:
考查量筒、托盘天平的使用及根据化学反应方程式的计算的知识。
2.金属在日常生活、工农业生产和科学研究方面应用广泛。
(1)某实验小组为了探究锌与硫酸反应快慢的影响因素,进行了如下实验。
实验编号
硫酸的质量分数
(均取20mL)
锌的形状
(均取1g)
氢气的体积(mL)
①
20%
锌粒
31.7
②
20%
锌片
50.9
③
30%
锌粒
61.7
④
30%
锌片
79.9
①用如图装置收集并测量氢气的体积,其中量筒作用是_____________________,氢气应从_____(填e或f或g)管通入。
②要比较不同质量分数的硫酸对反应快慢的影响,应选择的实验编号是___________。
③下表是小兵第①组实验的详细数据。
时段
第1分钟
第2分钟
第3分钟
第4分钟
第5分钟
第6分钟
H2的体积
3.1mL
16.7mL
11.9mL
9.6mL
7.6mL
6.0mL
请描述锌与硫酸反应的快慢的变化_________________________________________。
解释原因_________________________________________________________。
(2)保险粉(化学式Na2S2O4)在工农业生产中有广泛的用途,Na2S2O4在碱性溶液中稳定,在中性和酸性溶液中极不稳定;在NaCl存在下,Na2S2O4在水中溶解度显著下降。
Na2S2O4制备流程如下:
①已知反应Ⅰ的原理为:
Zn+2SO2==ZnS2O4,反应Ⅱ为复分解反应,反应Ⅱ的化学方程式为______________________________________________。
②操作a的名称为_______________________。
③滤液中含有Na2S2O4,为使Na2S2O4结晶析出还需要加入少量NaOH的原因是__________________________,加入NaCl的原因是_______________________。
④198gZn(OH)2理论上能得到Zn的质量为_____________。
【答案】根据进入量筒中水的体积,判断生成氢气的体积f①③或②④由慢到快然后逐渐减慢反应开始放出热量,温度升高,反应由慢到快,随着反应的进行,硫酸被消耗,硫酸溶质质量分数变小反应减慢(原因答对一个即可得分)2NaOH+ZnS2O4==Zn(OH)2↓+Na2S2O4过滤Na2S2O4在碱性溶液中稳定降低Na2S2O4在水中的溶解度130g
【解析】
(1)①该实验是通过比较相同时间内产生的氢气的体积的大小来比较反应速率的快慢,故使用排水法收集氢气,可根据进入量筒中水的体积,判断生成氢气的体积;由于水只能从e端排出,故氢气从f端通入;②要比较不同质量分数的硫酸对反应快慢的影响,那么要采用控制变量法,即硫酸的质量分数不同,其他的条件要完全相同,故应选择的实验编号是①③或②④;③由表格数据可知锌与硫酸反应的快慢的变化是由慢到快然后逐渐减慢;由于锌和稀硫酸反应放出热量,温度升高,反应由慢到快,随着反应的进行,硫酸被消耗,硫酸溶质质量分数变小反应减慢;
(2)①复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应。
反应Ⅱ是氢氧化钠和ZnS2O4分数复分解反应,故氢氧化钠与ZnS2O4反应的化学方程式表示为2NaOH+ZnS2O4==Zn(OH)2↓+Na2S2O4;②通过操作a分别得到了固体和溶液,故该操作是过滤;③根据资料“Na2S2O4在碱性溶液中稳定”,故为使Na2S2O4结晶析出还需要加入少量NaOH;在NaCl存在下,Na2S2O4在水中溶解度显著下降,故加入NaCl的原因是降低Na2S2O4在水中的溶解度,以便得到更多的晶体;④198gZn(OH)2中锌元素的质量=
130g,根据质量守恒定律化学反应前后元素的质量不变,故理论上能得到Zn的质量为130g。
3.金属是现代生活、工业生产以及科学研究中应用极为普遍的一类材料。
(1)台灯是在光线不足时常用照明用具。
如右图所示台灯,铜质插头是利用了金属铜的_____性,灯管后面的反光片为铝箔。
铝在空气中与氧气反应,其表面生成一层致密的氧化物薄膜,从而阻止铝进一步氧化。
这种氧化物的化学式为_____。
(2)在铁制品表面喷漆不仅美观,而且能防止铁制品表面与_____接触而生锈。
(3)将锌片投入到下列盐溶液后,能使溶液质量减轻的是_____(填字母)。
A 氯化镁B 氯化铜C 硝酸汞D 硝酸铝
(4)下列说法中不正确的是_____(填字母)。
A 生铁比钢的含碳量高
B 将钢针淬火后可以做钓鱼钩
C 焊锡的熔点比锡的熔点低
D 相同质量的钠、镁、铝三种金属,所含的原子最多的是钠
(5)将一定量的金属
(
的金属活动性比钠弱)加入到含有硝酸锌、硝酸铜、硝酸银的混合溶液中,充分反应后过滤,得到滤渣和滤液,则滤液中的溶质种类最多含_____种。
(6)将
铁的某种氧化物在高温下与足量的一氧化碳充分反应,生成
二氧化碳,则这种铁的氧化物的化学式是_____。
【答案】导电Al2O3空气和水CB四Fe3O4
【解析】
【分析】
【详解】
(1)铜质插头是利用了金属铜的导电性;铝在空气中与氧气反应,其表面生成一层致密的氧化铝薄膜,从而阻止铝进一步氧化,氧化铝的化学式为Al2O3;
(2)铁和水和空气接触会反应生成铁锈,在铁制品表面喷漆不仅美观,且能防止铁制品表面与空气和水接触而生锈;
(3)
A、锌的金属活动性比镁弱,锌不能置换出氯化镁中的镁,溶液质量不改变;
B、锌的金属活动性比铜强,锌与CuCl2反应置换出单质铜,由于锌的相对原子质量大于铜的相对原子质量,则锌片的质量减少,溶液质量变大;
C、锌的金属活动性比汞强,锌能与硝酸汞反应置换出汞,由于锌的相对原子质量小于汞的相对原子质量,则锌片的质量增大,溶液质量减轻;
D、锌的金属活动性比铝弱,锌与硝酸铝不反应,溶液质量不变化;故填C;
(4)
A、生铁中的含碳量为2%~4.3%,钢中的含碳量为0.03%~2%,生铁的含碳量比钢高,不符合题意;
B、将钢针烧红后立即放入冷水中冷却后弯曲,这种金属热处理方法叫淬火,使硬度增大,韧性减弱,不易弯曲来制作鱼钩,符合题意;
C、合金的熔点低于组成金属的熔点,焊锡的熔点比锡的熔点低,不符合题意;
D、相同质量的钠、镁、铝三种金属,钠的相对原子质量最小,所含的原子最多,不符合题意;
故填B;
(5)要使滤液中的溶质种类最多,则金属M的活动性应仅强于银且M的量不足以全部置换出硝酸银中的银,此时M和部分硝酸银反应生成银和M的硝酸盐,而硝酸锌、硝酸铜和M不反应,则溶液中的溶质最多有硝酸锌、硝酸铜、M的硝酸盐和剩余的硝酸银四种溶质;
(6)铁的某种氧化物在高温下与足量的一氧化碳充分反应,生成铁和二氧化碳,设这种铁的氧化物的化学式是FexOy,
解得x∶y=0.75=3∶4,即这种铁的氧化物的化学式是Fe3O4。
【点睛】
可先设出铁的氧化物的化学式,利用铁的氧化物与一氧化碳反应的化学方程式,代入氧化物与二氧化碳的质量进行计算,即可得到氧化物的化学式。
4.
(1)新时代,要树立和践行“绿水青山就是金山银山”的发展理念。
目前,我国已开发和利用的新能源有______(合理即可)。
近年来,有些城市部分汽车的燃料改为压缩天然气,天然气的主要成分是甲烷,甲烷燃烧的化学方程式为________。
(2)在一定条件下,A和B两种物质发生反应生成C和D.如图为该反应的微观示意图。
①从微观角度分析该反应的实质是______。
②该反应中,生成C和D的质量比是______。
(3)在托盘天平(灵敏度极高)两边各放盛有等质量、等质量分数足量稀硫酸的烧杯,天平平衡。
向左烧杯中加入一定质量的金属M,同时向右烧杯中加入相同质量的金属N,观察到从反应开始至结束天平指针始终偏向右边(注:
反应中都生成+2价的硫酸盐)则:
①M、N两种金属的活动性由强到弱的顺序为______。
②M、N两种金属的相对原子质量由大到小的顺序为______。
【答案】太阳能(合理即可)
分子破裂成原子,原子重新结合成新分子14:
3;M>NM 【解析】 【分析】 【详解】 (1)目前,我国已开发和利用的新能源有太阳能、氢能等。 天然气的主要成分是甲烷,甲烷燃烧生成水和二氧化碳,反应的化学方程式为 。 (2)①从微观角度分析化学反应的实质是: 分子破裂成原子,原子重新结合成新分子。 ②根据微观示意图,该反应的化学方程式为: ,故C和D的质量比是28: 6=14: 3。 (3)①由题意可知,从反应开始至结束天平指针始终偏向右边。 在反应过程中天平的指针偏向右边,说明左边放出氢气的速率快,相同的时间内产生的氢气多,左边的金属比右边的金属活泼;由此可知,M与酸反应比N剧烈,金属M活动性比N的活动性强。 ②由题意可知,从反应开始至结束天平指针始终偏向右边,说明到反应结束时右边产生气体较少,左边生成的氢气多,即等质量金属完全反应N产生氢气的量小于M,根据放出氢气的质量= ,金属的质量相等、化合价也相同,则产生氢气质量与相对原子质量成反比,等质量金属完全反应N产生氢气的量小于M,所以金属N的相对原子质量大于金属M的相对原子质量。 5.氯化钡是一种可溶性重金属盐,广泛应用于化工领域。 工业上以重晶石(主要成分BaSO4,杂质为Fe2O3)为原料,通过下列流程生成氯化钡晶体(BaCl2·xH2O)并进行组成测定。 已知: ①BaSO4+4C 4CO↑+BaS ②CaO、BaO都能与水反应生成碱 (1)焙烧时,焦炭与杂质Fe2O3也会发生反应,反应方程式为_____;实际生产中必须加入过量焦炭,其目的是使重晶石充分反应,提高产率和_____。 (2)焙烧时,温度和时间对硫酸钡转化率的影响如下图,则最佳温度约为_____℃,时间约为_____min。 (3)酸溶时,硫化钡(BaS)与盐酸发生复分解反应产生硫化氢气体(H2S),该反应方程式为_____;气体X成分除H2S和少量挥发出的HCl、水蒸气外,还含有_____。 (4)除铁反应中试剂Y可以是_____(填字母)。 a.NaOH溶液b.氨水c.生石灰d.BaO固体 证明铁已除尽的方法是: 取上层清液于试管中,滴入_____溶液,若无明显现象,则已除尽。 (5)滤渣水洗的目的是提高晶体产率和_____。 (6)测定晶体(BaCl2·xH2O)的组成: Ⅰ.称取24.4gBaCl2·xH2O晶体,置于小烧杯中,加入适量蒸馏水,使其全部溶解。 Ⅱ.再边搅拌边滴加稀硫酸到沉淀完全,静置; Ⅲ.过滤并洗涤沉淀; Ⅳ.将盛有沉淀的滤纸包烘干并中温灼烧后,称得BaSO4沉淀质量为23.3g。 ①通过计算,确定x的值。 _____(写出计算过程) ②操作Ⅳ中,如果空气不充足和温度过高,可能会有部分沉淀被滤纸中的碳还原为BaS,这使x的测定结果_____(填“偏低”、“偏高”或“不变”)。 【答案】3C+Fe2O3 2Fe+3CO↑提供热量(维持反应所需高温)100060BaS+2HCl=BaCl2+H2S↑H2dNaOH(合理即可)减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染(环保)2偏高 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据题意,碳和氧化铁在高温下反应生成铁和一氧化碳,故填 ;通入过量焦炭后,可使重晶石充分反应同时焦炭燃烧可维持反应的高温热量,故填提供热量(维持反应所需高温); (2)根据曲线图所示,在1000℃时,硫酸钡转化率最高,故填1000;根据曲线图所示,时间在60min时,硫酸钡转化率最高,故填60; (3)硫化钡与盐酸发生复分解反应生成氯化钡和硫化氢气体,故填 ;在重晶石中,有氧化铁杂质,经过焦炭高温会生成单质铁,铁和盐酸反应会产生氢气,故填 ; (4)到该步骤时,含有杂质氯化亚铁,故在不引入其他杂质的情况下除铁,加入氧化钡固体,生成氯化钡和氢氧化亚铁沉淀,过滤后可出去铁,故填d;判断滤液中是否有亚铁离子,滴入氢氧化钠溶液,观察是否产生沉淀,则可判断铁是否完全去除;故填 ; (5)水洗为了清洗滤渣中的钡盐,防止对自然环境的污染; (6)①根据题意可知,设定氯化钡质量为y: ,y=20.8g,即氯化钡为20.8g,因为称取氯化钡水合物晶体为24.4g,那么水的质量为 , , ; ②若有部分沉淀被滤纸中的碳还原为 ,但是在称量过程中,会误认为沉淀物都是硫酸钡,故称量的沉淀质量会偏小,那么计算出的氯化钡质量就会偏小,同时在计算氯化钡水合物中水的质量就会偏大,计算x数值会偏高,故填偏高。 6.用化学用语表示: (1)2个氢氧根离子_____。 (2)“可燃冰”的主要成分是甲烷水合物,甲烷的化学式是_____。 (3)次氯酸钠(NaClO)是“84消毒液”的有效成分,次氯酸钠中氯元素的化合价是_____价。 (4)服用含小苏打(NaHCO3)的药物来治疗胃酸过多,其化学方程式为_____。 【答案】2OH﹣ CH4 +1NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑ 【解析】 【分析】 (1)离子的表示方法,在表示该离子的元素符号右上角,标出该离子所带的正负电荷数,数字在前,正负符号在后,带1个电荷时,1要省略,若表示多个该离子,就在其离子符号前加上相应的数字。 (2)根据常见有机物化学式的书写方法进行书写即可。 (3)根据在化合物中正负化合价代数和为零,进行分析解答。 (4)小苏打与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,进行分析解答。 【详解】 (1)2个氢氧根离子为2OH﹣; (2)可燃冰主要成分是甲烷,甲烷的化学式是CH4;(3)NaClO中钠元素的化合价为+1价,氧元素的化合价为-2价,根据化合物中元素化合价代数和为零,所以氯元素的化合价为+1价;(4)小苏打能够用来治疗胃酸过多,是因为碳酸氢钠和盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,反应的化学方程式是NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。 7.化学就在我们们身边,化学与生活息息相关。 (1)自行车作为常用的代步工具具,既轻便灵活,又符合环保要求。 右图是一款新型的自行车的示意图。 所标部件中,属于有机合成材料的是_______(填序号,如有多项,只需选填一项,下同);属于合金的是_________。 (2)喝蜂蜜水可补充骑自行车所消耗的能量蜂蜜中富含六大基本营养素中的__________。 (3)青少年正处在身体发育期,除了适当的运动外,还应多喝牛奶、骨汤等,从中摄入_______元素(填一种金属元素)以促进骨骼发育。 (4)面料为“冰蚕丝”的运动服,其主要成分为合成纤维。 请你用化学方法鉴别“冰蚕丝”和羊毛丝__________________。 【答案】②或 ④或⑤糖类钙或Ca取样品灼烧,若有烧羽毛气味的则为羊毛丝,无烧羽毛气味的则为“冰蚕丝”。 【解析】 【详解】 (1)图中属于有机合成材料有塑料和橡胶,属于合金的是钢或不锈钢; (2)喝蜂蜜水可补充骑自行车所消耗的能量,蜂蜜中富含六大基本营养素中的糖类; (3)青少年正处在身体发育期,除了适当的运动外,还应多喝牛奶、骨汤等,从中摄入钙元素以促进骨骼发育。 (4)羊毛丝成分是蛋白质,灼热有烧焦羽毛味,合成纤维燃烧有特殊气味,取样品灼烧闻气味,有烧焦羽毛气味的为羊毛丝,无烧羽毛气味的则为“冰蚕丝”。 8.图中①、②分别是锶元素、钙元素在元素周期表中的部分信息,A、B、C是三种粒子的结构示意图。 请回答下列问题。 (1)锶元素的相对原子质量为_____,钙元素的原子序数为_____。 (2)锶元素与钙元素最本质的区别是_____。 (3)A、B、C三种粒子中,属于原子的是_____(填字母,下同)。 与B化学性质相似的粒子是_____。 【答案】87.6220质子数不同ABA 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由元素周期表中的一格中获取的信息可知,锶元素的相对原子质量为87.62;钙元素的原子序数为20; (2)质子数决定元素的种类。 锶元素与钙元素最本质的区别是质子数不同;(3)原子中质子数=核外电子数,A、B、C三种粒子中,属于原子的是AB;决定元素化学性质的是最外层电子数,原子的最外层电子数相同,具有相似的化学性质,由于A、B的最外层电子数均为7,故具有相似的化学性质。 9.在抗震救灾中,可使用“84”消毒液(NaClO溶液)的稀溶液进行消毒。 制取NaClO的化学方程式为2NaOH+X=NaClO+NaCl+H2O。 由于“84”消毒液有一定的腐蚀性,使用时应将其稀释成0.2%~0.5%的稀溶液。 (1)X的化学式为____,NaClO中氯元素化合价为____。 (2)配制120kg质量分数为0.5%的“84”消毒液,需使用12%的“84”消毒液_________kg。 (3)地震后,水源受到严重污染。 为了保证本地饮用水的安全,生活用水需多次消毒。 ①如果使用二氧化氯消毒杀菌,该变化过程属于____(填“物理变化”或“化学变化”); ②如果使用漂白粉作为水源消毒剂,漂白粉的有效成分为次氯酸钙,其化学式为Ca(ClO)2,次氯酸钙溶于水与空气中的CO2反应生成碳酸钙和次氯酸(HClO)。 请写出该反应的化学方程式___________________。 (4)为防止疫病传染,需对河水处理后方可饮用,常用措施有: ①加热煮沸②消毒③过滤④自然沉降,较合理的顺序为______(填字母序号)。 A.③①②④ B.④①③② C.④③②① D.③①④② 【答案】Cl2+15化学变化Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOC 【解析】 【分析】 【详解】 (1)根据质量守恒定律可以知道参加反应的各种原子的个数、种类不会改变,可以确定X的化学式为Cl2;设NaClO中氯元素化合价为x,+1+x+(-2)=0,则x=+1; (2)根据稀释前后溶质的质量不变,设需要12%的“84”消毒液质量为x,x×12%=120kg×0.5%,x=5kg; (3)①净化水的过程中消毒属于化学变化; ②次氯酸钙溶于水与空气中的CO2反应生成碳酸钙和次氯酸(HClO),反应的化学方程式: Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO; (4)为防止疫病传染,需对河水处理后方可饮用,常用措施有自然沉降,过滤,消毒,最后是煮沸。 较合理的顺序是: ④③②①。 故选C。 10.实验室配制饱和澄清石灰水和质量分数为10%的氢氧化钠溶液,并进行有关实验。 下表是20℃时部分物质的溶解度数据。 物质 Ca(OH)2 NaOH CaCO3 Ca(HCO3)2 Na2CO3 NaHCO3 溶解度/g 0.16 109 0.0065 16.6 21.8 9.6 (1)配制溶液。 其中配制100g10%氢氧化钠溶液的基本步骤是: 称取氢氧化钠固体—量取水—溶解—装瓶贴标签。 ①称取氢氧化钠固体的质量_____________g。 ②已知水的密度为1g/cm3,用100mL量筒量取所需的水,_______画出水的液面。 ③装瓶后贴标签,在标签上填写: _______________________________。 (2)进行性质探究实验,20℃时,根据数据回答下列问题: ①向饱和澄清石灰水中通入CO2直至过量,先生成CaCO3,再转化为Ca(HCO3)2,可观察到的现象是________________________________。 ②向10%氢氧化钠溶液中通入CO2直至过量,先生成Na2CO3,再转化为NaHCO3,可观察到的现象是_______________________________________________________。 ③理论上吸收4.4gCO2,需饱和澄清石灰水的质量至少为___________g,或需10%氢氧化钠溶液的质量至少为__________g。 (计算结果精确到个位) 【答案】10.0 氢氧化钠10%先产生白色浑浊,继续通二氧化碳,溶液又变澄清一段时间后出现白色沉淀463280 【解析】 【分析】 二氧化碳和氢氧化钙先生成 沉淀和水,碳酸钙和二氧化碳和水再转化 ,二氧化碳和氢氧化钠反应先生成 和水,二氧化碳和碳酸钠和水再转化为 。 【详解】 (1)①称取氢氧化钠固体的质量为 。 ②已知水的密度为1g/cm3,用100mL量筒量取所需的水,水的质量为 ,故图为 。 ③装瓶后贴标签,在标签上填写氢氧化钠10%。 (2)①向饱和澄清石灰水中通入 直至过量,二氧化碳和氢氧化钙先生成 沉淀和水,碳酸钙和二氧化碳和水再转化为 ,碳酸氢钙易溶于水,故可观察到的现象是先产生白色浑浊,继续通二氧化碳,溶液又变澄清。 ②向10%氢氧化钠溶液中通入CO2直至过量,二氧化碳和氢氧化钠反应先生成 和水,二氧化碳和碳酸钠和水再转化为 ,碳酸氢钠溶解度较小,故可观察到的现象是一段时间后出现白色沉淀。 ③设吸收4.4gCO2,需氢氧化钙的质量至少为x 吸收4.4gCO2,需饱和澄清石灰水的质量至少为 设需10%氢氧化钠溶液的质量至少为y 故需10%氢氧化钠溶液的质量至少为80g。 【点睛】 , 。 碳酸氢钙易溶于水
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