化学化学反应与能量的专项培优练习题含答案.docx
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化学化学反应与能量的专项培优练习题含答案
化学化学反应与能量的专项培优练习题(含答案)
一、化学反应与能量练习题(含详细答案解析)
1.工业上利用锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等杂质)制取金属锌的工艺流程如下。
回答下列问题:
(1)ZnFe2O4是一种性能优良的软磁材料,也是一种催化剂,能催化烯类有机物氧化脱氢等反应。
①ZnFe2O4中Fe的化合价是________。
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4。
该反应中每生成1molZnFe2O4转移电子的物质的量是________。
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率。
为达到这一目的,还可采用的措施是________________________(任答一条);已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有____________________________________________。
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________;试剂X的作用是_______。
【答案】+34mol增大硫酸的浓度(或升高温度、搅拌等其他合理答案)Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O调节溶液的pH,促进Fe3+水解
【解析】
【分析】
将锌焙砂(主要含ZnO、ZnFe2O4,还含有少量FeO、CuO等氧化物杂质)酸浸,发生反应ZnFe2O4+8H+=Zn2++2Fe3++4H2O、ZnO+2H+=Zn2++H2O、FeO+2H+=Fe2++H2O、CuO+2H+=Cu2++H2O,向溶液中加入双氧水,发生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,调节溶液的pH将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,调节溶液pH时不能引进新的杂质,可以用ZnO,所以X为ZnO,然后向溶液中加入Zn,发生反应Cu2++Zn=Zn2++Cu,然后过滤,所以Y中含有Cu,最后电解得到Zn;
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价,氧元素化合价-2价,结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价;
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4.反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价,碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价,计算转移电子的物质的量;
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率.为达到这一目的,还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等,已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有,氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子;
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,试剂X的作用是调节溶液PH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
【详解】
(1)①ZnFe2O4中锌的化合价+2价,氧元素化合价-2价,结合化合价代数和为0计算得到Fe的化合价,+2+x×2+(-2)×4=0,x=+3;
②工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3•6H2O
ZnFe2O4+2CO2↑+4CO↑+6H2O制备ZnFe2O4,反应过程中铁元素化合价+2价变化为+3价,碳元素化合价+3价变化为+4价好+2价,则氧化产物为:
ZnFe2O4、CO2,每生成1molZnFe2O4,碳元素化合价+3价变化为+2价降低得到电子,每生成1molZnFe2O4,生成4molCO转移电子的物质的量是4mol;
(2)酸浸时要将锌焙砂粉碎,其目的是提高酸浸效率.为达到这一目的,还可采用的措施是增大硫酸的浓度或升高温度、空气搅拌等,已知ZnFe2O4能溶于酸,则酸浸后溶液中存在的金属离子有,氧化锌溶解得到锌离子、氧化亚铁溶解得到亚铁离子、氧化铜溶解得到铜离子、ZnFe2O4能溶于酸得到铁离子,所以得到的金属离子有:
Zn2+、Fe3+、Fe2+、Cu2+;
(3)净化Ⅰ中H2O2参与反应是双氧水具有氧化性,能将亚铁离子氧化为铁离子,离子方程式为:
H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O,试剂X的作用是调节溶液pH,促进Fe3+水解生成氢氧化铁沉淀除去。
2.如图是闪锌矿(主要成分是ZnS,含有少量FeS)制备ZnSO4·7H2O的一种工艺流程:
闪锌矿粉→溶浸→除铁→结晶→ZnSO4∙7H2O。
已知:
相关金属离子浓度为0.1mol/L时形成氢氧化物沉淀的pH范围如表:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Zn2+
开始沉淀的pH
1.5
6.3
6.2
沉淀完全的pH
2.8
8.3
8.2
(1)闪锌矿在溶浸之前会将其粉碎,其目的是_____________。
(2)溶浸过程使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉,发生的主要反应是:
ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S。
①浸出液中含有的阳离子包括Zn2+、Fe2+、_____________。
②若改用CuSO4溶液浸取,发生复分解反应,也能达到浸出锌的目的,写出离子方程式_____________。
(3)工业除铁过程需要控制沉淀速率,因此分为还原和氧化两步先后进行,如图。
还原过程将部分Fe3+转化为Fe2+,得到pH小于1.5的溶液。
氧化过程向溶液中先加入氧化物a,再通入O2。
下列说法正确的是_____________(填序号)。
A.氧化物a可以是ZnO
B.滤渣2的主要成分是Fe(OH)2
C.加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3+)
【答案】增大表面积,提高反应速率Fe3+、H+ZnS+Cu2+=Zn2++CuSAC
【解析】
【分析】
闪锌矿(主要成分是ZnS,含有FeS),加硫酸和Fe2(SO4)3,发生ZnS+2Fe3+=Zn2++2Fe2++S,过滤可除去S;浸出液中先加ZnS还原,分离出滤渣1为S,滤液中通入氧气可氧化亚铁离子生成铁离子,加ZnO调节pH,铁离子转化为沉淀,则滤渣2为Fe(OH)3,过滤分离出滤液经蒸发浓缩得到ZnSO4•7H2O,以此来解答。
【详解】
(1)粉碎闪锌矿可增大接触面积,加快反应速率;
(2)①使用过量的Fe2(SO4)3溶液和H2SO4浸取矿粉,所以阳离子为Zn2+、Fe2+、Fe3+、H+;
②用CuSO4溶液浸取,发生复分解反应,根据元素守恒可知离子方程式为:
ZnS+Cu2+=Zn2++CuS;
(3)A.ZnO为碱性氧化物,可增大酸性溶液pH值,同时不引入新的杂质,故A正确;
B.根据分析可知滤渣2主要为Fe(OH)3,故B错误;
C.加入ZnS可将铁离子还原,通入氧气可将亚铁离子氧化成铁离子,所以加入ZnS的量和通入O2的速率都可以控制溶液中的c(Fe3+),故C正确;
综上所述选AC。
3.以镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)为原料,生产NiO的部分工艺流程如下:
已知:
下表列出了几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。
氢氧化物
Fe(OH)3
Fe(OH)2
Ni(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
6.5
7.7
沉淀完全的pH
3.3
9.9
9.2
(1)“除铁”时需控制溶液的pH范围为________。
(2)“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。
(3)“沉镍”时得到碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀。
①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,该反应的化学方程式为________。
②“沉镍”时,溶液pH增大,碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加,原因是________。
【答案】3.3≤pH<7.7CuSxNiCO3·yNi(OH)2
(x+y)NiO+xCO2↑+yH2ONi(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大
【解析】
【分析】
以镍废料(主要成分为镍铁合金,含少量铜)为原料,加入硫酸、硝酸酸浸,Ni转化为NiSO4,同时生成亚铁离子、铁离子、铜离子等,加入过氧化氢,可氧化亚铁离子生成铁离子,加入氢氧化钠调节pH可生成氢氧化铁沉淀,然后通入硫化氢生成CuS沉淀,达到除铜的目的,在滤液中加入碳酸钠溶液可生成xNiCO3•yNi(OH)2,煅烧可生成NiO;
(1)根据表格数据分析“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH;
(2)S2-可与Cu2+反应生成CuS沉淀;
(3)①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O;
②pH越大,溶液碱性越强,结合碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]组成分析;
【详解】
(1)“除铁”时要求铁离子全部除掉,pH
3.3,镍离子和铜离子留在溶液中,pH<7.7,所以需控制溶液的pH范围为3.3≤pH<7.7;
(2)向除铁后的滤液中通入H2S气体,发生反应H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,因此滤渣的成分为CuS;
(3)①在隔绝空气条件下,“煅烧”碱式碳酸镍得到NiO,xNiCO3·yNi(OH)2高温下分解生成NiO、CO2和H2O,其化学方程式为:
xNiCO3·yNi(OH)2
(x+y)NiO+xCO2↑+yH2O;
②碱式碳酸镍[用xNiCO3·yNi(OH)2表示]沉淀中Ni(OH)2中Ni含量高于NiCO3,pH越大,碱式碳酸镍中Ni(OH)2比例增大,所以碱式碳酸镍中Ni元素含量会增加。
【点睛】
题目难度不大,需要考生注意分析题目提供的表格信息和流程图中物质转化信息,如:
根“除铁”时要求铁离子全部除掉需要的pH,直接可用表格中的数据获得取值范围。
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.
(1)反应3Fe(s)+4H2O(g)
Fe3O4(s)+4H2(g)在一容积可变的密闭容器中进行,试回答:
(填“加快”、“不变”或“减慢”)。
①保持体积不变充入Ne,其反应速率___。
②保持压强不变充入Ne,其反应速率____。
(2)在一定条件下发生反应:
6NO(g)+4NH3(g)
5N2(g)+6H2O(g)。
某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间变化如图所示,图中v(正)与v(逆)相等的点为__(选填字母)。
(3)一定条件下,在2L密闭容器内,发生反应2NO2(g)
N2O4(g),n(NO2)随时间变化如下表:
时间/s
0
1
2
3
4
5
n(NO2)/mol
0.040
0.020
0.010
0.005
0.005
0.005
①用NO2表示0~2s内该反应的平均速率为___。
②在第5s时,NO2的转化率为__。
【答案】不变减慢cd0.0075mol·L-1·s-187.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)①保持体积不变充入Ne,各反应物和生成物的浓度不变,故反应速率不变;
②保持压强不变充入Ne,容器体积变大,各物质浓度减小,反应速率减慢;
(2)反应达到平衡时正逆反应速率相等,据图可知t2时刻后N2和NO的物质的量不再改变,说明反应到达平衡,所以c、d两个点v(正)与v(逆)相等;
(3)①2s内△n(NO2)=0.04mol-0.01mol=0.03mol,容器体积为2L,所以反应速率为
=0.0075mol·L-1·s-1;
②第5s时,△n(NO2)=0.04mol-0.005mol=0.035mol,转化率为
=87.5%。
【点睛】
判断通入惰性气体或者改变压强对反应速率的影响时,关键看是否改变了反应物和生成物中气体的浓度,若浓度改变则影响反应速率,若浓度不变则不影响反应速率。
6.在化学反应中,只有极少数能量比平均能量高得多的反应物分子发生碰撞时才可能发生化学反应,这些分子被称为活化分子。
使普通分子变成活化分子所需提供的最低限度的能量叫活化能,其单位通常用kJ•mol-1表示。
请认真观察图1,然后回答问题。
(1)图中所示反应是________ (填“吸热”或“放热”)反应。
(2)已知拆开1molH﹣H键、1molI﹣I、1molH﹣I键分别需要吸收的能量为436kJ、151kJ、299kJ。
则由1mol氢气和1mol碘反应生成HI会________ (填“放出”或“吸收”)________ kJ的热量。
在化学反应过程中,是将________ 转化为________ 。
(3)某实验小组同学进行如图2的实验,以探究化学反应中的能量变化。
实验表明:
①中的温度降低,由此判断氢氧化钡晶体与氯化铵晶体反应是________ (填“吸热”或“放热”)反应;实验②中,该小组同学在烧杯中加入5mL1.0mol/L盐酸,再放入用砂纸打磨过的铝条,该反应是________ (填“吸热”或“放热”)反应。
【答案】放热放出11化学能热能吸热放热
【解析】
【分析】
【详解】
(1)依据图象分析反应物的能量大于生成物的能量,反应放热;
(2)在反应H2+I2⇌2HI中,断裂1molH-H键,1molI-I键共吸收的能量为:
1×436kJ+151kJ=587kJ,生成2molHI,共形成2molH-I键,放出的能量为:
2×299kJ=598kJ,吸收的能量少,放出的能量多,所以该反应为放热反应,放出的热量为:
598kJ-587kJ=11kJ,在化学反应过程中,将化学能转化为热能;
(3)①中的温度降低说明该反应是吸热反应;活泼金属置换酸中氢的反应为放热反应。
7.现将一定量NO2和N2O4的混合气体通入一定体积为2L的恒温密闭容器中,反应物浓度随时间变化关系如图。
已知:
2NO2(g)
N2O4(g)+Q。
(1)前10min内用NO2表示的化学反应速率v(NO2)=___;
(2)a、b、c、d四个点中,表示化学反应处于平衡状态是___;
(3)35min时,反应2NO2(g)
N2O4(g)在d点的平衡常数K(d)___K(b)(填“>”、“=”或“<”)。
(4)若要达到使NO2(g)的百分含量与d点相同的化学平衡状态,在25min时还可以采取的措施是___。
A.加入催化剂B.缩小容器体积C.升高温度D.加入一定量的N2O4
【答案】0.04mol/(L·min)b和d=B、D
【解析】
【分析】
据图可知单位时间内X的浓度变化是Y的两倍,根据方程式2NO2( g )⇌N2O4(g)+Q可知,反应中NO2的浓度变化是N2O4的两倍,所以X表示NO2浓度随时间的变化曲线,Y表示N2O4浓度随时间的变化曲线。
【详解】
(1)根据分析可知X表示NO2浓度随时间的变化曲线,则v(NO2)=
=0.04mol/(L·min);
(2)达到平衡时X、Y的物质的量不发生变化,故b、d处于化学平衡状态;
(3)据图可知25min时NO2的浓度瞬间增大,N2O4的浓度不变,可知改变的条件是又通入一定量的NO2,温度不变,则平衡常数不变,所以K(d)=K(b);
(4)因在25 min时,增大了NO2的浓度,同时容器内压强也增大,则d点平衡状态NO2的百分含量小于b点NO2百分含量,
A.使用催化剂不影响平衡移动,二氧化氮含量不变,故A错误;
B.缩小体积,压强增大,平衡正向移动,二氧化氮含量减小,故B正确;
C.正反应是放热反应,升高温度平衡逆向移动,二氧化氮含量增大,故C错误;
D.加入一定量的N2O4,等效为增大压强,平衡正向移动,二氧化氮含量减小,故D正确;
故答案为:
BD。
【点睛】
第4为易错点,学生容易认为d点二氧化氮浓度大,则二氧化氮含量高,注意等效平衡原理的应用。
8.如图所示:
(1)若开始时开关K与a连接,则铁发生电化学腐蚀中的________腐蚀(填“吸氧”或“析氢”),正极发生的电极反应式为_______________。
(2)若开始时开关K与b连接,两极均有气体产生,则N端是电源的________极(填“正”或“负”),电解池总反应的离子方程式为_________。
【答案】吸氧O2+4e-+2H2O==4OH-负2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑
【解析】
【分析】
从图中可以看出,当K与a相连时,形成原电池,Fe作负极,石墨作正极,发生吸氧腐蚀;当K与b相连时,形成电解池,若Fe电极作阳极,则发生Fe-2e-==Fe2+的反应,没有气体产生,不合题意,故Fe电极应作阴极。
【详解】
(1)若开始时开关K与a连接,则形成原电池,铁发生电化学腐蚀中的吸氧腐蚀,铁作负极,则石墨作正极,发生的电极反应式为O2+4e-+2H2O==4OH-。
答案为:
吸氧;O2+4e-+2H2O==4OH-;
(2)若开始时开关K与b连接,两极均有气体产生,由以上分析知,Fe作阴极,与电源的负极相连,则N端是电源的负极,发生H2O得电子生成H2和OH-的电极反应,阳极Cl-失电子生成Cl2,则电解池总反应的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑。
答案为:
负;2Cl-+2H2O
2OH-+Cl2↑+H2↑。
【点睛】
分析电池反应时,电极的判断是解题的切入点。
若无外接直流电源,则装置为原电池;若有外接直流电源,则装置为电解池。
在电解池中,与电源负极相连的电极为电解池的阴极,与电源正极相连的电极为电解池的阳极。
9.为了减少CO对大气的污染,某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。
已知:
①CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1
②H2(g)+
O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1
(1)H2的燃烧热△H=________。
(2)写出CO(g)和H2O(g)作用生成CO2(g)和H2(g)的热化学方程式:
________。
(3)相关物质的化学键键能数据如下:
化学键
O=O(O2)
H—H
H—O
E/(kJ·mol-1)
x
436
463
计算x=________kJ·mol-1。
(4)某反应2X(g)+Y(g)⇌2Z(g)△H=-QkJ·mol-1,反应过程中能量变化如图所示,其中虚线表示加入催化剂M时的情况。
①加入催化剂M后,△H________(填“改变”或“不变”)。
②在使用催化剂的两部反应中,________(填“第一步”或“第二步”)决定反应速率。
【答案】-285.8kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1496.4不变第一步
【解析】
【分析】
(1)在25摄氏度,101kPa时,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的化合物时所放出的热量,叫做该物质的燃烧热;
(2)根据盖斯定律继续计算;
(3)焓变=反应物键能-生成物键能,再根据氢气的燃烧热方程式计算;
(4)①反应热与反应路径无关;
②反应活化能大的一步决定反应速率。
【详解】
(1)由反应②H2(g)+
O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1
③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1
结合盖斯定律可知1mol氢气燃烧生成液体水放出的热量为241.8kJ+44.0kJ=285.8kJ,故答案为:
-285.8kJ·mol-1;
(2)由反应①CO(g)+
O2(g)=CO2(g)△H=-283kJ·mol-1
②H2(g)+
O2(g)=H2O(g)△H=-241.8kJ·mol-1
结合盖斯定律可知反应CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)可由①-②得到,所以该反应的△H=-283kJ·mol-1-(-241.8kJ·mol-1)=-41.2kJ·mol-1,故答案为:
CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(g)△H=-41.2kJ·mol-1;
(3)由第
(1)题可知:
H2(g)+
O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ·mol-1,根据焓变=反应物键能-生成物键能可得436kJ·mol-1+
x-2×463kJ·mol-1=-285.8kJ·mol-1,解得x=496.4kJ·mol-1,故答案为:
496.4;
(4)①催化剂只改变反应活化能不改变焓变,故答案为:
不变;
②根据图示可知第一步反应活化能较大,所以第一步决定反应速率,故答案为:
第一步。
10.已知:
反应aA(g)+bB(g
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- 化学 化学反应 能量 专项 练习题 答案