2019版高考化學(xué)大二輪優(yōu)選習(xí)題 專題二 化學(xué)基本理論 專題突破練9 水溶液中的離子平衡.doc
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專題突破練9水溶液中的離子平衡一、選擇題(本題包括10個小題,每小題7分,共70分)1.下列一定能說明酸HX是弱電解質(zhì)的是()常溫下NaX溶液的pH大于7;利用HX溶液做導(dǎo)電性實驗,燈泡很暗;HX不與NaCl反應(yīng);0.1 molL-1的HX溶液的pH=2;HX具有很強的揮發(fā)性;pH=1的HX加水稀釋到體積為原來的10倍后,pH=1.5A.B.C.D.答案B解析中說明鹽水解使溶液顯堿性,即相應(yīng)的酸是弱酸。燈泡暗,只能說明溶液中離子的濃度比較小,但不能證明是否完全電離,不能說明HX是弱電解質(zhì)。HX不與NaCl反應(yīng),不能說明該酸是弱酸。0.1 molL-1的HX溶液的pH=2,說明溶液中氫離子濃度小于酸,即說明酸沒有完全電離,可以說明該酸是弱酸。揮發(fā)性與其強弱無關(guān)。pH=1的HX溶液加水稀釋到體積為原來的10倍后,pH=1.5,說明在稀釋過程中酸能繼續(xù)電離出氫離子,即說明酸為弱酸。2.(2018天津耀華中學(xué)高三月考)下列有關(guān)平衡常數(shù)K的說法正確的是()A.已知碳酸:K1=4.410-7,K2=4.710-11,次氯酸:K=2.9810-8,碳酸鈉溶液中滴加少量氯水的離子方程式為CO32-+Cl2+H2OHCO3-+Cl-+HClOB.1.0 molL-1 NH4HCO3溶液pH=8.0。由此可知Ka1(H2CO3)Kb(NH3H2O)Ka2(H2CO3)C.常溫下電離常數(shù)為Ka的酸HA溶液中c(H+)=Ka molL-1D.將0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀產(chǎn)生,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀變?yōu)樗{(lán)色沉淀,可得出KspCu(OH)2Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3),故B項錯誤;常溫下電離常數(shù)為Ka的酸HA溶液中c(H+)=Kac(HA) molL-1,故C項錯誤;一種沉淀容易轉(zhuǎn)化為比它更難溶的沉淀,將0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀產(chǎn)生,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀變?yōu)樗{(lán)色沉淀,可得出KspCu(OH)2KspMg(OH)2,故D項正確。3.(2018寧夏六盤山高級中學(xué)高三下模擬)已知:pKa=-lgKa,25 時,H2A的pKa1=1.85,pKa2=7.19。常溫下,用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1 H2A溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.A點對應(yīng)NaOH溶液的體積V0=10B.B點所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)C.C點所得溶液中:c(A2-)=c(HA-)D.D點所得溶液中A2-水解平衡常數(shù)Kh=10-7.19答案C解析用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1 H2A溶液,A點溶液中溶質(zhì)為H2A和NaHA,pH=1.85=pKa1,則c(H2A)=c(HA-),當(dāng)加入NaOH溶液的體積為10 mL時,溶液中溶質(zhì)為NaHA和H2A,此時溶液顯酸性,則c(HA-)c(H2A),要使溶液中c(HA-)=c(H2A),則所加氫氧化鈉溶液的體積小于10 mL,A項錯誤;B點是用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL-1 H2A溶液,恰好反應(yīng)生成NaHA,溶液顯酸性,根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)和物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),可得到:c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-),B項錯誤;C點pH=7.19=pKa2,Ka2=c(A2-)c(H+)c(HA-)=10-7.19,所以此時c(A2-)=c(HA-),C項正確;A2-水解平衡常數(shù)Khl=KWKa2=10-6.81,D項錯誤。4.(2018陜西漢中上學(xué)期第一次質(zhì)量檢測)下列說法不正確的是()A.將pH=4的弱酸加水稀釋到體積為原來的10倍,測得其pH5B.常溫下,pH=11的NaOH溶液與pH=3的醋酸溶液等體積混合,滴入石蕊溶液呈紅色C.pH=4的CH3COOH溶液和pH=4的NH4Cl溶液,由水電離出的c(OH-)相同D.根據(jù)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4),在生產(chǎn)中可用飽和Na2CO3溶液處理鍋爐水垢中的CaSO4,使之轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的CaCO3答案C解析弱酸在溶液中存在電離平衡,加水稀釋電離平衡正向移動,將pH=4的弱酸加水稀釋到體積為原來的10倍,則溶液pH5,故A項正確;醋酸是弱酸,常溫下,pH=11的NaOH溶液與pH=3的醋酸溶液等體積混合,醋酸有剩余,溶液顯酸性,所以滴入石蕊溶液呈紅色,故B項正確;醋酸抑制水的電離、NH4Cl水解促進水的電離,所以pH=4的CH3COOH溶液和pH=4的NH4Cl溶液中,由水電離出的c(OH-)不相同,故C項錯誤;根據(jù)Ksp(CaCO3)Ksp(CaSO4),將CaSO4加入碳酸鈉溶液,可生成易溶于酸的CaCO3,故D項正確。5.(2018陜西西安“八?!备呷?lián)考)25 時,下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是()A.將Na2CO3溶液用水稀釋后,pH變大,KW不變B.向有AgCl固體的飽和溶液中加少許水,c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不變C.pH=4.75濃度均為0.1 molL-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)c(H+)+c(CH3COOH)D.分別用pH=2和pH=3的CH3COOH溶液中和含等物質(zhì)的量NaOH的溶液,消耗CH3COOH溶液的體積分別為Va和Vb,則10Va=Vb答案B解析將Na2CO3溶液用水稀釋后,pH變小,KW不變,故A項錯誤;向有AgCl固體的飽和溶液中加少許水,溶液仍為AgCl的飽和溶液,此時c(Ag+)和Ksp(AgCl)都不變,故B項正確;pH=4.75、濃度均為0.1 molL-1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在電荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液中醋酸電離程度大于醋酸根離子水解程度,則溶液呈酸性,醋酸是弱電解質(zhì),溶液中c(CH3COOH)c(CH3COOH)+c(H+),故C項錯誤;含等物質(zhì)的量NaOH的溶液分別用pH為2和3的兩種CH3COOH溶液中和,則消耗CH3COOH的物質(zhì)的量相等,因為所中和的氫氧化鈉的物質(zhì)的量是一定的。而醋酸為弱電解質(zhì),濃度越大,電離程度越小,pH為2和3的兩種CH3COOH溶液,后者電離程度大,pH為2的CH3COOH的濃度大于pH為3的CH3COOH溶液的濃度的10倍,設(shè)pH為2的醋酸濃度為x,pH=3的醋酸濃度為y,則有Vax=Vby,則VaVb=yx10Va,故D項錯誤。6.(2018遼寧大連高三雙基測試)下圖三條曲線表示不同溫度下水的離子積常數(shù),下列說法不正確的是()A.圖中溫度:T3T2T1B.圖中pH關(guān)系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)C.圖中五點KW間的關(guān)系:EDA=B=CD.C點可能是顯酸性的鹽溶液答案D解析水的電離是吸熱過程,升高溫度促進水電離,則水中c(H+)、c(OH-)及離子積常數(shù)都增大,根據(jù)圖知,對應(yīng)的離子積常數(shù)T3T2T1,所以溫度T3T2T1,故A項正確;根據(jù)圖知,B、D、E三點溶液的氫離子濃度相等,則pH相等,故B項正確;溫度由低到高的順序是A=B=CDDA=B=C,故C項正確;C點時KW=110-14,c(OH-)=110-6,則溶液的pH=8,顯堿性,故D項錯誤。7.(2018湖南衡陽八中高三月考)常溫下,已知:Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.110-12,KspCu(OH)2=210-20。下列說法錯誤的是()A.常溫下AgCl飽和溶液和Ag2CrO4飽和溶液的物質(zhì)的量濃度比較:c(AgCl)c(Ag2CrO4)B.常溫下,在0.010 molL-1的AgNO3溶液中,AgCl與Ag2CrO4分別能達(dá)到的最大物質(zhì)的量濃度比較:c(AgCl)c(Ag2CrO4)C.某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02 molL-1,如要生成Cu(OH)2沉淀,應(yīng)調(diào)整溶液的pH使之大于5D.要使0.2 molL-1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀較為完全(使Cu2+濃度降至原來的千分之一),則應(yīng)向溶液里加入NaOH溶液,使溶液pH變?yōu)?答案B解析AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),c(AgCl)=Ksp(AgCl)=1.810-101.310-5 molL-1;Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+CrO42-(aq),設(shè)溶解的Ag2CrO4濃度為x,則Ksp(Ag2CrO4)=x(2x)2=4x3,則c(Ag2CrO4)=3Ksp(Ag2CrO4)4=31.110-1246.510-5 molL-1,所以c(AgCl)c(Ag2CrO4),故B項錯誤;C選項,c(Cu2+)=0.02 molL-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,則c(Cu2+)c2(OH-)Ksp,所以應(yīng)有c(OH-)210-200.02 molL-1=110-9 molL-1,則c(H+)5,故C項正確;使Cu2+濃度降至原來的千分之一,即要求Cu2+的濃度為210-4 molL-1,根據(jù)Ksp=c(Cu2+)c2(OH-),可得c(OH-)=210-20210-4 molL-1=110-8 molL-1,則c(H+)=110-6 molL-1,即pH=6,故D項正確。8.(2018河南南陽第一中學(xué)高三檢測)20 時,將足量的BaSO4固體溶于50 mL水中,充分?jǐn)嚢?慢慢加入Na2CO3固體,攪拌,溶液中隨c(CO32-)增大時c(Ba2+)變化曲線如右圖。則下列說法正確的是()A.20 時Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B.加入Na2CO3固體立即有BaCO3固體生成C.BaCO3的Ksp=2.510-10D.曲線BC段內(nèi),c(CO32-)c(SO42-)=25答案D解析當(dāng)溶液中c(CO32-)=2.510-4 molL-1時,溶液中Ba2+的濃度沒有下降,則此時c(Ba2+)=c(SO42-)=1.010-5 molL-1,故BaSO4的Ksp=c(Ba2+)c(SO42-)=1.010-51.010-5=1.010-10,BaCO3的Ksp=c(Ba2+)c(CO32-)=1.010-52.510-4=2.510-9,所以20 時,Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3),故A項錯誤;由圖可知,開始加入Na2CO3固體時,溶液中Ba2+的濃度并沒有下降,因此開始時沒有BaCO3固體生成,故B項錯誤;由A項分析可知,BaCO3的Ksp=2.510-9,故C項錯誤;曲線BC段內(nèi),BaCO3和BaSO4在溶液中都達(dá)到了平衡狀態(tài),則c(CO32-)c(SO42-)=c(CO32-)c(Ba2+)c(SO42-)c(Ba2+)=Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)=2.510-91.010-10=25,故D項正確。9.(2018廣東佛山普通高中高三教學(xué)質(zhì)量檢測)298 K時,向二元弱酸H2X溶液中加入NaOH時,溶液中含X微粒的分布分?jǐn)?shù)如圖所示。下列敘述正確的是()A.溶液呈中性時:c(Na+)=2c(X2-)B.Ka2(H2X)為110-7C.NaHX溶液c(H+)c(OH-),C項錯誤;溶液pH由1至2.6時,由圖中可看出主要是將H3X+轉(zhuǎn)化為H2X,D項錯誤。10.(2018河北邢臺高三質(zhì)量檢測)25 時,將1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合,使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固體(忽略體積和溫度變化),引起溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是()A.該溫度下,醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=10-8cB.a點對應(yīng)的混合溶液中c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C.水的電離程度:cbaD.當(dāng)混合溶液呈中性時,c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)答案A解析1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合溶液的pH=4.3,溶液顯酸性,加入醋酸后,溶液酸性應(yīng)增強,加入醋酸鈉,溶液的酸性應(yīng)減弱。該溫度下,1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合溶液的pH=4.3,醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=10-4.3(0.1+10-4.3)c-10-4.3-0.110-4.30.1c-0.1=10-5.3c-0.1,故A項錯誤;a點溶液的pH=3.1,是加入的醋酸后的結(jié)果,根據(jù)電荷守恒及溶液呈酸性可得,c(CH3COO-)c(Na+),醋酸的電離程度較小,則c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-),故B項正確;a以醋酸的電離為主,抑制水的電離,酸性越強,水的電離程度越小,b點加入醋酸水的電離程度減小,c點加入醋酸鈉,水的電離程度增大,故水的電離程度cba,故C項正確;當(dāng)混合溶液呈中性時,c(H+)=c(OH-),根據(jù)電荷守恒可推出c(Na+)=c(CH3COO-),則溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-),故D項正確。二、非選擇題(本題包括2個小題,共30分)11.(2018陜西長安一中高三質(zhì)量檢測)(14分)有A、B、C、D四種強電解質(zhì),它們在水中電離產(chǎn)生下列離子(每種物質(zhì)只含一種陰離子且互不重復(fù))。陽離子Na+、Ba2+、NH4+陰離子CH3COO-、OH-、Cl-、SO42-已知:A、C溶液的pH均大于7,A、B的溶液中水的電離程度相同;C溶液和D溶液相遇時只生成白色沉淀,B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體,A溶液和D溶液混合時無現(xiàn)象。(1)A是,B是(填化學(xué)式)。(2)寫出C和D反應(yīng)的離子方程式:。(3)25 時,0.1 molL-1 B溶液的pH=a,則B溶液中c(H+)-c(NH3H2O)=(用含有a的關(guān)系式表示)。(4)將等體積、等物質(zhì)的量濃度的B溶液和C溶液混合,反應(yīng)后溶液中各種離子濃度由大到小的順序是。(5)在一定體積的0.005 molL-1的C溶液中,加入一定體積的0.001 25 molL-1的鹽酸,混合溶液的pH=11,若反應(yīng)后溶液的體積等于C溶液與鹽酸的體積之和,則C溶液與鹽酸的體積比是。答案(1)CH3COONaNH4Cl(2)Ba2+SO42-BaSO4(3)10a-14 molL-1(4)c(OH-)c(Ba2+)=c(Cl-)c(NH4+)c(H+)(5)14解析A、C溶液pH均大于7,說明一種是強堿,一種是弱酸強堿鹽;C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀,說明一種溶液含有鋇離子,一種溶液含有硫酸根離子;B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體,說明一種溶液含有銨根離子,一種溶液含有氫氧根離子,A溶液和D溶液混合時無明顯現(xiàn)象,且相同濃度的A、B的溶液中水的電離程度相同,所以可推出A是醋酸鈉、B是氯化銨、C是氫氧化鋇、D是硫酸鈉。(1)通過以上分析知,A是CH3COONa、B是NH4Cl;(2)C和D的反應(yīng)本質(zhì)是鋇離子和硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀,反應(yīng)的離子方程式為Ba2+SO42-BaSO4;(3)25 時,0.1 molL-1 B溶液的pH=a,c(H+)=10-a molL-1,根據(jù)溶液中電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),根據(jù)溶液中物料守恒得c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(Cl-),將兩個等式聯(lián)立可得c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(NH4+)=c(NH3H2O),則c(H+)-c(NH3H2O)=c(OH-)=KWc(H+)=10a-14 molL-1;(4)根據(jù)題意知,氯化銨和氫氧化鋇的物質(zhì)的量相等,混合后溶液中的溶質(zhì)是氨水、氯化鋇和氫氧化鋇,氯化鋇和氫氧化鋇的濃度相等,氨水的濃度是氯化鋇和氫氧化鋇濃度的2倍,溶液中氫氧根離子濃度最大,鋇離子和氯離子濃度相等,氨水是弱堿部分電離導(dǎo)致氯離子濃度大于銨根離子濃度,溶液呈堿性,氫離子濃度最小,所以溶液中離子濃度大小順序是c(OH-)c(Ba2+)=c(Cl-)c(NH4+)c(H+);(5)混合溶液的pH=11,則溶液中氫氧根離子濃度=10-1410-11 molL-1=10-3 molL-1,設(shè)氫氧化鋇溶液的體積為x,鹽酸的體積為y,c(OH-)=n(OH-)-n(H+)V=0.0052x-0.001 25yx+y=10-3 molL-1,解得xy=14。12.(2018安徽合肥高三質(zhì)量檢測)(16分)二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦(主要含CeCO3F)為原料制備CeO2的一種工藝流程如下:已知:.Ce4+能與F-結(jié)合成CeFx(4-x)+,也能與SO42-結(jié)合成CeSO42+;.在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑(HA)2萃取,而Ce3+不能;.常溫下,Ce2(CO3)3飽和溶液濃度為1.010-6 molL-1。回答下列問題:(1)“氧化焙燒”過程中可以加快反應(yīng)速率和提高原料利用率的方法是、(寫出2種即可)。(2)“氧化焙燒”產(chǎn)物CeO2與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為。(3)“萃取”時存在反應(yīng):Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+。D表示Ce4+分別在有機層中與水層中存在形式的濃度之比(D=cCe(H2n-4A2n)c(CeSO42+)。保持其他條件不變,在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改變水層中的c(SO42-),D隨起始料液中c(SO42-)增大而減小的原因是。(4)浸渣經(jīng)處理可得Ce(BF4)3,加入KCl溶液發(fā)生如下反應(yīng):Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)。若一定溫度時,Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分別為a、b,則該反應(yīng)的平衡常數(shù)K=(用a、b表示)。(5)“反萃取”中加入H2O2的主要反應(yīng)離子方程式為。在“反萃取”后所得水層中加入1.0 molL-1的NH4HCO3溶液,產(chǎn)生Ce2(CO3)3沉淀,當(dāng)Ce3+沉淀完全時c(Ce3+)=110-5 molL-1,溶液中c(CO32-)約為。(6)CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分,它能在還原氣氛中供氧,在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消除過程中發(fā)生著CeO2CeO2(1-x)+xO2(0x0.25)的循環(huán)。寫出CeO2消除CO尾氣的化學(xué)方程式:。答案(1)礦石粉碎成細(xì)顆粒通入大量空氣(2)CeO2+4H+SO42-CeSO42+2H2O(3)隨著c(SO42-)增大,水層中Ce4+被SO42-結(jié)合成CeSO42+,導(dǎo)致萃取平衡向生成CeSO42+方向移動,D迅速減小(4)ab3(5)2Ce4+H2O22Ce3+O2+2H+110-6 molL-1(6)2xCO+CeO2CeO2(1-x)+2xCO2解析(1)“氧化焙燒”過程中可以加快反應(yīng)速率和提高原料利用率的方法是:將礦石粉碎成細(xì)顆粒,增大接觸面積;通入大量空氣等。(2)根據(jù)題給已知“Ce4+能與SO42-結(jié)合成CeSO42+”,則CeO2與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為CeO2+4H+SO42-CeSO42+2H2O。(3)“萃取”時存在反應(yīng):Ce4+n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+,加入Na2SO4,隨著c(SO42-)增大,水層中Ce4+與SO42-結(jié)合成CeSO42+,導(dǎo)致萃取平衡向左移動,即向生成CeSO42+方向移動,則D迅速減小。(4)反應(yīng)Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)的平衡常數(shù)K=c(Ce3+)c3(K+)=c(Ce3+)c3(BF4-)c3(K+)c3(BF4-)=KspCe(BF4)3Ksp3(KBF4)=ab3。(5)“萃取”后的有機層中含有Ce4+,根據(jù)流程,加入H2O2可將Ce4+還原成Ce3+,則H2O2被氧化成O2,反應(yīng)寫成Ce4+H2O2Ce3+O2,根據(jù)得失電子守恒配平為2Ce4+H2O22Ce3+O2,結(jié)合原子守恒、電荷守恒以及溶液呈酸性,寫出離子方程式為2Ce4+H2O22Ce3+O2+2H+。Ce2(CO3)3飽和溶液的濃度為1.010-6 molL-1,Ce2(CO3)3的溶解平衡為Ce2(CO3)3(s)2Ce3+(aq)+3CO32-(aq),則飽和溶液中c(Ce3+)=2.010-6 molL-1、c(CO32-)=3.010-6 molL-1,KspCe2(CO3)3=c2(Ce3+)c3(CO32-)=(2.010-6)2(3.010-6)3=1.0810-28;當(dāng)Ce3+沉淀完全時,c3(CO32-)=KspCe2(CO3)3c2(Ce3+)=1.0810-28(110-5)2=1.0810-18,c(CO32-)=1.02610-6 molL-11.010-6 molL-1。(6)根據(jù)題意,“CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分,它能在還原氣氛中供氧,在氧化氣氛中耗氧?!盋O具有還原性,CeO2消除CO尾氣時應(yīng)供氧,反應(yīng)的化學(xué)方程式為CeO2+2xCOCeO2(1-x)+2xCO2。- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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- 2019版高考化學(xué)大二輪優(yōu)選習(xí)題 專題二 化學(xué)基本理論 專題突破練9 水溶液中的離子平衡 2019 高考 化學(xué) 二輪 優(yōu)選 習(xí)題 專題 基本理論 突破 水溶液 中的 離子 平衡
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