备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析.docx
- 文档编号:11977033
- 上传时间:2023-04-16
- 格式:DOCX
- 页数:16
- 大小:111.16KB
备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析.docx
《备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析.docx(16页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析
备战高考化学培优专题复习硅及其化合物推断题练习题及答案解析
一、硅及其化合物
1.A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成,且四种化合物中阴、阳离子各不相同。
阴离子
Cl-、SiO32-、OH-、NO3-
阳离子
H+、Ag+、Na+、K+
已知:
A溶液呈强酸性,且A溶液与B、C溶液混合均产生白色沉淀,B的焰色反应呈黄色。
回答下列问题:
(1)写出A、B、C、D的化学式:
A______,B_____,C____,D____。
(2)写出A溶液与B溶液反应的离子方程式:
__________。
(3)请选出适合存放A、C、D溶液的试剂瓶的序号:
溶液
A
C
D
试剂瓶序号
___
___
___
【答案】HClNa2SiO3AgNO3KOHSiO32-+2H+=H2SiO3↓①③②
【解析】
【分析】
A、B、C、D四种易溶于水的化合物只由表中的八种离子组成,且四种化合物中阴、阳离子各不相同,A溶液呈强酸性,则A为盐酸或硝酸,B的焰色反应呈黄色,则B中含有Na元素,A能和B反应生成白色沉淀,则B为Na2SiO3;盐酸能和AgNO3反应生成白色沉淀,所以C为AgNO3,则A为HCl,根据四种化合物中阴阳离子各不相同,则D为KOH。
【详解】
(1)根据以上分析知,四种物质化学式分别为HCl、Na2SiO3、C为AgNO3、D为KOH;
(2)A是HCl、B是硅酸钠,二者反应生成硅酸沉淀和氯化钠,离子方程式为SiO32-+2H+=H2SiO3↓;
(3)A是HCl、C为AgNO3、D为KOH,KOH能和二氧化硅反应生成粘性物质硅酸钠,不能用含有玻璃塞的试剂瓶盛放;硝酸银见光易分解,应该放置在棕色试剂瓶中;盐酸不分解,且和玻璃中成分不反应,所以放置在一般试剂瓶中即可,所以A、C、D选取试剂瓶序号为①③②。
【点睛】
含有钠元素的物质焰色反应为黄色,含有钾元素的物质焰色反应透过蓝色钴玻璃为紫色,钙元素的焰色反应为砖红色;玻璃中含有二氧化硅,能与碱性溶液发生反应,所以碱性溶液的试剂瓶不用玻璃塞。
2.已知:
甲、乙、丙、丁为常见化合物,A、B为单质,相互转化关系如图。
其中甲是天然气的主要成分。
回答下列问题:
(1)丁物质的名称:
______,丙物质的化学式:
_________________________________________。
(2)检验化合物乙的化学方程式:
___________________________________________________。
(3)试剂X可能的化学式:
________、________(要求:
所选物质类别不同)。
(4)通过分析表明:
燃料充分燃烧的条件之一是______________________________。
(5)取变红溶液于试管中加热,观察到的现象有_______________________________________。
【答案】水COCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2OO2CuO充足的氧气红色溶液变成紫色,有气泡冒出
【解析】
【分析】
甲是天然气的主要成分,则甲是甲烷,甲与A,B与A能燃烧,则A是氧气,丁电解生成A、B,则B是氢气,丁是水,乙与水加入紫色石蕊试液后溶液变红,则乙是二氧化碳,丙与乙可以相互转化,则丙是一氧化碳,据此分析解答。
【详解】
(1)根据分析可知丁是水,丙是CO,故答案为:
水;CO;
(2)检验二氧化碳的方法是将气体通入澄清石灰水,反应方程式为:
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;
(3)由丙转化到乙,则试剂X可以是氧气,也可以是氧化铜等物质,所属的类别分别是单质和氧化物;故答案为:
O2;CuO;
(4)通过分析表明:
燃料充分燃烧的条件之一是要有充足的氧气;故答案为:
充足的氧气;
(5)取变红溶液于试管中加热会发生碳酸分解的过程,故可以观察到的现象是红色溶液变成紫色,有气泡冒出;故答案为:
红色溶液变成紫色,有气泡冒出。
3.如图为一定量饱和Ca(OH)2溶液中通入CO2气体后,产生CaCO3白色沉淀的质量与通入的CO2体积之间的关系曲线。
请回答:
①OA段曲线所表示的化学反应方程式:
_________,A点处已参加反应的CO2与Ca(OH)2的物质的量之比为________。
②B处溶液中存在的浓度较大的两种离子是________和________(填离子符号),将B处生成的溶液煮沸,可见到的现象是_____________。
【答案】Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O1∶1Ca2+HCO3—溶液变浑浊(或产生白色沉淀)
【解析】
【分析】
二氧化碳与氢氧化钙饱和溶液的反应与二氧化碳的量有关,少量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,过量二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸氢钙,反应的化学方程式为2CO2+Ca(OH)2=Ca(HCO3)2,由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大,A点达到沉淀最大值,AB段随CO2的通入,生成的CaCO3不断溶解转化为Ca(HCO3)2,B点CaCO3全溶解,溶液又变得澄清。
【详解】
①由图可知OA段随着CO2通入CaCO3的量逐渐增大,A点达到沉淀最大值,则OA段发生的反应为二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙和水,反应的化学方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,由方程式可知A点处已参加反应的二氧化碳和氢氧化钙的物质的量比为1:
1,故答案为:
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;1:
1;
②由图可知AB段随CO2的通入,生成的CaCO3不断溶解,发生的反应为二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙,则溶液中存在的浓度较大的两种离子是钙离子和碳酸氢根离子;将碳酸氢钙溶液煮沸,碳酸氢钙受热分解生成难溶的碳酸钙、二氧化碳和水,则可见到的现象是澄清溶液变浑浊,故答案为:
Ca2+;HCO3—;溶液变浑浊(或产生白色沉淀)。
【点睛】
明确碳酸的正盐与过量的CO2反应时生成碳酸氢盐、碳酸氢盐与碱反应时生成碳酸的正盐和水、碳酸氢盐在加热条件下生成碳酸正盐、水和CO2是解答关键。
4.有A、B、C三种不溶于水的固体。
A是某元素的一种单质,它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,另外测得这种气体密度为同温、同压下氧气密度的1.375倍。
B固体能溶于热氢氧化钠溶液,再往所得溶液中加入过量盐酸时,析出白色胶状沉淀D。
此沉淀干燥后,成为不溶于水的白色粉末,这是一种比碳酸酸性还弱的酸。
将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点。
(1)根据以上事实,形成单质A的元素名称为__,C的名称为__。
(2)B固体溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是__。
(3)生成白色胶状沉淀D的化学方程式是__。
(4)由B制取C的化学方程式是__。
【答案】碳普通玻璃SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2ONa2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑
【解析】
【分析】
A是某元素的一种单质,它在氧气中完全燃烧得到一种无色气体,此气体能使澄清石灰水变浑浊,这种气体为氧气密度的1.375倍(标准状况)的气体,则该气体的相对分子质量=32×1.375=44,应是CO2,所以A为碳,B固体能溶于热氢氧化钠溶液,再往所得溶液中加入过量盐酸时,析出白色胶状沉淀,此沉淀干燥后,成为不溶于水的白色粉末,这是一种比碳酸酸性还弱的酸,则该酸应为硅酸,将B与石灰石、纯碱按比例混合加热得到C,C在高温时软化,无固定熔点,该反应为工业制普通玻璃的反应,所以B为SiO2,C为普通玻璃,据此答题。
【详解】
A燃烧后生成的气体的相对分子质量为32×1.375=44,且能使澄清石灰水变浑浊,该气体是二氧化碳,则A为碳元素的一种单质。
B物质能与氢氧化钠反应,且能继续与过量的盐酸反应生成一种比碳酸还弱的酸,则B为二氧化硅。
二氧化硅与石灰石、纯碱混合加热生成的C在高温时软化且无固定熔点,可推知C为普通玻璃;
(1)根据以上事实,形成单质A的元素名称为碳,C的名称为普通玻璃;
(2)B为SiO2,其溶于热氢氧化钠溶液的化学方程式是SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
(3)在Na2SiO3溶液中滴加稀HCl,生成白色胶状沉淀H2SiO3的化学方程式是Na2SiO3+2HCl=2NaCl+H2SiO3↓;
(4)由SiO2制取普通玻璃的化学方程式是Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2
CaSiO3+CO2↑。
5.在下列物质的转化关系中,A是一种固体单质,且常作半导体材料,E是一种白色沉淀,F是最轻的气体单质。
据此填写:
(1)B的化学式是____________,目前在现代通迅方面B已被用作_____________主要原料。
(2)B和a溶液反应的离子方程式是_____________________。
(3)A和a溶液反应的离子方程式是_____________________。
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是____________________。
【答案】SiO2制光导纤维SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑SiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于F是最轻的气体单质,则F为H2。
【详解】
A是一种固体单质,且常作半导体材料,则A是Si,所以B为SiO2,由图中转化关系可知E为H2SiO3,a为NaOH,C为Na2SiO3,D为H2O,由于F是最轻的气体单质,则F为H2,
(1)B的化学式是SiO2,目前在现代通迅方面B已被用作光导纤维主要原料;
(2)B和a溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(3)A和a溶液反应的离子方程式是Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
(4)C和过量盐酸反应的离子方程式是SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
6.下图中的每一方格表示相关的一种反应物或生成物。
其中B是一种单质,其余物质也都是含有B元素的化合物。
C是一种钠盐,E是C对应的酸,B的结构类似金刚石,D为氧化物。
请回答下列问题:
(1)A、D、E的化学式分别为________、________、________。
(2)A和B的互相转化在工业上有什么实际意义?
_____________________。
(3)写出D→C反应的化学方程式:
_____________________。
(4)写出E→D反应的化学方程式:
_____________________。
【答案】SiCl4SiO2H2SiO3粗硅提纯SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2OH2SiO3
SiO2+H2O
【解析】
【分析】
B是一种单质,其余物质都是含有B元素的化合物,B的结构类似金刚石,则B属于原子晶体,结合转化关系可以知道B为Si元素,而D为B的氧化物,则D是SiO2,A为SiCl4,C是一种钠盐,则C是Na2SiO3,E是C对应的酸,则E是H2SiO3,结合对应物质的性质以及题目要求解答该题。
【详解】
B是一种单质,其余物质都是含有B元素的化合物,B的结构类似金刚石,则B属于原子晶体,结合转化关系可以知道B为Si元素,而D为B的氧化物,则D是SiO2,A为SiCl4,C是一种钠盐,则C是Na2SiO3,E是C对应的酸,则E是H2SiO3,
(1)由以上分析可以知道A为SiCl4,D为SiO2,E为H2SiO3;
因此,本题正确答案是:
SiCl4,SiO2,H2SiO3。
(2)四氯化硅与氢气反应生成硅和氯化氢,硅与氯气反应生成四氯化硅,因此A和B的互变实际意义是粗硅提纯;
因此,本题正确答案是:
粗硅提纯;
(3)二氧化硅和NaOH溶液反应生成硅酸钠,方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O;
因此,本题正确答案是:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
(4)H2SiO3不稳定,加热分解可生成SiO2,方程式为H2SiO3
SiO2+H2O;
因此,本题正确答案是:
H2SiO3
SiO2+H2O。
【点睛】
硅能够与氧气反应生成二氧化硅,硅酸加热分解产生二氧化硅;二氧化硅不溶于水,也不与水反应,不能用二氧化硅与水直接反应制备硅酸,因此要制备硅酸,可以先把二氧化硅溶于强碱溶液中,然后加入强酸,可以得到白色胶状沉淀硅酸。
7.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去):
(1)写出B的电子式________。
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。
(3)若A是CO2气体,A与B溶液能够反应,反应后所得的溶液再与盐酸反应,生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示,则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________;c(HCl)=________mol/L。
(4)若A是一种常见金属单质,且A与B溶液能够反应,则将过量的F溶液逐滴加入E溶液,边加边振荡,所看到的实验现象是______________________________________。
(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E,E与F、E与D相遇均冒白烟,且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露,写出E与D反应的化学方程式为___________________。
(6)若A是一种溶液,可能含有H+、NH
、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32-、SO42-中的某些离子,当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示,由此可知,该溶液中肯定含有的离子是_____________________,它们的物质的量浓度之比为______________。
【答案】
Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成,随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2+8NH3===N2+6NH4ClH+、Al3+、
、
c(H+)∶c(Al3+)∶c(
)∶c(
)=1∶1∶2∶3
【解析】
【分析】
(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰,为氢气与氯气反应生成HCl,可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl,M是日常生活中不可缺少的调味品,由转化关系可知,M的溶液电解生成氢气、氯气与B,可推知M为NaCl、B为NaOH;
(2)若A是一种非金属单质,且可用于制造半导体材料,则A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气;
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)之比,再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系,据此计算。
【详解】
(1)B为NaOH,其电子式为
;
(2)A为Si,Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2,反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑;
(3)曲线中,从0.4L~0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,该阶段消耗盐酸为200mL,而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL,大于200mL,所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3;生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL,结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O,则c(HCl)=
=0.05mol/L;
(4)若A是一种常见金属单质,且与NaOH溶液能够反应,则A为Al,E为NaAlO2,则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中,先生成氢氧化铝,而后氢氧化铝溶解,故看到的现象为:
液中逐渐有白色絮状沉淀生成,且不断地增加,随后沉淀逐渐溶解最终消失;
(5)若A是一种氮肥,实验室可用A和NaOH反应制取气体E,则E为NH3、A为铵盐,E与氯气相遇均冒白烟,且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露,则氨气与氯气反应生成氯化铵,同时生成氮气,反应方程式为:
3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl,
(6)由图可知,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,则一定没有Mg2+、Fe3+,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可知一定含有SO42-,发生反应H++OH-=H2O,氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积,发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓,铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积,发生反应NH4++OH-=NH3•H2O,铵根消耗氢氧化钠为2体积,则n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+)=1:
1:
2,由电荷守恒可知,n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(SO42-)=1:
1:
2:
3,故c(H+):
c(Al3+):
c(NH4+):
c(SO42-)=1:
1:
2:
3。
8.某固体混合物X可能由Na2O2、Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。
为确定X的成分,进行了如下三个实验。
分析并回答下列问题:
(1)由实验①可得出的结论为:
_______。
(2)步骤Ⅰ所发生反应的离子方程式为:
__________,________。
反应Ⅱ涉及固体质量变化的化学方程式为:
_________。
(3)由步骤Ⅲ可得出的结论为:
______。
(4)步骤Ⅳ所得蓝色溶液中阳离子为____。
(5)原混合物中各成分的质量之比是____。
(不必简化)
【答案】混合物X中无Na2O2Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O混合物X中无Al2O3H+、Cu2+、Fe2+m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2:
3.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于Na2O2能与水反应生成NaOH和O2,实验①取4.7gX投入水中,有不溶物出现,过滤、洗涤、干燥、称量不溶物,其质量仍为4.7g,得出的结论是混合物X中无Na2O2。
(2)实验②向9.4gX中加入过量的盐酸得到蓝色溶液和4.92g固体,该蓝色溶液中含Cu2+,但Cu与HCl不反应,所以X中必有Fe2O3和Cu,步骤I中所发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+;向4.92g固体中加入过量NaOH,固体减少4.92g-1.92g=3.0g,减少的固体为SiO2,9.4gX中含3.0gSiO2,反应II涉及固体质量变化的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
(3)实验③向9.4gX中加入过量NaOH,固体减少9.4g-6.4g=3.0g,减少的固体的质量与SiO2的质量相等,说明溶解的物质只有SiO2、没有Al2O3,步骤III可得出的结论是:
混合物X中无Al2O3。
(4)由上面的分析,步骤III得到的6.4g固体是Cu和Fe2O3的混合物,实验③向6.4g固体中加入过量HCl得到蓝色溶液和1.92g固体,发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,由于仍有固体未溶解说明Fe2O3与HCl反应生成的Fe3+不能将Cu完全溶解,1.92g固体为Cu,Fe3+完全被还原为Fe2+,步骤IV所得蓝色溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+(H+来自过量HCl)。
(5)根据上述分析,设6.4g固体中Fe2O3物质的量为y,根据反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,溶解的Cu的物质的量为y,160g/moly+64g/moly+1.92g=6.4g,解得y=0.02mol,则9.4gX中含Fe2O3的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g、含SiO23.0g、含Cu的质量为(9.4g-3.2g-3.0g)=3.2g,则原混合物中m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2 :
3.0。
9.现有下列物质:
①NaHCO3②Al(OH)3③SiO2④SO2,请同学们按要求用序号填空:
(1)用来制备发酵粉和中和胃酸的是_______;
(2)能使酸性KMnO4溶液褪色的是________;
(3)实验室用来制耐火坩埚的是________;
(4)既能与氢氧化钠反应,又能与稀盐酸反应的是__________。
【答案】①④③②
【解析】
【分析】
根据已有的知识进行分析,碳酸氢钠俗称小苏打,因水解溶液显弱碱性,能和酸反应;Al(OH)3既能和酸,也能和碱反应;SiO2高熔点,耐高温;SO2有还原性,有漂白性,据此解答。
【详解】
(1)碳酸氢钠俗称小苏打,不稳定且水溶液显弱碱性,能和盐酸反应,常用来制备发酵粉和中和胃酸;
(2)SO2有还原性,能使酸性KMnO4溶液褪色;
(3)SiO2高熔点,耐高温,实验室用来制耐火坩埚;
(4)Al(OH)3既能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠,又能与稀盐酸反应生成AlCl3。
10.已知:
Pb的化合价只有+2、+4,且+4价的Pb具有强氧化性,常温下能氧化浓HCl生成Cl2;PbO2不稳定,随温度升高按下列顺序逐步分解:
PbO2→Pb2O3→Pb3O4→PbO。
现将amolPbO2加热分解,收集产生的O2;加热反应后所得固体中,Pb2+占Pb元素的物质的量分数为x;向加热后所得固体中加入足量的浓盐酸,收集产生的Cl2。
两步反应中收集的O2和Cl2的物质的量之和为ymol。
(1)若Fe3O4可表示为FeO·Fe2O3,则Pb3O4可表示为_____________________________
(2)试写出Pb2O3与浓盐酸反应的化学方程式_________
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 备战 高考 化学 专题 复习 及其 化合物 推断 练习题 答案 解析