备战高考化学高无机综合推断提高练习题压轴题训练附答案解析.docx
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备战高考化学高无机综合推断提高练习题压轴题训练附答案解析
2020-2021备战高考化学(高无机综合推断提高练习题)压轴题训练附答案解析
一、无机综合推断
1.固体X由四种元素组成,为探究其组成和性质,设计并完成如下实验:
(1)固体X中含有H、O、______和______元素。
(2)写出固体X受热分解的化学方程式______。
(3)取少量固体B溶于稀硫酸,加入适量的KI溶液,反应后溶液显棕黄色,同时产生一种白色的碘化物沉淀,写出产生该现象的离子方程式______。
【答案】CCuCu3(OH)2(CO3)2
3CuO+H2O+2CO2↑2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
【解析】
【分析】
由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知,含H原子的物质的量n=1.8g/18g∙mol-1×2=0.2mol,质量为0.2g;气体A与石灰水反应生成白色沉淀为碳酸钙,其物质的量n=20.0g/100g∙mol-1=0.2mol,所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol×12g/mol=2.4g;固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu,则B为CuO,其物质的量为24.0g/80g∙mol-1=0.3mol,所以铜的质量为m=0.3mol×64g/mol=19.6g;剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g,所以X中含O为n=12.4g/16g∙mol-1=0.8mol,则n(Cu):
n(C):
n(H):
n(O)=3:
2:
2:
8,X为Cu3(OH)2(CO3)2,以此来解答。
【详解】
(1)由上述分析可知,固体X中含有H、O、C、Cu元素,故答案为:
C;Cu;
(2)固体X受热分解的化学方程式为Cu3(OH)2(CO3)2
3CuO+H2O+2CO2↑,故答案为:
Cu3(OH)2(CO3)2
3CuO+H2O+2CO2↑;
(3)取少量固体B溶于稀硫酸,生成硫酸铜,加入适量的KI溶液,反应后溶液显棕黄色,同时产生一种白色的碘化物沉淀,可知生成碘和CuI,产生该现象的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,故答案为:
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
2.现有常见金属单质A、B、C和常见气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H,它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)ABC三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是:
______________;(用具体化学式表示)
(2)写出反应③的离子方程式:
__________________________。
(3)实验室制取乙气体时,先将气体生成物通过_____以除去________________。
(4)向烧杯中装有的物质F中加入物质D,可以看到的现象是:
_________,物质F同价态阳离子的碳酸盐在隔绝空气时加强热,可以得到红色固体,对应的化学方程式是:
___;
【答案】Na>Al>Fe2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑饱和食盐水HCl(氯化氢)先有白色沉淀生成,,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑
【解析】
【分析】
由金属A焰色反应为黄色可知A为金属Na,由反应①可知,D为NaOH,气体甲为H2;氢氧化钠与金属B反应生成氢气,则B为金属Al;黄绿色气体乙为Cl2,与氢气反应生成丙为HCl,HCl溶于水得物质E为盐酸;氢氧化钠与物质G反应生成红褐色沉淀是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,由转化关系可知C为Fe金属,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3。
【详解】
(1)A为金属Na,B为金属Al,C为Fe金属,由金属活动顺序表可知,三种金属的还原性强弱由强到弱的顺序是Na>Al>Fe,故答案为:
Na>Al>Fe;
(2)反应③为铝单质与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,故答案为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(3)实验室用浓盐酸与二氧化锰共热反应制取氯气,浓盐酸受热易挥发,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,先将气体生成物通过盛有饱和食盐水的洗气瓶,可以除去极易溶于水的氯化氢气体,故答案为:
饱和食盐水;HCl(氯化氢);
(4)向装有为FeCl2溶液中加入NaOH溶液,NaOH溶液与FeCl2溶液反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀和氯化钠,氢氧化亚铁沉淀不稳定被空气中的氧气氧化为氢氧化铁,白色沉淀立刻变成灰绿色,最后变成红褐色;物质F同价态阳离子的碳酸盐为FeCO3,在隔绝空气时加强热,得到红色固体为Fe2O3,化学方程式为2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑,
故答案为:
先有白色沉淀生成,,然后立刻变成灰绿色,最后变成红褐色;2FeCO3
Fe2O3+CO↑+CO2↑。
【点睛】
本题考查物质推断与性质,注意特殊的颜色与特殊反应是推断的突破口,掌握元素化合物的性质是解题的关键。
3.氢能源是一种重要的清洁能源。
现有两种可产生H2的化合物甲和乙。
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72LH2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状态下的密度为1.25g/L。
请回答下列问题:
(1)甲的化学式是__________;乙的电子式是__________。
(2)甲与水反应的化学方程式是__________。
(3)气体丙与金属镁反应的产物是__________(用化学式表示)。
(4)乙在加热条件下与CuO反应可生成Cu和气体丙,写出该反应的化学方程式__________。
有人提出产物Cu中可能还含有Cu2O,请设计实验方案验证之__________(已知Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O)。
【答案】AlH3
AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑Mg3N22NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O
【解析】
【分析】
将6.00g甲加热至完全分解,只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L的H2(已折算成标准状况),甲与水反应也能产生H2,同时还产生一种白色沉淀物,该白色沉淀可溶于NaOH溶液,因此白色沉淀是Al(OH)3,则金属单质是铝,因此甲是AlH3。
化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙,丙在标准状况下的密度为1.25g·L-1,则丙的相对分子质量是1.25×22.4=28,因此丙是氮气,则乙是氨气NH3,据此解答。
【详解】
(1)根据以上分析可知甲的化学式是AlH3。
乙是氨气,含有共价键的共价化合物,电子式为
;
(2)甲与水反应生成氢气和氢氧化铝,反应的化学方程式是AlH3+3H2O=Al(OH)3↓+3H2↑。
(3)氮气与金属镁反应的产物是Mg3N2。
(4)氨气在加热条件下与CuO反应可生成Cu和氮气,根据原子守恒可知该反应的化学方程式为2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O。
铜与稀硫酸不反应,则根据Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O可知,要检验产物Cu中可能还混有Cu2O可以将固体溶于稀硫酸中,如果溶液变蓝,说明产物中含有Cu2O,反之则无Cu2O。
4.A、B、C、X均为中学常见的物质,它们之间有如下转化关系(反应条件及副产物已略去)。
(1)若A和X均为单质,B为可使品红溶液褪色的气体,则反应②的化学方程式为____。
(2)若A、B、C为含钠元素的化合物,X为无色无味气体,则反应②的化学方程式为______。
(3)若A为稀硝酸,B溶液和硫氰酸钾溶液反应后溶液显红色,则反应②的离子方程式为_____。
若向C的溶液中加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀,在空气中迅速变成_____,最后变成_______,白色沉淀发生上述变化的原因______(用化学方程式表示)。
56gX与足量的稀硝酸发生反应,被还原的HNO3为__________g。
【答案】
灰绿色红褐色
63
【解析】
【分析】
(1)若A和X均为单质,B为可使品红溶液褪色的气体,B一定是SO2,A是硫,C是三氧化硫,X是氧气,该反应是可逆反应;
(2)若A、B、C为含钠元素的化合物,X为无色无味气体,A连续与X反应,A可能是氧化钠,可能是过氧化钠,故B一定是碳酸钠,C一定是碳酸氢钠;(3)若A为稀硝酸,B溶液和硫氰根离子反应后溶液显红色,B一定是硝酸铁,X为铁,B继续与铁反应,发生价态归中反应,C是硝酸亚铁。
【详解】
(1)若A和X均为单质,B为可使品红溶液褪色的气体,B一定是SO2,A是硫,C是三氧化硫,X是氧气,则反应②的化学方程式为:
;
故答案为:
;
(2)若A、B、C为含钠元素的化合物,X为无色无味气体,A连续与X反应,A可能是氧化钠,可能是过氧化钠,故B一定是碳酸钠,C一定是碳酸氢钠,故反应②的化学方程式为:
;
故答案为:
;
(3)若A为稀硝酸,B溶液和硫氰根离子反应后溶液显红色,B一定是硝酸铁,X为铁,B继续与铁反应,发生价态归中反应,C是硝酸亚铁,则反应②的离子方程式为:
;向C的溶液中加入氢氧化钠溶液产生白色沉淀氢氧化亚铁,在空气中被氧化成氢氧化铁,颜色由白色变成灰绿色,最终变成红褐色,反应方程式为:
;铁与足量的稀硝酸发生反应,硝酸被还原为一氧化氮,离子方程式为:
;铁与被还原的硝酸物质的量之比为:
1:
1,所以被还原的硝酸质量为:
;
故答案为:
;灰绿色;红褐色;
;63。
5.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。
请回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
丙_________、乙_________。
(2)图中反应①②③④⑤⑥中属于氧化还原反应的有:
_____________________,属于置换反应反应的有:
_______________。
(3)写出反应⑤的离子方程式:
_____________________;
(4)写出反应①的化学方程式_______________________________,当得到标准状况下的甲气体2.24L,则参加反应的金属A____________g。
【答案】HClCl2①②③④⑤①③④
4.6
【解析】
【分析】
金属A焰色为黄色,则金属A为Na,与水反应生成H2和NaOH,故气体甲为H2,物质D为NaOH;NaOH与Al反应生成H2,故金属B为Al;黄绿色气体乙为Cl2,与H2反应生成HCl气体,则气体丙为HCl,物质E为盐酸;红褐色沉淀H为Fe(OH)3,物质G为FeCl3,物质F为FeCl2,金属C为Fe,据此答题。
【详解】
经分析得,金属A为Na,气体甲为H2,物质D为NaOH,金属B为Al,气体乙为Cl2,气体丙为HCl,物质E为盐酸,红褐色沉淀H为Fe(OH)3,物质G为FeCl3,物质F为FeCl2,金属C为Fe,
(1)丙为HCl;乙为Cl2;
(2)反应①②③④⑤⑥中属于氧化还原反应的有:
①②③④⑤,属于置换反应的有:
①③④;
(3)反应⑤的离子方程式:
;
(4)反应①的化学方程式:
;得到标准状况下的甲气体2.24L,则H2物质的量
;由化学方程式可知钠的物质的量
,则参加反应的钠质量
。
【点睛】
推断题的核心是找到关键突破口,本题的突破口为金属A焰色为黄色,气体乙为黄绿色气体,沉淀H为红褐色沉淀,这些特殊的焰色需要牢记。
6.在如图中表示的是有关物质(均由短周期元素形成)之间的转化关系,其中A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末),C是常见的无色无味液体,D是淡黄色的固体化合物。
(反应条件图中已省略)。
(1)A、C代表的物质分别为______、______(填化学式);
(2)反应①中的C、D均过量,该反应的化学方程式是_____________;
(3)反应②中,若B与F物质的量之比为4:
3,G、H物质的量之比为______;
(4)反应④的离子方程式为______________。
【答案】AlH2O2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑1:
1CO2+2OH-=CO32-+H2O、2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
【解析】
【分析】
题干信息:
A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C(碳)单质,C是常见的无色无味液体可以推断C为H2O,D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2,E、F为O2和H2,二者反应生成水,A是常见金属,与另一种固体在水中反应生成O2和H2,则该金属A为Al单质;固体D为Na2O2,能与水和CO2反应,则G为CO2;说明K为Na2CO3,F为O2,则E为H2;题给信息黑色单质B(C单质)与F(O2)反应得到G(CO2);C和O2反应可生成CO2和CO,则H为CO;A、C、D反应产生E、F、溶液甲,由于A是Al,C是H2O,D是Na2O2,E为H2,F是O2,甲是NaAlO2;G是CO2,其与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,碳酸钠溶于水中得到的溶液乙为碳酸钠溶液。
溶液甲为NaOH和NaAlO2的混合液,将CO2通入甲溶液,反应产生Al(OH)3沉淀和Na2CO3溶液,则沉淀L是Al(OH)3,结合物质的性质解答该题。
【详解】
根据上述分析可知:
A是Al,B是C,C是H2O,D是Na2O2,E是H2,F是O2,G是CO2,H是CO,K是Na2CO3,甲是NaAlO2,乙是NaHCO3,L是Al(OH)3。
(1)依据推断可知,A是Al,C是H2O;
(2)反应①中的C、D均过量,生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应,该反应的化学方程式是:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(3)B是C,F是O2,若二者按物质的量之比为4:
3发生反应,根据反应前后各种元素的原子个数相等,可得反应的方程式为:
4C+3O2
2CO+2CO2,则反应产生的CO2、CO的物质的量的比n(CO2):
n(CO)=2:
2=1:
1;
(4)反应④是向氢氧化钠和偏铝酸钠混合溶液中通入二氧化碳,发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,反应④的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O、2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-。
【点睛】
本题考查了元素及化合物的推断,包括物质转化关系的综合应用,物质性质的分析判断,物质转化关系的定量计算和产物判断,离子方程式的书写方法。
转化关系的特征反应是解题的关键,熟练掌握各种常见的金属、非金属元素及化合物的性质是进行该题推断的基础。
7.某研究小组为了探究一种浅绿色盐X(仅含四种元素,不含结晶水,M(X)<908g⋅mol-1)的组成和性质,设计并完成了如下实验:
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验,充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。
已知:
①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应;
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。
请回答如下问题:
(1)写出B分子的电子式___。
(2)已知G溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。
请写出该反应的离子方程式为___。
(3)在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为___。
(4)一定条件下,NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙(丙是大气主要成分之一),写出一个可能的化学反应方程式___。
【答案】
3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2OCu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O
【解析】
【分析】
浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应,得到A、B和黑色固体C,常温下B呈液态,且1个B分子含有10个电子,B为水;A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E,E只能为硫酸钡,则A为SO3,D为H2SO4;黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等,黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G,G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应,Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O,所以红色固体G为氧化亚铜,气体F为氧气,红色固体H为铜,蓝色溶液I为硫酸铜,黑色固体C为氧化铜,据此分析解答。
【详解】
(1)B为水,水是共价化合物,氢原子和氧原子之间以共价键结合,其电子式为
,故答案为:
;
(2)红色固体G为氧化亚铜,Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化,稀硝酸被还原成一氧化氮,反应的离子方程式为:
3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O,故答案为:
3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O;
(3)根据上述分析,A为SO3,B为水,C为氧化铜,D为H2SO4,E为硫酸钡,F为氧气,G为氧化亚铜,H为铜,I为硫酸铜。
23.3g白色沉淀E(硫酸钡)的物质的量为n=
=0.1mol,浅绿色盐X中n(Cu)=0.4mol,n(S)=0.1mol,n(CuO)∶n(SO3)=1∶4,仅含四种元素,不含结晶水,设化学式为:
Cu4(OH)mSO4,Cu4(OH)mSO4
4CuO+SO3↑+
H2O↑,根据氧元素守恒得:
m=6,符合M(X)<908g•mol-1,则该反应流程为:
X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑,故答案为:
Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑;
(4)空气的主要成分为氧气、氮气,黑色固体C为氧化铜,与氨气反应生成氮气,气体丙为氮气、铜(0价)或氧化亚铜(铜为+1价)和水,红色固体为铜或氧化亚铜,反应的化学方程式可能为:
3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O,故答案为:
3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O。
【点睛】
本题的易错点和难点为X的确定,要注意根据流程图确定X所含元素及其物质的量,结合M(X)<908g•mol-1确定,本题的另一个注意点为(4),要注意红色固体为铜或氧化亚铜,甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。
8.某种电镀废水含A阴离子,排放前的处理过程如下:
己知:
4.5g沉淀D在氧气中灼烧后,产生4.0g黑色固体,生成的无色无味气体通过足量澄清石灰水时,产生5.0g白色沉淀,最后得到的混合气体除去氧气后,还剩余标准状况下密度为1.25g·L-1的单质气体E560mL。
(1)E的结构式为____________。
(2)写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式_______________________________。
(3)溶液B具有性质____________(填“氧化性”或“还原性”)。
(4)滤液C中还含有微量的A离子,通过反应②,可将其转化为对环境无害的物质,用离子方程式表示该反应为______________________________________。
【答案】
2CuCN+3O2
2CuO+2CO2↑+N2↑还原性2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O
【解析】
【分析】
单质气体E的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1,则E为N2,则n(N2)=
=0.025mol;沉淀D含有Cu,灼烧后产生的黑色固体为CuO,产生无色无味气体为CO2,n(CuO)=
=0.5mol,n(CO2)=n(CaCO3)=
=0.05mol;即D中含有0.05molCu、0.05molC、0.05molN,共4.5g,则D中不含其他元素,所以D为CuCN;则A离子为CN-。
【详解】
(1)经分析,E为N2,其结构式为
;
(2)D为CuCN,其灼烧的化学方程式2CuCN+3O2
2CuO+2CO2↑+N2↑;
(3)由题知,Cu(II)→Cu(I),该过程需要还原剂,A溶液不体现还原性,故B溶液具有还原性;
(4)用次氯酸钠把CN-氧化为无毒的二氧化碳和氮气,离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O。
9.下图表示有关物质之间的转化关系,其中A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末),C是常见的无色无味液体,D是淡黄色的固体化合物(反应条件图中已省略)
(1)A,D代表的物质分别为:
________,________(填化学式);
(2)反应①中的C,D均过量,该反应的化学方程式是____________________________________;
(3)反应②中,若B与F物质的量之比为4∶3,G,H分别是_______,_______(填化学式);其物质的量之比为__________.
(4)反应③产物中K的化学式为____________;④的离子方程式为_____________________________.
【答案】AlNa2O22H2O+Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CO1:
1Na2CO32
+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+
【解析】
【分析】
题干信息,A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C,C是常见的无色无味液体可以推断为H2O,D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2,E、F为O2和H2的反应生成水,A是常见金属,与另一种固体在水中反应生成O2和H2,则该固体金属为Al,固体D为Na2O2,能与水和CO2反应,则G为CO2;说明K为Na2CO3,F为O2;题给信息黑色单质B与氧气(F)反应得到G(CO2),说明B为C(碳),C和O2反应可生成CO2和CO,则H为CO;依据F(O2)与E反应生成C(水)可知E为氢气,结合物质的性质解答该题。
【详解】
推断可知A为Al,B为C,C为H2O,D为Na2O2,E为H2,F为O2,G为CO2,H为CO,K为Na2CO3;
(1)依据推断可知,A、D代表的物质分别为:
Al、Na2O2;
(2)反应①中的C、D均过量,生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应,该反应的化学方程式是:
2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(3)依据反应C+O2=CO2:
n(C):
n(O2)=1:
1,发生反应产物为二氧化碳;依据反应2C+O2=2CO;n(C):
n(O2)=2:
1,发生反应生成一氧化碳气体;反应②中,若B(C)与F(O2)物质的量之比为4:
3,1:
1<n(C):
n(O2)=4:
3<2:
1;判断G、H分别是:
CO2、CO;设CO2的物质的量为amol、CO的物质的量为bmol,则a+b=4、2a+b=6,解得:
a=2、b=2,故CO2和CO物质的量之比为2mol:
2mol=1:
1;
(4)反应③是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气,F为氧气,产物中K为碳酸钠,化学式为:
Na2
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