高考化学二轮 钠及其化合物推断题 专项培优含答案1.docx
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高考化学二轮 钠及其化合物推断题 专项培优含答案1.docx
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高考化学二轮钠及其化合物推断题专项培优含答案1
高考化学二轮钠及其化合物推断题专项培优含答案
(1)
一、钠及其化合物
1.如图是中学化学中常见物质之间的一些反应关系,其中部分产物未写出。
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体。
根据下图关系推断:
(1)写出化学式:
X_______,A________,B_______。
(2)实验室收集气体D和F的方法依次是_______法、________法。
(3)写出C→E的化学方程式:
____________。
(4)请写出A与E反应生成D的化学方程式:
_______________
(5)检验物质A的方法和现象是________________
【答案】NH4HCO3或(NH4)2CO3NH3H2O排水向上排空气2CO2+2Na2O2===2Na2CO3+O24NH3+5O2
4NO+6H2O用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)
【解析】
【分析】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3,据此解答。
【详解】
常温下X是固体,B和G是液体,其余均为气体,气体C能与Na2O2反应得到气体E,应是二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气,则C为CO2,E为O2,固体X既能与酸反应生成气体A,又能与碱反应生成气体C,故X应为碳酸形成的铵盐,则X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,故A为NH3,B为H2O,D为NO,F为NO2,G为HNO3;
(1)由上述分析可知,X为NH4HCO3或(NH4)2CO3,A为NH3,B为H2O;
(2)NO易与空气中氧气反应生成NO2,则实验室收集气体D(NO)的方法为:
排水法;NO2能与水反应生成NO和硝酸,则收集气体F(NO2)的方法是:
向上排空气法;
(3)C→E是CO2与Na2O2反应生成碳酸钠与O2,反应的化学方程式为:
2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2;
(4)氨气和氧气在催化剂作用下生成NO,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)氨气的水溶液显碱性,故检验氨气的方法是用湿润的红色石蕊试纸,若变蓝则说明有NH3存在(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒放在容器口,若有白烟出现,也说明有NH3存在)。
【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件;本题可从两性氧化物及海水中的无机盐,展开思维的空间,寻找目标答案。
2.已知甲、乙、丙为常见单质,A、B、C、D、E、F、G、X均为常见的化合物;B和X的摩尔质量相同,E的相对分子质量比D的相对分子质量大16,在一定条件下,各物质相互转化关系如下图所示。
请按要求填空:
(1)丙的化学式是_______,G的化学式是_________。
(2)写出有关变化的化学方程式:
甲+乙:
___________;D+丙:
_______。
(3)B与X的水溶液反应生成C和乙的离子方程式是________________________。
【答案】O2SO32Na+S
Na2S2Na2SO3+O2=2Na2SO4Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+
【解析】
【分析】
单质甲、乙均能分别与单质丙连续两次反应,可能是单质甲、乙分别被O2连续两次氧化,生成不同的氧化物,则丙是O2;氧化物B与水反应能放出O2,则B是Na2O2,那么C是NaOH,A是Na2O,甲是Na;又因B和H的摩尔质量相同,则X是Na2S,那么乙是S,F是SO2,G是SO3;由E的相对分子质量比D的相对分子质量大16可知D是Na2SO3,E是Na2SO4。
【详解】
(1)由以上分析可知丙是O2,G是SO3;故答案为:
O2,SO3;
(2)甲+乙的反应为钠与硫共热反应生成硫化钠,反应的化学方程式为2Na+S
Na2S;D+丙的反应为亚硫酸钠与氧气反应生成硫酸钠,反应的化学方程式为2Na2SO3+O2=2Na2SO4,故答案为:
2Na+S
Na2S;2Na2SO3+O2=2Na2SO4;
(3)过氧化钠与氯化钠的水溶液发生氧化还原反应生成氢氧化钠和硫,反应的离子方程式为Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+,故答案为:
Na2O2+S2-+2H2O=4OH-+S↓+2Na+。
3.有三种金属单质A、B、C,其中A的焰色反应为黄色,B、C是常见金属。
三种金属单质A、B、C与气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H之间发生如下转化关系(图中有些反应的产物和反应的条件没有标出)。
请根据以上信息回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A__________;G___________。
(2)写出反应①的化学方程式:
__________;写出反应②的离子方程式:
_________。
(3)说出黄绿色气体乙的一种用途__________________。
(4)区别E、F两种溶液最简单的方法是______,实验室检验G中所含的金属离子时,常在G的溶液中加入_____溶液
【答案】NaFeCl3Fe+2HCl=FeCl2+H2↑2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑制漂白粉观察法KSCN
【解析】
【分析】
金属A焰色反应为黄色,故A为金属Na,与水反应生成NaOH与氢气,则D为NaOH,气体甲为H2;氢氧化钠与金属B反应生成氢气,故金属B为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H是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,由转化关系:
HCl+金属C→物质F,F+氯气→物质G,可知金属C为Fe,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3,结合物质的性质解答该题。
【详解】
金属A焰色反应为黄色,故A为金属Na,与水反应生成NaOH与氢气,则D为NaOH,气体甲为H2;氢氧化钠与金属B反应生成氢气,故金属B为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H是Fe(OH)3,故物质G中含有Fe3+,由转化关系HCl+金属C→物质F,F+氯气→物质G,可知金属C为Fe,物质F为FeCl2,物质G为FeCl3;
(1)根据上面的分析可知:
A的化学式为Na;G的化学式为FeCl3;
(2)反应①为Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2,发生反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑;反应②为Al与NaOH溶液作用生成H2和NaAlO2,发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(3)黄绿色气体乙为氯气,可用于自来水的消毒或制漂白粉等。
(4)E为稀盐酸、F为FeCl2溶液,区分这两种溶液最简单的方法是观察法,盐酸是无色溶液,而FeCl2溶液是浅绿色;G为FeCl3溶液,含有Fe3+,检验时向FeCl3的溶液中加入KSCN溶液,可观察到溶液显血红色;
4.先有一瓶无色澄清溶液,可能由Na+、K+、NH4+、Fe2+、SO42-、I-、CO32-、Cl-、SO32-、MnO4-中的几种组成,请根据以下实验步骤及现象回答下列问题:
步骤一:
取适量待测液,加入NaOH溶液并加热,得到溶液A,并产生刺激性气味的气体;
步骤二:
向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液,得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体;
步骤三:
向溶液B中通入适量Cl2,得到黄褐色溶液C。
(1)下列有关该溶液说法正确的是________________(填字母)。
A.一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-
B.一定不存在Fe2+、CO32-、MnO4-
C.可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+、
D.可用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-
(2)步骤三得到黄褐色溶液的离子方程式是____________________。
(3)若向原溶液中先加入足量的盐酸,再加入足量的______________(填化学式)并加热,也能得出步骤一、步骤二相同的结论。
(4)对于溶液中还可能存在的阳离子,确认其存在的实验方法是__________________。
【答案】ACCl2+2I-=I2+2Cl-Ba(OH)2通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+
【解析】
【分析】
无色溶液可以知道一定不含Fe2+、MnO4-;
步骤一:
取适量待测液,加入NaOH溶液并加热,得到溶液A,并产生刺激性气味的气体,则气体为氨气,一定含NH4+;
步骤二:
向溶液A中加入足量稀盐酸和BaCl2溶液,得到溶液B、白色沉淀及有刺激性气味的气体,白色沉淀为BaSO4,刺激性气味的气体为SO2,则一定含有SO42-和SO32-;
步骤三:
向溶液B中通入适量Cl2,得到黄褐色溶液C,C中含碘单质,则原溶液一定含I-,以此来解答。
【详解】
无色溶液不含有紫色MnO4-、淡绿色Fe2+。
步骤一得到的刺激性气味的气体是氨气,表明原溶液含有NH4+。
步骤二得到的白色沉淀是硫酸钡,有刺激性气味的气体是二氧化硫,表明原溶液含有SO42-、SO32-。
步骤三得到的黄褐色溶液C是含有I2的溶液,表明原溶液含有I-。
(1)A.根据以上分析, 一定存在SO42-、I-、NH4+、SO32-,故A正确;
B. 根据以上分析,可能存在CO32-,故B错误;
C. 可能存在CO32-、Cl-、Na+、K+,故C正确;
D.SO42-、SO32-、Cl-均可与AgNO3溶液反应生成白色沉淀,所以不能用AgNO3溶液确认原溶液中是否存在Cl-,故D错误。
故答案为AC;
(2)步骤三得到黄褐色溶液的反应是氯气置换碘的反应,离子方程式是Cl2+2I-=I2+2Cl-,
故答案为Cl2+2I-=I2+2Cl-;
(3)向原溶液中加入足量盐酸,SO32-与盐酸反应生成有刺激性气味的气体。
再加入的物质既能与SO42-反应生成沉淀,又能与NH4+反应生成氨气,所以是氢氧化钡,化学式为Ba(OH)2,
故答案为Ba(OH)2;
(4)可通过焰色反应确定溶液中还可能存在的阳离子Na+、K+,实验方法是通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+,
故答案为通过焰色反应,若呈现黄色,则含有Na+;透过蓝色钴玻璃片观察焰色反应,若呈现紫色,则含有K+。
5.A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,这些单质和化合物之间存在如图所示的关系,完成下列空白:
(1)向酚酞试液中加入化合物A的粉末,现象为________。
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为__________。
5.05g单质甲—钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气,确定该合金的化学式为______。
(3)向一定体积某浓度的化合物C的溶液中通人CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同,溶液M的组成也不同。
若向M中逐滴加入0.1mol/L盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示两种情况。
①由A确定滴加前60mL的盐酸时,发生反应的离子方程式为_____________________
②B对应的溶液M低温蒸干后得到固体a克,将a克固体充分加热至恒重后,固体质量减少_____克。
③由A、B可知,两次实验通入的CO2的体积比为___________
【答案】溶液先变红,后褪色,并有气泡2Na+2H2O==2Na++2OH-+H2↑NaK2H++OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-0.07753:
10
【解析】
【分析】
A、B、C是由周期表中短周期元素组成的三种常见化合物,甲、乙、丙是三种单质,甲与B反应是置换反应,甲与乙是化合反应,丙与乙也是化合反应,单质甲、含有甲元素的化合物A均与化合物B反应得到不同的单质,且两种单质反应又得到化合物B,应是Na、过氧化钠与水的反应,可推知甲是Na单质,乙为氧气,B是H2O,丙为氢气,C是NaOH,A是Na2O2。
据此分析可得结论。
【详解】
(1)向酚酞试液中加入化合物Na2O2的粉末,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气,氢氧化钠使酚酞溶液变红色,但过氧化钠具有漂白性,则现象为:
溶液先变红后褪色,并有气泡生成;
(2)单质甲与化合物B反应的离子方程式为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,根据电子转移守恒可知,Na、K总物质的量为0.075mol×2=0.15mol,设Na、K物质的量分别为xmol、ymol,则:
x+y=0.15mol,23g/molx+39g/moly=5.05g,解得x=0.05、y=0.1,故合金的化学式为NaK2;故答案为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑、NaK2;
(3)①曲线A、B,开始没有气体,加入一定体积盐酸后生成气体,生成气体的反应为:
HCO3-+H+=H2O+CO2↑,若A中只有Na2CO3,开始发生CO32-+H+=HCO3-,前后两过程消耗HCl的体积相等,实际开始阶段消耗盐酸体积大于产生二氧化碳消耗的盐酸体积,故A曲线表明M中的溶质为NaOH、Na2CO3,则滴加前60mL的盐酸时,发生反应的离子方程式为:
H++OH—==H2O、H++CO32-=HCO3-;
②B曲线中,前后消耗盐酸的体积之比为1:
2,则曲线B表明M中溶质为Na2CO3、NaHCO3,且二者物质的量之比为1:
1,设n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=x,由钠离子守恒可得:
2x+x=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol,x=0.0025mol,固体加热时发生反应:
2NaHCO3
Na2CO3+H2O↑+CO2↑,则减少的质量为生成的水和二氧化碳的质量,其质量为:
0.0025mol÷2×62g/mol=0.0775g,故答案为:
0.0775;
③曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL,曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL,由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知,则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL:
50mL=3:
10;故答案为:
3:
10;
【点睛】
本题重点考查了碳酸钠与碳酸氢钠之间的相互转化以及碳酸盐与盐酸反应的原理,由图中A、B曲线可知通入的二氧化碳全部被氢氧化钠溶液所吸收,则有最后加盐酸时所放出的二氧化碳与开始通入的二氧化碳的量相同,而比较产生二氧化碳的量可根据从开始产生气体到气体的量达到最大所消耗的盐酸的量来进行比较。
如曲线A生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-60)mL=15mL,曲线B生成二氧化碳消耗盐酸体积为(75-25)mL=50mL,由HCO3-+H+=H2O+CO2↑可知,则两次实验通入的CO2的体积之比=15mL:
50mL=3:
10。
6.下图是中学常见物质间的转化关系。
已知:
a.A为淡黄色固体,B为导致“温室效应”的主要物质;
b.E为常见金属,J为红褐色沉淀;
c.G在实验室中常用于检验B的存在;
d.L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不当常呈黄色。
回答下列问题:
(1)A的电子式为_______;B分子属于_______分子(极性、非极性);
(2)反应①的化学方程式为_______,
反应②的离子方程式为_______,
(3)若参加反应的A的质量为39g,则消耗CO2的体积(标况下)为_______L。
(4)检验K中阳离子常用的方法是_______。
(5)L浓溶液的保存方法是_______。
【答案】
非极性2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑Fe3++3OH—=Fe(OH)3↓11.2L在试管中取少量K溶液,滴加几滴KSCN溶液,若溶液红色,证明有Fe3+用棕色试剂瓶子保存并放置于低温避光处
【解析】
【分析】
L是一种重要的工业原料,常用于制造炸药,浓溶液若保存不当常呈黄色,L是硝酸;B为导致“温室效应”的主要物质,B是二氧化碳;A为淡黄色固体,A能与二氧化碳反应,所以A是过氧化钠;G在实验室中常用于检验二氧化碳的存在,G是氢氧化钙;过氧化钠与二氧化碳反应生成C、D,则C是氧气、D是碳酸钠;J为红褐色沉淀,J是氢氧化铁,E为常见金属,则E是铁,铁与氧气反应生成F,F是四氧化三铁,四氧化三铁与硝酸反应生成硝酸铁,K是硝酸铁;碳酸钠与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠,则I是碳酸钙、H是氢氧化钠。
【详解】
根据以上分析:
(1)A是过氧化钠,过氧化钠的电子式为
;B是二氧化碳,二氧化碳是直线型分子,属于非极性分子;
(2)反应①是过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑,反应②是硝酸铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀和硝酸钠,反应的离子方程式为Fe3++3OH—=Fe(OH)3↓;
(3)39g过氧化钠的物质的量是
,设消耗二氧化碳的物质的量是xmol;
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2↑
22
0.5molxmol
;x=0.5mol,标况下的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L;
(4)K是硝酸铁,在试管中取少量K溶液,滴加几滴KSCN溶液,若溶液红色,证明有Fe3+。
(5)L是浓硝酸,浓硝酸不稳定,见光或加热易分解,浓硝酸用棕色试剂瓶子保存并放置于低温避光处。
7.A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大;A元素的原子半径最小;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐;D与A同主族,且与E同周期;E元素原子的最外层电子数比次外层电于数少2;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若于种化合物。
请回答:
(l)B元素的名称是__________。
在周期表中的位置是_________________________。
(2)C和E两种元素相比较,原子得电子能力较强的是(填元素名称)____________。
以下三种说法中,可以验证该结论的是(填写编号)____________________。
A.比较这两种元素的常见单质的沸点
B.二者形成的化合物中,C元素的原子显负价
C.比较这两种元素的气态氢化物的稳定性
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素),这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为_______________________________________________。
(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂,每生成标准状况下11.2LO2,消耗该化合物的质量为___________。
【答案】氮第二周期第ⅤA族氧BCHSO3-+H+=SO2↑+H2O78g
【解析】
【分析】
A、B、C、D、E五种短周期元素,它们的原子序数依次增大,A元素的原子半径最小,则A为H元素;D与A同主族,原子序数相差大于2,故D为Na;B元素的最高价氧化物对应水化物与其氢化物能生成盐,则B为N元素;D与E同周期,则E处于第三周期,E元素原子的最外层电子数比次外层电子数少2,最外层电子数为6,故E为S元素;A、B、D、E这四种元素,每一种与C元素都能形成原子个数比不相同的若干种化合物,可推知C为O元素,据此分析解题。
【详解】
由分析知:
A为H元素、B为N元素、C为O元素、D为Na元素、E为S元素;
(1)B元素的名称是氮元素,核电荷数为7,在周期表中的位置是第二周期第ⅤA族;
(2)同主族自上而下原子得电子能力减弱,故O原子得电子能力比硫原子强;
A.单质的沸点属于物理性,不能判断得电子能力强弱,故A错误;
B.二者形成的化合物中,O元素的原子显负价,说明氧元素对键合电子吸引力更大,O的非金属性强,故B正确;
C.氢化物越稳定,元素非金属性越强,可以比较氧原子得电子能力强,故C正确;故答案为BC;
(3)A、B、C、E可形成两种酸式盐(均含有该四种元素):
NH4HSO3、NH4HSO4,这两种酸式盐在水溶液中相互反应的离子方程式为HSO3-+H+=SO2↑+H2O;
(4)C与D形成的某种化合物可作潜水面具中的供氧剂,该化合物为Na2O2,生成标准状况下11.2LO2,其物质的量为
=0.5mol,由2Na2O2~O2可知消耗过氧化钠为0.5mol×2=1mol,其质量为1mol×78g/mol=78g。
8.在化学中金属或含金属元素的化合物在灼烧时,会使火焰呈现特殊的颜色,化学上叫焰色反应。
如钾一紫色(需透过蓝色钴玻璃),钠一黄色,钙一砖红色,钡一黄绿色,铜一绿色。
A、B均为初中常见化合物,其溶液混合后进行下列图示实验,写出A~F的化学式。
A_______,B_______,C_______,D________,E_________,F__________。
【答案】A.CaC12;B.Na2CO3;C.CaCO3;
D.NaCl;E.CO2;F.AgCl。
【解析】
试题分析:
化合物A的阳离子焰色反应呈砖红色,说明含有Ca元素,化合物B的阳离子焰色反应呈黄色,说明含有Na元素。
A和B混合反应产生白色沉淀C和溶液D,向白色沉淀C中加入稀盐酸,产生无色无味的气体E,该气体可以使澄清石灰水变浑浊,说明含有CO32-,C沉淀是CaCO3沉淀,E是CO2,因此说明B的阴离子是CO32-,B是Na2CO3;向D的溶液中加入AgNO3溶液和稀硝酸,产生白色沉淀F,则F是AgCl,说明D溶液含有Cl-,D物质是NaCl;Cl-是A溶液产生的,A是CaCl2溶液;
考点:
考查无机物的推断的知识。
9.A、B、C、D、E五种物质都含钠元素,它们按图所示关系相互转化,已知A为单质.
(1)该五种物质中用于焙制糕点的发酵粉及治疗胃酸过多的药品是(填化学式).
(2)将CO2通入E的饱和溶液中有白色沉淀生成,该反应的离子方程式为.
(3)写出A→D、C→D、C→E反应的化学方程式
A→D:
C→D:
C→E:
【答案】
(1)NaHCO3
(2)CO2+H2O+2Na++CO32﹣=2NaHCO3↓
(3)2Na+H2O=2NaOH+H2↑;
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
【解析】
A、B、C、D、E五种物质都含钠元素,已知A为单质,则A为Na,A在氧气中燃烧生成C为Na2O2,A在空气中短期接触生成B为Na2O,A、B、C都能和水反应生成D,则D为NaOH,可知E是Na2CO3.
(1)该五种物质中用于焙制糕点的发酵粉及治疗胃酸过多的药品是NaHCO3,故答案为:
NaHCO3;
(2)将CO2通入Na2CO3的
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