化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题含答案.docx
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化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题含答案
化学铜及其化合物推断题的专项培优练习题(含答案)
一、铜及其化合物
1.下列有关物质的转化关系如图所示(部分反应条件己路去)。
A是紫红色的金属单质,B为强酸,E在常温下为无色液体,D、F、G为气体。
请回答下列问题:
(1)G的化学式为___,实验室中试剂B应保存在___中。
(2)写出反应①的化学方程式:
___,反应中B体现的性质为___。
(3)写出反应②的离了方程式:
___,实验室中F可用___法收集。
【答案】O2棕色试剂瓶Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O强氧化性、酸性3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO排水
【解析】
【分析】
A是紫红色的金属单质,则A为Cu,B为强酸,且与Cu反应生成C、D、E,而E在常温下为无色液体,可知B为硝酸或硫酸,而D能与E反应生成B与F,且D、F为气体,可推知B为浓硝酸、C为
、D为
、E为
、F为NO,硝酸在光照条件下分解生成的气体G为
。
【详解】
(1)由分析可知,G的化学式为:
O2.B为浓硝酸,实验室中试剂B应保存在:
棕色试剂瓶中,故答案为:
O2;棕色试剂瓶;
(2)反应①的化学方程式:
Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O,反应中硝酸体现的性质为:
强氧化性、酸性,故答案为:
Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O;强氧化性、酸性;
(3)反应②的离了方程式:
3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO,实验室中F(NO)可用排水法收集,
故答案为:
3NO2+H2O═2H++2NO3﹣+NO;排水。
2.为探究不含结晶水盐A(仅含三种元素)组成和性质,设计并完成如下实验:
①取少量A,加水,A由白色变为蓝色,加热蓝色又变成白色;
②另取一定量A进行加热分解,加热分解过程中有黄色中间产物B产生,同时产生气体C,B的质量为A质量的四分之三,C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀。
B遇水生成不溶于水的蓝色固体D,同时有三分之二的S元素溶于水。
(1)A组成元素是_____(用元素符号表示)。
(2)B的化学式是_________。
(3)B与水反应的化学方程式是___________。
【答案】CuSOCu2OSO43Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4
或3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4
或3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4
【解析】
【分析】
①取少量A,加水,A由白色变为蓝色,加热蓝色又变成白色,说明A是CuSO4,根据物质组成确定其中含有的元素;
②另取一定量A进行加热分解,加热分解过程中有黄色中间产物B产生,同时产生气体C,C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀,则C是SO3,反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4,B的质量为A质量的四分之三,根据质量守恒应该是2个CuSO4分解的产物,则B是Cu2OSO4,B遇水生成不溶于水的蓝色固体D,同时有三分之二的S元素溶于水,若有3个Cu2OSO4反应,溶于水的S只能是生成2个CuSO4,根据反应前后元素守恒,分析反应,得到反应方程式。
【详解】
(1)根据上述分析可知A是CuSO4,含有Cu、S、O三种元素;
(2)由于A分解产生的C是气体,C能使盐酸酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀,说明C是SO3气体,反应产生的白色不溶于酸的沉淀是BaSO4,A分解产生的B为黄色固体,且B的质量为A质量的四分之三,则B应该是2个CuSO4分解产生1个SO3后剩余的部分,根据质量守恒定律可知B是Cu2OSO4;
(3)B遇水生成不溶于水的蓝色固体D,同时有三分之二的S元素溶于水,溶于水的以CuSO4形式存在,还有三分之二的S元素以固体形式存在即以碱式硫酸铜形式存在,反应方程式为3Cu2OSO4+3H2O=3Cu(OH)2·CuSO4+2CuSO4或写为3Cu2OSO4+4H2O=3Cu(OH)2·CuSO4·H2O+2CuSO4或者3Cu2OSO4+3H2O=Cu4(OH)6SO4+2CuSO4。
【点睛】
本题考查了物质的元素组成、物质的物理性质、化学性质在物质成分确定的应用。
掌握元素的存在形式、溶液的颜色及质量守恒定律是确定物质成分及元素的关键,本题难度适中。
3.有关物质的转化关系如下图所示(反应条件已略去)。
已知:
A为紫红色金属,B是强酸,E能使品红溶液褪色,F是海水的主要成分,H是一种难溶于水的白色固体,摩尔质量为99.5g·mol-1,I溶液呈黄色,工业上可作为印刷电路板蚀刻液。
请回答下列问题:
(1)H的化学式为_____。
(2)F的电子式为_____。
(3)写出反应①的化学方程式_____。
(4)写出反应③的离子方程式_____。
【答案】CuCl
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2OCuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-
【解析】
【分析】
A为紫红色金属,则应为Cu,B是强酸,E能使品红溶液褪色,则B是浓硫酸,E为SO2,反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,F是海水的主要成分,F为NaCl,H是一种难溶于水的白色固体,摩尔质量为99.5g·mol-1,则H应为CuCl,I溶液呈黄色,工业上可作为印刷电路板蚀刻液,则I为FeCl3溶液,以此解答该题。
【详解】
(1)根据以上分析,H的化学式为CuCl,
因此,本题正确答案是:
CuCl;
(2)根据以上分析,F为NaCl,则F的电子式为
,
因此,本题正确答案是:
;
(3)根据以上分析,反应①为Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜、二氧化硫和水,则反应的化学方程式Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O,
因此,本题正确答案是:
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O;
(4)根据以上分析,反应③为氯化亚铜和氯化铁溶液发生的氧化还原反应,反应的离子方程式为:
CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-,
因此,本题正确答案是:
CuCl+Fe3+=Fe2++Cu2++Cl-。
4.下图中每一方框中的字母代表一种反应物或生成物(部分产物未列出):
已知C是紫红色金属固体,B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性。
(1)A的化学式是____________,E化学式是__________________;
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是_________________________________________;
(3)对200ml1mol/L的A溶液进行电解,当有0.02mol电子发生转移时,溶液的
为
___________(假设溶液体积不变)。
【答案】Cu(NO3)2CuO2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+或2Cu(NO3)2+2H2O
2Cu+O2↑+4HNO31
【解析】
【分析】
C是紫红色金属固体,则C为Cu,B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性,则B为HNO3,可推知A为Cu(NO3)2,D为O2,E为CuO,据此解答.
【详解】
C是紫红色金属固体,则C为Cu,B的浓溶液和稀溶液都是有强氧化性,则B为HNO3,可推知A为Cu(NO3)2,D为O2,E为CuO;
(1)由上述分析可知,A的化学式是Cu(NO3)2,E化学式是CuO;
(2)电解反应的化学(或离子)方程式是:
2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+或2Cu(NO3)2+2H2O
2Cu+O2↑+4HNO3;
(3)对200ml 1mol/L的Cu(NO3)2溶液进行电解,当有0.02mol电子发生转移时,参加反应铜离子物质的量=
=0.01mol,故生成氢离子为0.01mol×
=0.02mol,故氢离子物质的量浓度=
=0.1mol/L,故溶液pH=-lg0.1=1。
5.氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。
CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解氧化。
以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下:
回答下列问题:
(1)步骤①中得到的氧化产物是_________,溶解温度应控制在60~70度,原因是__________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式___________。
(3)步骤⑤包括用pH=2的酸洗、水洗两步操作,酸洗采用的酸是_________(写名称)。
(4)上述工艺中,步骤⑥不能省略,理由是______________________________。
(5)步骤②、④、⑤、⑧都要进行固液分离。
工业上常用的固液分离设备有__________(填字母)
A.分馏塔
B.离心机
C.反应釜
D.框式压滤机
(6)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于若两的FeCl3溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点,消耗K2Cr2O7溶液bmL,反应中Cr2O72-被还原为Cr3+,样品中CuCl的质量分数为__________。
【答案】CuSO4或Cu2+温度低溶解速度慢、温度过高铵盐分解2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+硫酸醇洗有利加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化)B、D
【解析】
【分析】
【详解】
(1)海绵铜的主要成分是Cu与CuO,溶解所需试剂中有硝酸铵、水、硫酸,则Cu被氧化为铜离子;在稀溶液中,硝酸根离子作氧化剂,硫酸没有氧化性,作酸性介质,因此Cu2+和NH4+都会变成对应的硫酸盐。
(2)步骤③反应后过滤,说明反应中有沉淀产生,则该沉淀为CuCl沉淀,结合硫酸铵的回收,可知步骤③发生的离子反应为:
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+;
(3)盐酸中含有较多氯离子,可能溶解CuCl沉淀,不合适;硝酸具有氧化性,会氧化CuCl沉淀,不合适;三大强酸中只有稀硫酸合适。
(4)CuCl难溶于醇和水,潮湿空气中易水解氧化,而水与醇互溶,所以醇洗不能省略的原因是醇的沸点低,可加快去除CuCl表面水分,防止其水解氧化,也有利于后面的烘干步骤。
(5)用于分离固体和液体的设备与实验室中的过滤的原理是相似的。
A、分馏塔是用于分离互溶的液体的设备,错误;B、离心机可利用离心力的作用使液体中的固体沉降,达到固液分离的目的,正确;C、反应釜为发生反应的设备,错误;D、框式压滤机可以使物料中的水通过挤压而排出,达到固液分离的目的,正确,答案选BD;
(6)根据题意,CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应,K2Cr2O7被还原为Cr3+,则bmL、amol/LK2Cr2O7溶液发生反应时,转移电子的物质的量是ab×10-3×2×3mol=6ab×10-3mol,+1价Cu会被氧化为Cu2+,根据得失电子守恒,则CuCl的物质的量是6ab×10-3mol,则样品中CuCl的质量分数是(6ab×10-3mol×99.5g/mol)/mg×100%=0.597ab/m×100%。
6.实验室以废铜为原料制取碱式碳酸铜(Cu2(OH)2CO3)的过程如下:
完成下列填空:
(1)酸浸中产生的气体是_________(填化学式)。
(2)检验过滤Ⅱ的沉淀是否洗净的方法是________。
(3)从实验流程中可看出影响产品生成的因素有多种,请写出其中两个:
___________,并任选其中一个因素,说明其原因___________。
(4)CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2(OH)2CO3,写出该反应的化学方程式:
______。
(5)产品中Cu含量的测定步骤是:
称取mg样品,用适量稀硫酸完全溶解,加水稀释,调节溶液为中性或弱酸性,再加入过量的KI-淀粉溶液后,用cmol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液vmL。
实验中反应的离子方程式为2Cu2++4I-→2CuI(白色)↓+I2;I2+2S2O32-→2I-+S4O62-。
(i)样品溶于稀硫酸后,需加水稀释,控制溶液为中性或弱酸性,其原因是________。
(ii)产品中Cu的含量为__________________(用含m、c、v的代数式表示)。
【答案】NO、NO2取最后一次洗涤液测其pH,若溶液为中性,则沉淀已洗净温度和pH(反应物浓度、反应物配比等合理答案也得分)温度过高,碱式碳酸铜会分解生成氧化铜,温度过低,反应速率太慢(或:
pH过低,得不到碱式碳酸铜,pH过高则生成氢氧化铜)。
2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑若溶液酸性过强,则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O,多消耗Na2SO3溶液0.064cv/m
【解析】
【分析】
废铜屑溶于浓硝酸中转化为硝酸铜,过滤除去滤渣,向滤液中加入碳酸钠溶液,除去多余的硝酸,然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成碱式碳酸铜,据此解答。
【详解】
(1)酸浸中铜与浓硝酸反应生成二氧化氮(NO2),随着浓度的降低,会产生一氧化氮(NO),
故答案为:
NO、NO2;
(2)根据流程分析可知,碱式碳酸铜是从含有碳酸钠的溶液中析出的,所以检验沉淀是否洗净就是检验沉淀上有没碳酸根离子,操作方法是取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液,若溶液中没有出现沉淀,则沉淀已洗净,
故答案为:
取最后一次洗涤液滴加氯化钡溶液,若溶液中没有出现沉淀,则沉淀已洗净;
(3)从实验流程中可看出温度过高,碱式碳酸铜会分解生成氧化铜,温度过低,反应速率太慢,pH过低,得不到碱式碳酸铜,pH过高则生成氢氧化铜,所以影响产品生成的因素有温度和pH,
故答案为:
温度和pH;温度过高,碱式碳酸铜会分解生成氧化铜,温度过低,反应速率太慢,或:
pH过低,得不到碱式碳酸铜,pH过高则生成氢氧化铜;
(4)CuSO4溶液和纯碱溶液混合同样也可以制得Cu2(OH)2CO3,根据元素守恒可知反应的化学方程式为2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑,
故答案为:
2CuSO4+2Na2CO3+H2O→Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑;
(5)①样品溶于稀硫酸后,需加水稀释,控制溶液为中性或弱酸性,若溶液酸性过强,则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O,多消耗Na2S2O3溶液,
故答案为:
若溶液酸性过强,则2H++S2O32-→S↓+SO2+H2O,多消耗Na2SO3溶液;
②根据反应2Cu2++4I-→2CuI(白色)↓+I2、I2+2S2O32-→2I-+S4O62-可得关系式Cu2+~S2O32-,根据题意可知,Na2S2O3的物质的量为cv×10-3mol,所以样品中铜元素的质量为0.064cvg,进而确定产品中Cu的含量为0.064cv/m,
故答案为:
0.064cv/m。
7.黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量的FeO、Fe2O3)生产氯化铜晶体的流程如下:
(1)反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量的原因是______________________
(2)滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是___________________
(3)写出反应Ⅱ的化学方程式____________________________________________________
(4)“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、__________、___________。
(5)在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是___________________________________________________(用化学方程式表示)
(6)CuCl2·xH2O晶体中x值的测定:
称取3.420g产品溶解于适量水中,向其中加入含AgNO34.400×10-2mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl-外,不含其它与Ag+反应的离子),待Cl-完全沉淀后,用含Fe3+的溶液作指示剂,用0.2000mol·L-1的KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。
使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出。
①滴定终点的现象是_______________________________________。
②若滴定过程用去上述浓度的KSCN标准溶液20.00mL,则CuCl2·xH2O 中x值为________。
【答案】加入过量的Zn会使产品中含有杂质。
Zn2+、Fe2+Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O洗涤干燥2CuCl2·xH2O
Cu(OH)2·CuCl2+2HCl+(2x-2)H2O溶液变为血红色,且30s不褪色2
【解析】
【分析】
黄铜灰渣加入盐酸浸取,盐酸可与Zn、CuO、ZnO、FeO、Fe2O3反应,滤渣Ⅰ为铜,过滤Ⅰ后进入反应Ⅰ主要含有Cu2+、Zn2+、Fe2+、H+,加入适量锌粉,锌粉只与Cu2+、H+反应生成铜单质。
过滤Ⅱ后,铜进入反应Ⅱ与双氧水和盐酸反应,最后得到产品,滤液Ⅱ中为产生的Zn2+和未反应的Fe2+。
【详解】
(1)反应Ⅰ中所加Zn粉不能过量,若过量会将铁置换出来,进入反应Ⅱ,使后面产品CuCl2·xH2O晶体含有杂质;
(2)滤液Ⅱ中含有的主要金属阳离子是产生的Zn2+和未反应的Fe2+;
(3)反应Ⅱ是铜与双氧水和盐酸反应生成氯化铜,其化学方程式为:
Cu+H2O2+2HCl=CuCl2+2H2O;
(4)“系列操作”为了从CuCl2溶液中得到CuCl2·xH2O,包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;
(5)氯化铜是强酸弱碱盐,水解产生的盐酸是易挥发性酸,在空气中直接加热CuCl2·xH2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是:
2CuCl2·xH2O
Cu(OH)2·CuCl2+2HCl+(2x-2)H2O;
(6)①用含Fe3+的溶液作指示剂,用KSCN标准溶液滴定剩余的AgNO3。
使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出,滴定终点时KSCN不再转化为AgSCN,而与Fe3+作用,使溶液变为血红色,故滴定终点的现象是:
溶液变为血红色,且30s不褪色;
②与KSCN反应的Ag+的物质的量为:
0.2000mol·L-1×20.00mL×10-3L/mL=4.000×10-3mol,则与CuCl2·xH2O反应的Ag+的物质的量为:
4.400×10-2mol-4.000×10-3mol=4.000×10-2mol,则CuCl2·xH2O的物质的量为:
2.000×10-2mol,则2.000×10-2mol×(135+18x)g/mol=3.420g,解得x=2。
8.
、CuCl是重要的化工原料,广泛地用作有机合成催化剂.实验室中以粗铜
含杂质
为原料,一种制备铜的氯化物的流程如下:
(1)上述流程中固体K溶于稀盐酸的目的是______
试剂X、固体J的物质分别为______.
A.NaOH
B.CuO
C.
(2)反应②是向溶液2中通入一定量的
,加热一段时间后生成CuCl白色沉淀.写出制备CuCl的离子方程式______.
(3)以石墨为电极,电解
溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出,写出此过程中阴极上的电极反应式______.
【答案】防止
水解B
【解析】
【分析】
粗铜(含杂质Fe)与氯气反应生成氯化铁和氯化铜,加稀盐酸溶解,形成氯化铁和氯化铜溶液,再加试剂x为CuO或氢氧化铜等调节pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到的固体J为氢氧化铁,溶液2为氯化铜溶液,通入二氧化硫,二氧化硫与铜离子发生氧化还原反应生成CuCl,氯化铜溶液在HCl氛围中蒸发结晶得到CuCl2•2H2O。
【详解】
(1)流程中固体K溶于稀盐酸的目的是防止铜离子水解,试剂X、固体J的物质分别为氧化铜,氢氧化铁,选B,
故答案为:
防止
水解;冷却结晶,B;
(2)根据信息可知:
在加热条件下,
与铜离子反应生成CuCl白色沉淀和
,其反应的离子方程式为:
;
故答案为:
;
(3)以石墨为电极,电解
溶液时发现阴极上也会有部分CuCl析出,阴极上是得到电子发生还原反应,
得到电子生成CuCl,电极反应为:
,
故答案为:
。
【点睛】
本题以实验室制备氯化铜为背景,考查了物质的制备实验操作、离子检验、除杂质、离子方程式的书写、原电池原理的应用等,题目涉及的知识点较多,侧重于基础知识的综合应用的考查。
9.常见锌锰干电池因含有汞、酸或碱等,废弃后进入环境将造成严重危害。
某化学兴趣小组拟采用如下处理方法回收废电池中的各种资源
(1)填充物用60℃温水溶解,目的是__________。
(2)操作A的名称为____________。
(3)铜帽溶解时加入H2O2的目的是_______________________(用化学方程式表示)。
铜帽溶解完全后,可采用_____________方法除去溶液中过量的H2O2。
(4)碱性锌锰干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O=2MnOOH+Zn(OH)2,其负极的电极反应式为___________。
(5)滤渣的主要成分为含锰混合物,向含锰混合物中加入一定量的稀硫酸、稀草酸,并不断搅拌至无气泡为止。
主要反应为2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O。
①当1molMnO2参加反应时,共有_____mol电子发生转移。
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应,试写出该反应的化学方程式:
_____________。
【答案】加快溶解速率过滤Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O加热Zn+2OH--2e-=Zn(OH)242MnO(OH)+6HCl(浓)
2MnCl2+Cl2↑+4H2O
【解析】
【详解】
(1)由于物质的溶解速率随温度的升高而增大。
所以填充物用60℃温水溶解,目的是加快溶解速率;
(2)分离难溶性固体与液体混合物的操作名称为过滤;
(3)H2O2具有强氧化性,Cu与稀硫酸不反应,但在酸性条件下,加入H2O2的Cu就会被溶解变为Cu2+,反应的化学方程式是Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O;H2O2不稳定,受热容易分解产生氧气和水,所以铜帽溶解完全后,可采用加热方法除去溶液中过量的H2O2。
(4)碱性锌锰干电池的电解质为KOH,总反应为Zn+2MnO2+2H2O="2MnOOH"+Zn(OH)2,负极Zn发生氧化反应,电极反应式为Zn+2OH--2e-=Zn(OH)2。
(5)①根据方程式2MnO(OH)+MnO2+2H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+4CO2↑+6H2O转移4e-,可知:
当1molMnO2参加反应时,共有4mol的电子发生转移;
②MnO(OH)与浓盐酸在加热条件下也可发生反应,则该反应的化学方程式是:
2MnO(OH)+6HCl(浓)
2MnCl2+Cl2↑+4H2O。
10.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威
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- 化学 及其 化合物 推断 专项 练习题 答案