高考化学易错题专题训练硅及其化合物推断题练习题附答案解析.docx
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高考化学易错题专题训练硅及其化合物推断题练习题附答案解析
2020-2021高考化学易错题专题训练-硅及其化合物推断题练习题附答案解析
一、硅及其化合物
1.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。
2.已知A是一种不溶于水的固体非金属氧化物,根据图中的转化关系,回答:
(1)A是______,B是_____,D是_____。
(2)写化学方程式:
①_________;
⑤_________。
(3)写离子方程式:
②__________;
③________;
④________。
【答案】SiO2Na2SiO3H2SiO3Na2CO3+SiO2
Na2SiO3+CO2↑H2SiO3
H2O+SiO2CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSiO32-+2H+=H2SiO3↓
【解析】
【分析】
由“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”可推知A为SiO2,再结合SiO2的相关性质:
SiO2跟Na2CO3在高温下反应生成Na2SiO3和CO2,二者在水中会反应生成H2SiO3沉淀,则D为H2SiO3,H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O,说明A为SiO2是正确的,③为SiO2和NaOH的反应,可知B为Na2SiO3,则C为CO2,Na2SiO3可与酸反应生成硅酸,据此答题。
【详解】
由以上分析可知A为SiO2,B为Na2SiO3,C为CO2,D为H2SiO3。
(1)由以上分析可知A为SiO2,B为Na2SiO3,D为H2SiO3,故答案为:
SiO2;Na2SiO3;H2SiO3。
(2)①SiO2和碳酸钠在高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳,反应的方程式为SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑,故答案为:
SiO2+Na2CO3
Na2SiO3+CO2↑。
⑤H2SiO3受热分解生成SiO2和H2O,反应方程式为:
H2SiO3
H2O+SiO2,故答案为:
H2SiO3
H2O+SiO2。
(3)②硅酸酸性比碳酸弱,硅酸钠和二氧化碳、水反应可生成硅酸,反应的方程式为Na2SiO3+CO2+H2O═H2SiO3↓+Na2CO3,离子方程式为:
CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓,故答案为:
CO2+H2O+SiO32-=CO32-+H2SiO3↓。
③二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水,反应的化学方程式为SiO2+2NaOH═Na2SiO3+H2O,离子方程式为SiO2+2OH-═SiO32-+H2O,故答案为:
SiO2+2OH-═SiO32-+H2O。
④Na2SiO3可与盐酸反应生成硅酸,方程式为Na2SiO3+2HCl═2NaCl+H2SiO3↓,离子方程式为:
SiO32-+2H+=H2SiO3↓,故答案为:
SiO32-+2H+=H2SiO3↓。
【点睛】
解框图题的方法:
最关键的是寻找“突破口”,“突破口”就是抓“特”字,例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等,本题的突破口为:
“A是一种不溶于水的固体非金属氧化物”。
3.X、Y、Z、W四种物质有如下相互转化关系(其中X、W为单质,Y、Z为化合物,未列出反应条件)。
(1)若X的摩尔质量是W的2倍,工业上Z可作优质的耐高温材料。
W为黑色固体,则Y的化学式________________。
(2)若固体W是紫红色,且向溶液Z中滴入氯水,再滴入2滴KSCN溶液,溶液呈血红色。
则写出X+Y=Z+W的离子方程式__________________________。
(3)若晶体W是一种重要的半导体材料,实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物。
写出Y与NaOH溶液反应的化学方程式________________________________________。
【答案】CO2Fe+Cu2+=Fe2++CuSiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O
【解析】
(1)X、W为单质,Y、Z为化合物,W为黑色固体,应为C单质,X的摩尔质量是W的2倍,Z可作优质的耐高温材料,X为Mg,Z为MgO,Y为CO2。
(2)向溶液Z中滴入氯水,再滴入2滴KSCN溶液,溶液呈血红色,则Z为Fe2+,W是紫红色固体,则W为Cu,X+Y=Z+W反应方程式为:
Fe+Cu2+=Fe2++Cu。
(3)晶体W是一种重要的半导体材料,则W是Si;实验室可用澄清石灰水来检验Z的燃烧产物,则Z的燃烧产物为CO2,化合物Z为CO,则X为C单质,Y为SiO2,Y与NaOH溶液反应的化学方程式为:
SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
4.铁橄榄石是天然的铁矿石,由实验测得铁橄榄石的摩尔质量为204g·mol-1,其中铁元素的质量分数为54.9%,可以通过如下反应和相应的数据推知它的化学式。
其中A~J是中学化学中的常见物质,G是一种红褐色固体,D是一种难溶于水的含氧酸,J是一种主要的温室气体,A为强碱,其焰色反应呈黄色,E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同,均有白色沉淀产生,流程中的部分生成物已略去。
回答下列问题:
(1)A的电子式:
__________________。
(2)铁橄榄石的化学式:
__________________。
(3)写出H→G的化学方程式:
__________________。
【答案】
Fe2SiO4或2FeO•SiO24Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
A~J是中学化学中的常见物质,G是一种红褐色固体,G为氢氧化铁,则H为氢氧化亚铁,F中含有铁离子,D是一种难溶于水的含氧酸,D为硅酸,J是一种主要的温室气体,J为二氧化碳,A为强碱,其焰色反应呈黄色,A为氢氧化钠,则D为二氧化硅,E和B分别与酸化的硝酸银溶液反应时的实验现象相同,均有白色沉淀产生,则B为盐酸,E为氯气,因此F为氯化铁,C为氯化亚铁。
根据上述分析,铁橄榄石属于硅酸盐,且含有亚铁离子,设铁橄榄石的化学式为xFeO·ySiO2,摩尔质量为204g·mol-1,其中铁元素的质量分数为54.9%,则x=
=2,因此y=
=1,因此铁橄榄石化学式为2FeO•SiO2。
(1)A为氢氧化钠,电子式为
,故答案为
;
(2)铁橄榄石的化学式为2FeO•SiO2,故答案为2FeO•SiO2;
(3)H→G的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
5.已知A、B、C、D组成的元素都属于短周期,它们之间的简单转化关系如图所示。
请按要求写出有关反应的化学方程式:
(1)若其中A、D为单质且同主族,B、C为氧化物:
(该反应在工业上有重要用途)。
(2)若A、D为常态下的气体单质且不同主族,B、C为化合物且B为水:
。
(3)若A、B、C均为化合物且C为水,单质D常态下为固体:
。
(4)若A、D为固体单质且不同主族,B、C为氧化物:
。
【答案】(共8分)
(1)2C+SiO2
Si+2CO↑
(2)2F2+2H2O===4HF+O2
(3)SO2+2H2S===3S+2H2O
(4)2Mg+CO2
2MgO+C。
【解析】
【分析】
(1)A、D为单质且同主族,B、C为氧化物,A为C,B为SiO2,符合转化关系,D为Si,C为CO;
(2)A、D为常态下的气体单质且不同主族,B、C为化合物且B为水,A为F2,C为HF,D为O2,符合转化关系;
(3)A、B、C均为化合物且C为水,单质D常态下为固体,H2S与SO2反应符合转化关系,D为硫;
(4)A、D为固体单质且不同主族,B、C为氧化物,Mg与CO2反应符合转化关系,A为Mg,B为CO2,C为MgO,D为C单质。
【详解】
(1)A、D为单质且同主族,B、C为氧化物,A为C,B为SiO2,符合转化关系,反应方程式为:
2C+SiO2
Si+2CO↑;
综上所述,本题正确答案:
2C+SiO2
Si+2CO↑;
(2)A、D为常态下的气体单质且不同主族,B、C为化合物且B为水,A为F2,C为HF,D为O2,符合转化关系,反应方程式为:
2F2+2H2O═4HF+O2;
综上所述,本题正确答案:
2F2+2H2O═4HF+O2;
(3)A、B、C均为化合物且C为水,单质D常态下为固体,H2S与SO2反应符合转化关系,反应方程式为:
SO2+2H2S═3S+2H2O;
综上所述,本题正确答案:
SO2+2H2S═3S+2H2O;
(4)A、D为固体单质且不同主族,B、C为氧化物,Mg与CO2反应符合转化关系,反应方程式为:
2Mg+CO2
2MgO+C;
综上所述,本题正确答案:
2Mg+CO2
2MgO+C。
6.
(1)X、Y、Z都是短周期元素的单质,X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍;Y元素有两种常见单质,二者质量相等时其物质的量之比为3:
2;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。
则:
①写出化合物甲的电子式___________________;
②写出Z与甲反应的化学方程式_______________________________________________;
(2)X、Y、Z都是非金属单质,X是原子晶体,Y、Z都是分子晶体,X、Y都能与强碱溶液反应;乙的水溶液是工业三酸之一,也是实验室常用试剂。
则:
①写出X与NaOH溶液反应的离子方程式________________________________________;
②在①所得溶液中加入乙的溶液,观察到的现象___________________________________
(3).X、Z是常见金属,Z与甲的反应只有在高温下才能进行,甲是一种具有磁性的化合物,乙在工业上常用于制取Z单质。
则:
①写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式______________________________________;
②将等物质的量的X和Z分别与足量的稀硫酸反应,当两种金属完全溶解后,得到气体的质量之比是____________________________。
【答案】
2Mg+CO2
2MgO+CSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑产生白色胶状沉淀Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2:
3
【解析】
【分析】
(1)根据X、Y、Z都是短周期元素的单质,X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍,X为C;Y元素有两种常见单质,二者质量相等时其物质的量之比为3:
2,所以Y为O,氧元素形成的单质为O2和O3;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍,Z为Mg;碳和氧气反应生成二氧化碳(甲);氧气与镁反应生成氧化镁(乙),镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,以上推断符合图示转化关系;据以上分析进行解答;
(2)X、Y、Z都是非金属单质,X是原子晶体,X能与强碱溶液反应,所以X为硅;乙的水溶液是工业三酸之一,也是实验室常用试剂,所以乙是氯化氢,则Y是氯原子,Z是氢元素,氯气、氢气的固体均属于分子晶体,符合题意;据以上分析进行解答;
(3)甲是一种具有磁性的化合物,则甲是四氧化三铁,乙在工业上常用于制取Z单质,所以Z是铝,X是铁,乙是氧化铝,Y是氧气,符合上述转化关系;据以上分析进行解答。
【详解】
(1)根据X、Y、Z都是短周期元素的单质,X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍,X为C;Y元素有两种常见单质,二者质量相等时其物质的量之比为3:
2,所以Y为O,氧元素形成的单质为O2和O3;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍,Z为Mg;碳和氧气反应生成二氧化碳(甲);氧气与镁反应生成氧化镁(乙),镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,以上推断符合图示转化关系;
①二氧化碳为共价化合物,碳氧原子间形成共价键,电子式
;
综上所述所,本题正确答案:
;
②镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,反应的化学方程式:
2Mg+CO2
2MgO+C;
综上所述所,本题正确答案:
2Mg+CO2
2MgO+C;
(2)X、Y、Z都是非金属单质,X是原子晶体,X能与强碱溶液反应,所以X为硅;乙的水溶液是工业三酸之一,也是实验室常用试剂,所以乙是氯化氢,则Y是氯原子,Z是氢元素,氯气、氢气的固体均属于分子晶体,符合题意;
①硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气,离子方程式为:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
综上所述所,本题正确答案:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
②由于盐酸的酸性大于硅酸,所以硅酸钠溶液中加入盐酸,反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠,因此可观察到产生白色胶状沉淀生成;
综上所述所,本题正确答案:
白色胶状沉淀生成;
(3)甲是一种具有磁性的化合物,则甲是四氧化三铁,乙在工业上常用于制取Z单质,所以Z是铝,X是铁,乙是氧化铝,Y是氧气,符合上述转化关系;
①氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
综上所述所,本题正确答案:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
②已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2;根据反应关系可知,将等物质的量的铁和铝分别与足量的稀硫酸反应,当两种金属完全溶解后,生成氢气的量之比为:
1:
1.5,质量之比是1:
1.5,整理为2:
3;
综上所述所,本题正确答案:
2:
3。
7.A、B、C、D都是初中化学中的常见物质,具有如图所示的转化关系(反应条件、有些反应物或产物已略去):
(1)若A是一种白色难溶于水的钙盐,由三种元素组成,C是大气循环中的一种重要物质.则B的化学式是________,C和D反应生成A的化学方程式是_____________。
(2)若A是无色液体,D是一种黑色固体,则C的化学式是_______,由B生成D的化学方程式为____。
(3)若A是碳酸氢钠,且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水,写出过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式。
【答案】
(1)CaO(1分);CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(2分).
(2)H2(1分);2Cu+O2
2CuO(或者3Fe+2O2
Fe3O4)(2分)
(3)CO2+NaOH=NaHCO3(2分)
【解析】
试题分析:
(1)若A是一种白色难溶于水的钙盐,由三种元素组成,C是大气循环中的一种重要物质,所以C是CO2,A是碳酸钙。
碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2,即B是氧化钙,氧化钙溶于水生成氢氧化钙,氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙,即D是氢氧化钙,所以B的化学式是CaO,C和D反应生成A的化学方程式是CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
(2)若A是无色液体,则A是水。
D是一种黑色固体,则D是氧化铜或四氧化三铁,因此B是氧气,C是氢气,则C的化学式是H2,由B生成D的化学方程式为2Cu+O2
2CuO或者3Fe+2O2
Fe3O4。
(3)若A是碳酸氢钠,且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水,则气体C是CO2,D是氢氧化钠,因此过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。
考点:
考查无机框图题推断
8.中国传统文化是人类文明的瑰宝,古代文献中记载了大量古代化学的研究成果。
回答下面问题:
(1)我国最原始的陶瓷约出现在距今12000年前,制作瓷器所用的原料是高岭士,其晶体化学式是Al4[Si4O10](OH)8,用氧化物表示其组成为______________。
(2)《本草纲目》中记载:
“(火药)乃焰消(KNO3)、硫磺、杉木炭所合,以为烽燧铳机诸药者。
”反应原理为:
S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,该反应的氧化剂是_________,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有____________mol。
(3)我国古代中药学著作《新修本草》记载的药物有844种,其中有关“青矾”的描述为:
“本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色…。
”我国早期科技丛书《物理小适-金石类》记载有加热青矾时的景象:
“青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾(FeSO4·7H2O)。
根据以上信息,写出“青矾”受热分解的化学方程式_____________________________________________________。
【答案】Al2O3·2SiO2·2H2OS,KNO31/6或0.17或0.1672FeSO4·7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O
【解析】
【分析】
(1)化学式改写成相应的氧化物的形式,按照活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O的顺序来书写,并要遵守原子守恒来分析解答;
(2)反应过程中,元素化合价升高的失电子做还原剂发生氧化反应,元素化合价降低的做氧化剂发生还原反应,反应中得电子数等于失电子数来分析计算;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水。
【详解】
(1)铝的氧化物为Al2O3,硅的氧化物为SiO2,氢的氧化物为H2O,则根据活泼金属氧化物•较活泼金属氧化物•SiO2•H2O得顺序可知Al4[Si4O10](OH)8可改成:
2Al2O3•4SiO2•4H2O;
(2)S+2KNO3+3C
K2S+N2↑+3CO2↑,反应中硫元素化合价0价降低为-2价,氮元素化合价+5价降低为0价,反应中做氧化剂的是S、KNO3,电子守恒计算,碳元素化合价0价升高为+4价,电子守恒分析电子转移总数12e-,其中硫得到电子2e-,氮元素得到电子10e-,电子转移总数12e-时,被硫氧化的碳0.5mol,反应转移4mol电子时,被S氧化的C有
mol=
mol;
(3)本来绿色,新出窟未见风者,正如瑁璃…烧之赤色,青矾厂气熏人,衣服当之易烂,载木不盛。
”青矾就是绿矾( FeSO4•7H2O),说明分解生成了二氧化硫、三氧化硫、氧化铁和水,分解的化学方程式:
2FeSO4•7H2O
Fe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。
9.按要求回答下列问题:
(1)FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体的本质区别是:
_____________。
(2)工业上制玻璃的原料有纯碱、石英和_____________(填名称)。
(3)工业上金属钠可用来制备钛等金属,利用了金属钠的____________性。
(4)盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用____________塞(填“玻璃”或“橡胶”)。
(5)用四氯化碳萃取溴水后,分液时有机层从分液漏斗的_____________(填“下口放出”或“上口倒出”)。
(6)6.20gNa2O晶体中含离子数目是_____________(NA为阿伏加德罗常数的数值)。
(7)等质量的NH3和H2S中,氢原子的个数比是_________。
(8)加热某碱式碳酸镁晶体[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时,得到10.0g残留固体和__________LCO2(标准状况下)。
【答案】分散质粒子直径石灰石还原橡胶下口放出0.3NA3:
14.48
【解析】
【分析】
(1)根据胶体与溶液的本质区别来解答;
(2)根据工业上制玻璃的原料分析解答;
(3)根据钠与四氯化钛表现的性质来分析解答;
(4)根据二氧化硅与NaOH溶液溶液反应分析判断;
(5)根据四氯化碳密度大于水分析;
(6)Na2O晶体为离子晶体,1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-,以此分析;
(7)质量相等,计算NH3和H2S气体物质的量之比结合二者分子构成解答;
(8)加热[4MgCO3∙Mg(OH)2∙5H2O]至质量不再变化时,得到的固体为MgO,根据n=
,V=nVm及原子守恒进行计算。
【详解】
(1)Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是Fe(OH)3胶体的分散质微粒直径大小在1~100nm之间,即分散质粒子直径大小不同,
故答案为:
分散质粒子直径;
(2)工业上以石灰石、纯碱、石英为原料制取玻璃,
故答案为:
石灰石;
(3)钠是活泼金属,极易失去电子被氧化,工业上金属钠可用来制备钛等金属,利用了金属钠的还原性,
故答案为:
还原;
(4)由于玻璃中的二氧化硅能与NaOH溶液反应生成粘性的硅酸钠,而使玻璃塞和瓶口粘在一起不易打开,因此盛放NaOH溶液的玻璃试剂瓶应选用橡胶塞,
故答案为:
橡胶;
(5)四氯化碳的密度大于水的密度,用四氯化碳萃取溴水后,有机层在下层,分液时有机层从分液漏斗的下口放出,
故答案为:
下口放出;
(6)6.20gNa2O的物质的量为0.1mol,Na2O晶体为离子晶体,1mol晶体中含有2molNa+和1molCl-,所以晶体中含离子数目是0.3NA,
故答案为:
0.3N
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- 高考 化学 易错题 专题 训练 及其 化合物 推断 练习题 答案 解析