高考化学推断题综合题专题复习氮及其化合物专题解析附详细答案.docx
- 文档编号:3354631
- 上传时间:2022-11-22
- 格式:DOCX
- 页数:23
- 大小:238.62KB
高考化学推断题综合题专题复习氮及其化合物专题解析附详细答案.docx
《高考化学推断题综合题专题复习氮及其化合物专题解析附详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《高考化学推断题综合题专题复习氮及其化合物专题解析附详细答案.docx(23页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
高考化学推断题综合题专题复习氮及其化合物专题解析附详细答案
高考化学推断题综合题专题复习【氮及其化合物】专题解析附详细答案
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.某溶液中可能含有
、
、
、
、
、
等离子,当向该溶液中加入某浓度的NaOH溶液时,发现生成沉淀的质量随加入的NaOH的物质的量的变化如图所示:
(1)由此可知,该溶液中肯定含有的离子是______________________________________,且各离子的物质的量之比为___________________________________________
(2)该溶液中肯定不含的阳离子是________________。
(3)写出NaOH的物质的量从8mol到9mol发生的离子反应方程式:
____________________________
【答案】
、
、
、
、
【解析】
【分析】
从图中沉淀量随之氢氧化钠的加入量增加变化情况结合离子的性质可知:
开始发生酸碱中和,然后Al3+与碱反应,再NH4+与碱反应,最后沉淀与碱反应完全溶解,依据各段发生反应消耗的氢氧化钠的物质的量计算各种离子的物质的量。
【详解】
(1)从图象可知,开始时无沉淀产生,说明含有H+,发生反应:
H++OH-=H2O,该氢离子消耗NaOH溶液的物质的量为2mol,则n(H+)=2mol;图象中有一段平台,说明加入OH-时无沉淀生成,有NH4+,NH4++OH-=NH3·H2O,铵根消耗NaOH溶液的物质的量为3mol,则n(NH4+)=3mol;含有Al3+,发生反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,消耗NaOH溶液的物质的量为1mol,则n(Al3+)=1mol;根据电荷守恒,则溶液中一定含有负离子,故一定含有SO42-,n(SO42−)=
=
=4mol;则该溶液中肯定含有的离子是H+,NH4+,Al3+,SO42−;各离子的物质的量之比为
;
(2)最后溶液中无沉淀,说明溶液中不含Mg2+和Fe3+;
(3)NaOH的物质的量从8mol到9mol表示的是沉淀的溶解,最后变成0,是氢氧化铝的溶解,离子反应方程式为
O。
2.已知A是一种金属,其焰色反应呈黄色,B溶液能使酚酞试液变红;D、F相遇会产生白烟。
A、B、C、D、E、F间有如下变化关系:
(1)A的名称是___;F的化学式是__。
(2)B→D反应的化学方程式为__。
(3)F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是__。
(4)已知,气体D也能与Cl2发生反应,试写出当Cl2足量时该反应的化学方程式,并用双线桥法标出电子转移的数目___。
【答案】钠HClNaOH+NH4Cl
NaCl+NH3 ↑+ H2OHCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属,该金属能和水反应生成溶液B和气体E,B溶液能使酚酞试液变红,说明B是碱,焰色反应呈黄色,说明含有钠元素,所以B是NaOH,根据元素守恒知A是Na,E是H2;氢气在氯气中燃烧生成HCl,则F是HCl,氢氧化钠溶液和C反应生成D,D、F相遇会产生白烟,氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵,则D是NH3,C是NH4Cl。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,A的名称为钠,F的化学式为HCl,故答案为:
钠;HCl;
(2)根据上面的分析可知,B是NaOH,C是NH4Cl,在加热条件下,氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水,反应方程式为:
NaOH+NH4Cl
NaCl+NH3↑+H2O;答案:
NaOH+NH4Cl
NaCl+NH3↑+H2O;
(3)根据上面的分析可知,F是HCl,F在空气中遇水蒸气产生白雾现象,这白雾实际上是HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴;答案:
HCl吸收水蒸气生成盐酸小液滴;
(4)根据上面的分析可知,D是NH3,气体D也能与Cl2发生反应生成氮气和HCl,其反应的方程式为:
3Cl2+2NH3=6HCl+N2
,用双线桥法标出电子转移的数目
;答案:
。
3.下图是无机物A到M在一定条件下的转化关系(部分产物及反应条件未列出)。
其中,I是由第三周期元素组成的单质中,熔点最高的金属。
K是一种红棕色气体。
请回答下列问题
(1)M、F、E、G四种物质中所含同一种元素,其名称是_____________。
(2)写出反应⑩(溶液J+G)的离子反应方程式__________________________________。
(3)反应④中被还原的离子和被氧化的离子的物质的量之比是___________。
(4)向M的溶液中直接滴加NaOH溶液,现象是______________________,写出相应的化学方程式_____________________________,_______________________________。
(5)将化合物D与KNO3、KOH共融,可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾),同时还生成KNO2和H2O。
该反应的的化学方程式是___________________________。
(6)共有120t硫铁矿(FeS2)参与反应①冶炼化合物D,最终得到化合物D共16t,则冶炼D的转化率为_____。
【答案】铁3Fe+8H++2NO3‾=3Fe2++2NO↑+4H2O1:
3先产生白色沉淀,很快变为灰绿色,最终变成红褐色Fe(NO3)2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaNO34Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3Fe2O3+3KNO3+4KOH
2K2FeO4+3KNO2+2H2O20%
【解析】
【分析】
FeS2氧化得到二氧化硫和氧化铁,A可以继续被氧化,则A为SO2,B为SO3,C为H2SO4,D为Fe2O3;I为第三周期中熔点最高的金属单质,I为Al,则反应⑦为铝单质与氧化铁发生的铝热反应,得到Fe与氧化铝;K是一种红棕色气体,则K为NO2,J为HNO3,J与G反应得到L,L被氧化成为NO2,则G为Fe,H为Al2O3,L为NO,联系反应④:
M+H2SO4→F+NO知,M为Fe(NO3)2,F为铁盐溶液,E为Fe(OH)3,据此分析解答。
【详解】
FeS2氧化得到二氧化硫和氧化铁,A可以继续被氧化,则A为SO2,B为SO3,C为H2SO4,D为Fe2O3;I为第三周期中熔点最高的金属单质,I为Al,则反应⑦为铝单质与氧化铁发生的铝热反应,得到Fe与氧化铝;K是一种红棕色气体,则K为NO2,J为HNO3,J与G反应得到L,L被氧化成为NO2,则G为Fe,H为Al2O3,L为NO,联系反应④:
M+H2SO4→F+NO知,M为Fe(NO3)2,F为铁盐溶液,E为Fe(OH)3。
(1)M、F、E、G四种物质中所含同一种元素,为Fe,其名称是铁,故答案为:
铁;
(2)反应⑩为铁与硝酸反应生成硝酸亚铁和一氧化氮,反应的离子反应方程式为3Fe+8H++2NO3‾=3Fe2++2NO↑+4H2O,故答案为:
3Fe+8H++2NO3‾=3Fe2++2NO↑+4H2O;
(3)反应④为硝酸亚铁与硫酸发生的氧化还原反应,反应中被还原的离子为硝酸根离子,反应生成NO,转移3个电子,被氧化的离子为亚铁离子,反应生成铁离子,转移1个电子,根据得失电子守恒,被还原的硝酸根离子和被氧化的亚铁离子的物质的量之比是1∶3,故答案为:
1∶3;
(4)向M(硝酸亚铁)的溶液中直接滴加NaOH溶液,可以看到的现象为先产生白色沉淀,很快变为灰绿色,最终变成红褐色,相应的化学方程式有Fe(NO3)2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaNO3、4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:
先产生白色沉淀,很快变为灰绿色,最终变成红褐色;Fe(NO3)2+2NaOH=Fe(OH)2↓+2NaNO3;4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3;
(5)化合物Fe2O3与KNO3、KOH共融,可制得一种“绿色”环保高效净水剂K2FeO4(高铁酸钾),同时还生成KNO2和H2O,反应的化学方程式为:
Fe2O3+3KNO3+4KOH
2K2FeO4+3KNO2+2H2O,故答案为:
Fe2O3+3KNO3+4KOH
2K2FeO4+3KNO2+2H2O;
(6)120t硫铁矿(FeS2)中含有铁元素120t×
=56t,完全转化为氧化铁能够生成氧化铁的质量为56t×
=80t,因此冶炼氧化铁的转化率=
×100%=20%,故答案为:
20%。
4.已知A、B、C、D为气体,其中A为黄绿色,D极易溶于水,形成的溶液可使酚酞变红,它们之间的转化关系如下图①所示:
(1)将气体B点燃,把导管伸入盛满气体A的集气瓶,反应过程中的实验现象有_________(填序号)
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧,发出黄色火焰⑥安静燃烧,发出苍白色火焰
(2)实验室制D的化学方程式为__________________________________。
(3)实验室可用如上图②所示装置收集D,下列叙述正确的是__________(填序号)。
①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团,其作用是防止氨气逸出
(4)气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。
(5)物质E的化学式是_______;E在下列物质分类中所属的物质种类是_______(填序号)。
①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+H2O+2NH3↑①②4NH3+5O2
4NO+6H2ONH4Cl①②④⑥取E少许于试管,加入浓NaOH溶液,加热,生成无色有刺激性气味的气体,用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变为蓝色,证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体,应为Cl2,D极易溶于水,形成的溶液可使酚酞变红,应为NH3,A、B、C、D为气体,则B是H2,C是HCl,所以E是NH4Cl,结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。
【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧,火焰苍白色,黄绿色逐渐褪去,瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现,燃烧反应都是放热反应,所以选①②③⑥;
(2)实验室制氨气的化学方程式为:
Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+H2O+2NH3↑;
(3)氨气极易溶于水,不能用排水法收集,氨气溶于水显碱性,可用碱石灰干燥,图②中的a应为湿润红色石蕊试纸,检验氨气是否收集满,所以答案选①②;
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(5)E是氯化铵,化学式为NH4Cl,它是化合物,是纯净物,是盐,是电解质,所以答案选①②④⑥,检验铵根离子的操作方法:
取E少许于试管,加入浓NaOH溶液,加热,生成无色有刺激性气味的气体,用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变为蓝色,证明E中有NH4+。
5.A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物,存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,X能使品红溶液褪色,写出C和E反应的离子方程式:
___。
(2)若A为淡黄色粉末,X为一种最常见的造成温室效应的气体。
则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液,可选择的试剂为___(填代号)。
A.盐酸B.BaCl2溶液C.Ca(OH)2溶液
(3)若A为非金属氧化物,B为气体,遇空气会变红棕色,X是Fe,溶液D中加入KSCN溶液变红。
则A与H2O反应的化学反应方程式___。
【答案】OH-+HSO3-=SO32-+H2OAB3NO2+H2O=2HNO3+NO
【解析】
【分析】
(1)若A为常见的金属单质,焰色反应呈黄色,应为Na,X能使品红溶液褪色,应为SO2,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SO3,E为NaHSO3;
(2)若A为淡黄色粉末,应为Na2O2;若X为一种最常见的造成温室效应的气体,应为二氧化碳;
(3)若A为非金属氧化物,B为气体,遇空气会变红棕色,则可推知B为NO,A为NO2,又X是Fe,由转化关系可知C具有强氧化性,则C为HNO3,E为Fe(NO3)2,据此分析作答。
【详解】
(1)根据上述分析可知,A为Na,X为SO2,则B为H2,C为NaOH,D为Na2SO3,E为NaHSO3,C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O;
(2)①若A为淡黄色粉末,应为Na2O2,若X为一种造成温室效应的气体,应为CO2,则C为NaOH,D为Na2CO3,E为NaHCO3,鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液,可用盐酸或氯化钡溶液,AB项正确,氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀,不能鉴别,C项错误;故答案为:
AB;
(3)根据上述分析可知,NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。
6.如图,根据图示回答:
(1)A的分子式为_____;B的分子式为_____;C的分子式为_____。
(2)将E溶于水,配制成0.1mol·L-1的溶液,滴入酚酞,显_____色。
(3)写出NH4Cl溶液与NaOH溶液共热反应的离子方程式:
__________________。
(4)D→B的化学方程式为:
_____。
(5)A→B的化学反应方程式:
_____。
【答案】NH3NONO2无NH4++OH−
NH3↑+H2O3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O4NH3+5O2
4NO+6H2O
【解析】
【分析】
氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢,A催化氧化生成一氧化氮和水,则A为NH3,E为HCl,B为NO,C为NO2,二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮,D为HNO3,硝酸和铜反应生成一氧化氮。
【详解】
(1)结合分析可知A为NH3,B为NO,C为NO2,故答案为:
NH3;NO;NO2;
(2)E为HCl,溶于水溶液显酸性,配制成0.1mol/L的溶液,滴入酚酞不变色,故答案为:
无;
(3)氯化铵溶液和氢氧化钠溶液共热反应生成氨气、氯化钠和水,反应的离子方程式:
NH4++OH−
NH3↑+H2O,故答案为:
NH4++OH−
NH3↑+H2O;
(4)D→B是稀硝酸和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应的化学方程式为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,故答案为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O;
(5)A→B是氨气和氧气在催化剂条件下反应生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
7.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如下图所示(反应条件未标出),其中反应①是置换反应。
(1)若A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①在水溶液中进行,则反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是__________。
(2)若B、C、F都是气态单质,且B有毒,③的反应中还有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,则A、D反应产物的电子式是________,反应③的化学方程式是____。
(3)若A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,则反应①的化学方程式是________。
【答案】2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
4NH3+5O2
4NO+6H2O2C+SiO2
2CO↑+Si
【解析】
(1).A是常见的金属单质,D、F是气态单质,反应①为置换反应且在水溶液中进行,由转化关系可知,A为变价金属,F具有强氧化性,则A为Fe,F为Cl2、B为HCl、C为氯化亚铁、D为氢气、E为氯化铁,反应②(在水溶液中进行)的离子方程式是:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,故答案为:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;
(2).B、C、F都是气态单质,B有毒,则B为氯气,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③反应中有水生成,可以推知C为N2,F为O2,E为NO,A为NH3,反应①为置换反应,A、D相遇有白烟生成,可推知D为HCl,A与D反应产物为氯化铵,电子式为
,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,故答案为:
;4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(3).A、D、F都是短周期元素组成的非金属单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,反应①为置换反应,考虑是碳与二氧化硅反应生成硅与CO,碳与F反应生成E,CO与F生成E,则F为氧气,通过验证符合图示转化关系,则反应①的化学方程式是2C+SiO2
2CO↑+Si,故答案为:
2C+SiO2
2CO↑+Si。
8.已知:
A为正盐,常温、常压下,B、C、D、E、G、H、I均为气体,其中D、G、H为单质,气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝,气体E本身为无色气体,但是与空气接触会生成一种红棕色气体I,H为黄绿色气体。
F在常温下是一种无色液体。
C、J的水溶液分别为两种强酸。
图中反应条件(除加热外)均己略去。
(1)写出它们的化学式:
A__、C__、J__。
(2)写出②的离子反应方程式:
__。
(3)写出③的化学反应方程式:
__。
(4)红热的碳与J的浓溶液反应的化学方程式:
__。
(5)J的浓溶液与单质Ag反应的离子方程式为:
__。
(6)若86.4g银与含有1.4molJ的浓溶液恰好完全反应,则最终得到气体(NO、NO2)的总物质的量为__mol。
【答案】NH4ClHClHNO3Cl2+H2O=H++Cl-+HClO3NO2+H2O=2HNO3+NOC+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2OAg+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O0.6
【解析】
【分析】
气体B能使湿润红色石蕊试纸变蓝,B是氨气;气体E本身为无色气体,但是与空气接触会生成一种红棕色气体I,则E是NO、I是NO2,D是O2;J的水溶液为强酸,J是HNO3,F是液体,NO2与水反应生成硝酸,F是H2O,G是氢气;H为黄绿色气体,H是Cl2;Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸光照条件下分解为盐酸和氧气,则C是HCl、K是HClO;A是NH4Cl。
【详解】
(1)A是氯化铵,化学式是NH4Cl、C是氯化氢,化学式是HCl;J是硝酸,化学式是HNO3;
(2)②是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,反应的离子反应方程式是Cl2+H2O=H++Cl-+HClO;
(3)③是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的化学反应方程式是3NO2+H2O=2HNO3+NO;
(4)红热的碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水,反应的化学方程式是C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O;
(5)浓硝酸与Ag反应生成硝酸银、二氧化氮、水,反应的离子方程式为Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O;
(6)86.4g银的物质的量是
,生成硝酸银的物质的量是0.8mol,根据氮元素守恒,最终得到气体(NO、NO2)的总物质的量为1.4mol-0.8mol=0.6mol。
【点睛】
本题考查无机物的推断,侧重物质转化及氯、氮及其化合物性质的考查,明确H、I为有色气体,I通常为红棕色气体,F在常温下是一种无色液体是解题关键。
9.A、B、C、D是四种常见气体单质。
E的相对分子质量比F小16,且F为红棕色。
有关的转化关系如图所示(反应条件与部分反应的生成物略去)。
请回答下列问题:
(1)D的化学式为__,Y的化学式为__,E的化学式为__。
(2)Y与氧化铜反应,每生成1molB消耗3mol氧化铜,该反应的化学方程式为__。
(3)Y与E在一定条件下可反应生成B和Z,这是一个具有实际意义的反应,可消除E对环境的污染,该反应的化学方程式为__。
(4)气体F和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中(如图所示),洗气瓶中是否有沉淀生成?
__,理由是__。
【答案】H2NH3NO2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O6NO+4NH3
5N2+6H2O有二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀
【解析】
【分析】
A、B、C、D是四种常见气体单质.E的相对分子量比F的小16,且F为红棕色,可推知F为NO2,E为NO,C为O2,B为N2,结合转化关系,气体单质D、A反应得到X,气体单质D与B反应得到Y,X与Y反应冒白烟,应是氨气与HCl反应,可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气,D与C反应生成Z为水,F与Z反应生成G为HNO3,据此解答。
【详解】
A、B、C、D是四种常见气体单质.E的相对分子量比F的小16,且F为红棕色,可推知F为NO2,E为NO,C为O2,B为N2,结合转化关系,气体单质D、A反应得到X,气体单质D与B反应得到Y,X与Y反应冒白烟,应是氨气与HCl反应,可推知D为氢气、A为氯气、X为HCl、Y为氨气,D与C反应生成Z为水,F与Z反应生成G为HNO3;
(1)由上述分析可知,D的化学式为H2,Y的化学式为NH3,E的化学式为NO;
(2)NH3与氧化铜反应,每生成1mol N2消耗3mol氧化铜,还原产物中Cu应是化合价为a,则:
3(2-a)=2×3,解得a=0,故生成Cu,该反应的化学方程式为:
2NH3+3CuO
N2+3Cu+3H2O;
(3)Y和E在一定条件下可反应生成B和Z,这是一个具有实际意义的反应,可消除E对环境的污染,该反应的化学方程式为4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(4)二氧化氮与水反应生成硝酸,硝酸可将二氧化硫或亚硫酸氧化成硫酸,硫酸与氯化钡反应可生成硫酸钡沉淀,故气体NO2和气体SO2在通常条件下同时通入盛有BaCl2溶液的洗气瓶中,洗瓶中有沉淀生成。
10.已知:
2Fe3++2I-=2Fe2++I2,现有一种澄清透明的溶液中可能含有下列离子:
K+、Fe3+、Ba2+、Al3+、NH4+、Cl-、I-、NO3-、HCO3-、SO32-、SO42-现做以下实验:
(1)将溶液滴在蓝色石蕊试纸上,试纸呈红色
(2)取少量溶液,加入用稀硝酸酸化的BaCl2溶液,产生白色沉淀
(3)将
(2)中的沉淀过滤。
由滤液中加入硝酸银溶液,产生白色沉淀
(4)另取溶液,逐滴加入氢氧化钠溶液至过量,只观察到有红棕色沉淀生成,且沉淀量不减少。
由此可以推断:
溶液中肯定存在的离子有:
_________________________________。
溶液中肯定不存在的离子有:
________________________________。
溶液中还不能确定是否存在的离子有:
___________________。
【答案】H+、Fe3+、SO42-Ba2+、Al3+、NH4+、I-、HCO3-、SO32-K+、Cl-、NO3-
【解析】
【分析】
(1)用蓝色石蕊试纸检
- 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:
- 高考 化学 推断 综合 专题 复习 及其 化合物 解析 详细 答案
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)