高考化学提升突破专题六 无机工艺流程题解题方法含答案.docx
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高考化学提升突破专题六无机工艺流程题解题方法含答案
专题06无机工艺流程题解题方法
——学科素养综合应用在高考题中
无机工艺流程题以现代工业生产为基础,与化工生产成本、产品提纯、环境保护等相融合,考查物质的制备、检验、分离、提纯等基本实验原理在化工生产中的实际应用,要求考生依据流程图分析原理、紧扣信息、抓住关键、准确答题。
这类试题具有较强的实用性和综合性,能较好地考查学生信息获取能力、分析问题能力、语言表达能力和计算能力等。
基础不牢,地动山摇,考生要根据复习的实际情况和自身的特点,通过科学的方法将琐碎的知识系统化、深入化。
有了基础,如何高屋建瓴?
这就需要考生将无机化学知识与化学实验、无机流程、化学用语等充分融合,注重相互之间的联系,发挥自身的学科素养,灵活应用,不提高逻辑思维能力和解题能力
【2019年高考全国Ⅰ卷】硼酸(H3BO3)是一种重要的化工原料,广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。
一种以硼镁矿(含Mg2B2O5·H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如
下:
回答下列问题:
(1)在95℃“溶侵”硼镁矿粉,产生的气体在“吸收”中反应的化学方程式为_________。
(2)“滤渣1”的主要成分有_________。
为检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的化学试剂是_________。
(3)根据H3BO3的解离反应:
H3BO3+H2O
H++B(OH)−4,Ka=5.81×10−10,可判断H3BO3是_______酸;
在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是_______________。
(4)在“沉镁”中生成Mg(OH)2·MgCO3沉淀的离子方程式为__________,母液经加热后可返回___________
工序循环使用。
由碱式碳酸镁制备轻质氧化镁的方法是_________。
【答案】
(1)NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3
(2)SiO2、Fe2O3、Al2O3KSCN溶液(或NH4SCN溶
液)(3)一元弱转化为H3BO3,促进析出(4)2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2•MgCO3↓+2HCO3-(或2Mg2++2CO32-+2H2O=Mg(OH)2•MgCO3↓+CO2↑)溶浸高温焙烧
【解析】本题属于无机化工原料的工艺流程题,包括4个小题8个设问满分14分。
(1)(NH4)2SO4属于强
酸弱碱盐,其溶液中存在如下水解平衡NH4++H2O
NH3•H2O+H+,在95℃使用铵盐“溶浸”硼镁矿粉,
加热能促使水解平衡NH4++H2O
NH3•H2O+H+右移,且NH3•H2O分解生成的气体为氨气,则溶浸产生
的气体在“吸收”中反应的化学方程式为NH3+NH4HCO3=(NH4)2CO3;
(2)溶浸时Mg2B2O5•H2O转化为硫酸
镁和硼酸铵溶液,由于铵盐水解所得弱酸性溶液,不足以溶解碱性氧化物、两性氧化物,而SiO2更不会溶
解,以此为证据,推断“过滤1”所得“滤渣1”的主要成分有SiO2、Fe2O3、Al2O3;由于含有Fe3+的溶液遇KSCN
溶液变成血红色,为了检验“过滤1”后的滤液中是否含有Fe3+离子,可选用的试剂是KSCN溶液(或NH4SCN
溶液),当然也可以从铁离子的氧化性角度选择淀粉KI试纸等;(3)由元素周期律可知,H3BO3是比碳酸
还弱的弱酸,该设问主要不是判断酸的强弱,因为已知了硼酸解离反应式,显然是问它是三元酸还是一元
酸,由于已知的1mol硼酸最多电离出1molH+,因此它不属于三元酸,而是一元酸;其次,电离平衡常数
为10-10数量级,因此属于很弱的弱酸;在“过滤2”前,将溶液pH调节至3.5,目的是使硼酸铵溶液转化为
过饱和硼酸溶液,从而析出硼酸晶体;(4)图中指向“沉淀”的溶液中含有碳酸铵、硫酸镁、水,发生复分解
反应生成Mg(OH)2•MgCO3,原理为2Mg2++CO32-+2H2O=Mg(OH)2•MgCO3↓+2H+,生成的氢离子还能与足量
的碳酸根离子进一步反应,即2H++2CO32-=2HCO3-,或者2H++CO32-=CO2↑+H2O,因此总反应式为
2Mg2++3CO32-+2H2O=Mg(OH)2•MgCO3↓+2HCO3-(或2Mg2++2CO32-+2H2O=Mg(OH)2•MgCO3↓+CO2↑);母液
为硫酸铵溶液,加热浓缩后可返回“溶浸”工序循环使用;与氢氧化铜、碳酸铜类似,Mg(OH)2•MgCO3不稳
定,受热易分解生成氧化镁,因此采用高温焙烧的方法。
【素养解读】本题以硼镁矿为原料生产硼酸以及轻质氧化镁的工艺流程真实情境,其中生产硼酸工艺的考
查有点面熟,与2015年全国I卷第27题以铁硼矿为原料制备硼酸的工艺流程相似,但因轻质氧化镁的加入,
设问新颖。
主要考查了关键步骤的化学方程式或离子方程式的书写、滤渣主要成分推断、离子的检验、物
质的分类、解释工艺条件的目的、元素化合物的性质和应用等知识,注重测查信息的吸收和运用能力、分
析问题和解决问题的能力,彰显了宏观辨识与微观探析、变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科
学探究与创新意识、科学态度与社会责任等化学学科核心素养的考查。
解答化学工艺流程题的三方法
一、物质制备类化工流程题
1.核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向:
箭头指入→反应物,箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应:
熟练应用氧化还原规律,①判断产物,②根据化合价升降相等配平。
(2)非氧化还原反应:
结合物质性质和反应实际判断产物。
2.原料的预处理
(1)溶解:
通常用酸溶。
如用硫酸、盐酸等。
水浸
与水接触反应或溶解
浸出
固体加水(酸)溶解得到离子
酸浸
在酸溶液中反应,使可溶性金属离子进入溶液,不溶物通过过滤除去的溶解过程
浸出率
固体溶解后,离子在溶液中的含量的多少(更多转化)
(2)灼烧、焙烧、煅烧:
改变结构,使一些物质能溶解,并使一些杂质在高温下氧化、分解。
(3)审题时要“瞻前顾后”,注意物质性质及反应原理的前后联系。
3.常用的控制反应条件的方法
(1)调节溶液的pH。
常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。
调节pH所需的物质一般应满足两点:
①能与H+反应,使溶液pH增大;
②不引入新杂质。
例如:
若要除去Cu2+中混有的Fe3+,可加入CuO、CuCO3、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH,不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。
根据需要升温或降温,改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)趁热过滤。
防止某物质降温时会析出。
(4)冰水洗涤。
洗去晶体表面的杂质离子,并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
6.【2016新课标1卷】NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:
回答下列问题:
(1)NaClO2中Cl的化合价为_______。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式_______。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为________、________。
“电解”中阴极反应的主要产物是______。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。
此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为________,该反应中氧化产物是_________。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:
每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。
NaClO2的有效氯含量为____。
(计算结果保留两位小数)
【答案】
(1)+3;
(2)2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4;
(3)NaOH溶液;Na2CO3溶液;ClO2−(或NaClO2);(4)2:
1;O2;(5)1.57。
【解析】
(1)在NaClO2中Na为+1价,O为-2价,根据正负化合价的代数和为0,可得Cl的化合价为+3。
(2)NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2,其中NaClO2是氧化剂,还原产物为NaCl,根据得失
电子守恒和原子守恒,此反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。
(3)食盐溶液中混
有Mg2+和Ca2+,可利用过量NaOH溶液除去Mg2+,利用过量Na2CO3溶液除去Ca2+;向NaCl溶液中加入
ClO2,进行电解,阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑,反应产生Cl2,阴极发生反应产生NaClO2,可见“电解”中
阴极反应的主要产物是NaClO2;(4)根据图示可知:
利用含有过氧化氢的NaOH溶液吸收ClO2气体,产
物为NaClO2,则此吸收反应中,氧化剂为ClO2,还原产物为NaClO2,还原剂是H2O2,氧化产物是O2,每
1mol的H2O2转移2mol电子,反应方程式是:
2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O,可知氧化剂和还
原剂的物质的量之比为2:
1,该反应中氧化产物为O2。
(5)每克NaClO2的物质的量n(NaClO2)=1g÷90.5
g/mol=
mol,其获得电子的物质的量是n(e−)=
mol×4=4/90.5mol,1molCl2获得电子的物质的量
是2mol,根据电子转移数目相等,可知其相对于氯气的物质的量为n=
mol×4÷2=
mol,则氯气的
质量为
mol×71g/mol=1.57g。
【素养解读】该类试题的解题流程是
第一步:
读题目,明确目的——制备NaClO2
第二步:
审流程,分块破题——拆分工艺流程
第三步:
看设问,结合题中的问题,回到流程图中找答案。
【得分秘籍】
(1)设问一般相对独立,无连带效应,一个问题解决不了不会影响下一个问题的解决。
(2)题中基本上都有与流程无关的问题,可直接作答;对于超纲知识,题目中要么有信息提示,要么与解答题目无关。
二、提纯类化工流程题
1、明确常用的提纯方法
(1)水溶法:
除去可溶性杂质。
(2)酸溶法:
除去碱性杂质。
(3)碱溶法:
除去酸性杂质。
(4)氧化剂或还原剂法:
除去还原性或氧化性杂质。
(5)加热灼烧法:
除去受热易分解或易挥发的杂质。
(6)调节溶液的pH法:
如除去酸性溶液中的Fe3+等。
2、明确常用的分离方法
(1)过滤:
分离难溶物和易溶物,根据特殊需要采用趁热过滤或者抽滤等方法。
(2)萃取和分液:
利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质,如用CCl4或苯萃取溴水中的
溴。
(3)蒸发结晶:
提取溶解度随温度变化不大的溶质,如NaCl。
(4)冷却结晶:
提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物,如KNO3、FeCl3、
CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等。
(5)蒸馏或分馏:
分离沸点不同且互溶的液体混合物,如分离乙醇或甘油。
(6)冷却法:
利用气体液化的特点分离气体,如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨气。
【2017北京卷】(13分)TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物,制备纯TiCl4
的流程示意图如下:
资料:
TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1412
熔点/℃
−69
−25
193
304
714
在TiCl4中的溶解性
互溶
——
微溶
难溶
(1)氯化过程:
TiO2与Cl2难以直接反应,加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知:
TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)ΔH1=+175.4kJ·mol-1
2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2=-220.9kJ·mol-1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式:
_______________________。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化,根据如图判断:
CO2生成CO反应的ΔH_____0(填“>”“<”或“=”),判断依据:
_______________。
③氯化反应的尾气须处理后排放,尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液,则尾气的吸收液依次是__________________________。
④氯化产物冷却至室温,经过滤得到粗TiCl4混合液,则滤渣中含有_____________。
(2)精制过程:
粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。
示意图如下:
物质a是______________,T2应控制在_________。
【答案】
(1)①TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=-45.5kJ/mol
②>随温度升高,CO含量增大,说明生成CO的反应是吸热反应
③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液④MgCl2、AlCl3、FeCl3
(2)SiCl4高于136℃,低于181℃
【解析】
(1)①生成TiCl4和CO的反应方程式为TiO2+2Cl2+2C=TiCl4+2CO,根据盖斯定律,两式相加,
得到TiO2(s)+2Cl2(g)+2C(s)=TiCl4(g)+2CO(g)△H=ΔH1+ΔH2=(-220.9kJ·mol-1)+(+175.4kJ·mol-1)
=-45.5kJ·mol-1。
②根据图像,随着温度的升高,CO的浓度增加,CO2浓度降低,说明升高温度,平衡向正
反应方向移动,即△H>0。
③尾气中的HCl经水吸收可得到粗盐酸,然后再将Cl2通入FeCl2溶液中,最后
用氢氧化钠溶液吸收剩余酸性气体。
④资料中已经给出“TiCl4及所含杂质氯化物的性质”一览表,因此氯化
过程中生成的MgCl2、AlCl3、FeCl3只有少量溶解在液态TiCl4中,而SiCl4完全溶解在TiCl4中,因此过滤
得到粗TiCl4混合液时滤渣中含有上述难溶物和微溶物。
滤渣应为MgCl2、AlCl3、FeCl3。
(2)根据资料,
SiCl4的沸点最低,先蒸馏出来,因此物质a为SiCl4,根据流程目的,为了得到纯净的TiCl4,后续温度需
控制在稍微大于136℃,但小于181℃。
【素养解读】制备类工艺流程题一般由多步连续的操作组成,每一步操作都有其具体的目标、任务。
审题
的重点要放在与题设有关操作的目标、任务上,分析时要从成本角度(原料是否廉价易得)、环保角度(是否
符合绿色化学的要求)、现实角度等方面考虑;解答时要看框内,看框外,里外结合;边分析,边思考,易
处着手;先局部,后全盘,逐步深入。
而且还要看清问题,不能答非所问。
要求用理论回答的试题应采用“四
段论法”:
本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论。
另外需要注意题
干信息的提取和筛选,例如本题中:
①溶解性决定溶液中溶质及沉淀的成分,表格中信息则可以得到TiCl4
液体中溶解的溶质及同时存在的沉淀成分。
②工业过程中有毒、有污染的尾气都需要进行处理防止污染。
1.【2019新课标Ⅲ卷】高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与
硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。
回答下列问题:
相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L−1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:
金属离子
Mn2+
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
Zn2+
Ni2+
开始沉淀的pH
8.1
6.3
1.5
3.4
8.9
6.2
6.9
沉淀完全的pH
10.1
8.3
2.8
4.7
10.9
8.2
8.9
(1)“滤渣1”含有S和__________________________;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式____________________________________________________。
(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是________________________。
(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为_______~6之间。
(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是______________。
(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。
若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是_____________________________________________________________________。
(6)写出“沉锰”的离子方程式___________________________________________________。
(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn
的化合价分别为+2、+3、+4。
当x=y=
时,z=___________。
2.【山东省济宁市2019届高三第二次模拟考试】磁性材料产业是21世纪各国竞相发展的高科技支柱产业
之一,磁性材料广泛用于电子信息、军事技术等领域。
碳酸锰主要用于制备软磁铁氧体,工业上用氯化铵
焙烧锰矿粉制备高纯度碳酸锰的工艺流程如下:
已知:
①锰矿粉的主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素。
②相关金属Mn+离子c(Mn+)═0.1mol•L-1形成M(OH)n沉淀的pH范围如下:
金属离子
Al3+
Fe3+
Fe2+
Ca2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀的pH
3.8
1.5
6.3
10.6
8.8
9.6
沉淀完全的pH
5.2
2.8
8.3
12.6
10.8
11.6
③常温下,Ksp(CaF2)═1.46×10-10Ksp(MgF2)═7.42×10-11Ka(HF)═1.00×10-4
回答下列问题:
(1)分析下列图1、图2,氯化铵焙烧锰矿粉的最佳条件是:
__________________。
(2)“焙烧”时发生的主要反应的化学方程式为_________________________。
(3)浸出液“净化除杂”过程如下:
首先加入MnO2将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为__________;
再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为沉淀除去;然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+沉淀除去,此时溶液pH为
6,c(Mg2+)═4.64×10-6mol·L-1,c(HF)为_________mol·L-1。
(4)碳化结晶时,反应的离子方程式为_____________________________________。
(5)碳化结晶过程中不能用碳酸铵溶液代替碳酸氢铵溶液可能的原因是___________________。
(6)测定碳酸锰产品的纯度。
称取0.5000g碳酸锰产品于锥形瓶中,加25.00mL磷酸,加热,碳酸锰全部转化为[Mn(PO4)2]3-,冷却至室温。
加水稀释至100mL,滴加2~3滴指示剂,然后用浓度为0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液滴定(反应为:
[Mn(PO4)2]3-+Fe2+═Mn2++Fe3++2PO43-)。
重复操作3次,记录数据如下表:
滴定次数
0.2000mol·L-1的硫酸亚铁铵标准溶液读数(mL)
滴定前
滴定后
1
0.10
20.20
2
1.32
21.32
3
1.05
20.95
则产品的纯度=__________,若滴定终点时发现滴定管尖嘴处产生了气泡,则测得的碳酸锰粗产品的纯度___(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
1.
(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2+MnS+2H2SO4
2MnSO4+S+2H2O
(2)将Fe2+氧化为Fe3+
(3)4.7
(4)NiS和ZnS
(5)F−与H+结合形成弱电解质HF,MgF2
Mg2++2F−平衡向右移动
(6)Mn2++2
MnCO3↓+CO2↑+H2O
(7)
【解析】
(1)Si元素以SiO2或不溶性硅盐存在,SiO2与硫酸不反应,所以滤渣I中除了S还有SiO2;在硫酸的溶浸过程中,二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应,二氧化锰作氧化剂,硫化锰作还原剂,方程式为:
MnO2+MnS+2H2SO4
2MnSO4+S+2H2O。
(2)二氧化锰作为氧化剂,使得MnS反应完全,且将溶液中Fe2+氧化为Fe3+。
(3)由表中数据知pH在4.7时,Fe3+和Al3+沉淀完全,所以应该控制pH在4.7~6之间。
(4)根据题干信息,加入Na2S除杂为了除去锌离子和镍离子,所以滤渣3是生成的沉淀ZnS和NiS。
(5)由HF
H++F-知,酸度过大,F-浓度减低,使得MgF2
Mg2++2F-平衡向沉淀溶解方向移动,Mg2+沉淀不完全。
(6)根据题干信息沉锰的过程是生成了MnCO3沉淀,所以反应离子方程式为:
Mn2++2HCO3-
MnCO3↓+CO2↑+H2O。
(7)根据化合物中各元素化合价代数和为0的规律得:
1+2x+3y+4z=6,已知,x=y=1/3,带入计算得:
z=1/3。
2.
(1)500℃m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10
(2)MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O
(3)MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O4.0×10-5
(4)Mn2++2HCO3-
MnCO3+CO2↑+H2O
(5)碳酸根离子水解程度大,碳酸铵溶液中c(OH-)较大,易产生Mn(OH)2沉淀
(6)92.00%偏低
【解析】将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧,
反应生成二氧化碳和氨气,因此反应方程式为MnCO3+2NH4Cl
MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O,浸出,浸出
液含有Mn2+、Fe2+、Al3+、Ca2+、Mg2+,浸出液需要净化除杂,根据(3)的提示,需要加入MnO2将Fe2+
氧化为Fe3+,再调节溶液的pH将Al3+、Fe3+变为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀除去,然后加入NH4F将Ca2+、
Mg2+以CaF2、MgF2沉淀除去,净化液中主要溶质为MnCl2、NH4Cl,加入碳酸氢铵发生反应:
Mn2++2HCO3-
MnCO3↓+CO2↑+H2O,炭化结晶,过滤,滤饼干燥后得到MnCO3,滤液为NH4Cl溶液,蒸发结晶得到
NH4Cl固体,可循环使用,据此分析解答。
(1)根据图像可知,锰的浸出率随着温度的升高而增大,随着m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)增大而增大,500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10时,锰的浸出率最高,温度过高,m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)再打,浸出率变化不大,成本增加,故焙烧温度取500℃、m(NH4Cl)∶m(锰矿粉)=1.10即可。
(2)将菱锰矿粉(主要成分是MnCO3,还含少量Fe、Al、Ca、Mg等元素)和氯化铵混合研磨后焙烧,反应生成二氧化碳和氨气,因此反应方程式为MnCO3
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