备战高考化学氮及其化合物推断题综合经典题附详细答案.docx
- 文档编号:6776760
- 上传时间:2023-01-10
- 格式:DOCX
- 页数:19
- 大小:251.96KB
备战高考化学氮及其化合物推断题综合经典题附详细答案.docx
《备战高考化学氮及其化合物推断题综合经典题附详细答案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《备战高考化学氮及其化合物推断题综合经典题附详细答案.docx(19页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
备战高考化学氮及其化合物推断题综合经典题附详细答案
备战高考化学氮及其化合物推断题综合经典题附详细答案
一、氮及其化合物练习题(含详细答案解析)
1.硝酸是常见的三大强酸之一,在化学研究和化工生产中有着广泛应用,常用于制备硝酸盐、染料、肥料、医药中间体、烈性炸药等。
硝酸盐多用于焰火、试剂、图像处理行业。
(1)某金属M的硝酸盐受热时按下式分解:
2MNO3
2M+2NO2↑+O2↑,加热3.40gMNO3,生成NO2和O2折算成标准状况时的总体积为672mL。
由此可以计算出M的相对原子质量为__。
(2)将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应,铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体折算成标准状况下的体积为11.2L。
其中NO的体积为__。
(3)现有Cu、Cu2O和CuO组成的混合物,某研究性学习小组为了探究其组成情况,加入100mL0.6molHNO3溶液恰好使混合物完全溶解,同时收集到224mLNO气体(S.T.P.)。
则产物中硝酸铜的物质的量为_。
如原混合物中有0.0lmolCu,则其中Cu2O与CuO的质量比为__。
(4)有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸,其中H2SO4和HNO3物质的量浓度分别是4mol/L和2mol/L,取10mL此混合酸,向其中加入过量的铁粉,HNO3被还原成NO,待反应结束后,可产生标准状况下的气体多少升___?
(5)加热某一硝酸铜的结晶水合物和硝酸银的混合物110.2g,使之完全分解,得到固体残渣48.4g。
将反应后产生的气体通过水充分吸收后,剩余气体1.68L(S.T.P.)。
求原混合物中硝酸铜结晶水合物的化学式___。
【答案】1085.824L0.0259:
50.448LCu(NO3)2·6H2O
【解析】
【分析】
(1)根据硝酸盐和气体体积的关系式计算金属的相对原子质量;
(2)根据氧化还原反应中得失电子数相等计算生成的一氧化氮的体积;
(3)根据氮原子守恒确定未反应硝酸根的物质的量,根据硝酸根的物质的量和硝酸铜的关系式计算硝酸铜的物质的量;根据硝酸铜的物质的量计算溶液中铜离子的物质的量,根据氧化还原反应中得失电子守恒计算氧化亚铜的质量,根据铜原子守恒计算氧化铜的质量,从而计算出氧化亚铜和氧化铜的质量之比;
(4)根据n=cV计算氢离子和硝酸根的物质的量,由于铁过量,根据反应进行过量计算,以不足量的物质计算一氧化氮的物质的量,进而计算体积;
(5)根据原子守恒,气体体积列方程计算硝酸铜和硝酸银的物质的量,根据铜原子守恒计算结晶水系数,从而确定化学式。
【详解】
(1)标准状况下,672ml气体的物质的量是0.03mol,根据反应的方程式可知,氧气的物质的量是0.01mol,所以硝酸盐的物质的量是0.02mol,则硝酸盐的相对分子质量是170,故M的相对原子质量是170-62=108;
(2)32.64g铜的物质的量是0.51mol,失去1.02mol电子转化为+2价铜离子,气体的物质的量是0.5mol,若设NO和NO2的物质的量分别是x和y,则x+y=0.5、3x+y=1.02,解得x=0.26mol,所以NO的体积是5.824L;
(3)硝酸的物质的量是0.06mol,被还原的硝酸是0.01mol,所以根据氮原子守恒可知,硝酸铜的物质的量是(0.06mol-0.01mol)÷2=0.025mol。
根据铜原子守恒可知,铜原子的物质的量是0.025mol,Cu2O与Cu在反应中均是失去2个电子,二者的物质的量之和是0.015mol,则氧化亚铜的物质的量是0.005mol,所以氧化铜的物质的量是0.005mol,则Cu2O与CuO的质量比为144︰80=9:
5。
(4)n(H+)=0.01L×4mol/L×2+0.01L×2mol/L=0.1mol,n(NO3-)=0.01L×2mol/L=0.02mol,由于铁过量,发生反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO+4H2O,0.02mol硝酸根完全反应,需要氢离子的物质的量为0.08mol<0.1mol,故氢离子过量,硝酸根不足,生成的一氧化氮为0.02mol,则标况下,一氧化氮的体积为0.448L。
(5)二氧化氮、氧气和水的反应为4NO2+O2+2H2O=4HNO3,根据硝酸铜和硝酸银受热分解方程式可知,硝酸铜受热分解产生的二氧化氮和氧气体积比为4:
1,被水完全吸收,硝酸银分解产生的二氧化氮和氧气体积比小于4:
1,即气体与水反应剩余1.68L氧气;设原混合物中硝酸铜的物质的量为xmol,硝酸银为ymol,即80x+108y=48.4,0.25y=0.075,即x=0.2mol,y=0.3mol。
根据铜原子守恒可知,结晶水的物质的量=
=1.2mol,即硝酸铜与结晶水物质的量之比为1:
6,硝酸铜结晶水合物的化学式Cu(NO3)2·6H2O。
2.NH3、NO、NO2都是常见重要的无机物,是工农业生产、环境保护、生命科学等方面的研究热点。
(1)写出氨在催化剂条件下与氧气反应生成NO的化学方程式_____。
(2)氮氧化物不仅能形成酸雨,还会对环境产生的危害是形成_____。
(3)实验室可用Cu与浓硝酸制取少量NO2,该反应的离子方程式是_____。
(4)为了消除NO对环境的污染,根据氧化还原反应原理,可选用NH3使NO转化为两种无毒气体(其中之一是水蒸气),该反应需要催化剂参加,其化学方程式为_____。
(5)一定质量的Cu与适量浓硝酸恰好完全反应,生成标准状况下NO2和NO气体均为2240mL。
向反应后的溶液中加入NaOH溶液使Cu2+刚好完全沉淀,则生成Cu(OH)2沉淀的质量为_____克。
【答案】4NH3+5O2
4NO+6H2O光化学烟雾Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O4NH3+6NO
5N2+6H2O19.6
【解析】
【分析】
(1)氨气和氧气在催化剂的条件下反应生成一氧化氮和水;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾,破坏臭氧层;
(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水,浓硝酸和硝酸铜都能写成离子形式;
(4)氨气使一氧化氮转化为两种无毒气体,其中一种是水蒸气,另外一种为氮气;
(5)根据电子转移守恒计算铜的物质的量,由铜原子守恒可得氢氧化铜的物质的量,在根据m=nM计算。
【详解】
(1)氨气与氧气在催化剂条件下生成NO与水,反应方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,
故答案为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(2)氮氧化物还可以形成光化学烟雾、破坏臭氧层等,故答案为:
光化学烟雾;
(3)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水,浓硝酸、硝酸铜都写成离子形式,反应离子方程式为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O,答案为:
Cu+4H++2NO3﹣=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(4)NH3使NO转化为两种无毒气体,其中之一是水蒸气,另外一种为氮气,反应方程式为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O,
故答案为:
4NH3+6NO
5N2+6H2O;
(5)n(NO2)=n(NO)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,根据电子转移守恒,可知n(Cu)=
=0.2mol,由Cu原子守恒可得氢氧化铜的物质的量为0.2mol,生成Cu(OH)2沉淀的质量为0.2mol×98g/mol=19.6g,故答案为:
19.6。
【点睛】
掌握有关硝酸反应的计算,一般用守恒方法,如电子守恒,反应中氮元素得到电子物质的量等于铜失去电子的物质的量,也等于铜离子结合的氢氧根的物质的量,据此计算即可。
3.由三种短周期非金属元素形成的常见单质A、B、C,在一定条件下有如下反应:
A+B→甲(气),B+C→乙(气),请根据不同情况回答下列问题:
(1)若标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体,且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生。
①丙的化学式是_________,丙中含有的化学键类型为______________
②工厂常用气体甲检验装有气体C的管道是否泄漏,请写出该反应的化学方程式______________
(2)若常温下B为固体,A、C为气体且气体乙有刺激性气味,甲在空气中充分燃烧可生成乙。
①乙的化学式是___________
②向氢氧化钠溶液中通人过量的乙,所发生反应的离子方程式是________________________
③将乙与
(1)中某单质的水溶液充分反应可生成两种强酸,该反应的化学方程式是___________________
【答案】NH4Cl离子键、极性共价键8NH3+3Cl2=N2+6NH4ClSO2SO2+OH-=HSO3-SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】
【分析】
(1)若在标准状况下A、B、C、甲、乙均为气体,且甲和乙化合生成固体丙时有白烟产生,应是氯化氢与氨气反应生成氯化铵,则丙为NH4Cl,甲、乙分别为HCl、NH3中的一种,结合转化关系可知B为H2,A、C分别是Cl2、N2的一种。
(2)若常温下B为固体,A、C为气体,且气体乙有刺激性气味,甲在空气中充分燃烧可生成乙,结合转化关系可推知,B为S、A为H2、C为O2、甲为H2S、乙为SO2。
【详解】
(1)①丙为氯化铵,其化学式为NH4Cl,NH4Cl中铵根离子与氯离子之间是离子键,铵根离子中氮原子与氢原子之间是极性共价键,所以化学键类型为离子键、极性共价键,故答案为:
NH4Cl;离子键、极性共价键。
②甲是HCl、NH3中的一种,C分别是Cl2、N2的一种,工厂常用NH3检验装有Cl2的管道是否泄漏,则甲是NH3,C是Cl2,其反应的化学方程式:
8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl,故答案为:
8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl。
(2)①乙是二氧化硫,其化学式是SO2,故答案为:
SO2。
②乙为SO2,氢氧化钠溶液中通人过量的SO2,其化学反应方程式为:
SO2+NaOH=NaHSO3 ,离子反应方程式为:
SO2+OH-=HSO3- ,故答案为:
SO2+OH-=HSO3- 。
③乙为SO2,与Cl2的水溶液充分反应可生成两种强酸,即盐酸和硫酸,其化学反应化学方程式是SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4,故答案为:
SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。
4.下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液,相互之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)。
已知A、B为气态单质,F是地壳中含量最多的金属元素的单质;E、H、I为氧化物,E为黑色固体,I为红棕色气体;M为红褐色沉淀。
请回答下列问题:
(1)A在B中燃烧的现象是__________________________________________。
(2)D+E→B的反应中,被氧化与被还原的物质的物质的量比是_________________________。
(3)G+J→M的离子方程式是____________________________________。
(4)Y受热分解的化学方程式是______________________________________。
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的试剂是____________________。
【答案】放出大量的热,产生苍白色火焰2:
13AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑酸性高锰酸钾溶液
【解析】
【分析】
F是地壳中含量最多的金属元素的单质,则F为Al,转化关系中X电解得到三种物质,为电解电解质与水型,A、B为气态单质,二者为氢气和氯气,二者反应生成D,D为HCl,E为黑色固体,为氧化物,和HCl反应又生成B气体,A为H2,B为Cl2,E为MnO2,电解X是电解氯化钠溶液,C为NaOH,与Al反应生成G,G为NaAlO2;M为红褐色沉淀为Fe(OH)3,所以J是含三价铁离子的物质,是H和D反应生成,证明J为FeCl3,H、I为氧化物判断H为Fe2O3,I为红棕色气体为NO2,结合转化关系可知,N为HNO3,Y为Fe(NO3)3,结合物质的性质来解答。
【详解】
(1)A为H2,B为Cl2,H2在Cl2中燃烧的现象是:
气体安静燃烧,放出大量的热,火焰呈苍白色,并有白雾产生;
(2)D+E→B的反应为MnO2+4HCl
MnCl2+Cl2↑+2H2O,MnO2中Mn元素化合价降低,被还原,HCl中Cl元素化合价升高,被氧化,4mol盐酸参与反应,发生氧化反应的盐酸为2mol,另外2mol盐酸显酸性,则n(被氧化的物质HCl):
n(被还原的物质MnO2)=2:
1;
(3)G(NaAlO2)+J(FeCl3)→M(Fe(OH)3)的反应是在水溶液中发生的双水解反应,反应离子方程式是:
3AlO2-+Fe3++6H2O=3Al(OH)3↓+Fe(OH)3↓;
(4)依据分析推断可知Y为Fe(NO3)3,受热分解生成二氧化氮和氧化铁,依据原子守恒配平书写的化学方程式是:
4Fe(NO3)3
2Fe2O3+12NO2↑+3O2↑;
(5)检验硫酸铁溶液中是否存在Fe2+的方法是取少量待测液于试管中,滴加几滴酸性高锰酸钾溶液,若溶液紫色褪去,证明原溶液中含有Fe2+,反之没有Fe2+。
5.A、B、C、D、E各物质的关系如下图所示:
已知:
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)无色液体A是_____,A与B反应的化学方程式是____________。
(2)由X转化为N2的化学方程式为______________。
(3)白色固体C的化学式为 _____。
由D转化为E的离子方程式为___。
【答案】浓氨水NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2OCa(OH)2CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-
【解析】
【分析】
X能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,X为气体,则X为NH3,由C能与CO2生成白色沉淀D,CO2过量时又转化为无色溶液E,说明C可能是Ca(OH)2,D是CaCO3,E是Ca(HCO3)2。
常温下,产生氨气,以及根据X和C,推出A为氨水,B为生石灰,利用生石灰遇水放出热量,促使氨水分解,据此进行分析推断。
【详解】
(1)根据上述分析可知,A为氨水,氨水和氧化钙反应可以生成氨气,发生的反应是NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑;
(2)利用氨气的还原性,发生的反应方程式为:
2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O;
(3)根据上述分析可知,白色沉淀是Ca(OH)2,D转化成E的离子反应方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca2++2HCO3-;
【点睛】
本题的突破口是X,X为气体,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,说明是X是氨气,因为氨气是中学阶段,学过的唯一一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,然后根据常温下,制备氨气,利用反应物的状态,推测A为氨水,B为生石灰,进一步进行推测。
6.有一瓶无色澄清的溶液,其中可能含NH4+、K+、Na+、Mg2+、H+、Cu2+、CO32-、I-中的一种或几种,取该溶液进行如下实验:
①用pH试纸检验,发现溶液呈强酸性。
②取部分溶液,逐滴加入NaOH稀溶液,使溶液逐渐从酸性转变为碱性,在滴加过程中及滴加完毕后,溶液中均无沉淀生成。
③将②得到的碱性溶液加热,有气体放出,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
根据上述实验事实回答下列问题:
(1)在溶液中,肯定存在的离子有________,肯定不存在的离子有________,不能确定是否存在的离子有________。
(2)写出实验③中的离子方程式:
___________________________________________________。
【答案】
、H+、I-Mg2+、Cu2+、
K+、Na+
【解析】
【分析】
无色溶液中一定不存在有色的Cu2+,
①用pH试纸检验,表明溶液呈强酸性,则一定存在大量的H+,碳酸根离子与氢离子反应,所以一定不存在
,根据溶液电中性判断一定存在碘离子;
②另取部分溶液,逐滴加入稀NaOH溶液,使溶液从酸性逐渐转变为碱性,在滴加过程中及滴加完毕后,溶液中均无沉淀生成,则一定不存在Mg2+;
③将②得到的碱性溶液加热,有气体放出,该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,该气体为氨气,则一定存在
;
而溶液中是否含有K+、Na+不能确定,根据以上分析进行解答。
【详解】
(1)根据上述分析可知,肯定存在的离子有:
、H+、I-;肯定不存在的离子有:
;Mg2+、Cu2+、
;不能确定是否存在的离子有:
K+、Na+;
(2)实验③为
与OH-反应在加热条件下产生氨气的反应,其反应离子方程式为:
。
【点睛】
高中阶段对于K+、Na+的检验,常见方法有:
①根据焰色反应确定,若焰色反应火焰为黄色,则说明溶液中含有钠元素;若焰色反应为紫色或透过蓝色钴玻璃观察焰色为紫色,则说明溶液中含有钾元素,②可根据电荷守恒进行分析。
7.某混合溶液中可能大量含有的离子如下表所示:
阳离子
H+、K+、Al3+、NH4+、Mg2+
阴离子
Cl-、OH-、CO32-、AlO2-
为探究其成分,某同学将Na2O2逐渐加入到上述混合溶液中并微热,产生沉淀和气体的物质的量与加入Na2O2的物质的量的关系分别如图所示。
(1)该溶液中一定含有的阳离子是________________________________,其对应物质的量浓度之比为____________,溶液中一定不存在的阴离子是_______________________。
(2)写出沉淀减少的离子方程式________________________________________________。
【答案】H+、Al3+、NH4+、Mg2+2:
2:
2:
3OH-、CO32-、AlO2-Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
(1)根据生成的沉淀总物质的量最大量为5mol、最终得到3mol可知,最终得到的沉淀为3mol氢氧化镁沉淀,溶解的2mol沉淀为氢氧化铝;根据气体的物质的量最后有增加可知,增加的气体为氨气,溶液中一定存在铵离子;根据开始加入过氧化钠时没有沉淀生成,说明原溶液中存在氢离子,根据题中数据计算出氢离子的物质的量;
(2)沉淀中氢氧化铝沉淀能够与氢氧化钠溶液反应而导致沉淀减少,据此写出反应的离子方程式。
【详解】
(1)根据图象中沉淀先增加后部分溶解可知:
溶液中一定含有:
Mg2+和Al3+,所以一定不含CO32-、AlO2-,并且含有镁离子的物质的量为3mol,氢氧化铝和氢氧化镁沉淀一共是5mol,根据元素守恒,所以含有铝离子的物质的量2mol;加入8mol过氧化钠会生成4mol氧气,而图象中生成了6mol气体,说明生成的气体除了过氧化钠和溶液反应生成的氧气之外,还一定有2mol其他气体生成,而只能是氨气,所以一定含有2mol铵根离子,所以一定不含有氢氧根离子;图象中加入过氧化钠的物质的量在0~amol之间时,没有沉淀生成,所以溶液中含有H+,由于加入8mol过氧化钠时生成的沉淀达到最大量5mol,8mol过氧化钠会生成16mol氢氧化钠,而生成2mol氢氧化铝、3mol氢氧化镁、2mol氨气消耗的氢氧化钠为:
2mol×3+3mol×2+2mol=14mol,所以有2mol氢氧化钠与氢离子反应,氢离子的物质的量为2mol;并且物质的量为2mol,溶液中一定还含有阴离子,可能为氯离子,钾离子不能确定是否存在,根据电荷守恒:
n(H+)+3n(Al3+)+n(NH4+)+2n(Mg2+)≤16mol,所以氯离子物质的量≥16mol,所以溶液中一定存在的阳离子为:
H+、Al3+、NH4+、Mg2+;含有的阳离子的物质的量之比为:
n(H+):
n(Al3+):
n(NH4+):
n(Mg2+)=2:
2:
2:
3;溶液中一定不存在的阴离子为:
OH-、CO32-、AlO2-;
(2)生成的沉淀为氢氧化镁和氢氧化铝,其中氢氧化铝能够与氢氧化钠溶液反应,反应的离子方程式为:
Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。
8.中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示:
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。
请回答下列问题:
(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围:
___________________________。
(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式:
__________________________________。
(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象:
_______________________________________。
(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体,主要操作包括:
滴入过量盐酸,_________、冷却结晶、过滤。
过滤操作除了漏斗、烧杯,还需要的玻璃仪器为_______________________。
(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂,可作为水处理剂和高容量电池材料。
FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,反应的离子方程式为____________________________。
【答案】1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中,用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液,加热试管,若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O
【解析】
【分析】
将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体,则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。
【详解】
(1)根据胶体的定义,红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。
(2)C是FeSO4,Fe2+被双氧水氧化为Fe3+,反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。
(3)E是NH4Cl溶液,铵根离子与碱反应能放出氨气,鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是:
取少量E于试管中,用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液,加热试管,若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,则证明铵根离子存在。
(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体,主要操作包括:
滴入过量盐酸,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
根据过滤操作的装置图
可知,过滤操作除了漏斗、烧杯,还需要的玻璃仪器为玻璃棒。
(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4,铁元素化合价由+3升高为+6,氯元素化合价由+1降低为-1,反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。
9.固体硝酸盐受热易分解且产物较复杂。
已知KNO3、Cu(NO3)2、AgNO3三种硝酸盐的热分解反应的化学方程式如下:
Ⅰ:
2KNO3
2KNO2+O2↑
Ⅱ:
2Cu(NO3)2
2CuO+4NO2↑+O2↑
Ⅲ:
2AgNO3
2Ag+2NO2↑+O2↑
某固体可能由KNO3、Cu(NO3)2、AgNO3三种硝酸盐中的一种或几种组成。
取适量该固体充分加热,得到一定量气体,该气体经水充分吸收后,剩余气体的体积在同温、同压下为吸收前的
(忽略氧气在水中的溶解)
(1)若该固体只由一种盐组成,则该盐为___________________,
(2)若该固体是混合物,则该混合物的可能组
- 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:
- 备战 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 经典 详细 答案