高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合附详细答案.docx
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高考化学压轴题专题复习铜及其化合物推断题的综合附详细答案
高考化学压轴题专题复习—铜及其化合物推断题的综合附详细答案
一、铜及其化合物
1.A为金属单质,B、C、D、E四种均为含有氯元素的物质,它们存在如图转化关系(部分产物已略去,有的反应在溶液中进行)。
请回答:
(1)A是_____________,C是_____________。
(均用化学式表示)
(2)写出实验室制备D的化学方程式:
_____________。
(3)写出用B溶液与Cu反应制作印刷电路板的离子方程式:
_____________。
(4)设计实验方案,检验C溶液中的金属阳离子:
_____________
【答案】FeFeCl2MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2OCu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+取C溶液于试管中,向其中滴加KSCN溶液,溶液不变色,再滴加氧化剂(如氯水、双氧水)后溶液显血红色,说明含有Fe2+,或者取样滴加用铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀产生,则含有Fe2+
【解析】
【分析】
A为金属单质,B、C、D、E 四种均为含有氯元素的物质,根据转化关系可知,A为变价金属,且B与A反应生成C,则A为Fe,D为Cl2,B为FeCl3,C为FeCl2,A与E反应生成C(FeCl2),结合(3)“用B溶液与Cu反应制作印刷电路板”可知,E为HCl,据此解答。
【详解】
(1)根据分析可知,A为Fe,C为FeCl2,
故答案为:
Fe;FeCl2;
(2)实验室中通过加热浓盐酸与二氧化锰制取氯气,该反应的化学方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,
故答案为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(3)B为FeCl3,Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁和氯化铜,该反应的离子方程式为:
Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+,
故答案为:
Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+;
(4)C为FeCl2,其阳离子为Fe2+,检验Fe2+的方法为:
取C溶液于试管中,向其中滴加KSCN溶液,溶液不变色,再滴加氧化剂(如氯水.双氧水)后溶液显血红色,说明含有Fe2+,或者取样滴加用铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀产生,则含有Fe2+,
故答案为:
取C溶液于试管中,向其中滴加 KSCN 溶液,溶液不变色,再滴加氧化剂(如氯水.双氧水)后溶液显血红色,说明含有Fe2+,或者取样滴加用铁氰化钾溶液,有蓝色沉淀产生,则含有Fe2+。
2.在下图所示的物质转化关系中,A是常见气态氢化物,B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,E的相对分子质量比D大17,G是一种紫红色金属单质。
(部分反应中生成无没有全部列出,反应条件未列出)
请回答下列问题:
(1)E的化学式为_____________________________。
(2)实验室制取A的化学方程式为_______________________________。
(3)反应①的化学方程式:
___________________________________。
(4)反应③的化学方程式:
__________________________________。
【答案】HNO32NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O3NO3+H2O=2HNO3+NO4NH3+5O2=4NO+6H2O
【解析】
【分析】
B是能使带火星的木条复燃的无色无味气体,则B是氧气;G是一种紫红色金属单质,则G是铜;A是常见气态氢化物,且能和氧气反应,所以根据图中的转化可以判断,A可能是氨气,则C就是NO,F是水。
NO和氧气反应生成NO2,NO2溶于水生成硝酸,则E是硝酸,硝酸和铜反应又生成NO,据此答题。
【详解】
(1)由以上分析可知E为HNO3,故答案为:
HNO3。
(2)由以上分析可知A为NH3,实验室制取氨气用氯化铵与氢氧化钙共热,反应生成氯化钙、氨气和水,反应方程式为:
2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O,故答案为:
2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3↑+2H2O。
(3)反应①为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO,反应的方程式为:
3NO3+H2O=2HNO3+NO,故答案为:
3NO3+H2O=2HNO3+NO。
(4)反应③为氨的催化氧化,反应生成NO和H2O,化学方程式为:
4NH3+5O2=4NO+6H2O,故答案为:
4NH3+5O2=4NO+6H2O。
【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。
3.将Fe粉、Cu粉、FeCl3溶液、FeCl2溶液和CuCl2溶液,混合于某容器中充分反应(假定容器不参与反应),试判断下列情况下溶液中存在的金属离子和金属单质。
(1)若铁粉有剩余,则容器中不可能有_______________;
(2)若氯化铜有剩余,则容器中还可能有_____________,一定有_________;
(3)若氯化铁有剩余,则容器中不可能有____________;
(4)由以上反应可知金属离子的氧化性强弱顺序为_______________。
【答案】Fe3+、Cu2+Fe3+或CuFe2+Fe、CuFe3+>Cu2>Fe2+
【解析】
【分析】
在金属活动性顺序中,位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来,向装有氯化铁溶液的烧杯中,加入一定量的Cu和Fe的混合粉末,则铁和铜都能与氯化铁溶液反应,氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,Fe有剩余,则Cu没有参加反应,溶液中不存在Fe3+、Cu2+,以此解答该题。
【详解】
氧化性:
FeCl3>CuCl2>FeCl2,还原性Fe>Cu,
(1)反应后铁有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2,Fe3+、Cu2+都不能存在;
(2)若CuCl2有剩余,由于氯化铜可氧化单质铁,则不可能有Fe,一定有Fe2+;容器中可能有Fe3+或Cu;
(3)若FeCl3有剩余,发生Fe+2FeCl3=3FeCl2,Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Fe、Cu都不能存在;
(4)由反应Fe+2FeCl3=3FeCl2,Fe+CuCl2=Cu+FeCl2可知氧化性强弱顺序为Fe3+>Cu2>Fe2+。
4.废旧印刷电路板是一种电子废弃物,其中铜的含量达到矿石中的几十倍。
湿法技术是将粉碎的印刷电路板经溶解、萃取、电解等操作得到纯铜等产品。
某化学小组模拟该方法回收铜和制取胆矾,流程简图如下:
回答下列问题:
(1)反应Ⅰ是将Cu转化为Cu(NH3)42+,反应中H2O2的作用是_____。
写出操作①的名称:
_________。
(2)反应II是铜氨溶液中的Cu(NH3)42+与有机物RH反应,写出该反应的离子方程式:
_______。
操作②用到的主要仪器名称为_____,其目的是(填序号)_________。
a.富集铜元素
b.使铜元素与水溶液中的物质分离
c.增加Cu2+在水中的溶解度
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和______。
若操作③使用下图装置,图中存在的错误是_____。
(4)操作④以石墨作电极电解CuSO4溶液。
阴极析出铜,阳极产物是_______。
操作⑤由硫酸铜溶液制胆矾的主要步骤是____________。
(5)流程中有三次实现了试剂的循环使用,已用虚线标出两处,第三处的试剂是______。
循环使用的NH4Cl在反应Ⅰ中的主要作用是________。
【答案】作氧化剂过滤Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2分液漏斗abRH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁、液体过多O2、H2SO4加热浓缩冷却结晶过滤H2SO4防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀
【解析】
【分析】
【详解】
(1)废电路板中加入双氧水、氨气、氯化铵溶液,得到铜氨溶液和残渣,分离难溶性固体和溶液采用过滤的方法,所以操作①为过滤。
反应Ⅰ是将铜转化为铜氨溶液,铜元素的化合价升高,所以铜是还原剂,则双氧水为氧化剂,将铜氧化。
(2)反应Ⅱ是铜氨溶液中的铜氨离子与有机物RH反应,生成CuR2,同时生成NH4+和NH3,方程式为:
Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2。
分液的目的是富集铜元素,使铜元素与水溶液中的物质分离,所以ab正确。
(3)反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应相当于复分解反应,所以生成硫酸铜和RH。
互不相溶的液体采用分液的方法,分液时分液漏斗下端要紧靠烧杯内壁,且分液漏斗内部不能盛放太多溶液。
(4)以石墨为电极电解硫酸铜溶液时,阳极上氢氧根离子放电,阴极上铜离子放电,所以阳极上产生O2,同时有大量的氢离子生成,且硫酸根离子也向阳极移动在阳极积累,因此阳极产物还有硫酸,从溶液中获取晶体可通过加热浓缩、冷却结晶、过滤的方法。
(5)电解硫酸铜溶液时得到硫酸,在反应Ⅲ中用到的H2SO4,所以硫酸能循环使用。
氯化铵电离出的铵根离子抑制一水合氨的电离,从而降低溶液的碱性,防止由于溶液中的c(OH-)过高,生成Cu(OH)2沉淀。
5.Ag2O—Zn纽扣电池的固体拆解物中含Ag2O、Ag、Zn、Cu、石墨等物质,从中可提取金属银。
如图是简要生产流程。
(1)固体拆解物需先粉碎的目的是___。
(2)浸渣的主要成分是___。
(3)以上流程中可循环使用的物质是___,除此之外,你认为通过对___(填流程图中的物质代号)的回收处理,还有可能实现___(填化学式)的循环利用。
(4)加入Cu之前若溶液的酸性太强,需适当调节溶液的pH,原因是___(用离子方程式表示).
(5)有人在实验室中利用如下方案回收银:
已知:
Ag++2NH3
[Ag(NH3)2]+K稳=1.7×107;Ksp(AgCl)=1.8×10-10
写出AgCl(s)与NH3反应的离子方程式___,该反应的平衡常数K=___。
(6)上述两种回收方案中都用到了试剂X,X是___。
A.稀硫酸B.稀硝酸C.CuSO4溶液
(7)两种方案回收的银均为粗品,若得到纯度更高的银,可以电解精炼。
若电流强度为yA,1小时后,得到Ag___g(列出计算式,已知1个电子所带电量为1.6×10-19C,阿伏伽德罗常数的值用NA表示)。
【答案】增加酸浸速率,提高浸取率石墨Cu滤液Ⅱ、ⅢZn
AgCl+2NH3
[Ag(NH3)2]++Cl-3.06×10-3A
【解析】
【详解】
(1)粉碎是为了更好的酸浸,所以目的是增大接触面积,加快酸浸速率,
故答案为:
增加酸浸速率,提高浸取率;
(2)石墨不与稀硝酸反应,故滤渣为石墨,
故答案为:
石墨;
(3)根据流程图知,固体混合物中含铜,回收可参与循环利用,而滤液Ⅱ、Ⅲ中均含有Zn2+,可回收加以循环利用,
故答案为:
Cu;滤液Ⅱ、Ⅲ;Zn;
(4)加入Cu之前,若酸性太强,Cu与稀硝酸发生氧化还原反应,反应的离子方程式为
,
故答案为:
;
(5)由信息可得,AgCl溶于NH3的离子方程式为AgCl+2NH3
[Ag(NH3)2]++Cl-;该反应的平衡常数为
=
=K稳×Ksp=1.7×107×1.8×10-10=3.06×10-3,
故答案为:
AgCl+2NH3
[Ag(NH3)2]++Cl-;3.06×10-3;
(6)第一种回收方法中,固体混合物与X反应后,生成物中有铜,在固体混合物中含Zn和Cu,要回收Cu,可利用稀硫酸和CuSO4溶液,而第二种方法中,在固体混合物中含Zn和Ag,若要除去Zn,则只能利用稀硫酸,故符合题意的为A,
故答案为:
A;
(7)1h=3600s,Q=It=y×3600,根据题意回收的Ag的质量=
g,
故答案为:
。
6.
、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。
7.实验室以孔雀石[主要成分是CuCO3·Cu(OH)2,还含有少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2]为原料制备CuSO4·5H2O步骤如下:
请回答下列问题:
(1)溶液A的金属离子有Fe3+和______________。
(2)溶液A中加入H2O2的目的是______________,发生的离子方程式为_____________________。
(3)由溶液C获得CuSO4·5H2O,需要经过加热蒸发、______________、过滤等操作。
(4)溶液B与CuO反应生成Fe(OH)3和溶液C的化学方程式为________________________。
【答案】Cu2+、Fe2+将Fe2+氧化为Fe3+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O冷却结晶Fe2(SO4)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSO4
【解析】
【分析】
孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu(OH)2,少量杂质FeO、Fe2O3、SiO2,加入过量稀硫酸,生成二氧化碳气体,溶液A含有硫酸铜、硫酸亚铁、硫酸铁,加入过氧化氢将硫酸亚铁氧化成硫酸铁,加入CuO可调节溶液pH,利于铁离子的水解而生成氢氧化铁沉淀,过滤分离出的溶液C为硫酸铜溶液,经加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作可得到硫酸铜晶体,以此来解答。
【详解】
(1)由上述分析可知,溶液A的金属离子有Fe3+和Cu2+、Fe2+,故答案为:
Cu2+、Fe2+;
(2)溶液A中加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O,故答案为:
将Fe2+氧化为Fe3+;2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;
(3)由溶液C获得CuSO4·5H2O,需要经过加热蒸发、冷却结晶、过滤等操作,故答案为:
冷却结晶;
(4)溶液B与CuO反应生成Fe(OH)3和溶液C的化学方程式为Fe2(SO4)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSO4,故答案为:
Fe2(SO4)3+3CuO+3H2O=2Fe(OH)3+3CuSO4。
【点睛】
工艺流程题中常用H2O2作氧化剂,优点是产物不会引入新的杂质。
8.信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。
某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后,得到含70%Cu、25%Al、4%Fe及少量Au、Pt的合金,并设计出由合金制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线:
请回答下列问题:
(1)第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________________,得到滤渣1的主要成分为_______________。
(2)第②步加H2O2的作用是做氧化剂,将溶液中的Fe2+氧化为Fe3+,用H2O2做氧化剂的优点是____________________。
(3)滤渣2的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3,在生产中如何分离两种沉淀,写出反应的离子方程式______________。
(4)第③步蒸发所需玻璃仪器为__________________。
【答案】Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2OAu、Pt不引入新的杂质,对环境无污染Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O酒精灯、玻璃棒
【解析】
【详解】
(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热,Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+离子进入溶液;Pt和Au不能反应,仍以固体单质的形式存在,所以滤渣1的成分是Pt和Au,滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+;第①步Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O;
(2)第②步加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒,可得反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2Fe3++2H2O。
用H2O2作氧化剂的优点是还原产物是H2O,不引入杂质,且对环境无污染;
(3)滤渣2的主要成分是Al(OH)3和Fe(OH)3,在生产中可根据Al(OH)3是两性氢氧化物,能够与强碱NaOH溶液反应,而Fe(OH)3是碱,不能与强碱发生反应来分离两种难溶性物质,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O;
(4)第③步从含有CuSO4的溶液中获得CuSO4·5H2O晶体的方法是蒸发结晶法,蒸发时所需玻璃仪器为酒精灯、玻璃棒。
9.工业上可以从电解铜的阳极泥中提取很多重要物质,其工艺流程如下:
已知:
①阳极泥的主要化学成分,如表所示:
主要成分
CuAgAuSeTe
百分含量/%
23.412.10.96.73.1
②温度和硫酸浓度对阳极泥中各组分浸出率的影响,如表所示:
固定浸出温度
固定H2SO4浓度
H2SO4浓度
/mol·L-1
浸出率/%
浸出温度/℃
浸出率/%
CuAgAuSeTe
CuAgAuSeTe
4
95.14.67<0.20.838.93
30
87.14.58<0.20.086.83
3
94.54.65<0.20.286.90
40
94.54.65<0.20.286.90
2
78.12.65<0.20.052.85
50
96.15.90<0.20.648.73
(1)步骤I的主要目的为浸出铜,发生的主要反应的化学方程式为__________;分析表2数据,可知步骤I最适合的条件为______________。
(2)步骤II中,加入Cu粉的目的是除去滤液中含碲的离子,加入NaCl的目的为________。
(3)步骤III的操作方法为___________。
(4)步骤IV中,反应温度为75℃。
加入H2O2溶液作用为______________;此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值,原因为_____________。
(5)步骤VI中所发生反应的化学方程式为_______。
(6)步骤VII中,碱性环境下电解Na2TeO3溶液可得Te实现,阴极的电极反应式为_____。
【答案】2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O硫酸浓度3mol·L-1、浸出温度40℃除去滤液中的Ag+加热浓缩(蒸发)、冷却结晶、过滤氧化滤渣中的硒和碲,使其进入溶液中增加硒和碲的浸出率、H2O2会有部分分解Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2OTeO32—+4e-+3H2O=Te+6OH-
【解析】
【分析】
(1)根据阳极泥的成分和流程图,及题目要求,主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应,配平方程式即可;根据题目中所给表格②中数据分析,综合考虑浸出率和经济性等原则得出结论;
(2)步骤Ⅱ中,加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去;
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等;
(4)步骤Ⅳ中,反应温度为75℃.加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲,使其进入溶液中;此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值,原因是:
从速率及平衡角度考虑,可增加硒和碲的浸出率,H2O2会有部分分解,有损失;
(5)根据流程图中的反应物和生成物,配平方程式即可;
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te,结合碱性条件,阴极应发生还原反应,根据守恒即可写出其电极反应式。
【详解】
(1)根据阳极泥的成分和流程图及题目要求,主要反应是铜与硫酸及空气中氧气的反应,反应的方程式为2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O;根据题目中所给表格②中数据分析,可知当硫酸浓度为2mol•L-1、浸出温度30℃时浸出率太低,硫酸浓度为3mol•L-1、浸出温度40℃时浸出率已较高,再增大浓度和升温对浸出率影响不大,但会浪费试剂和能源;故可知步骤I最适合的条件为:
硫酸浓度3mol•L-1、浸出温度40℃;
(2)步骤Ⅱ中,加入NaCl的目的显然是使Ag+转化为氯化银沉淀而除去;
(3)使结晶水合物从溶液中结晶析出的步骤是:
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等;
(4)硒和碲不溶于水,步骤Ⅳ中,反应温度为75℃.加入H2O2溶液的作用为氧化滤渣中的硒和碲,使其进入溶液中;此过程中H2O2溶液的添加量要远远高于理论值,原因是:
从速率及平衡角度考虑,可增加硒和碲的浸出率;H2O2会有部分分解;
(5)根据流程图中的反应物和生成物,根据得失电子守恒、原子守恒,反应的方程式为Na2SeO3+2Na2SO3+2HCl=Se+2Na2SO4+2NaCl+H2O;
(6)根据反应物Na2TeO3和生成物Te,结合碱性条件,阴极应发生还原反应,根据守恒即可写出其电极反应式TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。
10.FeCl3溶液在工业上用于蚀刻铜箔制造电路板。
从蚀刻后的废液中可以回收铜并使蚀刻液再生。
流程如下(部分物质有省略):
回答下列问题:
(1)氯化铁溶液蚀刻铜箔反应的离子方程式为_______________________________________。
(2)从固体中分离出铜,加入的试剂X可以是________________。
(3)使滤液再生为蚀刻液可采用的方法是___________________________________________。
【答案】2Fe3++Cu→2Fe2++Cu2+盐酸(CuCl2)通入足
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- 高考 化学 压轴 专题 复习 及其 化合物 推断 综合 详细 答案