备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练培优 易错 难题篇附答案解析.docx
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备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练培优易错难题篇附答案解析
备战高考化学备考之高无机综合推断压轴突破训练∶培优易错难题篇附答案解析
一、无机综合推断
1.I.化合物X含有三种元素,其中两种为非金属元素,且原子个数比为1:
1,X不溶于水,能溶于强酸。
某研究小组为探究其组成和性质,设计并完成了如下实验。
(1)X的化学式是____________________。
(2)写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作:
__________。
(3)黄色溶液中加入铜片,铜片表面被腐蚀,则对应的离子方程式是:
_____________________。
II.已知黑色固体中不含单质。
为进一步探究其组成,研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸,配成100mL溶液,每次取20.00mL待测液于锥形瓶中,用2.000×10-2mol∙L-1KMnO4标准溶液进行滴定,并记录实验的结果如下表:
组次
1
2
3
4
V标(mL)
20.00
20.02
19.99
19.99
(4)如何判断滴定终点:
__________________。
(5)待测液中c(Fe2+)=____________________。
(6)该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_______________。
【答案】FeOCl取少量黄色溶液置于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则说明有Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时,溶液恰好变浅紫(红)色,且半分钟内不变色0.1000mol.L-1Fe4O5
【解析】
【详解】
I.根据流程中信息可知,2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液,黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀,氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g,即氧化铁
=0.01mol,故X中含有0.02molFe3+,质量为0.02mol
=1.12g,与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g,即为
=0.03mol,但硫酸根离子来自于所加硫酸,反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g,即为
=0.02mol,故可推知X中含有0.02molCl-,质量为0.02mol
=0.71g,化合物X含有三种元素,其中两种为非金属元素,且原子个数比为1:
1,故另一非金属元素也为0.02mol,且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g,则摩尔质量为
=16g/mol,应为O元素,故X为FeOCl;
(1)X的化学式是FeOCl;
(2)检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为:
取少量黄色溶液置于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则说明有Fe3+;
(3)黄色溶液中加入铜片,铜片表面被腐蚀,反应生成Fe2+和Cu2+,对应的离子方程式是:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
II.(4)黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子,遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色,故判断滴定终点为:
当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时,溶液恰好变浅紫(红)色,且半分钟内不变色;
(5)根据表中数据可知,滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL,根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知,待测液中c(Fe2+)=
;
(6)黑色固体中含有的Fe2+物质的量为
铁的总物质的量为0.02mol,则n(Fe2+):
n(Fe3+)=0.01mol:
0.01mol=1:
1,该黑色固体的化学式用FexOy形式表示,根据化合物各元素化合价代数和为0,则有
,得x:
y=4:
5,FexOy可表示为Fe4O5。
2.固体X由四种元素组成,为探究其组成和性质,设计并完成如下实验:
(1)固体X中含有H、O、______和______元素。
(2)写出固体X受热分解的化学方程式______。
(3)取少量固体B溶于稀硫酸,加入适量的KI溶液,反应后溶液显棕黄色,同时产生一种白色的碘化物沉淀,写出产生该现象的离子方程式______。
【答案】CCuCu3(OH)2(CO3)2
3CuO+H2O+2CO2↑2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
【解析】
【分析】
由固体隔绝空气加热生成1.8g水可知,含H原子的物质的量n=1.8g/18g∙mol-1×2=0.2mol,质量为0.2g;气体A与石灰水反应生成白色沉淀为碳酸钙,其物质的量n=20.0g/100g∙mol-1=0.2mol,所以碳原子的物质的质量为m=0.2mol×12g/mol=2.4g;固体B与CO反应生成紫红色固体为Cu,则B为CuO,其物质的量为24.0g/80g∙mol-1=0.3mol,所以铜的质量为m=0.3mol×64g/mol=19.6g;剩余质量为34.6g-0.2g-2.4g-19.6g=12.4g,所以X中含O为n=12.4g/16g∙mol-1=0.8mol,则n(Cu):
n(C):
n(H):
n(O)=3:
2:
2:
8,X为Cu3(OH)2(CO3)2,以此来解答。
【详解】
(1)由上述分析可知,固体X中含有H、O、C、Cu元素,故答案为:
C;Cu;
(2)固体X受热分解的化学方程式为Cu3(OH)2(CO3)2
3CuO+H2O+2CO2↑,故答案为:
Cu3(OH)2(CO3)2
3CuO+H2O+2CO2↑;
(3)取少量固体B溶于稀硫酸,生成硫酸铜,加入适量的KI溶液,反应后溶液显棕黄色,同时产生一种白色的碘化物沉淀,可知生成碘和CuI,产生该现象的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2,故答案为:
2Cu2++4I-=2CuI↓+I2。
3.A、B、C、W均为中学常见的物质,它们之间有如图所示的转化关系(其他产物及反应条件已略去,反应可以在水溶液中进行)。
X、Y、Z、W均为中学化学的常见物质,一定条件下它们之间有如下转化关系:
(1)若A、B、C三种物质都含有一种金属元素,且B为两性物质,W俗称苛性钠。
①A、B、C三种物质中所含有的金属元素单质与W反应的化学方程式为_______________。
②A溶液一步转化为C溶液的反应离子方程式为________________。
(2)若X是一种黄绿色的气体,Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体。
①检验溶液Z是否变质最灵敏的一种试剂是____________________(名称);
②一定条件下W与水反应的化学方程式_______________________________。
(3)X常温下为气体化合物,Z是一种红棕色气体,X气体的检验方法____________________,X转化为Y的化学方程式为______________________;
(4)X为一元强碱溶液,W是形成酸雨的主要气体。
①则Y到Z的离子方程式为________________________________________;
②请画出向含0.01molX和0.01molY的溶液中逐滴加入0.1mol/L稀盐酸的体积和生成气体的物质的量的关系的图像___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+H2Al3-+4OH-=AlO2-+2H2O硫氰化钾溶液3Fe+4H2O(g)===Fe3O4+4H2使湿润的红色石蕊试纸变蓝(或遇蘸有浓盐酸的玻璃棒产生白烟)4NH3+5O2
4NO+6H2OSO32-+SO2+H2O=2HSO3-
【解析】
【分析】
W为NaOH。
B为两性物质且含有一种金属元素,确定该金属元素为铝元素,因在溶液中产生了B,所以B为Al(OH)3。
【详解】
(1)①铝与NaOH反应的化学方程式为:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
②A溶液中含有Al3+,与NaOH反应生成了Al(OH)3,Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2,所以A溶液一步转化为C溶液的离子方程式为:
Al3++4OH-=AlO2-+2H2O;
(2)X为黄绿色气体,则X为氯气,Y的饱和溶液滴入沸水中能生成红褐色胶体,说明Y为FeCl3溶液。
据此进一步判断W为Fe,Z为FeCl2。
①检验FeCl2溶液是否变质最灵敏的试剂是KSCN溶液,如果FeCl2溶液变质,则滴加KSCN溶液后,溶液呈现血红色;
②在高温条件下铁与水反应:
3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2;
(3)红棕色的气体Z是NO2气体;X为气体化合物,经氧气连续氧化生成NO2,猜测X为NH3,Y为NO;检验NH3是利用其水溶液呈碱性,用湿润的红色石蕊试纸检验,如试纸变蓝,说明气体是氨气;或者利用NH3与HCl反应生成白烟这一性质来检验。
NH3转化为NO的化学方程式为:
4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(4)①如果X为一元强碱,W是形成酸雨的主要物质,则推测W为SO2,则根据图示转化关系判断Y为SO32-,Z为HSO3-,则Y到Z的离子方程式为:
SO32-+SO2+H2O=2HSO3-;②溶液中含有0.01molOH-和0.01molSO32-,滴入稀盐酸,首先发生反应:
OH-+H+=H2O,此时消耗0.1mol/L的HCl共0.1L,没有气体逸出;然后发生反应:
SO32-+H+=HSO3-,此时也消耗0.1mol/L的HCl共0.1L,也没有气体逸出;最终发生反应:
HSO3-+H+=H2O+SO2↑,此时完全反应消耗盐酸的体积为0.lL,逸出气体的物质的量为0.01mol。
据此可绘出图象:
。
4.中学化学中的一些常见物质有如图转化关系。
其中A、H为空气中的主要成分,气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,气体D遇到A很快变成红棕色E,C是黑色金属氧化物,I是紫红色金属单质。
X为常见液体(部分反应条件及生成物没有全部列出)。
回答下列问题:
(1)B的化学式为________C的化学式为___________D的化学式为___________
(2)B的实验室制法的化学方程式____________________
(3)写出反应①的化学方程式_______________________。
(4)写出反应②的离子方程式_______________________。
【答案】NH3CuONO2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O4NH3+5O2
4NO+6H2O3Cu+8H++2NO3—=3Cu2++NO↑+4H2O
【解析】
【分析】
A、H为空气中主要成分,分别为N2、O2中的一种,气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则B为NH3,A能与氨气反应生成D与X,X为常见液体,气体D遇到A很快变成红棕色E,可推知A为O2,H为N2,D为NO,X为H2O,E为NO2,E与X反应生成F,I是紫红色金属单质,应为Cu,F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO),故为HNO3,G为Cu(NO3)2.C属于氧化物,与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu),根据元素守恒可知C为CuO,据此解答。
【详解】
A、H为空气中主要成分,分别为N2、O2中的一种,气体B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则B为NH3,A能与氨气反应生成D与X,X为常见液体,气体D遇到A很快变成红棕色E,可推知A为O2,H为N2,D为NO,X为H2O,E为NO2,E与X反应生成F,I是紫红色金属单质,应为Cu,F与Cu反应得到G、X(水)、D(NO),故为HNO3,G为Cu(NO3)2.C属于氧化物,与B(NH3)反应得到X(水)、H(氮气)、I(Cu),根据元素守恒可知C为CuO;
(1)由上述分析可知,B的化学式为NH3;C的化学式为CuO;D的化学式为NO;
(2)实验室利用氯化铵和氢氧化钙固体混合加热制NH3,发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O;
(3)反应①为氨的催化氧化,发生反应的化学方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O;
(4)反应②为Cu溶于稀硝酸生成NO,发生反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。
【点睛】
此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件。
5.A、B、C、D、E、F六种物质的相互转化关系如附图所示(反应条件未标出)
(1)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍,③与④两个反应中都有红棕色气体生成,反应④的化学方程式是__________。
(2)若A、D、F都是短周期非金属元素单质,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__________。
(3)若A为常见的金属单质,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__________。
(4)若B、C、F都是气态单质,且B为黄绿色,③和④两个反应中都有水生成,反应②需要放电才能发生,A、D相遇有白烟生成,反应③的化学方程式是__________,在反应①中若有3mol电子转移,则生成D的物质的量为__________。
【答案】C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O2C+SiO2
Si+2CO↑Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+4NH3+5O2
4NO+6H2O3mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)若A、D为短周期元素单质,且所含元素的原子序数A是D的2倍,所含元素的原子最外层电子数D是A的2倍,则D处于第二周期、A处于第三周期,设A原子最外层电子数为x,则2+8+x=2(2+2x),解的x=2,故A为Mg,D为C,则B为CO2,C为MgO,③与④两个反应中都有红棕色气体生成,则F为HNO3,E为Mg(NO3)2,反应④的化学方程式是:
C+4HNO3(浓)
CO2↑+4NO2↑+2H2O;
(2)A、D、F都是短周期非金属元素单质,且A、D所含元素同主族,A、F所含元素同周期,则A为C,D为Si,F为O,B为SiO2,反应①为C与二氧化硅的反应,反应方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑;
(3)若A是常见的金属的单质,D、F是气态单质,且反应①在水溶液中进行,D和F单质化合反应生成B为酸,由转化关系可知A为变价金属,气体单质F能与A反应生成高价态化合物,则推断变价金属A为Fe,F为Cl2,D为H2,B为HCl,C是FeCl2,E为FeCl3,反应②(在水溶液中进行)的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+;
(4)若B、C、F都是气态单质,且B为黄绿色,则B为Cl2,反应②需要放电条件才能发生,为氮气与氧气反应,③和④两个反应中都有水生成,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,反应③的化学方程式是:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,反应①为:
2NH3+6Cl2=6HCl+N2,每生成6molHCl转移6mol电子,则若有3mol电子转移,生成HCl的物质的量为3mol。
6.某盐A是由三种元素组成的化合物,且有一种为常见金属元素,某研究小组按如下流程图探究其组成:
请回答:
(1)写出组成A的三种元素符号______。
(2)混合气体B的组成成份______。
(3)写出图中由C转化为E的离子方程式______。
(4)检验E中阳离子的实验方案______。
(5)当A中金属元素以单质形式存在时,在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀,写出负极的电极反应式______。
【答案】Fe、O、SSO2和SO3Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O取少量E溶液于试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液变为血红色,则说明E中阳离子为Fe3+Fe-2eˉ=Fe2+
【解析】
【分析】
由红棕色固体溶于盐酸得到棕黄色溶液,可知C为氧化铁、E为氯化铁溶液,说明A中含有铁元素和氧元素,1.6g氧化铁的物质的量为
=0.01mol;由气体B与足量氯化钡溶液反应生成白色沉淀可知,白色沉淀D为硫酸钡、气体B中含有三氧化硫,由硫原子个数守恒可知,三氧化硫的物质的量为
=0.01mol,气体B的物质的量为
=0.02mol,由A是由三种元素组成的化合物可知,A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体,二氧化硫的物质的量为(0.02—0.01)mol=0.01mol,m(SO3)+m(SO2)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.01mol×64g/mol+1.6g=3.04g,说明A中nFe):
n(S):
n(O)=1:
1:
4,则A为FeSO4。
【详解】
(1)由分析可知,A为FeSO4,含有的三种元素为Fe、O、S,故答案为:
Fe、O、S;
(2)由分析可知,三氧化硫的物质的量为
=0.01mol,气体B的物质的量为
=0.02mol,由A是由三种元素组成的化合物可知,A中含有硫元素、气体B为二氧化硫和三氧化硫的混合气体,故答案为:
SO2和SO3;
(3)C为氧化铁、E为氯化铁溶液,氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水,反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O,故答案为:
Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O;
(3)E为氯化铁溶液,检验铁离子的实验方案为可取少量E溶液于试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液变为血红色,则说明E中阳离子为Fe3+,故答案为:
取少量E溶液于试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液变为血红色,则说明E中阳离子为Fe3+;
(5)铁在潮湿空气中容易发生电化学腐蚀,铁做原电池的负极,失去电子发生氧化反应生成亚铁离子,电极反应式为Fe-2eˉ=Fe2+,故答案为:
Fe-2eˉ=Fe2+。
【点睛】
注意从质量守恒的角度判断A的化学式,把握二氧化硫的性质、铁离子检验为解答的关键。
7.A、B、C、X为中学化学常见物质,A、B、C含有相同元素甲,一定条件下可以发生如下转化(水参与的反应,水未标出)。
(1)符合上述转化关系的A、X、B、C为____________________(填字母代号)
a.NaOH CO2 Na2CO3 NaHCO3b.Na O2 Na2O Na2O2
c.NH3 O2 NO NO2d.Fe Cl2 FeCl2 FeCl3
(2)X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体,则C为_________________(填化学式)。
若B中混有少量C杂质,除杂的化学方程式为_________________。
(3)C为红棕色气体,则A是_______或________(填化学式),若A的水溶液显碱性,写出A→B的化学方程式______________________________,B和C可相互转化,写出C→B的化学方程式_____________________________。
(4)若C为淡黄色固体,则B为___________,写出C在潜水艇中作为供氧剂牵涉的两个反应方程式__________、________。
(5)除
(1)涉及的转化外,再写出一组符合转换关系的A、X、B、C____(填化学式)。
【答案】abcNaHCO32NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑NH3N24NH3+O2
4NO+4H2O3NO2+H2O=2HNO3+NONa2O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑S(H2S)、O2、SO2、SO3
【解析】
【分析】
氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水,二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠,符合上述转化关系;
常温下,钠与氧气反应生成氧化钠,加热条件下,氧化钠与氧气反应能生成过氧化钠,符合上述转化关系;
氨气在催化剂作用下,与氧气加热反应生成一氧化氮和水(或氮气在放电条件下,与氧气反应生成一氧化氮),一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,符合上述转化关系;
硫在氧气中燃烧生成二氧化硫(或硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水),二氧化硫在催化剂作用下,二氧化硫与氧气共热反应生成三氧化硫。
【详解】
(1)a.氢氧化钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸钠和水,二氧化碳能与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠,符合上述转化关系,故正确;
b.常温下,钠与氧气反应生成氧化钠,加热条件下,氧化钠与氧气反应能生成过氧化钠,符合上述转化关系,故正确;
c.氨气在催化剂作用下,与氧气加热反应生成一氧化氮和水,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,符合上述转化关系,故正确;
d.铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁,不能生成氯化亚铁,不符合上述转化关系,故错误;
abc正确,故答案为:
abc;
(2)若X为无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体,则X为二氧化碳、A为氢氧化钠、B为碳酸钠、C为碳酸氢钠;若碳酸钠中混有碳酸氢钠,可以用加热的方法除去碳酸氢钠,碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水,反应的化学方程式为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑,故答案为:
NaHCO3;2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑;
(3)若C为红棕色气体,则X为氧气、A为氨气或氮气、B为一氧化氮、C为二氧化氮,若A的水溶液显碱性,A为氨气,氨气在催化剂作用下,与氧气加热反应生成一氧化氮和水,反应的化学方程式为4NH3+O2
4NO+4H2O;二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮,反应的化学方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO,故答案为:
NH3;N2;4NH3+O2
4NO+4H2O;3NO2+H2O=2HNO3+NO;
(4)若C为淡黄色固体,则X为氧气、A为钠、B为氧化钠、C为过氧化钠,在潜水艇中,过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,与水反应生成氢氧化钠和氧气,反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(5)除
(1)涉及的转化外,还可能存在与硫元素有关的物质间的转化,转化关系为硫在氧气中燃烧生成二氧化硫(或硫化氢在氧气中燃烧生成二氧化硫和水),二氧化硫在催化剂作用下,二氧化硫与氧气共热反应生成三氧化硫,则A为硫或硫化氢、X为氧气、B为二氧化硫、C为三氧化硫,故答案为:
S(H2S)、O2、SO2、SO3。
【点睛】
解框图题最关键的是寻找“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。
8.某无机盐X(仅含三种元素,原子个数比为1:
1:
4,摩尔质量270g·mol-1),为探究其组成和性质,某学习小组进行了如下实验,X与水反应只生成A、B两种物质,其中气体单质A能使带火星的木条复燃。
下列说法正确的是:
(1)X的组成元素为O和_____________(用元素符号表示)。
(2)X的化学式为_____
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