备战高考化学硅及其化合物推断题综合题附答案.docx
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备战高考化学硅及其化合物推断题综合题附答案
2020-2021备战高考化学硅及其化合物推断题综合题附答案
一、硅及其化合物
1.在下列物质的转化关系中,A是一种固体物质,E是一种白色沉淀,据此填写下列空白:
(1)B的化学式是________,B在固态时属于________晶体,1mol含有的共价键数目是______NA。
(2)E的化学式是_________。
(3)B和a溶液反应的离子方程式是_______________________________
(4)A和a溶液反应的化学方程式是___________________________________
【答案】SiO2原子4H2SiO3SiO2+2OH-=SiO32-+H2OSi+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑
【解析】
【分析】
A是一种固体单质,与氧气反应得到B为氧化物,E是一种白色沉淀且不溶于盐酸,E加热分解得到B,所以E为H2SiO3,结合转化关系,可知A为Si,B为SiO2,a为强碱溶液,如NaOH溶液,G为Na2SiO3,D为H2O,F为H2。
【详解】
(1)由上述分析可知,B是SiO2,SiO2由硅原子和氧原子通过共用电子对形成空间网状结构,在固态时属于原子晶体,每个硅原子和四个氧原子形成四个共价键,1mol含有的共价键数目是4NA。
故答案为:
SiO2;原子;4;
(2)由上述分析可知,E为H2SiO3,故答案为:
H2SiO3;
(3)二氧化硅与强碱溶液反应生成硅酸盐与水,反应的离子方程式为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
故答案为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(4)Si与氢氧化钠反应生成硅酸钠与氢气,反应方程式为:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑,
故答案为:
Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑。
【点睛】
本题考查无机物推断,B为氧化物、E为不溶于盐酸的白色沉淀为推断突破口,需要学生熟练掌握元素化合物性质。
2.某同学用某化合物X(两种短周期元素组成的纯净物)进行了如下实验:
实验步骤②中还观测到生成黑色固体和无色无味气体,生成的溶液可作为建筑行业的一种黏合剂。
请回答:
(1)X的化学式是____,步骤①的离子方程式是___。
(2)步骤②的化学方程式是_____。
【答案】Mg2SiMg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+Na2SiO3+H2↑+H2O
【解析】
【分析】
短周期元素形成的化合物中,与过量烧碱溶液生成白色沉淀,则灼烧后得到白色固体的为MgO,4.0g白色固体可得X中0.1molMg原子,无色气体A与高锰酸钾可生成黏合剂硅酸钾溶液,可知无色气体A具有还原性且含有Si元素,据此分析作答。
【详解】
(1)根据化合物X7.20g计算得到Mg原子与Si原子个数之比为2:
1,则X的化学式为Mg2Si,在盐酸作用下会生成硅烷气体与氯化镁,故其离子方程式为:
Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+,故答案为:
Mg2Si;Mg2Si+4H+=SiH4↑+2Mg2+;
(2)在强氧化剂高锰酸钠的作用下,硅烷被氧化为硅酸钠与氢气,同时生成黑色固体二氧化锰,根据氧化还原反应得失电子守恒与元素守恒可得,其化学方程式为:
SiH4+2KMnO4=2MnO2↓+K2SiO3+H2↑+H2O。
3.探究无机盐X(仅含三种短周期元素)的组成和性质,设计并完成如下实验:
请回答:
(1)X的化学式是__________。
(2)白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是__________。
(3)白色沉淀用途广泛,请列举一例:
__________。
【答案】Mg2SiO4或2MgO·SiO2SiO2+2OH-=SiO32-+H2O优良的阻燃剂等
【解析】
【详解】
无机盐X(仅含三种短周期元素),加入过量盐酸溶解,离心分离得到白色胶状物沉淀和无色溶液,白色胶状沉淀为硅酸,白色沉淀充分灼烧得到白色粉末1.80g为SiO2,物质的量=1.8g÷60g/mol=0.03mol,溶于氢氧化钠溶液得到无色溶液为硅酸钠溶液,说明无机盐中含硅酸根离子或原硅酸根离子,物质的量为0.03mol,若为硅酸根离子其质量=0.03mol×76g/mol=2.28g,金属质量=4.20g-2.28g=1.92g,无色溶液中加入过量氢氧化钠溶液生成白色沉淀则判断为Mg(OH)2,金属离子物质的量=0.06mol,质量为0.06mol×24g/mol=1.44g,不符合,则为原硅酸根,物质的量为0.03mol,质量=0.03mol×92g/mol=2.76g,金属质量4.20g-2.76g=1.44g,物质的量=1.44g÷24g/mol=0.06mol,得到X为Mg2SiO4。
(1)X的化学式为,Mg2SiO4;
(2)白色粉末溶于氢氧化钠溶液的离子方程式是SiO2+2OH-=SiO32-+H2O;
(3)氢氧化镁是优良的阻燃剂。
4.X、Y、Z为三种常见的单质,Z为绿色植物光合作用后的产物之一,A、B为常见的化合物。
它们在一定条件下可以发生如图所示的转化关系(均不是在溶液中进行的反应)以下每空中填入一种即可)。
(1)当X、Y均为金属时,X的化学式为_____________,Z为____________(填名称)。
(2)当X为非金属且为气体,Y为金属且为紫红色时,X的化学式为___________,
A的化学式为___________。
(3)当X为金属、Y为非金属且为固体时,X与A反应的化学方程式为
__________________________________________。
(4)当X、Y均为非金属固体时,X与A反应的化学方程式为
___________________________________________。
【答案】Al氧气H2CuO2Mg+CO2
2MgO+CSiO2+2C
Si+2CO
【解析】
【分析】
Z为绿色植物光合作用后的产物之一,应为O2,X+A→Y+B的反应为置换反应,X、Y为单质,A、B为氧化物,据此答题。
【详解】
(1)当X、Y均为金属时,此反应应为铝热反应,则X为Al,Z为氧气,答案应为:
Al、氧气;
(2)当X为非金属且为气体,Y为金属且为紫红色时,Y为Cu,则X应为H2,答案应为:
H2、CuO;
(3)当X为金属、Y为非金属且为固体时,X应为Mg,Y应为C,该反应应是Mg和CO2的反应,反应的方程式为2Mg+CO2
2MgO+C;
(4)当X、Y均为非金属固体时,X应为C,Y应为Si,该反应应是C和SiO2的反应,反应的方程式为SiO2+2C
Si+2CO。
5.
(1)X、Y、Z都是短周期元素的单质,X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍;Y元素有两种常见单质,二者质量相等时其物质的量之比为3:
2;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍。
则:
①写出化合物甲的电子式___________________;
②写出Z与甲反应的化学方程式_______________________________________________;
(2)X、Y、Z都是非金属单质,X是原子晶体,Y、Z都是分子晶体,X、Y都能与强碱溶液反应;乙的水溶液是工业三酸之一,也是实验室常用试剂。
则:
①写出X与NaOH溶液反应的离子方程式________________________________________;
②在①所得溶液中加入乙的溶液,观察到的现象___________________________________
(3).X、Z是常见金属,Z与甲的反应只有在高温下才能进行,甲是一种具有磁性的化合物,乙在工业上常用于制取Z单质。
则:
①写出乙与NaOH溶液反应的化学方程式______________________________________;
②将等物质的量的X和Z分别与足量的稀硫酸反应,当两种金属完全溶解后,得到气体的质量之比是____________________________。
【答案】
2Mg+CO2
2MgO+CSi+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑产生白色胶状沉淀Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O2:
3
【解析】
【分析】
(1)根据X、Y、Z都是短周期元素的单质,X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍,X为C;Y元素有两种常见单质,二者质量相等时其物质的量之比为3:
2,所以Y为O,氧元素形成的单质为O2和O3;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍,Z为Mg;碳和氧气反应生成二氧化碳(甲);氧气与镁反应生成氧化镁(乙),镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,以上推断符合图示转化关系;据以上分析进行解答;
(2)X、Y、Z都是非金属单质,X是原子晶体,X能与强碱溶液反应,所以X为硅;乙的水溶液是工业三酸之一,也是实验室常用试剂,所以乙是氯化氢,则Y是氯原子,Z是氢元素,氯气、氢气的固体均属于分子晶体,符合题意;据以上分析进行解答;
(3)甲是一种具有磁性的化合物,则甲是四氧化三铁,乙在工业上常用于制取Z单质,所以Z是铝,X是铁,乙是氧化铝,Y是氧气,符合上述转化关系;据以上分析进行解答。
【详解】
(1)根据X、Y、Z都是短周期元素的单质,X元素原子的最外层电子数是其次外层电子数的2倍,X为C;Y元素有两种常见单质,二者质量相等时其物质的量之比为3:
2,所以Y为O,氧元素形成的单质为O2和O3;Z元素原子的次外层电子数是其最外层电子数的4倍,Z为Mg;碳和氧气反应生成二氧化碳(甲);氧气与镁反应生成氧化镁(乙),镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,以上推断符合图示转化关系;
①二氧化碳为共价化合物,碳氧原子间形成共价键,电子式
;
综上所述所,本题正确答案:
;
②镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳,反应的化学方程式:
2Mg+CO2
2MgO+C;
综上所述所,本题正确答案:
2Mg+CO2
2MgO+C;
(2)X、Y、Z都是非金属单质,X是原子晶体,X能与强碱溶液反应,所以X为硅;乙的水溶液是工业三酸之一,也是实验室常用试剂,所以乙是氯化氢,则Y是氯原子,Z是氢元素,氯气、氢气的固体均属于分子晶体,符合题意;
①硅与NaOH溶液反应生成硅酸钠和氢气,离子方程式为:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
综上所述所,本题正确答案:
Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑;
②由于盐酸的酸性大于硅酸,所以硅酸钠溶液中加入盐酸,反应生成硅酸白色胶状沉淀和氯化钠,因此可观察到产生白色胶状沉淀生成;
综上所述所,本题正确答案:
白色胶状沉淀生成;
(3)甲是一种具有磁性的化合物,则甲是四氧化三铁,乙在工业上常用于制取Z单质,所以Z是铝,X是铁,乙是氧化铝,Y是氧气,符合上述转化关系;
①氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水,反应的化学方程式为:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
综上所述所,本题正确答案:
Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;
②已知反应Fe+H2SO4=FeSO4+H2,2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2;根据反应关系可知,将等物质的量的铁和铝分别与足量的稀硫酸反应,当两种金属完全溶解后,生成氢气的量之比为:
1:
1.5,质量之比是1:
1.5,整理为2:
3;
综上所述所,本题正确答案:
2:
3。
6.某固体混合物X可能由Na2O2、Al2O3、Fe2O3、Cu、SiO2中的一种或几种物质组成。
为确定X的成分,进行了如下三个实验。
分析并回答下列问题:
(1)由实验①可得出的结论为:
_______。
(2)步骤Ⅰ所发生反应的离子方程式为:
__________,________。
反应Ⅱ涉及固体质量变化的化学方程式为:
_________。
(3)由步骤Ⅲ可得出的结论为:
______。
(4)步骤Ⅳ所得蓝色溶液中阳离子为____。
(5)原混合物中各成分的质量之比是____。
(不必简化)
【答案】混合物X中无Na2O2Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OCu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O混合物X中无Al2O3H+、Cu2+、Fe2+m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2:
3.0
【解析】
【分析】
【详解】
(1)由于Na2O2能与水反应生成NaOH和O2,实验①取4.7gX投入水中,有不溶物出现,过滤、洗涤、干燥、称量不溶物,其质量仍为4.7g,得出的结论是混合物X中无Na2O2。
(2)实验②向9.4gX中加入过量的盐酸得到蓝色溶液和4.92g固体,该蓝色溶液中含Cu2+,但Cu与HCl不反应,所以X中必有Fe2O3和Cu,步骤I中所发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+;向4.92g固体中加入过量NaOH,固体减少4.92g-1.92g=3.0g,减少的固体为SiO2,9.4gX中含3.0gSiO2,反应II涉及固体质量变化的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
(3)实验③向9.4gX中加入过量NaOH,固体减少9.4g-6.4g=3.0g,减少的固体的质量与SiO2的质量相等,说明溶解的物质只有SiO2、没有Al2O3,步骤III可得出的结论是:
混合物X中无Al2O3。
(4)由上面的分析,步骤III得到的6.4g固体是Cu和Fe2O3的混合物,实验③向6.4g固体中加入过量HCl得到蓝色溶液和1.92g固体,发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,由于仍有固体未溶解说明Fe2O3与HCl反应生成的Fe3+不能将Cu完全溶解,1.92g固体为Cu,Fe3+完全被还原为Fe2+,步骤IV所得蓝色溶液中的阳离子为Cu2+、Fe2+和H+(H+来自过量HCl)。
(5)根据上述分析,设6.4g固体中Fe2O3物质的量为y,根据反应Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,溶解的Cu的物质的量为y,160g/moly+64g/moly+1.92g=6.4g,解得y=0.02mol,则9.4gX中含Fe2O3的质量为0.02mol×160g/mol=3.2g、含SiO23.0g、含Cu的质量为(9.4g-3.2g-3.0g)=3.2g,则原混合物中m(Fe2O3):
m(Cu):
m(SiO2)=3.2:
3.2 :
3.0。
7.A、B、C、D都是初中化学中的常见物质,具有如图所示的转化关系(反应条件、有些反应物或产物已略去):
(1)若A是一种白色难溶于水的钙盐,由三种元素组成,C是大气循环中的一种重要物质.则B的化学式是________,C和D反应生成A的化学方程式是_____________。
(2)若A是无色液体,D是一种黑色固体,则C的化学式是_______,由B生成D的化学方程式为____。
(3)若A是碳酸氢钠,且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水,写出过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式。
【答案】
(1)CaO(1分);CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O(2分).
(2)H2(1分);2Cu+O2
2CuO(或者3Fe+2O2
Fe3O4)(2分)
(3)CO2+NaOH=NaHCO3(2分)
【解析】
试题分析:
(1)若A是一种白色难溶于水的钙盐,由三种元素组成,C是大气循环中的一种重要物质,所以C是CO2,A是碳酸钙。
碳酸钙高温分解生成氧化钙和CO2,即B是氧化钙,氧化钙溶于水生成氢氧化钙,氢氧化钙吸收CO2生成碳酸钙,即D是氢氧化钙,所以B的化学式是CaO,C和D反应生成A的化学方程式是CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
(2)若A是无色液体,则A是水。
D是一种黑色固体,则D是氧化铜或四氧化三铁,因此B是氧气,C是氢气,则C的化学式是H2,由B生成D的化学方程式为2Cu+O2
2CuO或者3Fe+2O2
Fe3O4。
(3)若A是碳酸氢钠,且已知碳酸氢钠受热可分解为碳酸钠、二氧化碳和水,则气体C是CO2,D是氢氧化钠,因此过量的气体C与D溶液反应生成A的化学方程式为CO2+NaOH=NaHCO3。
考点:
考查无机框图题推断
8.某氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅(一种酸性氧化物)杂质,现欲制取纯净的氧化铝,某同学设计如下的实验方案。
回答下列问题:
(1)在操作①中要用到的玻璃仪器有_____________________________________________;
(2)沉淀C的化学式是_____________。
滤液B中含有的溶质有__________(写化学式);
(3)步骤③的离子方程式为_____________________________________。
【答案】烧杯、漏斗、玻璃棒SiO2NaAlO2、NaCl、NaOHAlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓
【解析】
【分析】
氧化铝样品中含有氧化铁和二氧化硅,加入过量盐酸氧化铝、氧化铁溶解生成氯化铝、氯化铁溶液,过滤得到沉淀C为二氧化硅,滤液为氯化铁溶液和氯化铜溶液,加入过量氢氧化钠溶液生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠溶液,过滤得到沉淀D为Fe(OH)3,滤液为NaAlO2,通入过量二氧化碳气体反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠,过滤得到氢氧化铝沉淀,加热分解生成氧化铝。
【详解】
(1)步骤①为过滤,用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒;
(2)沉淀C为不溶于盐酸的二氧化硅;氧化铝与过量盐酸反应生成氯化铝,氧化铁和盐酸反应生成氯化铁,滤液A中为氯化铝、氯化铁、盐酸,滤液A中加入过量NaOH,氯化铝与碱反应生成偏铝酸钠和氯化钠,氯化铁与碱反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠,盐酸与碱反应生成氯化钠,则滤液B中有NaAlO2、NaCl、NaOH;
(3)步骤③为二氧化碳和偏铝酸钠溶液的反应,离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=HCO3-+Al(OH)3↓。
9.金属和非金属被广泛应用于人类生产生活中。
(1)Na的一种化合物常用于潜艇中处理CO2和供氧,它处理CO2的化学方程式为_____________。
(2)缺铁性贫血患者应补充Fe2+,通常以硫酸亚铁的形式补充,而硫酸铁无这种药效。
当用硫酸亚铁制成药片时外表包有一层特殊的糖衣,这层糖衣的作用___________。
(3)工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉,漂白粉的有效成分是____________(填化学式),它能杀菌消毒是因为有__________________性。
(4)人们常常选用雕花玻璃装饰房间。
在玻璃上雕花时发生的化学方程式是______________________。
(5)许多人喜欢佩戴玉石饰品。
玉石的主要成分基本都属于硅酸盐,例如和田玉(Ca2Mg5H2Si8O24)可表示为复杂氧化物形式2CaO·5MgO·8SiO2·H2O,则南阳玉(CaAl2Si2O8)表示为复杂氧化物形式是__________。
(6)向一铝制易拉罐中充满CO2后,再往罐中注入足量的质量分数为20%的NaOH溶液,立即严封罐口,不—会儿就发现易拉罐变瘪,再过一会易拉罐又鼓胀起来,解释上述实验现象,易拉罐又鼓胀起来的原因是______________________(用化学方程式表示)
【答案】2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2保护FeSO4不被空气中的氧气氧化Ca(ClO)2强氧化SiO2+4HF=SiF4↑+2H2OCaO·Al2O3·2SiO22Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑
【解析】
【分析】
(1)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气;
(2)亚铁离子具有还原性,易被氧化;
(3)漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙,有效成分次氯酸钙;它能杀菌消毒是因为有强氧化性;
(4)玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水;
(5)根据硅酸盐化学式可表示为:
活泼金属氧化物•金属氧化物•非金属氧化物•水,注意质量守恒进行解答;
(6)金属铝能和强碱反应生成氢气,导致罐内气体压强又增大而重新鼓起。
【详解】
(1)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,方程式:
2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2;
(2)亚铁离子具有还原性,易被氧化,
故答案为保护FeSO4不被空气中的氧气氧化;
(3)漂白粉主要成分氯化钙、次氯酸钙,有效成分次氯酸钙,次氯酸钙化学式:
Ca(ClO)2;它能杀菌消毒是因为有强氧化性;
故答案为Ca(ClO)2;强氧化;
(4)玻璃上雕花时发生氢氟酸与二氧化硅反应生成四氟化硅和水,反应方程式为:
4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O,
故答案为4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O;
(5)南阳玉(CaAl2Si2O8),用氧化物形式可表示为:
CaO•Al2O3•2SiO2,
故答案为CaO•Al2O3•2SiO2;
(6)金属铝能和强碱反应生成氢气,导致罐内气体压强又增大而重新鼓起,金属铝能和强碱反应的实质是:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,
故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。
【点睛】
本题考查了元素化合物知识,涉及药品的保存、离子方程式的书写等,明确钠、铁及其化合物、漂白粉、二氧化硅的性质是解题关键,注意硅酸盐改写为氧化物的一般方法。
10.铝硅合金材料性能优良。
铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)
干法制取该合金的工艺如下:
(1)焙烧除铁反应:
4(NH4)2SO4+Fe2O3
2NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3(少部分Al2O3发生类似反应)。
氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如下图,最适宜焙烧温度为______________。
指出气体I的用途____________(任写一种)。
(2)操作①包括:
加水溶解、过滤_______、_________。
若所得溶液中加入过量NaOH溶液,含铝微粒发生反应的离子方程式为____________________
(3)用焦炭还原SiO2发生反应的化学方程式为_________________
【答案】300℃制氮肥或用硫酸吸收气体(氨气)循环到焙烧过程中洗涤干燥Al3++4OH-=AlO2-+2H2O2C+SiO2
2CO↑+Si
【解析】
【分析】
铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)加硫酸铵焙烧,Fe2O3转化为NH4Fe(SO4)2同时生成氨气,加水溶解、过滤,滤渣为SiO2和Al2O3,用焦炭在高温条件下还原SiO2、Al2O3得到硅铝熔体,在加纯铝搅拌,得到硅铝合金,据此分析解答。
【详解】
(1)焙烧时尽可能是氧化铁反应,而氧化铝不反应,由图可知在300℃时,氧化铁转化为硫酸盐的百分率很高,而氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低,所以最适宜焙烧温度为300℃;
气体Ⅰ为氨气,氨气可以用于制氮肥,也可以用硫酸吸收来备硫酸铵循环到焙烧过程中;
故答案为:
300℃;制氮肥或用硫酸吸收气体(氨气)循环到焙烧过程中;
(2)由流程分析可知,操作①应包括:
加水溶解、过滤、洗涤、干燥;溶液中含有铝离子与氢氧
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- 备战 高考 化学 及其 化合物 推断 综合 答案