精品解析江苏省苏州市届高三期初调研化学试题解析版.docx
- 文档编号:11422370
- 上传时间:2023-02-28
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:251.67KB
精品解析江苏省苏州市届高三期初调研化学试题解析版.docx
《精品解析江苏省苏州市届高三期初调研化学试题解析版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《精品解析江苏省苏州市届高三期初调研化学试题解析版.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
精品解析江苏省苏州市届高三期初调研化学试题解析版
江苏省苏州市2018届高三期初调研
化学试卷
1.下列关于化学与生产、生活的认识正确的是
A.绿色食品就是不使用化肥农药,不含任何化学物质的食品
B.合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物),有助于缓解能源紧缺的状况
C.蔬菜表面洒少许福尔马林,可保鲜和消毒
D.用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水,可消除水中重金属离子的污染
【答案】B
【解析】
A.绿色食品是指产自优良生态环境、按照绿色食品标准生产、实行全程质量控制并获得绿色食品标志使用权的安全、优质食用农产品及相关产品,A错误;B.合理开发利用可燃冰(固态甲烷水合物),有助于缓解能源紧缺的状况,B正确;C.福尔马林是甲醛的水溶液,有毒,不能用作食品的保鲜和消毒,C错误;D.用Ba(OH)2处理含Cu2+的废水,又引入了重金属离子钡离子,不能消除水中重金属离子的污染,D错误,答案选B。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A.含78个中子的碘原子:
B.氮原子的结构示意图:
C.Na2S的电子式:
D.乙醇的结构简式:
C2H6O
【答案】A
【解析】
A.含78个中子的碘原子:
,A正确;B.氮原子的结构示意图:
,B错误;C.Na2S是离子化合物,电子式:
,C错误;D.乙醇的结构简式:
CH3CH2OH,D错误,答案选A。
点睛:
电子式的书写与正误判断是解答的易错点和难点,注意书写时首先要判断含有的化学键类型,其次注意原子间的连接顺序,确定原子间连接顺序的方法是先标出各原子的化合价,然后根据异性微粒相邻,同性微粒相间的原则确定。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A.FeCl3溶液能与Cu反应,可用作铜制线路板的蚀刻剂
B.Na2SiO3易溶于水,可用作木材防火剂
C.Ca(C1O)2具有还原性,可用于消毒杀毒
D.CO2密度比空气大,可用作镁着火时的灭火剂
【答案】A
【解析】
A.FeCl3溶液能与Cu反应,可用作铜制线路板的蚀刻剂,A正确;B.Na2SiO3易溶于水,与可用作木材防火剂没有关系,B错误;C.Ca(C1O)2具有强氧化性,可用于消毒杀毒,C错误;D.CO2能与镁反应生成氧化镁和碳,不能用作镁着火时的灭火剂,D错误,答案选A。
4.下列制取NH3、干燥NH3、收集并进行吸收的装置和原理能达到实验目的的是
A.制取氨气
B.干燥氨气
C.收集氨气
D.收集多余的氨气
【答案】D
【解析】
A、装置中试管口要略低于试管底,A错误;B、浓硫酸能与氨气反应,应该用碱石灰干燥氨气,B错误;C、氨气密度小于空气,用向下排空气法收集,装置中是密封的,无法排出空气,C错误;D、氨气极易溶于水,吸收时需要有防倒吸装置,D正确,答案选D。
5.短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,Y、W同主族,且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍,Z是短周期中金属性最强的元素。
下列说法正确的是
A.原子半径:
:
r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)
B.X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强
C.X、W分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同
D.X的单质不能与Y的氢化物发生反应
【答案】C
【解析】
短周期元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,Z是短周期中金属性最强的元素,Z是Na。
X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍,最外层电子数不能超过8个,则X是C。
Y、W同主族,且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍,即二者的质子数之和是24,所以分别是O和S。
则A.同周期自左向右原子半径逐渐减小,同主族从上到下原子半径逐渐增大,原子半径:
r(Z)>r(W)>r(X)>r(Y),A错误;B.碳元素非金属性弱于硫,X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱,B错误;C.X、W分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同,均是极性键,C正确;D.X的单质碳能与Y的氢化物水蒸气反应生成氢气和CO,错误,答案选C。
点睛:
“位—构—性”推断的核心是“结构”,即根据结构首先判断其在元素周期表中的位置,然后根据元素性质的相似性和递变性预测其可能的性质;也可以根据其具有的性质确定其在周期表中的位置,进而推断出其结构。
6.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.二氧化锰与浓盐酸反应制氯气:
MnO2+4HCl
Mn2++2Cl-+Cl2↑+2H2O
B.向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸:
Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
C.铜与稀硝酸反应:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
D.偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳:
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-
【答案】C
【解析】
A.二氧化锰与浓盐酸反应制氯气:
MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+2H2O,A错误;B.向氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸:
Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,B错误;C.铜与稀硝酸反应:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O,C正确;D.偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,D错误,答案选C。
点睛:
选项B是解答的易错点,注意判断离子方程式正确与否的方法一般:
(1)检查反应能否发生。
(2)检查反应物、生成物是否正确。
(3)检查各物质拆分是否正确。
(4)检查是否符合守恒关系(如:
质量守恒和电荷守恒等)。
(5)检查是否符合原化学方程式。
7.在给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
A、二氧化硅不溶于水也不与水反应,A错误;B、S燃烧生成SO2,B错误;C、应该在氯化氢气流中加热氯化镁溶液制备氯化镁晶体,目的是防止水解,C错误;D、转化关系正确,D正确,答案选D。
8.现代火法炼锌过程中发生了以下三个主要反应。
下列说法正确的是
①2ZnS(s)+3O2(g)=2ZnO(s)+2SO2(g)△H1=akJ•mol-1
②2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=bkJ•mol-1
③ZnO(s)+CO(g)=Zn(g)+CO2(g)△H3=ckJ•mol-1
A.以上三个反应中,只有①是放热反应
B.反应②的作用是仅为反应③提供还原剂
C.反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H=
kJ•mol-1
D.用这种方法得到的是纯净的锌单质
【答案】C
【解析】
A.碳不完全燃烧也是放热反应,A错误;B.反应②的作用既可以为反应③提供还原剂,同时反应放热,也提供能量,B错误;C.根据盖斯定律可知反应(①+②+2×③)/2即得到反应ZnS(s)+C(s)+2O2(g)=Zn(g)+SO2(g)+CO2(g)的△H=
kJ•mol-1,C正确;D.用这种方法得到的是含有杂质(碳或ZnS等)的锌单质,D错误,答案选C。
9.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.无色透明的溶液中:
Al3+、Cu2+、SO42-、Cl-
B.能使甲基橙变红的溶液中:
Na+、NH4+、SO42-、NO3-
C.
的溶液中:
NH4+、Ca2+、Cl-、HCO3-
D.1.0mol/L的KNO3溶液中:
H+、Fe2+、SCN-、SO42-
【答案】B
【解析】
A.无色透明的溶液中Cu2+不能大量共存,A错误;B.能使甲基橙变红的溶液显酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-之间不反应,可以大量共存,B正确;C.
的溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度,溶液显酸性,HCO3-不能大量共存,C错误;D.1.0mol/L的KNO3溶液中H+、Fe2+与硝酸根离子之间发生氧化还原反应,不能大量共存,D错误,答案选B。
点睛:
注意掌握离子不能大量共存的一般情况:
(1)能发生复分解反应的离子之间;
(2)能生成难溶物的离子之间;(3)能完全水解的离子之间,如多元弱酸和弱碱盐的阴、阳离子;(4)能发生氧化还原反应的离子之间;(5)能发生络合反应的离子之间。
10.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示同温度下,pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线,其中曲线II为盐酸,且b点溶液的导电性比a点强
B.图2表示0.1000mol/LCH3COOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液所得到的滴定曲线
C.图3表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)
3C(g)+D(s)的影响,乙的压强比甲的压强大
D.据图4,若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH变化快的是盐酸,所以曲线Ⅱ为醋酸,曲线I为盐酸,a点氢离子浓度大导电性强,故A错误;B.0.1000mol•L-1CH3COOH溶液PH大于1,而图2中酸初始的PH为1,不相符,故B错误;C.可逆反应2A(g)+2B(g)
3C(g)+D(s)是正反应方向为体积减小的方向,所以增大压强平衡正移,反应物的百分含量减小,与图象不符,故C错误;D.由图象可知,pH在4左右Fe3+完全沉淀,所以可向溶液中加入适量CuO至pH在4左右,故D正确;故选D。
考点:
考查了弱电解质在水溶液中的电离平衡;体积百分含量随温度、压强变化曲线;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;中和滴定的相关知识。
11.香豆素类化合物具有抗病毒、抗癌等多种生物活性,香豆素-3-羧酸可由水杨醛制备。
下列说法正确的是
A.中间体X易溶于水
B.1mol中间体X与NaOH溶液反应时最多消耗2molNaOH
C.水杨醛分子中所有原子可以处于同一平面
D.香豆素-3-羧酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】CD
【解析】
A.中间体X含有酯基,难溶于水,A错误;B.X含有2个酯基,水解后又产生酚羟基,则1mol中间体X与NaOH溶液反应时最多消耗3molNaOH,B错误;C.苯环和醛基均是平面形结构,则水杨醛分子中所有原子可以处于同一平面上,C正确;D.香豆素-3-羧酸含有碳碳双键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,D正确,答案选CD。
12.下列说法正确的是
A.反应NH3(g)+HCl(g)
NH4Cl(s)的△H<0,△S<0
B.若在海轮外壳上附着一些钢块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀
C.用pH均为11的氨水和氢氧化钠溶液分别中和等体积、等浓度的盐酸,消耗氨水的体积大
D.H2O与Na2O2反应生成1molO2,反应中转移的电子数为4×6.02×1023
【答案】A
【解析】
A.反应NH3(g)+HCl(g)
NH4Cl(s)的△H<0,△S<0,A正确;B.若在海轮外壳上附着一些钢块,则容易发生电化学腐蚀,铁是负极,加快海轮外壳的腐蚀,B错误;C.一水合氨是弱电解质,pH均为11的氨水和氢氧化钠溶液的浓度前者大于后者,分别中和等体积、等浓度的盐酸,消耗氢氧化钠溶液的体积大,C错误;D.H2O与Na2O2反应生成1molO2,反应中氧元素化合价从-1价升高到0价,转移的电子数为2×6.02×1023,D错误,答案选A。
13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
实验结论
A
向1mL1%的NaOH溶液中加入2mL的CuSO4溶液,振荡后再加入0.5mL有机物Y,加热,未出现砖红色沉淀
Y中不含有醛基
B
将金属钠在燃烧匙中点燃,迅速伸入集满CO2的集气瓶,瓶中产生大量白烟和黑色颗粒
CO2具有氧化性
C
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D
向滴有酚酞的Na2CO3溶液中,逐滴加入BaCl2溶液,溶液红色逐渐褪去
BaCl2溶液呈酸性
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A.新制氢氧化铜悬浊液检验醛基时,必须是在碱性条件下,该实验中NaOH不足导致NaOH和硫酸铜混合溶液不是碱性,所以实验不成功,A错误;B.瓶中产生大量白烟和黑色颗粒,说明有碳和氧化钠生成,因此CO2具有氧化性,把钠氧化,B正确;C.分解生成物中还含有酸性氧化物CO2,所以湿润的红色石蕊试纸不可能变蓝,C错误;D.二者反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠,导致碳酸根浓度降低,溶液碱性降低,氯化钡溶液显中性,D错误;答案选B。
点睛:
本题考查化学实验方案的评价,把握物质的性质及实验原理为解答的关键,注意实验的操作性、评价性分析,选项C是解答的易错点。
14.下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.在0.1mol/LNa2CO3溶液中:
c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)
B.向0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液:
c(CO32-)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
C.常温下,pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中:
c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)=c(H+)
D.0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7:
c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH)
【答案】AD
【解析】
A.在0.1mol/LNa2CO3溶液中根据质子守恒可知c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+2c(H2CO3),A正确;B.向0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.1mol/LNaOH溶液反应生成碳酸钠,且剩余一半的碳酸氢钠,由于碳酸根的水解程度大于碳酸氢根,则溶液中c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+),B错误;C.常温下,pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(NH4+)>c(OH-)=c(H+),C错误;D.0.10mol/LCH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7根据电荷守恒和物料守恒可知c(Na+)>c(Cl-)=c(CH3COOH),D正确,答案选AD。
15.温度为T时.向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5,发生反应PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g),经过一段时间后达到平衡,反应过程中测定的部分数据列于下表。
下列说法正确的是
t/s
0
50
150
250
350
n(PCl3)/mol
0
0.16
0.19
0.20
0.20
A.在前50s,PCl3的平均反应速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)
B.达到平衡时,容器中的压强是起始时的1.2倍
C.相同温度下,起始时向容器中充入1.0moPCl5、0.20mo1PCl3和0.20mo1Cl2,反应达到平衡前v(正)>v(逆)
D.相同温度下,起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2,达到平衡时,PCl3的转化率小于80%
【答案】BC
【解析】
A.由表中数据可知,50s内△c(PCl3)=0.16mol÷2L=0.08mol/L,v(PCl3)=0.08mol/L÷50s=0.0016mol/(L•s),A错误;B.由表中数据可知,平衡时n(PCl3)=0.2mol,生成氯气也是0.2mol,剩余PCl5是0.8mol,所以达到平衡时,容器中的压强是起始时的1.2mol/1.0mol=1.2倍,B正确;C.根据方程式可知
PCl5(g)
PCl3(g)+Cl2(g)
开始(mol/L):
0.500
变化(mol/L):
0.10.10.1
平衡(mol/L):
0.40.10.1
所以平衡常数K=0.1×0.1/0.4=0.025;起始时向容器中充入1.0moPCl5、0.20mo1PCl3和0.20mo1Cl2,起始时PCl5的浓度为0.5mol/L、PCl3的浓度为0.1mol/L、Cl2的浓度为0.1mol/L,浓度商Qc=0.1×0.1/0.5=0.02<K=0.25,说明平衡向正反应方向移动,反应达平衡前v(正)>v(逆),C正确;D.等效为起始加入2.0molPCl5,与原平衡相比,压强增大,平衡向逆反应方向移动,平衡时的PCl5转化率较原平衡低,故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol,即相同温度下,起始时向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2,达到平衡时,PCl3的物质的量小于0.4mol,参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol,故达到平衡时,PCl3的转化率高于1.6mol/2mol=80%,D错误,答案选BC。
点睛:
本题考查化学平衡计算、平衡常数应用、平衡移动、等效平衡等,注意D中使用等效平衡思想分析,使问题简单化,也可以根据平衡常数计算,但比较麻烦。
16.以白云石(化学式表示为MgCO3·CaCO3)为原料制备氢氧化镁的工艺流程如下:
已知:
①白云石加热过程中,固体失重百分比与温度的关系如下图所示:
②Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12。
(1)根据流程图判断白云石“轻烧”后固体产物的主要成份 _____ (填化学式)。
结合上图判断“轻烧”温度应不超过 _____ 。
(2)“加热反应”的化学方程式为 _________________________ 。
(3)沉淀过程溶液的pH=9.5,此时溶液中c(Mg2+)= _______ (已知)。
(4)该工艺中可以循环使用的物质是________(填化学式)。
(5)传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取,从环境保护的用度分析,该工艺采用轻烧白云石 的方法,其优点是__________________________。
【答案】
(1).CaCO3、MgO
(2).700°C(3).(NH4)2SO4+MgO=MgSO4+2NH3+H2O(4).5.61×10-3mol/L(5).(NH4)2SO4、NH3或NH3·H2O(6).减少CO2的排放。
【解析】
流程分析白云石主要成分为MgCO3•CaCO3轻烧,从过滤中可以得到CaCO3来进行判断,分解的只是碳酸镁,研磨加入水和硫酸铵加热,硫酸铵和氧化镁反应生成氨气、硫酸镁和水,过滤加入氨水生成氢氧化镁沉淀,过滤得到氢氧化镁固体;则
(1)从过滤中可以得到CaCO3来进行判断分解的只是碳酸镁,分解生成氧化镁,因此白云石“轻烧”后固体产物的主要成份CaCO3、MgO;从表中可以看出,温度低于540℃时,物质不分解,高于840℃时,碳酸钙和碳酸镁都分解,因此该温度不超过700℃;
(2)加热的过程是放出氨气的过程,该过程中因为氧化镁跟水反应很少,因此涉及到的反应应该为:
(NH4)2SO4+MgO
MgSO4+2NH3↑+H2O;(3)依据溶度积常数计算得到,沉淀过程溶液的pH=9.5,c(OH-)=10-4.5mol/L,c(Mg2+)=Ksp(Mg(OH)2)/c2(OH−)=5.61×10−12/(10−4.5)2=5.61×10-3mol/L;(4)该工艺中可以循环使用的物质是参加反应过程,反应后又生成的物质,流程图分析判断((NH4)2SO4、NH3或NH3·H2O可以循环使用;(5)分析流程可知,传统工艺将白云石分解为氧化镁和氧化钙后提取,该工艺采用轻烧白云石的方法可以减少能源消耗、便于CaCO3分离,同时也减少CO2排放。
17.黄酮类化合物具有抗肿瘤活性,6-羟基黄酮衍生物的合成路线如下:
(1)化合物B中的含氧官能团的名称为_____和______。
(2)A→B的反应类型为___________。
(3)反应④中加入的试剂X的分子式为C7H5OCl,X的结构简式为________。
(4)写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式:
__________。
①能发生银镜反应,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应;
②分子中有4种不同化学环境的氢。
(5)已知
请写出以
和CH3COOH为原料制备
的合成路线流程图(无机试剂任选,合成路线流程图示例见本题题干)_________________。
【答案】
(1).羟基
(2).羰基(3).取代反应(4).
(5).
(6).
【解析】
(1)根据B的结构简式可知,B中有羟基和羰基;
(2)比较A和B的结构可知,A→B的反应是A中苯环上的氢原子被取代,反应类型为取代反应;(3)比较D和E的结构简式结合X的分子式可判断X的结构简式为
;(3)①能发生银镜反应,其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有醛基和酚羟基形成的酯基;②分子中有4种不同化学环境的氢,则符合条件的有机物结构简式为
;(4)以
和CH3COOH为原料制备
,可以先利用题合成路线中的反应①,在
的酚羟基的邻位引入羰基,再利用与氢气的加成,再消去,再加成可得产品,所以合成路线为
。
点睛:
本题考查有机合成,为高频考点,侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力,明确有机物官能团及其性质关系、物质之间的转化是解本题关键,难点是合成路线设计。
有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构,官能团发生什么改变,碳原子个数是否发生变化,再根据官能团的性质进行设计。
物质的合成路线不同于反应过程,只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料,然后进行逐步推断,从已知反应物到目标产物。
18.一定浓度的CuSO4溶液与NaOH溶液反应会生成碱式盐Cux(OH)y(SO4)z。
为了测定该碱食盐的
组成,进行了下列实验:
①称取样品2.270g,用足量的稀盐酸溶解配成50.00mL溶液,加入足量的BaCl2溶液,得到BaSO4l.l65g。
②另取样品2.270g,溶于足量的稀硫酸配成l00.00mL溶液,取25.00mL溶液加入足量KI溶液(化学方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2)充分反应后,以淀粉为指示剂,用0.2500mol/LNa2S2O3溶液滴定生成的I2(离子方程式为2S2O32-+I2=2I-+S4O52-),消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
(1)写出CuSO4与NaOH反应生成Cux(OH)y(SO4)z的化学方程式______________(用x、y、z表示化学计量数)。
(2)滴定终点时溶液的顔色变化是__________。
(3)通过计算确定该碱食盐的化学式(写出计算过程)___________。
【答案】
(1).xCuSO4+yNaOH=Cux(OH)y(SO4)z+(y/2)Na2SO4或xCuSO4+yNaOH=Cux(OH)y(SO4)z+(x-z)Na2SO4
(2).蓝色变为无色,半分钟内不变色(3).Cu4(OH)6SO4
【解析】
(1)根据原子守恒可知CuSO4与NaOH反应生成Cux(OH)y(SO4)z的化学方程式为xCuSO4+yNaOH=Cux(OH)y(SO4)z+(y/2)Na2SO。
(2)碘遇淀粉显蓝色,则滴定终点时溶液的颜色变化是蓝色变为无色,半分钟内不变色。
(3)硫酸钡的物质的量是1.165g÷233g/mol
- 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:
- 精品 解析 江苏省 苏州市 届高三期初 调研 化学试题
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)