学年四川省棠湖中学高二上学期期末考试化学试题 解析版.docx
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学年四川省棠湖中学高二上学期期末考试化学试题 解析版.docx
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学年四川省棠湖中学高二上学期期末考试化学试题解析版
2018年秋期末四川省棠湖中学高二年级期末考试
化学试题
本卷可能用到的相对原子质量:
H- 1C-12 0-16 Mg-24
第I卷(选择题,共48分)
一.本卷包括8小题,每小题6分,共48分。
每小题均只有一个选项最符合题意。
1.下列关于常见有机物的说法正确的是
A.淀粉水解与纤维素水解得到的最终产物不相同
B.蛋白质、纤维素、蔗糖、油脂都是高分子化合物
C.乙酸和油脂都能与NaOH溶液反应
D.乙醇、乙酸和乙酸乙酯不能用饱和Na2CO3溶液鉴别
【答案】C
【解析】
淀粉水解生成葡萄糖,纤维素水解生成葡萄糖,A错误;蔗糖、油脂相对分子质量较小,不属于高分子化合物,B错误;乙酸与NaOH发生中和反应,油脂都能与NaOH溶液发生水解反应,C正确;乙醇与Na2CO3溶液互溶,乙酸与Na2CO3溶液反应冒气泡,乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶,分层,现象不同,可以鉴别,D错误;正确选项C。
点睛:
天然高分子包括淀粉、纤维素、蛋白质、天然橡胶。
2.下列离子方程式中属于盐类水解反应的是
①NH3+H2O
NH4++OH-②HCO3-+H2O
H2CO3+OH-
③HCO3-+H2O
H3O++CO32-④Fe3++3HCO3-
Fe(OH)3↓+3CO2↑
⑤NH4++2H2O
NH3•H2O+H3O+
A.②④⑤B.②③④⑤C.①③⑤D.①②③⑤
【答案】A
【解析】
①属于一水合氨的电离;②属于HCO3-的水解;③HCO3-的电离;④Fe3+水解显酸性,HCO3-水解显碱性,二者混合相互促进水解;⑤NH4+水解显酸性;属于盐类水解反应的是②④⑤,A正确;正确选项A。
3.下列化学用语表述正确的是
A.次氯酸的电离方程式:
HClO=H++ClO-
B.铝溶于烧碱溶液的离子方程式:
Al+2OH-=AlO2-+H2↑
C.电解精炼铜的阴极反应式:
Cu-2e-=Cu2+
D.已知中和热为57.3kJ/mol,稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式:
H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A、次氯酸是一元弱酸,部分电离,电离方程式为:
HClO
H++ClO-,故A错误;
B、铝与烧碱溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的化学方程式为:
2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,则离子方程式为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,故B错误;
C、阴极发生还原反应,电解精炼铜过程中,阴极上Cu2+得电子生成Cu,电极反应式为:
Cu2++2e-=Cu,故C错误;
D、已知中和热为57.3kJ·mol-1,根据中和热的概念,稀硫酸与氢氧化钠稀溶液反应的热化学方程式为:
1/2H2SO4(aq)+NaOH(aq)=1/2Na2SO4(aq)+H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1,即H2SO4(aq)+2NaOH(aq)=Na2SO4(aq)+2H2O(l)ΔH=-114.6kJ•mol-1,故D正确。
答案选D。
4.在一定温度下,对可逆反应A(g)+3B(g)
2C(g)的下列叙述中,能说明反应已达到平衡的是
A.单位时间消耗2amolC,同时生成3amolBB.v正(A)=2v正(C)
C.v正(A)=3v逆(B)D.混合气体的物质的量不再变化
【答案】D
【解析】
【分析】
在一定条件下,当可逆反应的正反应速率和逆反应速率相等时(但不为0),反应体系中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态,称为化学平衡状态,据此判断。
【详解】A、根据方程式可知单位时间消耗2amolC,同时生成3amolB,同为逆反应速率,不能说明反应达到平衡状态,A项错误;
B、当达到化学平衡时,同一物质的正逆反应速率相等,不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,v正(A)=2v正(C)不满足反应速率之比等于化学计量数之比,B项错误;
C、当达到化学平衡时,同一物质的正逆反应速率相等,不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量数之比,v正(A)=3v逆(B)不满足反应速率之比等于化学计量数之比,C项错误;
D、反应前后气体的化学计量数之和是变化的,则混合气体的物质的量不再变化可以说明反应达到平衡状态,D项正确。
答案选D。
【点睛】突破化学平衡状态的判断:
要抓住“变量不变”即可,如果所给的物理量随着反应的进行是一个变量,在某时间段内不变,就可以说明反应达到平衡状态;如果该物理量始终是一个定值,就不能作为判断的依据。
因此化学平衡状态判断“三关注”:
关注反应条件,是恒温恒容,恒温恒压,还是绝热恒容容器;关注反应特点,是等体积反应,还是非等体积反应;关注特殊情况,是否有固体参加或生成,或固体的分解反应等。
5.关于下列装置的说法中正确的是
A.装置①中,盐桥中的K+移向ZnS04溶液
B.装置②工作一段时间后,加适量的Cu(OH)2可能恢复原溶液浓度
C.装置②工作一段时间后,b极附近溶液的pH增大
D.刚开始时装置①②中的溶液内的H+都在铜电极上被还原,有气泡产生
【答案】B
【解析】
【分析】
装置①中是原电池装置,金属锌是负极,发生失电子的氧化反应,Cu是正极,氢离子在该极上发生得电子的还原反应,装置②是电解池,石墨是阳极,该电极上是氢氧根离子失电子的氧化反应,金属铜是阴极,该电极上是铜离子得电子的还原反应,据此解答。
【详解】A、装置①中是原电池装置,金属锌是负极,Cu是正极,盐桥中的K+移向正极,即移向硫酸溶液,故A错误;
B、装置②是电解池,石墨是阳极,在阳极上产生氧气,在阴极上产生的是金属铜,一段时间后氢离子也可能放电,电解池复原的方法:
出什么加什么,因此加适量的Cu(OH)2可能恢复原溶液浓度,故B正确;
C、装置②是电解池,石墨是阳极,在阳极上产生氧气,消耗氢氧根离子,所以b极附近溶液的pH减小,故C错误;
D、刚开始时,装置①中的溶液内的H+在铜电极上被还原,装置②中的溶液内的Cu2+先在铜电极上被还原,故D错误。
故答案选B。
6.A、B两种烃,含氢元素的质量分数相等,下列有关A、B的叙述正确的是
A.A和B的分子式一定相等B.A和B一定是同分异构体
C.A和B可能是同系物D.等物质的量的A和B完全燃烧生成水的物质的量一定相等
【答案】C
【解析】
【分析】
A、B两种烃,含碳元素的质量分数相等,则含氢元素的质量分数也相同,故A、B两种烃的最简式相同,以此解答该题。
【详解】A.A、B两种烃的最简式相同,但分子式不一定相同,如为乙烯、环丙烷等,故A错误;
B.A、B的分子式不一定相同,二者不一定为同分异构体,故B错误;
C.A和B可能是同系物,如为乙烯、丙烯等,二者为同系物,故C正确;
D.二者的分子式不一定相同,则等物质的量的A和B完全燃烧生成水的物质的量不一定相等,故D错误。
故答案选C。
7.用蒸馏水逐步稀释0.2mol/L的稀氨水时,若温度不变,在稀释过程下列数据始终保持增大趋势的是( )
A.c(OH-)B.c(NH4+)C.c(NH3·H2O)D.c(NH4+)/c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】
试题分析:
氨水是弱碱,存在电离平衡,稀释促进电离。
所以在稀释过程中,OH-和NH4+的物质的量是增加的,但它们的浓度是降低的。
氨水的浓度也降低,但其物质的量也是降低的,所以答案选D。
考点:
考查弱电解质的电离平衡及外界条件对电离平衡的影响
点评:
电离平衡也是一种动态平衡,适用于勒夏特列原理,据此可以进行有关的判断。
其次还需要注意物质的量的变化和浓度的变化不一定都是一致的,需要灵活运用。
8.已知某温度下,四种一元弱酸的电离平衡常数为:
Ka(HCN)=6.2×10-10mol/L、Ka(HF)=6.8×10-4mol/L、Ka(CH3COOH)=1.8×10-5mol/L、Ka(HNO2)=6.4×10-6mol/L。
物质的量浓度都为0.1mol/L的下列溶液中,pH最小的是()
A.HCNB.CH3COOHC.HFD.HNO2
【答案】C
【解析】
试题分析:
电离平衡常数越小,酸性越弱。
根据电离平衡常数可知酸性最弱的是HCN,酸性最强的是HF,所以在浓度相同的条件下HF的酸性最强,pH最小,答案选C。
考点:
考查电离平衡常数应用
第Ⅱ卷非选择题部分(共计52分)
二、非选择题部分(共计52分)
9.I.合成氨工业在现代农业、国防工业中,有着重要的地位。
己知:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)△H=-92kJ·mol-1
(1)下列有关该反应速率的叙述,正确的是(选填序号)____________。
a.升高温度可以增大活化分子百分数,加快反应速率
b.增大压强不能增大活化分子百分数,但可以加快反应速率
c.使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高,加快反应速率
d.在质量—定的情况下,催化剂颗粒的表面积大小,对反应速率有显著影响
(2)对于合成氨反应而言,如图有关图象一定正确的是(选填序号)_______。
II.向2L的密闭容器中充入7.6molNO和3.8molO2,发生如下反应:
①2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)
②2NO2(g)
N2O4(g)
测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示,0~10min维持容器温度为T1℃,10min后升高并维持容器的温度为T2℃。
(1)计算前5minN2O4反应的平均速率为____________。
(2)计算T1℃时反应②的化学平衡常数为___________。
(3)若起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4,判断T1℃时反应②进行的方向_____(正向、逆向、不移动)。
【答案】
(1).abd
(2).ac(3).0.18mol/(L·min)(4).0.4(5).正向
【解析】
【分析】
I.
(1)根据外界条件对反应速率的影响分析解答;
(2)根据外界条件对反应速率、平衡的影响结合图像中曲线的变化趋势分析判断;
II.
(1)根据前5min内N2O4的浓度变化量结合反应速率的含义分析解答;
(2)根据平衡时NO2和N2O4的浓度以及平衡常数的含义计算;
(3)根据浓度熵和平衡常数的大小关系分析判断。
【详解】I.
(1)a.升高温度可以增大活化分子百分数,有效碰撞的次数增加,则加快反应速率,故a正确;
b.增大压强,可增大单位体积内活化分子数目,则加快反应速率,不能增大活化分子百分数,故b正确;
c.使用催化剂,降低反应的活化能,加快反应速率,但反应物分子平均能量不变,故c错误;
d.增大固体表面积,可增大反应速率,因此在质量—定的情况下,催化剂颗粒的表面积大小,对反应速率有显著影响,故d正确;
故答案为abd;
(2)a.正反应放热,升高温度,平衡逆向移动,则氨气的体积分数减小,但反应到达平衡的时间缩短,故a正确;
b.反应到达平衡时,各物质浓度变化量之比等于其计量数之比,物质的浓度不一定相等,故b错误;
c.使用催化剂加快反应速率,缩短反应时间,但不影响平衡移动,符合题意,故c正确;
故答案为ac;
Ⅱ.
(1)从图可知5min时N2O4浓度为0.9mol/L,则前5min内反应的平均速率v(N2O4)=0.9mol/L÷5min=0.18mol/(L•min);
(2)T1℃时反应②2NO2(g)
N2O4(g)在5min时达到平衡,此时N2O4浓度为0.9mol/L,NO2浓度为1.5mol/L,则化学平衡常数K=c(N2O4)/c2(NO2)=0.9/1.52=0.4;
(3)起始时向该容器中充入3.6molNO2和2.0molN2O4,此时Qc=1.0/1.82≈0.31<K,因此反应正向进行。
【点睛】化学平衡图像题的解题技巧:
①紧扣特征,弄清可逆反应的正反应是吸热还是放热,体积增大、减小还是不变,有无固体、纯液体物质参与反应等。
②先拐先平,在含量(转化率)—时间曲线中,先出现拐点的则先达到平衡,说明该曲线反应速率快,表示温度较高、有催化剂、压强较大等。
③定一议二,当图像中有三个量时,先确定一个量不变,再讨论另外两个量的关系,有时还需要作辅助线。
④三步分析法,一看反应速率是增大还是减小;二看v正、v逆的相对大小;三看化学平衡移动的方向。
10.亚磷酸(H3PO3)是一种二元弱酸,向某依度的亚磷酸中滴加NaOH溶液,其pH与溶液中的H3PO3、H2PO3-、HPO32-的物质的量分数a(X)(平衡时某物种的浓度与整个物种浓度之和的比值)的关系如图所示。
(1)以酚酞为指示剂,当溶液由无色变为浅红色时,发生主要反应的离子方程式是_____________
(2)H3PO3的第一步电离H3PO3
H2PO3-+H+的电离平衡常数为Ka1,则pKa1=_______(pKa1=-lgKa1)。
(3)将0.lmol/L的NaOH逐滴滴入0.1mo/L的亚磷酸,为了主要得到Na2HPO3,反应应控制pH至少为_______;当反应至溶液呈中性时,c(Na+)______c(H2PO3-)+2c(HPO32-)(填“>”、“<”或“一”)。
(4)已知亚磷酸可由PCl3水解而成,请写出相应的离子方程式__________.
【答案】
(1).H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O
(2).2(3).8.5(4).=(5).PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-
【解析】
(1)以酚酞为指示剂,当溶液由无色变为浅红色时,溶液的pH大于10.0,根据图像可知生成物主要是HPO32-,所以发生主要反应的离子方程式是H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O;
(2)根据图像可知当H3PO3与H2PO3-的含量相等,即均是50%时pH=2,所以Ka1=
,则pKa1=-lgKa1=2。
(3)根据图像可知溶液pH>8.5时主要是生成Na2HPO3,因此反应应控制pH至少为8.5;根据电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-),因此当反应至溶液呈中性即c(H+)=c(OH-)时,溶液中的c(Na+)=c(H2PO3-)+2c(HPO32-)。
(4)已知亚磷酸可由PCl3水解而成,则根据原子守恒可知还有氯化氢生成,所以相应的离子方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3H++3Cl-。
11.A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期,原子序数依次增大。
其中,元素A的一种核素无中子,B的单质既有分子晶体又有原子晶体,化合物DE2为红棕色气体,G是前四周期中电负性最小的元素,M的原子核外电子数比G多10。
请回答下列问题:
(1)基态G原子的核外电子排布式是________,M在元素周期表中的位置是_______,元素B、D、E的第一电离能由大到小的顺序为______________(用元素符号表示)。
(2)元素A和E组成的阳离子空间构型为_______;化合物ABD的结构式为______,其中B原子的杂化方式为________。
(3)D的最高价氧化物对应的水化物甲与气体DA3化合生成离子化合物乙,常温下,若甲、乙两溶液的pH均等于5,则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=_________;乙溶液中所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是___________。
(4)元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2。
元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。
①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数,Y达到8电子的稳定结构则该化合物的化学式为______________;
②E的氢化物(H2E)在乙醇中的溶解度大于H2Y,其原因是_________________。
③X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X(NH3)4]Cl2,1mol该配合物中含有σ键的数目为___________。
【答案】
(1).1s22s22p63s22p63d104s1
(2).第四周期第ⅠB族(3).N>O>C(4).三角锥形(5).H-C≡N(6).sp(7).10-4(8).c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)(9).ZnS(10).水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键(11).16NA或16×6.02×1023或9.632×1024
【解析】
【分析】
A、B、D、E、G、M六种元素位于元素周期表前四周期,原子序数依次增大。
其中,元素A的一种核素无中子,A是H;B的单质既有分子晶体又有原子晶体,所以B是C;化合物DE2为红棕色气体,则D是N,E是O;G是前四周期中电负性最小的元素,则G是K;M的原子核外电子数比G多10,M的原子序数是19+10=29,所以M是Cu。
据此解答。
【详解】根据以上分析可知A是H,B是C,D是N,E是O,G是K,M是Cu。
则
(1)基态K原子的核外电子排布式是1s22s22p63s22p63d104s1,铜的原子序数是29,铜元素在元素周期表中的位置是第四周期第ⅠB族,同周期非金属性越强,第一电离能越大,但由于氮元素的2p轨道电子处于半充满状态,稳定性强,则元素C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C。
(2)元素A和E组成的阳离子是H3O+,其中氧元素的价层电子对数是3+(6-1-1×3)/2=4,含有一对孤对电子,因此空间构型为三角锥形;根据8电子和2电子稳定结构化合物HCN的结构式为H-C≡N,分子是直线形结构,其中B原子的杂化方式为sp。
(3)D的最高价氧化物对应的水化物甲是硝酸与气体NH3化合生成离子化合物乙是硝酸铵,硝酸抑制水的电离,铵根水解促进水的电离,所以常温下,若甲、乙两溶液的pH均等于5,则由水电离出的c(H+)甲/c(H+)乙=10-9/10-5=10-4;硝酸铵溶液中铵根水解,溶液显酸性,则所含离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(NO3-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。
(4)元素X位于第四周期,其基态原子的内层轨道全部排满电子,且最外层电子数为2,因此X是Zn。
元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子,则Y是S。
①X与Y所形成化合物中X的化合价等于其族序数,即为+2价,Y达到8电子的稳定结构,Y是-2价,则该化合物的化学式为ZnS;
②由于水分子与乙醇分子间形成氢键而不与H2S分子形成氢键,所以O的氢化物(H2O)在乙醇中的溶解度大于H2S;
③锌的氯化物与氨水反应可形成配合物[Zn(NH3)4]Cl2,由于单键都是σ键,所以1mol该配合物中含有σ键的数目为16NA。
12.碳、硫的含量影响钢铁性能,碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再进行测定。
(1)在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2(气体a)。
(2)将气体a通入测硫装置中(如图1),采用滴定法测定硫的含量。
①H2O2氧化SO2的化学方程式:
_________________。
②将①的吸收液稀释至250mL,取1/10该溶液进行滴定,用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是_。
③用cmol/L标准NaOH溶液滴定取出的溶液,则选择的指示剂为_________,直至加入最后一滴NaOH溶液时,溶液颜色_________,即可停止滴定。
④某次滴定前后,NaOH溶液的液面如图2,其体积读数为________________________。
若滴定3次,消耗NaOH溶液体积的平均值为zmL,则该钢样中硫的质量分数为______________________(用x、c、z表示)。
⑤下列操作会造成测定结果偏高的是__________。
a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管b.加入1mL酸碱指示剂
c.滴定终点时,尖嘴出现气泡d.滴定终点俯视滴定管的刻度
将气体a通入测碳装置中(如图),采用重量法测定碳的含量。
⑥为准确测定CO2,需除去SO2的干扰,除去SO2的装置是_______(填序号)。
⑦计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是__________。
去掉装置E,测得碳的质量分数(填“偏小”、“无影响”或“偏大”)
⑧上述操作中,测定CO2前先除去SO2,但测定SO2前却没除CO2,是否合理?
若不合理,说明如何改正;若合理,说明理由_____________________。
【答案】
(2)①SO2+H2O2=H2SO4(2分);②快速放液(1分);
③酚酞(1分)恰好使溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色(1分);
④24.50mL(2分);16cz/x%(2分);
⑤ab(1分);⑥A、B(1分);
⑦装置D吸收气体前后的质量(1分)偏大(1分);
⑧合理(1分),SO2被氧化成硫酸后,溶液中的c(H+)增大,使CO2的溶解平衡向逆向移动,导致CO2在水中几乎不溶,不会对测定SO2产生影响。
CO2和SO2都能被碱石灰吸收,因此测定CO2时必须除去SO2(2分)。
【解析】
试题分析:
(2)①H2O2具有氧化性,SO2具有还原性,二者发生氧化还原反应常数硫酸,H2O2氧化SO2的化学方程式是SO2+H2O2=H2SO4;
②将①的吸收液稀释至250mL,取1/10该溶液进行滴定,用酸式滴定管取液时赶走气泡的操作是快速放液,使气泡随液流赶出;
③用cmol/L标准NaOH溶液滴定取出的硫酸溶液,根据视觉的滞后性,为减小实验误差,应该选择的指示剂为酚酞;开始酚酞在酸溶液中,为无色,随着NaOH的加入,溶液的碱性逐渐增强,当加入最后一滴NaOH溶液时,溶液颜色由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,即可停止滴定;
④滴定前液面在0.30mL,滴定结束时液面在24.80mL,则反应消耗NaOH标准溶液的体积是24.80mL-0.30mL=24.50mL,若滴定3次,消耗NaOH溶液体积的平均值为zmL,则根据元素守恒可知n(NaOH)=2n(H2SO4)=2n(S),n(NaOH)=cz×10-3mol,则n(S)="1/2"n(NaOH)=5×cz×10-4mol,该钢样中硫的质量分数为[(5×cz×10-4mol×32g/mol)÷0.1x]×100%=16cz/x%;
⑤a.水洗后未用标准液润洗碱式滴定管,使NaOH标准溶液的浓度偏低,导致消耗标准溶液的体积偏大,则使测定的硫酸的浓度偏大,正确;b.加入1mL酸碱指示剂,由于指示剂偏大,会使反应消耗的NaOH标准溶液的体积偏多,据此计算的硫酸的浓度偏高,正确;c.滴定终点时,尖嘴出现气泡,则NaOH溶液的体积偏少,会使计算的硫酸的浓度偏低,错误;d.滴定终点俯视滴定管的刻度,使反应消耗的NaOH标准溶液的体积偏少,据此计算的硫酸的浓度偏低,错误。
答案选ab;
⑥SO2具有还原性,可以被氧化剂MnO2、KMnO4氧化产生硫酸,而CO2不能发生反应,因此除去CO2中的SO2杂质的装置是AB;
⑦计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是钢样品的质量及装置D吸收气体前后的质量。
若去掉装置E,空气中的水、二氧化碳会被E吸收,也会将它们当作CO2,故使测得碳的质量分数偏大;
⑧上述操作中,测定CO2前先除去SO2,因为CO2和SO2都能被碱石灰吸收,因此测定CO2时必须除去SO2;但测定SO2前却没除CO2,是因为SO2被氧化
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