解析浙江省金华市东阳中学学年高一上学期开学考试化学试题.docx
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解析浙江省金华市东阳中学学年高一上学期开学考试化学试题
东阳中学2019年高一化学暑期检测卷
一、选择题(每题只有一个选项符合题意)
1.我国在基本解决温饱之后,存在着碘、铁、钙、维生素A等比较普遍的微量营养素缺乏,食物强化是我国营养改善策略的重要组成内容。
下列物质中,最适合用于铁强化的是()
A.酱油B.食盐C.牛奶D.奶粉
【答案】A
【详解】根据我们人民的饮食习惯及酱油成分,我国在酱油中添加铁营养强化剂,故A正确;
故选A。
2.下列物质属于强电解质的是( )
A.蔗糖B.铜C.稀硫酸D.硫酸钡晶体
【答案】D
【详解】A、蔗糖是有机化合物,属于非电解质,故A不选;
B、铜是单质,电解质是化合物,所以铜既不是电解质也不是非电解质,故B不选;
C、稀硫酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质,故C不选;
D、硫酸钡晶体属于盐,在水溶液中溶解的硫酸钡能够完全电离,则硫酸钡是强电解质,故D正确;
答案选D。
3.下列叙述正确的是( )
A.氧化还原反应的本质是化合价发生变化
B.有单质产生的分解反应一定是氧化还原反应
C.某元素从化合态变为游离态时,该元素一定被还原
D.还原剂在反应中发生还原反应
【答案】B
【详解】A.氧化还原反应的本质是电子转移,故A错误;
B.分解反应是一种反应物生成多种产物,有单质产生的分解反应,一定有元素化合价发生变化,是氧化还原反应,故B正确;
C.某元素从化合态变为游离态时,该元素化合价可能升高也可能降低,则元素可能被还原也可能被氧化,故C错误;
D.还原剂在反应中发生氧化反应,故D错误;
故选B。
【点睛】氧化还原反应的本质是电子转移,特征是化合价的升降;氧化还原反应中,氧化剂化合价降低,得到电子,发生还原反应,还原剂反之。
4.下列关于原子结构的说法正确的是( )
A.所有原子都含有质子、中子和电子3种基本微粒
B.质子数决定元素的种类,中子数决定原子的种类
C.质子、中子和电子不可以进一步分成更小的微粒
D.1H、2H2、3H+不能互称为同位素
【答案】D
【详解】A.普通H没有中子,多数原子都含有质子、中子和电子三种基本构成微粒,故A错误;
B.质子数决定元素的种类,质子数与中子数决定核素的种类,故B错误;
C.随科学的发展,可认识到微粒可以再分成更小的微粒,故C错误;
D.2H2、3H+不是原子,不能互称为同位素,故D正确;
故选D。
5.
是常规核裂变产物之一,可以通过测定大气或水中
的含量变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏。
下列有关
的叙述中错误的是( )
A.
与
的化学性质相同B.
2与
2为两种不同的核素
C.
的原子核外电子数为53D.
的原子核内中子数多于电子数
【答案】B
【详解】A.
与
的质子数相同,核外电子数相同,最外层电子数相同,化学性质相同,故A正确;
B.
2与
2为两种不同的单质,不是原子,故B错误;
C.
的质子数53,核外电子数53,故C正确;
D.
的质子数53,质量数=131,中子数=131−53=78,核外电子数53,原子核内中子数多于电子数,故D正确;
故选B。
6.下列变化过程中,属于还原反应的是()
A.HCl→MgCl2B.Na→Na+
C.CO→CO2D.Fe3+→Fe
【答案】D
试题分析:
物质所含元素化合价降低,得到电子的反应是还原反应,所以选项D正确。
A中化合价不变,B和C中化合价升高,属于氧化反应,答案选D。
考点:
考查还原反应和氧化反应
判断
点评:
该题是常识性知识的考查,难度不大。
该题的关键是明确还原反应和氧化反应的含义,然后准确标出有关元素的化合价变化情况,即可以得出正确的结论。
7.既有氧化性,又有还原性的粒子是( )
A.H2OB.H+C.Cl﹣D.Cu2+
【答案】A
【详解】A.水中的氢处于最高价,而氧元素处于最低价,所以水是既有氧化性,又有还原性的粒子,故A正确;
B.氢离子处于最高价,只具有氧化性,故B错误;
C.氯离子处于最低价只具有还原性,故C错误;
D.铜离子处于最高价只具有氧化性,故D错误;
故选A。
8.下列溶液中Cl-浓度最小的是( )
A.200mL2mol/LMgCl2溶液B.300mL2.5mol/LFeCl3溶液
C.500mL2.5mol/LNaCl溶液D.250mL1mol/LAlCl3溶液
【答案】C
【分析】
电解质离子浓度=电解质浓度×电解质电离出的该离子数目,与溶液的体积无关,据此结合选项计算判断。
【详解】A、200mL2mol/LMgCl2溶液中,c(Cl-)=2mol/L×2=4mol/L;
B、300mL2.5mol/LFeCl3溶液中c(Cl-)=2.5mol/L×3=7.5mol/L;
C、500mL2.5mol/LNaCl溶液中,c(Cl-)=2.5mol/L×1=2.5mol/L;
D、250mL1mol/LAlCl3溶液中,c(Cl-)=1mol/L×3=3mol/L;
故选项CNaCl溶液中氯离子浓度最小,答案选C。
【点睛】本题考查离子物质的量浓度的有关计算,难度不大,注意电解质离子浓度与电解质浓度关系。
9.下列各组粒子中质子数和电子数均相同的是( )
A.CH4、H2O、Na+B.F2、Ar、HCl
C.H3O+、NH4+、NaD.O2﹣、Mg2+、Ne
【答案】B
【详解】A. C的质子数为6,H的质子数为1,O的质子数为8,Na的质子数为11,所以CH4、H2O、Na+的质子数分别为:
10、10、11,电子数分别为10,10、10,故A错误;
B. Cl的质子数为17,H的质子数为1,Ar的质子数为18,F的质子数为9,所以F2、Ar、HCl的质子数分别为:
18、18、18,电子数分别为18、18、18,故B正确;
C. N的质子数为7,H的质子数为1,O的质子数为8,,Na的质子数为11,所以H3O+、NH4+、Na的质子数分别为:
11、11、11、电子数分别为10,10、11,故C错误;
D. Mg的质子数为12,Ne的质子数为10,O的质子数为8,所以O2﹣、Mg2+、Ne的质子数分别为:
8、12、10、电子数分别为10,10、10,故D错误;
故选B。
【点睛】对于原子和分子来说,微粒不带电荷,所以质子数等于电子数;而离子带电荷,所以电子数不等于质子数。
10.下列说法正确的是( )
A.标准状况下,1mol水占的体积是22.4LB.1molH+的质量是1g
C.1L1mol/L盐酸溶液中,有1molHCl分子D.二氧化硫的摩尔质量是64g
【答案】B
【详解】A.标准状况下,水不是气体,不能用标况下的气体摩尔体积来计算体积,故A错误;
B.1molH+的质量为1mol×1g/mol=1g,故B正确;
C.HCl在水中完全电离成氢离子和氯离子,即盐酸中不存在氯化氢分子,故C错误;
D.二氧化硫的摩尔质量是64g/mol,故D错误;
故选B。
【点睛】在运用气体摩尔体积进行计算时,应注意是否为标准状态下和是否为气体,这是容易出错的地方。
11.已知氧化性:
Cl2>Fe3+>I2>S,在强酸性溶液中,下列各组离子能大量共存的是( )
A.Na+、K+、I﹣、Cl﹣B.Na+、I﹣、SO42﹣、Fe3+
C.Ba2+、K+、HCO3﹣、NO3﹣D.Ba2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣
【答案】A
【详解】A.Na+、K+、I−、Cl−之间不反应,且都不与氢离子反应,在强酸性溶液中能够大量共存,故A正确;
B.I−、Fe3+之间发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;
C.HCO3−与氢离子反应,在强酸性溶液中不能大量共存,故C错误;
D.Ba2+、SO42−之间生成硫酸钡沉淀,在溶液中不能大量共存,故D错误;
故选A。
【点睛】根据题干信息:
氧化性:
Cl2>Fe3+>I2>S,则可以判断Fe3+可以氧化I−,二者不能大量共存。
12.氧化还原反应中,水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。
下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较,水的作用不相同的是( )
①2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑②4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3③2F2+2H2O=4HF+O2④2Na+2H2O=2NaOH+H2↑
A.①③B.①④C.③④D.②④
【答案】C
【分析】
Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr中,水中H、O元素的化合价不变,水既不是氧化剂也不是还原剂,以此解答该题。
【详解】①水中H、O元素的化合价不变,但过氧化钠中O元素的化合价变化,为氧化还原反应,水的作用相同,故不选;
②Fe、O化合价变化,水中O、H元素的化合价不变,水的作用相同,故不选;
③2F2+2H2O=4HF+O2,F.O化合价变化,水中O元素的化合价升高,则水是还原剂,所以水的作用不同,故选;
④2Na+2H2O=2NaOH+H2↑中水是氧化剂,水的作用不相同,故选。
故选:
C。
【点睛】根据化合价的变化正确判断氧化剂和还原剂是解决此题的关键,元素化合价升高的反应物为还原剂,元素化合价降低的反应物为氧化剂。
13.已知M2O7x-+3S2-+14H+=2M3++3S↓+7H2O,则M2O7x-中的M的化合价为()
A.+2B.+3C.+4D.+6
【答案】D
【详解】该反应是离子反应型的氧化还原反应,可以根据电荷守恒计算,可以得到式子:
-x+3×(-2)+14=2×3,x=2,则M2O72-,假设M的化合价为y,则有-2×7+2y=-2,y=-6,所以答案D正确。
故选D。
14.设NA代表阿伏加德罗常数,下列说法正确的是
A.室温下,32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子数为2NA
B.浓盐酸与MnO2共热产生22.4LCl2时,转移电子数为2NA
C.0.5mol·L-1MgCl2溶液中,含有Cl-个数为NA
D.18gNH4+中所含的质子数为10NA
【答案】A
【详解】A.氧气和臭氧均是氧元素形成的单质,32gO2和O3的混合气体中含有的氧原子的物质的量是32g÷16g/mol=2mol,个数为2NA,A正确;
B.由于不能确定氯气所处的状态,则浓盐酸与MnO2共热产生22.4LCl2时,转移电子数不一定为2NA,B错误;
C.0.5mol·L-1MgCl2溶液的体积未知,无法计算含有Cl-个数,C错误;
D.18gNH4+的物质的量是18g÷18g/mol=1mol,其中所含的质子数为11NA,D错误;
答案选A
15.二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒剂,下列反应可制得ClO2:
2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O,对于该反应,下列说法正确的是()
A.生成1molClO2,转移电子数为2NAB.该反应为复分解反应
C.H2SO4发生氧化反应D.NaClO3是氧化剂
【答案】D
【分析】
2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中,氯元素化合价由+5价变为+4价,硫元素化合价由+4价变为+6价,得电子化合价降低的反应物是氧化剂,失电子化合价升高的反应物是还原剂,据此分析解答。
【详解】该反应中,氯元素化合价由+5价变为+4价,硫元素化合价由+4价变为+6价,
A.氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价,所以生成1molClO2,转移电子数为1NA,故A项错误;
B.2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O反应中,有化合价的升降,为氧化还原反应,而不是复分解反应,故B项错误;
C.硫酸在反应前后化合价不变,所以H2SO4没有参与氧化还原反应,故C项错误;
D.氯酸钠中氯元素化合价由+5价变为+4价,得电子作氧化剂,故D项正确;
答案选D。
【点睛】氧化还原反应是常考点,也是高频必考点之一,其规律口诀为:
升失氧,降得还,若说剂,则相反,本题题型基础,其中A选项,只要掌握生成的ClO2与电子转移的关系便可突破。
16.可用CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示离子反应的是( )
A.稀硫酸和碳酸钡B.稀硫酸和碳酸氢钠
C.醋酸和碳酸钠D.硫酸氢钠和碳酸钾
【答案】D
【详解】A.稀硫酸和碳酸钡反应生成硫酸钡沉淀、二氧化碳和水,碳酸钡和硫酸钡不能拆开,不能用CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示,故A错误;
B.稀硫酸和碳酸氢钠的反应中,碳酸氢根离子不能拆开,不能用CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示,故B错误;
C.醋酸为弱酸,不能拆开,不能用CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑表示,故C错误;
D.硫酸氢钠和碳酸钾反应的离子方程式为:
CO32﹣+2H+=H2O+CO2↑,故D正确;
故选:
D
17.下列离子方程式的书写正确的是( )
A.铁与稀硫酸反应:
2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑
B.硫酸铜溶液跟氢氧化钡溶液反应:
Ba2++SO42﹣=BaSO4↓
C.氢氧化镁和盐酸反应:
Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O
D.实验室制取CO2气体:
CO32﹣+2H+═H2O+CO2↑
【答案】C
【详解】A.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,正确的离子方程式为:
Fe+2H+=Fe2++H2↑,故A错误;
B.硫酸铜与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀,正确的离子方程式为:
SO42−+Ba2++Cu2++2OH−=Cu(OH)2↓+BaSO4↓,故B错误;
C.氢氧化镁和盐酸反应的离子方程式为:
Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O,故C正确;
D.实验室用碳酸钙和盐酸反应制取二氧化碳,碳酸钙为难溶物,不能拆开,正确的离子方程式为:
CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑,故D错误;
故选C。
18.在氧化还原反应3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中,被氧化与被还原的硫原子数之比为( )
A.1:
1B.2:
1C.1:
2D.3:
2
【答案】C
【详解】在反应3S+6KOH=K2SO3+2K2S+3H2O中,只有S元素的化合价发生变化,氧化剂和氧化剂都是S,反应中S→K2S,S化合价降低,则S被还原,S为氧化剂,S→K2SO3,S化合价升高,则S被氧化,S为还原剂,由生成物可知,被氧化与被还原的硫原子数之比为1:
2,
故选C。
【点睛】该反应中S既是氧化剂又是还原剂,属于歧化反应,根据生成物中原子数目比计算。
19.在氧化还原反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物,还原剂的还原性强于还原产物。
由相同条件下的三个反应:
2A﹣+B2═2B﹣+A2;2C﹣+A2═2A﹣+C2;2B﹣+D2═2D﹣+B2可以判断正确的是( )
A.氧化性:
D2<B2<A2<C2B.还原性:
A﹣>B﹣>C﹣>D﹣
C.2C﹣+D2═2D﹣+C2反应可以进行D.2A﹣+D2═2D﹣+A2反应不能进行
【答案】C
【详解】A.2A−+B2=2B−+A2中,氧化性B2大于A2,2C−+A2=2A−+C2中,氧化性A2大于C2,2B−+D2=2D−+B2中,氧化性D2大于B2,所以氧化性大小顺序
:
D2>B2>A2>C2,故A错误;
B.2A−+B2=2B−+A2中,还原性A−大于B−,2C−+A2=2A−+C2中,,还原性C−>A−,2B−+D2=2D−+B2中,还原性B−>D−,所以还原性大小顺序为:
C−>A−>B−>D−,故B错误;
C.2C−+D2=2D−+C2反应中,D2>的氧化性大于C2,符合已知条件,所以可以进行,故C正确;
D.2A−+D2=2D−+A2反应中,D2的氧化性大于A2,符合已知条件,所以可以进行,故D错误。
故选C。
【点睛】根据化合价的变化正确判断氧化剂和还原剂,再根据题干信息确定氧化性和还原性强弱的顺序是解决此题的关键。
20.某溶液中只含有大量的下列离子:
Fe3+、NO3-、K+和M离子,经测定Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量之比为2︰5︰1︰1,则M离子可能是下列中的()
A.Cl-B.SO42-C.Ca2+D.Na+
【答案】B
【分析】
根据电离守恒判断M离子所带电荷,结合选项判断,注意应考虑离子共存问题。
【详解】假设Fe3+、NO3-、K+和M离子的物质的量分别为2mol、5mol、1mol、1mol,Fe3+、K+离子所带总电荷为2mol×3+1mol×1=7mol,NO3-离子所带总电荷为5mol×1=5mol<7mol,故M为阴离子,设离子为Mn-,则7mol=5mol+1mol×n,解得n=2,符合条件的有SO42-,答案选B。
【点睛】本题考查物质的量有关计算,涉及混合物计算,注意利用电荷守恒解答,解答中注意离子共存问题。
二、填空题
21.按要求填空
(1)已知Cu2O溶于稀硫酸,可得到CuSO4溶液,写出该反应的离子反应方程式_____;
(2)写出经过一步反应能得到Cu3(OH)4SO4
化学方程式(要求非氧化还原反应)_____;
(3)8.4gN2与9.6g某单质Rx,所含原子个数相同,且分子数之比为3:
2,则R的相对原子质量是__,x值为_____________。
(4)写出溶液中NH4+的检验方法及相应的离子方程式________________、____________
【答案】
(1).Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O
(2).3CuSO4+4NaOH=Cu3(OH)4SO4+2Na2SO4(3).16(4).3(5).加入过量NaOH,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,若试纸变蓝,则说明溶液中存在NH4+(6).NH4+ +OH-
H2O+NH3↑
【分析】
根据氧化还原反应原理书写配平氧化还原反应方程式;根据相对分子质量与分子数之间的关系进行相关计算;根据常见离子的性质分析离子检验方法并书写相关离子方程式。
【详解】
(1)Cu2O溶于稀硫酸,可得到CuSO4溶液,结合氧化还原反应原理可知铜元素化合价降低到0价,升高到+2价,则反应产物为硫酸铜和铜,反应的离子方程式:
Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O;
(2)Cu3(OH)4SO4为碱式盐,可以由可溶性硫酸盐与碱反应得到,所以经过一步非氧化还原反应能得到Cu3(OH)4SO4的化学方程式:
3CuSO4+4NaOH=Cu3(OH)4SO4+2Na2SO4;
(3)分子数之比为3:
2,所以N2与RX相对分子质量之比(8.4/3):
(9.6/2)=7:
12,而N2相对分子质量为28,所以Rx相对分子质量=28×12/7=48;又因为两者所含原子个数相同,即3×2=2x,得x=3,则R的相对原子质量为16,故答案:
16;3;
(4)NH4+遇碱生成氨气,可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气,所以检验方法为:
加入过量NaOH,加热,用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体,若试纸变蓝,则说明溶液中存在NH4+;相应的离子方程式为:
NH4++OH-
H2O+NH3↑。
22.观察下列A、B、C、D、E五种粒子(原子或离子)的结构示意图,用化学用语回答下列有关问题。
(1)其中属于阴离子的是_____;
(2)其中化学性质最稳定的是_____;
(3)已知A元素的某种核素的中子数为18,该核素的符号是_____;
(4)某元素的原子核外有3个电子层,最外层比次外层少2个电子,该元素的离子结构示意图为_____。
【答案】
(1).O2−
(2).Ne(3).35Cl(4).
【详解】
(1)原子或离子结构示意图中,如果核内质子数不等于核外电子数,则该结构示意图为离子结构示意图,如果核外电子数等于核内质子数,则为原子结构示意图,A、B.C.D. E分别是Cl、O2−、Ne、Na、Mg2+,则属于阴离子的是O2−;
(2)最外层电子达到稳定结构时该微粒性质最稳定,所以性质最稳定的是Ne;
(3)已知A元素的某种核素的中子数为18,质子数为17,质量数=质子数+中子数=18+17=35,该核素的符号是35Cl;
(4)某元素的原子核外有3个电子层,最外层比次外层少2个电子为6个,则核电荷数为16,为硫元素,该元素的离子为得到两个电子的阴离子,该元素的离子结构示意图为:
。
23.某澄清透明溶液可能含有Cu2+、Na+、Clˉ、Ba2+、CO32﹣、SO42﹣中的几种离子,将溶液分为两等份,进行如下实验(不考虑水的电离):
①一份溶液中加入足量BaCl2溶液,得沉淀2.33g,在沉淀中加入过量稀盐酸,沉淀不溶解。
②另一份溶液中加入足量NaOH溶液,得蓝色絮状沉淀19.6g。
(1)通过步骤①可以推断出,溶液中一定没有的离子是_____;
(2)根据上述实验,该溶液中可能有的离子是_____;
(3)向②中的沉淀中加稀醋酸,写出该离子反应方程式_____。
【答案】
(1).CO32﹣、Ba2+
(2).Na+(3).2CH3COOH+Cu(OH)2═Cu2++2CH3COO﹣+2H2O
【分析】
根据离子反应条件及电荷守恒分析溶液中可能存在的离子;根据物质的性质及离子反应方程式的书写规则书写反应离子方程式。
【详解】①一份溶液中加入足量BaCl2溶液,得沉淀2.33g,在沉淀中加入过量稀盐酸,沉淀不溶解,则应生成硫酸钡沉淀,说明含有SO42-,且n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=0.01mol,则一定不含Ba2+、CO32-;
②另一份溶液中加入足量NaOH溶液,得蓝色絮状沉淀19.6g,说明含有Cu2+,且n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=19.6g÷98g/mol=0.2mol,结合电荷守恒可知溶液还含有Clˉ,可能含有Na+,以此解答该题。
(1)由以上分析可知一定没有CO32﹣、Ba2+;
(2)由于氯离子的量未知,则不能确定是否含有Na+;
(3)沉淀为氢氧化铜,与醋酸反应的离子方程式为2CH3COOH+Cu(OH)2═Cu2++2CH3COO﹣+2H2O。
【点睛】在分析溶液中可能存在离子时除了根据是否有气体或沉淀生成外,还应注意隐含条件,如溶液呈电中性,则阴阳离子所带电荷应该守恒。
24.下表为某试剂瓶标签上的有关数据,试根据标签上的有关数据回答下列问题:
盐酸
分子式
HCl
相对分子质量
36.5
密度
1.19g/mL
HCl的质量分数
36.5%
(1)该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为_____mol•L﹣1。
(2)某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制450mL,物质的量浓度为0.400mol•L﹣1的稀盐酸,需用到的玻璃仪器有:
烧杯,玻璃棒,胶头滴管,量筒,_____。
该学生需要量取_____mL上述浓盐酸进行配制。
(3)在容量瓶的使用方法中,下列操作不正确的是_____(填写标号)。
A.使用容量瓶前检查它是否漏水
B.容量瓶用蒸馏水洗净后,再用待配溶液润洗
C.配制溶液时,如果试样是固体,把称好的试样用纸条小心
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