山西省运城市届高三上学期期中考试化学试题.docx
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山西省运城市届高三上学期期中考试化学试题
山西省运城市2018届高三上学期期中考试化学试题
2017.11
本试卷分第I卷(选择题)和第1卷(非选择题)两部分,共100分,考试时间90分钟。
可能用到的相对原子质量:
H~1C~12N~14O-16S-32Na-23Al~27Ba~137Cu-64Fe-56Cl~35.5Mg~24
第I卷(选择题,共48分)
一、选择题(每小题只有一个正确选项,每小题3分,共计48分)
1.随着生活水平的不断提高,人们对食品化学的需求越来越高,下列的叙述不正确的是
A.人体虽然不能直接吸收纤维素,但是它已成为人们健康饮食的一部分。
B.食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂
C.新鲜蔬菜做熟后,所含维生素C会有损失
D.食用加碘盐因为含有单质碘所以不能放在油里烹炸
【答案】D
【解析】人体虽然不能直接吸收纤维素,但纤维素可以促进肠蠕动,是人们健康饮食的一部分,故A正确;食盐可作调味剂,也可作食品防腐剂,故B正确;维生素C具有还原性,能被氧化,新鲜蔬菜做熟后维生素C会有损失,故C正确;食用加碘盐含有
,故D错误。
2.下列图示与对应的叙述一定正确的是
A.图1所示反应:
X(g)+Y(g)
2Z(g),曲线b一定是增大了反应体系的压强。
B.图2表明合成氨反应是放热反应,b表示在反应体系中加入了催化剂
C.图3表示向Ca(HCO3)2溶液中滴入NaOH溶液所得沉淀的质最变化
D.图4表示明矾溶液受热时氢氧根离子浓度随温度的变化
【答案】B
【解析】图1所示反应:
X(g)+Y(g)
2Z(g),曲线b是增大了反应体系的压强或加入了高效催化剂,故A错误;加入催化剂能降低反应的活化能,故B正确;向Ca(HCO3)2溶液中滴入NaOH溶液,开始就有碳酸钙沉淀生成,故C错误;明矾溶液受热,铝离子水解平衡正向移动,溶液酸性增强,氢氧根离子浓度减小,故D错误。
3.NA表示阿伏伽德罗常数,下列说法中正确的是
①58.5g氯化钠固体中含有NA个氯化钠分子
②1mol碳烯(:
CH2)中含有的电子数为8NA
③常温常压下,3.2gCH4中含有电子数为2NA
④标准状况下,2.24L四氯化碳含碳原子数为0.1NA
⑤1L1mol/LAlCl3溶液中含有NA个Al3+
⑥常温下,42gC2H4和C4H8的混合物中含有的碳原子数为3NA
A.①⑤⑥B.③④⑤C.③⑥D.②③⑥
【答案】D
【解析】①氯化钠是离子化合物,不含氯化钠分子,故①错误;1个碳烯(:
CH2)中含有8个电子,1mol碳烯(:
CH2)中含有的电子数为8NA,故②正确;3.2gCH4的物质的量是
,每个甲烷分子含有10个电子,所以含有电子数为2NA,故③正确;标准状况下,四氯化碳是液体,故④错误;铝离子能水解,1L1mol/LAlCl3溶液中含Al3+小于NA个,故⑤错误;C2H4和C4H8的最简式都是CH2,42gC2H4和C4H8的混合物中含有的碳原子数
故⑥正确。
4.PASS是新一代高效净水剂,它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成,五种元素原子序数依次增大。
X原子半径最小,Y、R同主族,Z、W、R同周期,Y原子的最外层电子数是次外层的3倍,Z是常见的金属,能层数等于主族序数,W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。
下列说法正确的是
A.Z的阳离子与R的阴离子在溶液中因发生氧化还原反应无法共存
B.WY2能与碱反应,但不能与任向酸反应
C.原子半径按X、Y、R、W、Z的顺序依次增大
D.熔沸点:
X2R>X2Y
【答案】C
5.下列说法或表达正确的是
①次氯酸的电子式为
②含有离子键的化合物都是离子化合物
③等质量的O2与O3中,氧原子的个数比为3:
2
④丁达尔效应可用于区分溶液和胶体,云、雾均能产生丁达尔效应
⑤将金属Zn与电源的负极相连,可防止金属Zn被腐蚀
⑥稀硫酸、氨水均为电解质
A.②④⑤B.②④C.①③⑤D.①②③
【答案】A
【解析】①次氯酸的电子式为
,故①错误;含有离子键的化合物是离子化合物,故②正确;等质量的O2与O3中,氧原子的个数比为1:
1,故③错误;云、雾都是胶体,云、雾均能产生丁达尔效应,故④正确;将金属Zn与电源的负极相连,Zn做阴极,可防止金属Z被腐蚀,故⑤正确;稀硫酸、氨水都是混合物,既不是电解质也不是非电解质,故⑥错误;选A。
6.化学与教轴有密切的关系,将某些化学知识用数轴表示,可以达到直观形象、简明易记的良好效果。
下列数轴表示的化学知识错误的是
A.分散系的分类
B.氯化铝溶液中滴加氡氧化钠溶液后铝元索的存在形式
C.常温下,溶液的PH与其酸碱性的关系
D.二氧化碳通入澄清的石灰水中反应的产物
【答案】D
【解析】A中,分散系微粒直径在1~100nm之间的为胶体,小于1nm的为溶液,大于100nm的为浊液,故A正确;在溶液中n(OH-)/n(Al3+)=3:
1时恰好生成Al(OH)3沉淀,n(OH-)/n(Al3+)=4:
1时恰好生成Na[Al(OH)4],故n(OH-)/n(Al3+)<3时,反应后Al元素的存在形式为Al3+和Al(OH)3,3
n(CO2)/n[Ca(OH)2]≤1:
1时生成CaCO3,n(CO2)/n[Ca(OH)2]≥2:
1时生成Ca(HCO3)2,在1:
1~2:
1之间既有CaCO3,又有Ca(HCO3)2,故D错误。
7.某溶波可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。
取该溶液100mL,加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,同时产生红褐色沉淀;过滤,洗涤、灼烧,得到1.6g固体;向上述滤液中加足显BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。
由此可知原溶液中
A.至少存在4种离子
B.Cl-一定存在,且c(Cl-)=0.4mol/L
C.SO42-、NH4+一定存在,Cl-可能不存在
D.CO32-、Al3+一定不存在,K+可能存在
【答案】A
【解析】根据加入过量NaOH溶液,加热,得到0.02mol气体,说明有NH4+,而且为0.02mol,同时产生红褐色沉淀,说明有Fe3+,红褐色沉淀是氢氧化铁,过滤,洗涤、灼烧,得到1.6g固体,固体是Fe2O3,物质的量是0.1mol,所以原溶液含有Fe3+0.02mol,Fe3+与CO32-不能共存,则一定不含CO32-,加足显BaCl2溶液,得到4.66g不溶于盐酸的沉淀,沉淀是硫酸钡,说明有SO42-,且为0.02mol,再根据电荷守恒可知一定含有Cl-,至少为(0.02×3+0.02×1-0.02×2)=0.04mol,不能确定是否含有Al3+和K+,若含有Al3+和K+,则氯离子的物质的量大于0.04mol,若没有Al3+和K+,则氯离子的物质的量等于0.04mol;根据以上分析,一定含有Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-,一定不含CO32-,可能含有Al3+和K+,故A正确。
8.下列陈述I、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
SO2有漂白性
SO2可使溴水褪色
B
分别测定室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大
证明非金属性:
S>C
C
向铁和稀硝酸反应后的漭液中若滴加KSCN溶液显红色:
若滴加酸性高锰酸钾溶液紫红色褪去
该溶液中既有Fe3+,还有Fe2+
D
浓硫酸有脱水性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】SO2可使溴水褪色,体现SO2的还原性,故A错误;Na2SO3不是S元素的最高价含氧酸盐,所以室温下等物质的量浓度的Na2SO3与Na2CO3溶液的pH,后者较大,不能证明非金属性:
S>C,故B错误;Fe3+能使KSCN溶液显红色,Fe2+具有还原性,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,故C正确;浓硫酸可用于干燥H2和CO,利用浓硫酸的吸水性,故D错误。
点睛:
非金属性越强,最高价含氧酸的酸性越强;室温下等物质的量浓度的Na2SO4与Na2CO3溶液的pH,后者较大,能证明非金属性:
S>C。
9.下列相关反应的离子方程式书写正确的是
A.向氧化铁中加入氢碘酸:
Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O
B.向含有0.1molFeBr2的溶液中通入0.1molCl2反应:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
C.NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-刚好沉淀完全:
2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH-=Al(OH)3↓+2BaSO4↓++NH3·H2O
D.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】向氧化铁中加入氢碘酸:
Fe2O3+6H++2I-═2Fe2++3H2O+I2,故A错误;还原性Fe2+>Br-,向含有0.1molFeBr2的溶液中通入0.1molCl2反应:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,故B错误;NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-刚好沉淀完全,则NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2的比为1:
2:
2Ba2++NH4++Al3++2SO42-+4OH- =Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O,故C正确;向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至中性,则NaHSO4与Ba(OH)2的比为2:
1,离子方程式为Ba2++SO42-+2OH-+2H+ =BaSO4↓+2H2O,故D错误。
H++SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
10.下列图中的实验方案,能达到实验目的的是
A
B
C
D
实验方案
将NO2球浸泡在冰水热水中
实验目的
探究温度对平衡
2NO2
N2O4的影响
验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用
除去CO2气体中混有的SO2
比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】将NO2球分别浸泡在冰水、热水中,根据颜色判断平衡移动的方向,故A正确;实验改变了温度、催化剂两个变量,不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用,故B错误;碳酸钠溶液与二氧化碳、二氧化硫都能反应,不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中混有的SO2,故C错误;氯化氢易挥发,氯化氢能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,不能根据图示装置比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱,故D错误。
点睛:
要证明H2CO3和H2SiO3的酸性强弱,在烧瓶、烧杯之间增加一个盛有变化碳酸氢钠溶液的洗气瓶,除去二氧化碳中含有的氯化氢。
11.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3=K2O+5Na2O+16N2↑。
则下列判断不正确的是
A.若有0.5mol氧化剂反应,则转移电子的物质的量为2.5mol
B.若氧化产物比还原产物多0.7mol,生成0.8molN2(标准状况)
C.KNO3的氧化性强于N2
D.被还原的元素和被氧化的元素原了数目之比为1:
5
【答案】D
【解析】根据方程式可知硝酸钾中氮元素的化合价从+5价降低到0价得到电子,因此硝酸钾是氧化剂;钠在化合物中显+1价,因此氮化钠中氮元素的化合价是-
价,氮化钠中氮元素化合价升高到0价,氮化钠是还原剂;氮气既是氧化产物又是还原产物;根据方程式可知2molKNO3参加反应转移电子电子的物质的量为10mol,若有0.5molKNO3反应,则转移电子的物质的量为2.5mol,故A正确;根据反应方程式可知每当生成16molN2,则氧化产物比还原产物多14mol,现氧化产物比还原产物多0.7mol,则生成生成N20.8molN2,故B正确;氧化剂KNO3的氧化性大于氧化产物N2,故C正确;被还原的元素和被氧化的元素原了数目之比为2:
30=1:
15,故D错误。
12.在下列溶液中一定能大量共存的离子组是
A.c(H+)=1×10-13mol/L的溶液:
Na+、Ca2+、SO42-、CO32-
B.c(HCO3-)=0.1mol/L的溶液中:
Na+、K+、CO32-、Br-
C.含有大量Fe3+的溶液;Na+、Mg2+、NO3-、SCN-
D.含有大量NO3-的幣液:
H+、Fe2+、SO42-、CO32-
【答案】B
【解析】c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈碱性,氢氧化钙微溶,硫酸钙微溶、碳酸钙难溶,所以Ca2+、SO42-、CO32-、OH-不能大量共存,故A错误;c(HCO3-)=0.1mol/L的溶液中:
Na+、K+、CO32-、Br-不反应,故B正确;含有大量Fe3+的溶液中Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3,故C错误;含有大量NO3-的幣液:
H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,CO32-、H+生成二氧化碳和水,故D错误。
13.空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。
下图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是
A.转移0.1mol电子时,a电极产生标准状况下O21.12L
B.c电极上进行还原反应,B池中的H+可以通过隔膜进入A池
C.b电极上发生的电极反应是:
2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D.d电极上发生的电极反应是:
O2+4H++4e-=2H2O
【答案】B
【解析】依据图示知左边装置是电解池,右边装置是原电池,ab电极是电解池的电极,由电源判断a为阴极,产生的气体是氢气;b为阳极,产生的气体是氧气;cd电极是原电池的正负极,c是正极,d是负极;电解池中的电极反应为:
b电极为阳极失电子发生氧化反应:
4OH--4e-=2H2O+O2↑;a电极为阴极得到电子发生还原反应:
4H++4e-=2H2↑;原电池中是酸性溶液,电极反应为:
d为负极失电子发生氧化反应:
2H2-4e-=4H+;c电极为正极得到电子发生还原反应:
O2+4H++4e-=2H2O;A.a电极为原电池正极,电极反应为4H++4e-=2H2↑,生成氢气,故A错误;B.c电极为正极得到电子发生还原反应,原电池中阳离子向正极移动,故B正确;b电极为阳极失电子发生氧化反应:
4OH--4e-=2H2O+O2↑,故B错误;C.b电极为阳极失电子发生氧化反应:
4OH--4e-=2H2O+O2↑,故C错误;D.d为负极失电子发生氧化反应:
2H2-4e-=4H+,故D错误;故选B。
点睛:
原电池中负极失电子发生氧化反应,正极得电子发生还原反应;原电池中阴离子移向负极,阳离子移向正极。
14.甲、乙、丙、丁4种物质均含有两种元素,其分子均含有18个电子,下列说法正确的是
A.若气体乙的摩尔质量与O2相同,则乙一定可以做燃料
B.若气体甲的水溶液在常温下的pH<7,则甲一定是HCl
C.若丙分子结构为空间正四面体,则丙一定比甲烷稳定
D.若丁为四原子分子,则一定含有非极性共价键
【答案】A
【解析】含有18个电子的常见化合物有HCl、H2S、PH3、SiH4、N2H4、H2O2、C2H6等。
若乙的摩尔质量与O2相同,为32g/mol,则可能为N2H4或SiH4,N2H4、SiH4都可以做燃料,故A正确;若气体甲的水溶液在常温下的PH<7,HCl、H2S水溶液都呈酸性,故B错误;C、若丙分子结构为空间正四面体,则丙是SiH4,甲烷比SiH4稳定,故C错误;若丁为四原子分子,不一定含有非极性共价键,如PH3中不含非极性共价键,故D错误。
15.一定量的锌粉和3mol/L的过量盐酸反应,当向其中加人少量的下列物质时能加快化学反应速率但不影响产生H2总量的是
①铁粉②银粉③石墨粉④稀硝酸⑤CaCO3⑥浓盐酸
A.②④⑥B.①②⑤⑥C.②③⑥D.②③④⑥
【答案】C
.
16.将30.8gAl、Fe、Cu组成的合金溶于足量的NaOH溶液中,产生6.72L气体(标准状况)。
另取等质量的该合金溶于过量的稀硝酸中,生成11.2LNO(标准状况),向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液,得到沉淀的质量为
A 39.3gB.40.7gC.56.3gD.34.2g
【答案】B
【解析】合金溶于足量的NaOH溶液中,金属铝和氢氧化钠反应产生气体氢气6.72L(标准状况),所以金属铝的质量是5.4g,金属铝失电子的量是0.6mol,将合金溶于过量稀硝酸中,分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子,根据电子守恒,金属共失去电子的物质的量为
×3=1.5mol,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,铝离子全部转化为偏铝酸根离子,不会出现沉淀,反应中金属铁、铜失去电子的物质的量0.9mol等于生成氢氧化物结合氢氧根离子的物质的量,即n(OH-)=0.9mol,所以反应后沉淀的质量等于30.8g-5.4g+0.9mol×17g·mol-1=40.7g。
故选B。
二、填空题(本题有4小题,共52分)
17.有A、B、C、D、E五种短周期元素,已知:
①C+、D3+均与E的气态氢化物分子含有相同的电子数;A2-、B-与B的气态氢化物分子含有相同的电子数;②A单质在空气中燃烧产生气体R;③B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成。
请回答下列问题:
(1)元素A在元素周期表中的位置是__________
(2)A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为______________(用离子符号表示)
(3)B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时生成白烟的电子式为_________,其中所含化学键类型为_____________
(4)D的最高价氧化物的水化物与C的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_____
(5)A元素和B元素以原子个数比1:
1形成化合物Q,Q的结构式为________
己知Q是种黄色油状液体,常温下遇水易反应,产生R气体,易溶液出现浑浊,请写Q与水反应的化学方程式___________
【答案】
(1).第三周期、ⅥA族
(2).S2->Cl->Na+>Al3+(3).
(4).离子键、共价键、配位键(离子键、共价键也可以)(5).Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O(6).Cl-S-S-C1(7).2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
【解析】试题分析:
③B形成B-,B的气态氢化物与E的气态氢化物相遇时有白烟生成,则B是Cl元素、E是N元素;①C+、D3+均与NH3含有相同的电子数,则C是Na元素、D是Al元素;A2-、B-与HCl分子含有相同的电子数,则A是S元素;A单质在空气中燃烧产生气体R,则R是SO2。
解析:
(1)S元素在元素周期表中的位置是第三周期、ⅥA族;
(2)电子层数越多半径越大,电子层数相同时,质子数越多半径越小,A、B、C、D的简单离子半径从大到小顺序为S2->Cl->Na+>Al3+;
(3)氯化氢与氨气相遇时生成氯化铵,氯化铵的电子式为
,其中所含化学键类型为离子键、共价键;
(4)铝的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝,C的最高价氧化物的水化物是氢氧化钠,氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,反应的离子方程式为Al(OH)3+OH+=AlO2-+2H2O
(5)S元素和Cl元素以原子个数比1:
1形成化合物是S2Cl2,S2Cl2的结构式为Cl-S-S-C1;
己知Cl-S-S-C1是种黄色油状液体,常温下遇水易反应,产生SO2气体,易溶液出现浑浊,即生成S沉淀,根据元素守恒,同时生成氯化氢,S2Cl2与水反应的化学方程式是2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl。
点睛:
氢氧化铝是两性氢氧化物,既能与酸反应又能与碱反应,氢氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水,氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。
18.甲醇的燃点低,很容易着火,是发展前景很好的一种液体燃料。
(1)已知甲醇的燃烧热为726.5kJ/mol,则甲醇燃烧的热化学方程式为_________.
(2)利用合成气主要成分为CO和H2)在催化剂的作用下合成甲醇,已知反应中有关物质的化学键键能数据如下表所示:
化学键
H-H
C-O
C≡O
H-O
C-H
E/(kJ/mol)
436
343
1076
465
413
则:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=_________kJ•mol-1,每消耗标准状况下8.96LCO时转移电子的物质的量是________.
(3)以甲醇为燃料的新型电池,其成本大大低于以氢气为燃料的传统燃料电池。
如图是月前研究较多的一类固体氧化物燃料电池工作原理示意图。
B极为电池____极,B极的电极反应式为____
【答案】
(1).CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O
(1)ΔH=-726.5KJ/mol
(2).-99kJ/mol(3).1.6mol(4).负(5).CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O
【解析】试题分析:
(1)甲醇燃烧热是1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量;
(2)焓变=反应物的总键能-生成物的总能量;在CO+2H2⇌CH3OH的反应,CO中碳元素化合价由+2价变为-2价;(3)原电池中阴离子移向负极,根据
移动方向判断电极。
解析:
(1)甲醇燃烧热是1mol甲醇完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量,甲醇燃烧的热化学方程式为CH3OH(g)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O
(1)ΔH=-726.5KJ/mol;
(2)焓变=反应物的总键能-生成物的总能量,CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=1076+436×2-413×3-343-465=-99kJ/mol;在CO+2H2⇌CH3OH的反应,CO中碳元素化合价由+2价变为-2价,1molCO转移4mol电子;标准状况下8.96LCO的物质的量是0.4mol,0.4molCO转移电子1.6mol;(3)原电池中阴离子移向负极,
移向B极,所以B是负极;B极CH3OH失电子生成二氧化碳和水,电极反应式为CH3OH+3O2--6e-=CO2↑+2H2O;
点睛:
原电池中负极失电子发生氧化反应、正极得电子发生还原反应;阳离子移向正极、阴离子移向负极;电解池中阳离子移向阴极,阴离子移向阳极。
19.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效内氧化剂、漂白剂,其有效氯含量相当于漂白粉的7倍,主要用于棉纺、造纸业的漂白制,也用于食品消毒。
水处理等。
以氯酸纳等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下:
已知:
①亚氯酸钠(NaC1O2)受热易分解;
②NaClO2的溶解度随温度升高而增大,适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O;
③ClO2常温下为黄绿色气体,纯C
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