届山东省淄博市部分学校高三摸底考试化学试题解析版.docx
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届山东省淄博市部分学校高三摸底考试化学试题解析版
山东省淄博市部分学校2018届高三12月摸底考试化学试题
相对原子质量:
H-1T-3 C-12 N-14 O-16 Ca-40 S-32 C1-35.5 Cu-64 Sn-119
第I卷(选择题,共40分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题只有一个选项符合题意,每小题4 分,共40 分)
1.中华优秀传统文化涉及到很多的化学知识。
下列有关说法不正确的是
A.“火树银花合,星桥铁索开”,其中的“火树银花”涉及到焰色反应
B.古剑“沈卢”“以剂钢为刃,柔铁为茎干,不尔则多断折”,剂钢是铁的合金
C.《天工开物》中有“至于矾现五色之形,硫为群石之将,皆变化于烈火”,其中的矾指的是金属硫化物
D.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,这种对青蒿素的提取方法属于物理变化
【答案】C
【解析】A.焰色反应是某些金属的特征性质,不同金属的焰色反应不同,“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应的体现,故A正确;B.剑刃硬度要大,所以用碳铁合金,故B正确;C.矾是各种金属(如铜、铁、锌)的硫酸盐,故C错误;D.“青蒿一握,以水二升渍,绞取汁”,该过程是对青蒿素的提取,该提取过程中没有新物质生成,属于物理变化,故D正确;故选C。
2.化学与人类的生产、生活有着密切联系。
下列叙述中不正确的是
A.切开的苹果在空气中久置变黄和纸张久置变黄的原理相似
B.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、离子交换法等
C.氧化铝是冶炼金属铝的原料,也是较好的耐火材料
D.水泥冶金厂常用高压电除尘,是因为烟尘在空气中形成胶体且胶体具有电泳现象
【答案】A
【解析】A.纸张久置变黄因为纸张纤维间的空隙中会渗入很多霉菌之类的真菌孢子,苹果久置变黄是因为所含二价铁离子被氧化生成三价铁离子,二者原理不相同,故A错误;B.海水淡化是指除去海水中的盐分以获得淡水的工艺过程,蒸馏法是人类最早使用的淡化海水的方法;离子交换法是用阳离子交换树脂(HR)和水中的金属离子进行交换的一种方法,通常通过阳离子交换树脂可以除去钙离子和镁离子得到软水;电渗析法是近年发展起来的一种较好的海水淡化技术,原理为通电后,阴离子移向阳极,阳离子移向阴极,分离盐和水,故B正确;C、工业用氧化铝来冶炼金属铝,还具有很高的熔点,是一种比较好的耐火材料,故C正确;D.水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘,利用了胶体的电泳的性质,故D正确;故选A。
点睛:
本题考查了化学与生活的相关知识。
本题的易错点为A,要注意纸张久置变黄与用二氧化硫漂白的纸张久置变黄的区别。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.22.0gT2O中含有的中子数为10NA
B.7.2g过氧化钙(CaO2)固体中阴、阳离子总数为0.3NA
C.6.2LNO2溶于足量水中,充分反应后转移的电子数为0.2NA
D.标准状况下,2.24LNO和2.24LO2混合充分反应后,原子总数是4NA
【答案】D
4.下列化学用语描述中正确的是
A.含18个中子的氯原子的符号:
1735Cl
B.氢氧根的电子式:
C.HCO3-的电离方程式为:
HCO3-+H2O
CO32-+H3O+
D.次氯酸分子的结构式:
H-Cl-O
【答案】C
【解析】A、含18个中子的氯原子,其质量数为17+18=35,故该核素的符号为1735Cl,故A错误;B、氢氧根是阴离子要加中括号和电荷,其电子式为
,故B错误;C、碳酸氢根电离生成碳酸根和氢离子,题中H3O+为水合氢离子,故C正确;D、次氯酸中O最外层2个单电子,分别与H和Cl形成共价键,即结构式为H-O-Cl,故D错误,故选C。
5.X、R、Y、Z、M 为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示,R 的原子序数大于Z。
下列说法错误的是
A.R 的氧化物只含有离子键B.最高价含氧酸的酸性:
Y C.最简单氢化物的稳定性: Y< ZD.Z的简单氢化物可用作制冷剂 【答案】A 【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,X、R最外层只有一个电子,为第IA族元素;Y最外层有4个电子,位于第IVA族,Z原子最外层有5个电子,位于第VA族,M最外层有6个电子,位于第VIA族;R原子半径最大,为Na元素,X原子半径最小,为H元素;Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y,所以Y是C、Z是N、M为S元素。 A.Na的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种,但不论是氧化钠还是过氧化钠,结构中均含离子键,故A错误;B.元素的非金属性越强,其最高价含氧酸的酸性越强,非金属性C<S,所以其最高价含氧酸的酸性Y Y< Z故C正确;D.液氨气化吸热,导致周围空气温度急剧降低,常用作制冷剂,故D正确;故选A。 点睛: 本题考查原子结构和元素周期律,明确离子半径比较方法、最高价含氧酸强弱的比较方法、物质结构等方面的知识是解本题关键,需要注意规律中的反常现象。 本题的易错点为元素的推导。 6.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是 选项 实验 现象 结论 A 将红热的炭放入浓硫酸中产生的气体通入澄清的石灰水 石灰水变浑浊 炭被氧化成CO2 B 将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中 溶液中出现凝胶 非金属性: Cl>Si C SO2通入BaCl2溶液,然后滴入稀硝酸 有白色沉淀产生,加入稀硝酸后沉淀不溶解 先产生BaSO3沉淀,后转化为BaSO4 D 向某溶液中滴加KSCN溶液,溶液不变色,再滴加新制氯水 溶液显红色 原溶液中一定含有Fe2+ A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】A.炭和浓H2SO4的混合物加热,生成二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊,结论不合理,故A错误;B.将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中,溶液中出现凝胶,说明反应生成硅酸,只能证明酸性: 盐酸>硅酸,由于盐酸不是最高价含氧酸,无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱,故B错误;C.SO2通入BaCl2溶液不反应,加硝酸发生氧化还原反应,将二氧化硫氧化为硫酸,生成硫酸钡沉淀,故C错误;D.滴加KSCN溶液,溶液不变色,可知不含铁离子,再滴加新制氯水,溶液为红色,可知亚铁离子被氧化为铁离子,则原溶液中一定含有Fe2+,故D正确;故选D。 点睛: 把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键。 本题的易错点为C,要注意SO2通入BaCl2溶液不能反应生成亚硫酸钡沉淀。 7.某容器中发生一个化学反应,反应过程涉及H2O、ClO、CN-、HCO3-、N2、Cl-六种微粒。 在反应过程中测得ClO-和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。 下列有关判断中不正确的是 A.还原剂是含CN-的物质,氧化产物不只有N2 B.氧化剂是ClO-,还原产物是HCO3- C.参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5: 2 D.若生成2.24L (标准状况) N2,则转移电子1mol 【答案】B 【解析】试题分析: 由曲线变化图可知,随反应进行ClO-的物质的量降低,N2的物质的量增大,故ClO-为反应物,N2是生成物,根据电子转移相等可知,CN-是反应物,由氯元素守恒可知Cl-是生成物,由碳元素守恒可知HCO3-是生成物,由氢元素守恒可知H2O是反应物.反应中Cl元素化合价由+1价降低为-1价,化合价总共降低2价,C元素化合价由+2价升高为+4价,N元素化合价由-3价升高为0价,化合价总共升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价,故CN-系数为2,ClO-系数为5,由元素守恒可知HCO3-系数为2,N2系数为1,Cl-系数为5,H2O系数为1,反应方程式为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-。 A、反应中,C元素化合价由CN-中+2价升高为HCO3-中+4价,N元素化合价由CN-中-3价升高为N2中0价,可知氧化产物有HCO3-、N2,故A正确;B、反应中Cl元素化合价由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价,ClO-是氧化剂,还原产物是Cl-,故B错误;C、由上述分析可知,反应为2CN-+5ClO-+H2O=2HCO3-+N2↑+5Cl-,反应中是CN-是还原剂,ClO-是氧化剂,氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5: 2,故C正确;D、2.24LN2(标准状况)的物质的量为0.1mol,所以参加反应的ClO-的物质的量为0.5mol,反应中只有氯元素化合价降低,由ClO-中+1价降低为Cl-中-1价,所以转移电子为0.5mol×2mol=1mol,故D正确;故选B。 【考点定位】考查氧化还原反应 【名师点晴】本题考查氧化还原反应计算、基本概念等。 注意根据化合价的变化分析,物质起还原作用,则该物质作还原剂,其化合价要升高,在反应中失去电子,被氧化,发生氧化反应,得到的产物为氧化产物,可以用口诀: 失高氧,低得还: 失电子,化合价升高,被氧化(氧化反应),还原剂;得电子,化合价降低,被还原(还原反应),氧化剂。 根据曲线变化图分析反应物、产物,利用守恒生成方程式是关键,侧重于考查学生的分析能力和计算能力。 8.下列实验方案中能达到相应实验目的的是 A B C D 方案 目的 探究浓度对化学反应速率的影响 灼烧海带成海带灰 证明铁粉能与水蒸气反应产生氢气 蒸干NH4Cl溶液制备NH4Cl晶体 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】A.探究时一般控制一个变量,图中装置有2个变量,高锰酸钾溶液的颜色和草酸的浓度都不同,应该控制高锰酸钾的浓度(即颜色)相同,故不能探究浓度对反应速率影响,故A错误;B.灼烧海带在坩埚中进行,不能在烧杯中灼烧,故B错误;C.Fe与水蒸气反应生成氢气,氢气具有可燃性,点燃可检验生成氢气,故C正确;D.氯化铵受热易分解生成氨气和氯化氢,所以得不到氯化铵晶体,故D错误;故选C。 9.已知2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)△H=-198kJ·mol-1。 400℃,1.01×105Pa,向容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量SO2和O2,n(SO3)和n(O2)等随时间的变化曲线如图所示。 下列叙述正确的是 A.A点v正(SO2)>v逆(SO3)B.B点表示反应处于平衡状态 C.D点n(SO2)大于C点D.其它条件不变,升温至500℃并达平衡时,n(SO3)比图中D点的值大 【答案】A 【解析】A.A点平衡向正反应方向移动,说明正反应速率大于逆反应速率,即A点υ正(SO2)>υ逆(SO2),故A正确;B.B点还能继续向正反应方向移动,说明B点不是平衡状态,故B错误;C.C点和D点各组分的物质的量不变,说明C和D点处于平衡状态,D点n(SO2)等于C点,故C错误;D.其它条件不变,升高温度平衡向逆反应方向移动,则平衡时n(SO3)减小,所以n(SO3)比图中D点的值小,故D错误;故选A。 10.常温下将HA 和HB 两种一元酸的溶液分别加水稀释,稀释时溶液pH 的变化如图所示。 则下列叙述中正确的是 A.稀释前,c(HA)=10c(HB) B.在M点两种溶液中水的电离程度相同 C.pH=a的0.1mol·L-1HB 溶液与pH=b 0.01mol·L-1HB 溶液相比,a+1 D.加水稀释HB 溶液,HB 的电离度增大,c(H+)/c(HB)减小,溶液的酸性减弱 【答案】B 【解析】由图可知,HA开始的pH=2,稀释100倍pH=4,则HA为强酸,而HB开始的pH=3,稀释100倍pH=4,则HB为弱酸。 A.HA为强酸,HB为弱酸,稀释前,c(HA)=0.01mol/L,c(HB)>0.001mol/L,则c(HA)<10c(HB),故A错误;B.M点pH=4,HA 和HB对水的电离的抑制程度相同,则水的电离程度相同,故B正确;C.HA为强酸,HB为弱酸,pH=a的0.1mol/LHB 溶液,稀释10倍后得到pH=b 0.01mol/LHB 溶液,稀释过程中促进HB的电离,则a+1>b,故C错误;D.HB为弱酸,加水稀释促进HB的电离,则HB的物质的量减小,氢离子的物质的量增大,所以c(H+)/c(HB)增大,故D错误;故选B。 点睛: 本题考查电解质在水中的电离及图象,侧重于学生的分析能力的考查,明确图象中pH的变化及交点的意义是解答本题的关键。 不同的突破口在于根据稀释时pH的变化判断出HA为强酸,HB为弱酸。 第II卷(非选择题,共60分) 11.A、B、C、D 是按原子序数由小到大排列的第二、三周期元素的单质。 B、E均为空气的成分。 F 的焰色反应是黄色。 在G 中,金属元素与非金属元素的原子个数比为2: 1。 在一定条件下,各物质之间的相互转化关系如图(反应条件及部分产物未列出): (1)A 的元素符号是______________,F的电子式为________________________。 (2)E 与F反应的化学方程式: _________________________________________。 (3)F 与G 的水溶液反应的离子方程式: ______________________________。 (4)硫与热浓氢氧化钠溶液反应的离子方程式: __________________________。 (5)在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化到最高价产物,写出反应的化学方程式: ___________。 【答案】 (1).C (2). (3).2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2(4).Na2O2+S2-+2H2O=S↓+2Na++4OH-(5).3S+6OH- 2S2-+SO32-+3H2O(6).6HNO3(浓)+S H2SO4+6NO2↑+2H2O 【解析】F的焰色反应呈黄色,说明F是钠的化合物,而F是单质B、C化合而成,B、E均为组成空气的成分,故C为金属钠;G是单质C、D化合而成,原子个数比为D: C=1: 2,且原子序数D>C,故D为硫,G为Na2S;B为组成空气的成分,最容易想到的是O2,如B为O2,E也为组成空气的成分,E只能是CO2,A即为碳,因F+E=H+B,故F是Na2O2,H是Na2CO3。 (1)由以上分析可知A为C,F是Na2O2,由钠离子与过氧根离子构成,电子式为 ,故答案为: C; ; (2)E与F反应为CO2和Na2O2的反应,生成碳酸钠和氧气,反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2═2Na2CO3+O2,故答案为: 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2; (3)Na2O2与过量的Na2S溶液反应的离子方程式是: Na2O2+S2-+2H2O═2Na++S↓+4OH-,故答案为: Na2O2+S2-+2H2O═2Na++S↓+4OH-; (4)硫与热浓氢氧化钠溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水,反应的离子方程式为3S+6OH- 2S2-+SO32-+3H2O,故答案为: 3S+6OH- 2S2-+SO32-+3H2O; (5)在加热条件下浓硝酸可把硫单质氧化生成硫酸,反应的化学方程式为6HNO3(浓)+S H2SO4+6NO2↑+2H2O,故答案为: 6HNO3(浓)+S H2SO4+6NO2↑+2H2O。 点睛: 正确推断各元素及其化合物为解答本题的关键,注意利用焰色反应及第二、三周期常见元素及单质、化合物的性质。 本题的易错点为方程式的书写和配平,要熟练掌握氧化还原反应方程式的书写规律和配平方法。 12.某含砷(As)的有毒工业废水经如下图流程转化为粗Aa2O3。 已知: 亚砷酸钙微溶于水,砷酸钙难溶于水。 (1)加入试剂1的目的是: _________________________。 (2)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀,发生的主要反应有: A.Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)ΔH<0 B.5Ca2++OH-+3AsO43- Ca5(AsO4)3OHΔH>0 研究表明: “沉砷”的最佳温度是85℃,用化学平衡原理解释温度高于85℃后,随温度升高沉淀率下降的原因是________。 (3)“还原”过程中H3AsO4转化为H3AsO3,反应的化学方程式是________。 (4)通过对H3AsO3溶液进行_____(填操作名称),再过滤可制得粗As2O3。 As2O3在不同温度和不同浓度硫酸中的溶解度(S)曲线如下图所示。 为控制滤液2中As2O3的浓度不高于6×10-5mol·L-1,则“结晶”过程应控制的条件是______________________(例举一例回答) (5)从绿色化学和综合利用的角度考虑,对滤液2处理方法是: ________________________。 【答案】 (1).将AsO33-氧化为AsO43- (2).A反应△H<0,升温促使A平衡向左移动,c(Ca2+)和c(OH-)减小,从而导致B平衡向左移动(3).H3AsO4+H2O+SO2=H3AsO3+H2SO4(4).加热(5).控制温度在60℃并将硫酸浓度调至7mol•L﹣1。 或: 控制温度在25℃并将硫酸浓度调至7mol•L﹣1。 或: 控制温度在60℃以下并将硫酸浓度调至7mol•L﹣1。 或: 温度控制在25℃并将硫酸浓度调至3~11mol•L﹣1。 或: 温度控制在25℃以下并将硫酸浓度调至3~11mol•L﹣1(6).将滤液2输入“酸化”环节,循环使用 (1)根据上述分析,加入试剂1的目的是将AsO33-氧化为AsO43-,故答案为: 将AsO33-氧化为AsO43-; (2)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀,发生的主要反应有: A.Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH-(aq)△H<0,B.5Ca2++OH-+3AsO43-⇌Ca5(AsO4)3OH△H>0,温度升高高于85℃后,反应A平衡逆向移动,c(Ca2+)下降,反应B平衡逆向移动,Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降,故答案为: A反应△H<0,升温促使A平衡向左移动,c(Ca2+)和c(OH-)减小,从而导致B平衡向左移动; (3)“还原”过程中二氧化硫将H3AsO4还原为H3AsO3,自身被氧化生成硫酸,反应为: H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4;故答案为: H3AsO4+H2O+SO2═H3AsO3+H2SO4; (4)对H3AsO3溶液加热,使H3AsO3分解为As2O3,再过滤可制得粗As2O3。 由图可知: 硫酸浓度约为7 mol•L-1,25℃时As2O3的沉淀率最大,易于分离,故为了提高粗As2O3的沉淀率,调硫酸浓度约为7 mol•L-1,冷却至25℃,过滤;故答案为: 加热;调硫酸浓度约为7 mol•L-1,冷却至25℃,过滤; (5)滤液2主要含有硫酸,可循环使用,故答案为: 将滤液2输入“酸化”环节,循环使用。 点睛: 本题考查了物质的制备,涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等,理解工艺流程原理是解题的关键。 本题的难点是正确理解流程过程中的反应原理。 13.锡为第IVA族具有可变价的金属元素,其单质沸点为2260℃。 四氯化锡(SnCl4)是无色液体,熔点-33℃,沸点114℃,极易水解,在潮湿的空气中发烟。 实验室中可用氯气与过量金属锡通过下图装置制备SnCl4(夹持装置已略去)。 (1)仪器C的名称为___________,装置乙中的试剂是_____________。 (2)装置甲中发生反应的化学方程式为___________________________________。 (3)氯气与锡的反应类似与铁的反应,但该实验中对装置丁要持续加热,其原因是_____________。 (4)你认为该实验装置需要进行的改进是: __________________________________________。 (5)用下列方法和步骤测定所用金属锡样品的纯度(杂质不参加反应) ①将2.000g锡完全溶于过量稀盐酸中,并用所得溶液去还原过量的FeCl3稀溶液,最后得100.00mL溶液。 写出第二步反应的离子方程式: _____________________________。 ②取①所得溶液amL用0.100mol·L-1的K2Cr2O7溶液滴定,发生如下反应: 6FeCl2+K2Cr2O7+14HCl=6FeCl3+2KCl+2CrCl3+7H2O。 K2Cr2O7溶液应注入到____式(填"酸或碱”)滴定管中。 到达滴定终点时用去bmL。 则样品中锡的质量分数为_______%(用含a、b的最简代数式表示)。 【答案】 (1).蒸馏烧瓶 (2).饱和食盐水(3).MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O(4).要将SnCl4蒸馏出(5).在己装置后加装盛有碱石灰的干燥管(6).Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+(7).酸(8). % 【解析】工业上常用氯气与金属锡反应制备四氯化锡,丁装置烧瓶中含有Sn,则甲装置的目的是制取氯气,常用MnO2和浓盐酸在加热条件下制取,发生的反应为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O;浓盐酸具有挥发性,加热促进挥发,水在加热条件下易变成水蒸气,所以生成的氯气中含有HCl、H2O;SnCl4为无色液体,熔点-33℃,沸点114℃,极易水解,在潮湿的空气中发,为防止丁中生成的SnCl4水解和Sn与HCl反应,则乙、丙装置要除去HCl、H2O,用饱和的食盐水除去HCl,用浓硫酸干燥Cl2;己中收集的物质是SnCl4。 (1)根据装置图,仪器C为蒸馏烧瓶,根据上述分析,装置乙中的试剂是饱和食盐水,目的是除去氯气中的氯化氢,故答案为: 蒸馏烧瓶;饱和食盐水; (2)装置甲中固体B为黑色粉末,为二氧化锰,二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水,反应方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为: MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O; (3)氯气与锡的反应类似与铁的反应,生成的SnCl4需要及时蒸馏出去,便于提高原料的利用率,因此实验中对装置丁要持续加热,故答案为: 要将SnCl4蒸馏出; (4)SnCl4发生水解,为防止水解,要防止外界的水蒸气进入己装置,所以改进措施为在己装置后加装盛有碱石灰的干燥管,同时可以吸收未反应的氯气,防止污染环境,故答案为: 在己装置后加装盛有碱石灰的干燥管; (5)①将2.000g锡完全溶于过量稀盐酸中,锡与盐酸发生反应: Sn+2HCl═SnCl2+H2↑,用所得溶液去还原过量的FeCl3稀溶液,发生的反应为: SnCl2+2FeCl3═SnCl4+2FeCl2,反应的离子方程式为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+,故答案为: Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+; ②K2Cr2O7溶液具有强氧化性,可氧化腐蚀橡胶,则K2Cr2O7溶液应装在酸式滴定管中,滴定时发生反应: 6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O,根据方程式可得关系式3Sn~3SnCl2~6FeCl3~6FeCl2~K2Cr2O7,反应中消耗的K2Cr2O7的物质的量为0.100mol/L×b×10-3L,故n(Sn)=3n(K2Cr2O7)×
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