河南省郑州市实验中学届高三上学期期中考试化学试题.docx
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河南省郑州市实验中学届高三上学期期中考试化学试题
河南省实验中学2018——2019学年上期期中试卷
高三化学
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Fe56Cu64S32
一、选择题(本大题共16小题,每小题3分,共48分)
1.化学与生产、生活、环境密切相关。
下列叙述正确的是( )
A.手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型无机非金属材料
B.汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的
C.明矾净水的原理和漂白粉等氯系消毒剂的消毒原理相同
D.PM2.5(颗粒直径接近2.5×10-6m)分散在空气中形成胶体
【答案】A
【解析】
【详解】A.无机非金属材料是除有机高分子材料和金属材料以外的所有材料的统称,碳纤维是碳的单质,故A正确;
B.汽油中不含氮元素,汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的,故B错误;
C.明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝具有净水作用,漂白粉的净水原理是次氯酸的氧化性而具有的净水作用,原理不一样,故C错误;
D.PM2.5是指大气中直径接近于2.5×10-6m的细颗粒物,这些细颗粒物分散在空气中不能形成胶体,故D错误。
故A正确。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.标准状况下,2.24LC6H14中所含碳碳单键数目为0.5NA
B.25℃时,1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中所含的H+数目为0.1NA
C.常温常压下,1.4gN2与CO的混合气体中所含原子总数为0.1NA
D.50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2反应,转移的电子数为0.3NA
【答案】C
【解析】
A.标准状况下,C6H14为液体,无法用标准气体摩尔体积换算,A错误;B.醋酸是弱电解质,0.1molCH3COOH溶液中所含的H+数目小于0.1NA,B错误;C.N2与CO的摩尔质量相等,且都是双原子分子,1.4gN2与CO的混合气体的物质的量为0.05mol,则此混合气体中所含原子总数为0.1NA,C正确;D.因浓盐酸与足量MnO2反应,随反应进行浓度下降,停止反应,则转移的电子数小于0.3NA,D错误。
答案选C。
3.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.无色透明溶液中:
K+、MnO4-、Cl-、H+
B.c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中:
Na+、K+、NO3-、ClO-
C.pH=12 的无色溶液:
K+、Na+、CH3COO-、Br-
D.含Na2SO3 的溶液中:
K+、H+、Cl-、NO3-
【答案】C
【解析】
A.MnO4-为紫色,故A错误;B.
=10-12的溶液,说明溶液显强酸性,则H+与ClO-不能大量共存,B错误;C.pH=12的无色溶液为强碱溶液,则K+、Na+、CH3COO-、Br-与OH-能共存,C正确;D.SO32-有强还原性,则硝酸有强氧化性,要发生氧化还原反应,D错误。
答案选C。
4.下列指定反应的离子方程式正确的是()
A.用石墨电极电解MgCl2溶液:
Mg2++2C1-+2H2O
Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑
B.向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液:
2Al3++3CO32-==Al2(CO3)3↓
C.向Ca(HCO3)2溶液中滴加少最NaOH溶液:
Ca2++2HCO3-+2OH-==CaCO3↓+CO32-+2H2O
D.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:
2NO3-+8H++6I-==3I2+2NO↑+4H2O
【答案】A
【解析】
A.用石墨电极电解MgCl2 溶液:
Mg2++2Cl-+2H2O
Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑,A正确;B.向明矾溶液中滴加碳酸钠溶液发生强烈的双水解,生成氢氧化铝和二氧化碳气体,B错误;C.向Ca(HCO3)2 溶液中滴加少量NaOH溶液:
Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O,C错误;D.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液,硝酸、三价铁均与碘离子发生氧化还原反应,生成物还有亚铁离子生成,D错误。
答案选A.
点睛:
判断离子方程式正误主要看以下几个方面:
一是电荷、原子是否守恒,二是化合物的拆分问题,三是试剂的用量问题,四是定组成比例问题等。
5.下列能量转化过程与氧化还原反应无关的是( )
A.电解质溶液导电时,电能转化成化学能
B.硅太阳能电池工作时,光能转化成电能
C.锂离子电池工作时,化学能转化成电能
D.葡萄糖为人类生命活动提供能量时,化学能转化成热能
【答案】B
【解析】
【分析】
发生的反应中存在元素的化合价变化,则为氧化还原反应,以此来解答。
【详解】A.发生电解反应,为氧化还原反应,故A不选;
B.光能转化为电能,不发生化学变化,与氧化还原反应无关,故B选;
C.发生原电池反应,本质为氧化还原反应,故C不选;
D.葡萄糖发生氧化反应,故D不选。
故选B。
6.下列叙述不正确的是( )
A.10mL质量分数为98%的H2SO4,用10mL水稀释后H2SO4的质量分数大于49%
B.配制0.1 mol•L﹣1的Na2CO3溶液480mL,需用500mL容量瓶
C.用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时,量取浓硫酸时仰视量筒,会使所配溶液浓度偏小
D.同温同压下20mLCH4和60mLO2所含的原子数之比为5:
6
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫酸的密度大于水的,因此10mL质量分数为98%的H2SO4用10mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%,故A正确;
B.没有480mL的容量瓶,因此配制0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL,需用500ml容量瓶,故B正确;
C.量取浓硫酸时,仰视量筒,量筒小刻度在下方,会导致量取的浓硫酸体积偏大,配制的溶液中溶质的物质的量偏大,溶液浓度偏高,故C错误;
D.同温同压下,体积比等于物质的量的比,则20mLCH4和60mLO2所含的原子数之比为20×5:
60×2=5:
6,故D正确。
故选C。
【点睛】配制一定物质的量浓度的溶液时的误差分析根据c=n/V液进行判断。
7.下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A.用装置甲灼烧碎海带
B.用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C.用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D.用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A、灼烧碎海带应用坩埚,A错误;
B、海带灰的浸泡液用过滤法分离,以获得含I-的溶液,B正确;
C、MnO2与浓盐酸常温不反应,MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,C错误;
D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小,不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2,尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收,D错误;
答案选B。
8.H2S是一种剧毒气体,对H2S废气资源化利用途径之一是回收能量并得到单质硫,反应原理为:
2H2S(g) + O2(g) = S2(s) + 2H2O(l)∆H=-632kJ·mol-1。
下图为质子膜H2S燃料电池的示意图。
下列说法正确的是()
A.电池工作时,电流从电极a经负载流向电极b
B.电极a上发生的电极反应为:
2H2S-4e-= S2+4H+
C.当反应生成64gS2时,电池内部释放632kJ热能
D.当电路中通过4mol电子时,有4mol H+经质子膜进入负极区
【答案】B
【解析】
A.由2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,则a为电池的负极,电流应由正极流向负极,故A错误;B.电极a为负极,发生氧化反应,电极反应为:
2H2S-4e-= S2+4H+,故B正确;C.当反应生成64gS2时,电路中流过4mol电子,则消耗1mol氧气,但该装置将化学能转化为电能,所以电池内部几乎不放出能量,故C错误;D.当电路中通过4mol电子时,则消耗1mol氧气,则根据O2+4H++4e-=2H2O,所以有4molH+经质子膜进入正极区,故D错误;故选B。
点睛:
明确电解质溶液酸、碱性是解本题关键,难点是电极反应式的书写,根据2H2S(g)+O2(g)═S2(s)+2H2O反应,得出负极H2S失电子发生氧化反应,正极O2得电子发生还原反应,参加反应的O2是1mol时转移电子为4mol,据此分析解答。
9.W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大,元素X和Z同族。
盐YZW与浓盐酸反应,有黄绿色气体产生,此气体同冷烧碱溶液作用,可得到含YZW的溶液。
下列说法正确的是( )
A.原子半径大小为W X>Z C.Y2W2与ZW2均含有非极性共价键D.标准状况下W和X的单质状态相同 【答案】D 【解析】 【分析】 由黄绿色气体可知是氯气,氯气与冷烧碱溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,推出YZW是NaClO,NaClO与浓盐酸反应,生成黄绿色气体Cl2,Cl2与NaOH反应生成NaClO,过程成立。 故可推出Y为Na,Z为Cl,W为O,又元素X和Z同族,则X为F,据此答题。 【详解】A.同周期由左向右原子半径依次减小,同主族由上到下原子半径依次增大,所以原子半径大小为: F<O<Cl<Na,即X B.HCl是强酸,HF是弱酸,所以X的氢化物水溶液的酸性弱于Z的,故B错误; C.ClO2的中心原子是Cl,分子中只存在Cl和O之间的极性共价键,故C错误; D.标准状况下W的单质O2或O3均为气态,X的单质F2也是气态,故D正确。 故选D。 10.下列实验操作、现象、结论均正确的是( ) 实验操作 实验现象 实验结论 A 过氧化钠投入滴有酚酞试液的水中 溶液最终为红色 过氧化钠与水反应生成碱性物质 B 向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体 产生白色沉淀 SO2具有还原性 C 向FeCl3溶液中加入Cu振荡 溶液颜色由棕黄色一蓝绿色一蓝色 Cu与FeCl3发生了置换反应 D 某无色溶液中滴加稀NaOH溶液,将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液一定无NH4+ A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【详解】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,氢氧化钠溶液遇到酚酞变红色,因为过氧化钠具有强氧化性,能将酚酞氧化而漂白褪色,故A错误; B.易溶于水的SO2气体溶于水使溶液呈酸性,酸性条件下,Ba(NO3)2溶液中的硝酸根离子能将具有还原性的SO2氧化为BaSO4沉淀,故B正确; C.FeCl3溶液与Cu反应生成CuCl2和FeCl2,反应中没有单质生成,该反应不是置换反应,故C错误; D.氨气极易溶于水,若溶液中含有少量的NH4+时,滴加稀NaOH溶液不会放出NH3,故D错误。 故选B。 11.氢卤酸的能量关系如图所示下列说法正确的是 A.已知HF气体溶于水放热,则HF的△H1<0 B.相同条件下,HCl的△H2比HBr的小 C.相同条件下,HCl的△H3+△H4比HI的大 D.一定条件下,气态原子生成1molH-X键放出akJ能量,则该条件下△H2=+akJ/mol 【答案】D 【解析】 分析: A.根据△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程分析判断;B.根据△H2代表的是HX的分解过程,结合HCl的HBr稳定性分析判断;C.根据△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变分析判断;D.一定条件下,气态原子生成1molH-X键放出akJ能量,则断开1molH-X键形成气态原子吸收akJ的能量,据此分析判断。 详解: A.△H1代表的是HX气体从溶液中逸出的过程,因为HF气体溶于水放热,则HF气体溶于水的逆过程吸热,即HF的△H1>0,故A错误;B.由于HCl比HBr稳定,所以相同条件下HCl的△H2比HBr的大,故B错误;C.△H3+△H4代表H(g)→H(aq)的焓变,与是HCl的还是HI的无关,故C错误;D.一定条件下,气态原子生成1molH-X键放出aKJ能量,则断开1molH-X键形成气态原子吸收aKJ的能量,即为△H2=+akJ/mol,故D正确;故选D。 12.下表给出了三个反应的部分反应物和生成物,据此判断下列说法不正确的是( ) 序号 反应物 产物 ① KMnO4、H2O2、H2SO4 K2SO4、MnSO4 ② Cl2、FeBr2 FeCl3 、FeBr3 ③ KMnO4、浓盐酸 Cl2 、Mn2+ A.第①组反应中的氧化剂是KMnO4,氧化产物是O2 B.第②组反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1 C.第③组反应中被氧化的Cl-占Cl-总物质的量的5/8 D.氧化性由强到弱的顺序为MnO4->Cl2>Br2>Fe3+ 【答案】B 【解析】 【详解】A.第①组反应中的氧化剂是KMnO4,还原剂是H2O2,氧化产物是O2,故A正确; B.第②组反应中的氧化剂是Cl2,还原剂是FeBr2,只有Fe2+被氧化,根据电子转移守恒可知2n(Cl2)=n(FeBr2),即氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2,故B错误; C.第③组反应的化学方程式为: 2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+8H2O+5Cl2↑,被氧化的Cl-占Cl-总物质的量的5/8,故C正确; D.氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,由③可知氧化性: MnO4->Cl2,由②可知氧化性: Cl2>Fe3+,由②可知Fe3+不能氧化Br-,故氧化性Br2>Fe3+,故D正确。 故选B。 【点睛】氧化还原反应中,氧化性: 氧化剂>氧化产物;还原性: 还原剂>还原产物。 13.一定温度时,向2.0L恒容密闭容器中充入2molSO2和1molO2,发生反应: 2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g),经过一段时间后达平衡.反应中测定的数据见下表: t/s 0 2 4 6 8 n(SO3)/mol 0 0.8 1.4 1.8 1.8 下列说法正确的是 ( ) A.反应在前2s的平均速率v(O2)=0.4 mol•L﹣1•s﹣1 B.保持其他条件不变,体积压缩到1.0L,平衡常数将增大 C.相同温度下,起始时向容器中充入4molSO3,达到平衡时,SO3的转化率大于10% D.恒温时,向该容器中再充入2molSO2、1molO2,反应达到新平衡n(SO3)/n(SO2) 增大 【答案】D 【解析】 【详解】A.反应在前2s时间内用三氧化硫表示的平均速率v=△c/△t=0.8mol÷2.0L÷2s=0.2mol•L-1•s-1,化学反应速率之比等于系数之比,氧气的平均速率为0.2mol•L-1•s-1×1/2mol•L-1•s-1=0.1mol•L-1•s-1,故A错误; B.温度一定时,平衡常数不随体积和压强的变化而变化,所以平衡常数不变,故B错误; C.由表格可知,在此温度下,当充入2molSO2和1molO2平衡时,生成的SO3为1.8mol,由等效平衡可知,若充入2molSO3,则SO3的平衡转化率为10%,此时正反应是体积减小的反应,相同温度下,起始时向容器中充入4molSO3,根据极限转化的思想,向容器中充入4molSO3,相当于投入4mol二氧化硫和2mol氧气,增加二氧化硫的量,会降低其转化率,故C错误; D.温度不变,再充入2molSO2和1molO2时,相当于将容器的体积缩小一半,压强增大,平衡正向移动,所以n(SO3)/n(SO2)增大,故D正确。 故选D。 14.下表各组物质中,物质间不可能实现如图 转化的是( ) 选项 X Y Z M A Fe(s) FeCl2 FeCl3 Cl2 B NaOH(aq) Na2CO3 NaHCO3 CO2 C NH3(g) NO NO2 O2 D NaOH NaAlO2 Al(OH)3 AlCl3 A.AB.BC.CD.D 【答案】A 【解析】 【详解】A.氯气与铁化合生成氯化铁,不能生成氯化亚铁,不符合图中转化关系,故A错误; B.氢氧化钠与少量二氧化碳反应生成碳酸钠,碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠,符合图中转化关系,故B正确; C.氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,符合图中转化关系,故C正确; D.过量的氢氧化钠与氯化铝溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀,符合图中转化关系,故D正确。 故选A。 15.某固体粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种.某同学为确定该固体粉末的成分,取X进行如下实验,实验过程及现象如图所示.该同学得出的结论正确的是( ) 已知: Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O A.根据现象1可推出固体粉末中一定含有NaNO3 B.根据现象2可推出固体粉末中一定含有K2SO4 C.根据现象3可推出固体粉末中一定含有K2SO3 D.根据现象4可推出固体粉末中一定含有Fe2O3 【答案】C 【解析】 【分析】 向某固体粉末X中加入足量的NaOH溶液,产生气体B,证明一定含有(NH4)2CO3;得到溶液A,溶液A的焰色反应为黄色火焰,则溶液A中一定含有钠元素;向溶液A中加入足量的稀盐酸,得到溶液D和混合气体,则该混合气体为二氧化碳和二氧化硫,而向溶液D中加入BaCl2溶液产生白色沉淀,则该沉淀为硫酸钡沉淀。 固体C溶于NaOH溶液产生沉淀C,则C为Cu2O、FeO、Fe2O3中的一种或几种,加入足量的稀盐酸,并加入KSCN溶液,溶液不显红色,证明溶液中不含有Fe3+,据此分析选出答案。 【详解】A.根据现象1,可知,溶液A中一定含有Na元素,而由于前面加入了NaOH溶液,因此不能根据现象1推出该固体粉末中一定含有NaNO3,故A错误; B.由于溶液中一定含有K2SO3,在酸性条件下,若溶液中同时存在NaNO3,由于硝酸根在酸性条件下具有强氧化性,能将亚硫酸根氧化成硫酸根,因此也会产生硫酸钡白色沉淀,故根据现象2不能推出该固体中一定含有K2SO4,故B错误; C.根据现象3,有混合气体产生,则该混合气体为二氧化碳和二氧化硫,因此可以推出该固体粉末中一定含有K2SO3,故C正确; D.根据现象4,证明溶液中不含Fe3+,但不能推出固体粉末中不含Fe2O3,原因是若粉末中同时存在Cu2O、和Fe2O3,在溶液中Cu+具有强还原性,能将Fe3+还原成Fe2+,加入KSCN溶液,也不会显红色,故D错误。 故选C。 16.将9g铜和铁的混合物投入100mL稀硝酸中,充分反应后得到标准状况下1.12LNO,剩余4.8g金属;继续加入100mL等浓度的稀硝酸,金属完全溶解,又得到标准状况下1.12LNO。 若向反应后的溶液中加入KSCN溶液,溶液不变红,则下列说法正确的是 ( ) A.原混合物中铜和铁各0.075mol B.稀硝酸的物质的量浓度为1.5mol/L C.第一次剩余的4.8g金属为铜和铁 D.向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100mL,又得到NO在标准状况下的体积为1.12L 【答案】A 【解析】 【详解】A.设铜和铁各为x、ymol。 最终铁铜均为+2价,由电子得失守恒: 2x+2y=0.1×3;两金属的总质量为: 56x+64y=9;可解出: x=y=0.075mol,故A正确; B.由N元素的守恒,HNO3里面的N原子一部分在溶解中以硝酸根离子的形式存在,一部分生成NO气体,故: 2x+2y+0.1=0.3+0.1=0.4mol,故稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/0.2L=2mol·L-1,故B错误; C.在硝酸的氧化过程中,铁活泼性强,先被氧化,但不可能产生Fe3+(因为铜的存在),直到两金属恰好溶解为止。 故第一次加硝酸,氧化的金属为0.075molFe,质量为0.075×56=4.2g第二次加硝酸,氧化的金属为0.075molCu,质量为0.075×64=4.8g,即第一次剩余4.8g金属为铜,故C错误; D.再加入上述100mL稀硝酸,则溶液中的Fe2+被氧化: 3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O,经计算可知硝酸过量,由Fe2+可计算出NO为: 0.075×(1/3)×22.4=0.56L,故D错误。 故选A。 【点睛】D选项中,加入该稀硝酸100mL,亚铁离子与硝酸反应生成NO和硝酸铁,根据电子转移守恒计算。 二、非选择题(本大题共5小题,共52分) 17.A、B、C、X是中学化学中常见的4种物质,它们均由短周期元素组成,转化关系如图所示。 请针对以下三种情况回答下列问题。 (1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素,该元素在C中以阴离子形式存在,将A、C的水溶液混合可得白色胶状沉淀B。 ①A中含有的金属元素为__________(填元素名称) ②该金属元素的单质与某氧化物在高温下反应,可用于焊接铁轨及定向爆破,反应的化学反应方程式是_______________ (2)若A为固态非金属单质,A与X同周期,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为8电子结构。 ①B的电子式为_____________。 ②C与水剧烈反应,生成两种常见酸,反应的化学方程式为___________________。 (3)若A、B、C的焰色反应均呈黄色,水溶液均为碱性。 ①A中所含有的化学键是_____________。 ②自然界中存在B、C和H2O按一定比例结晶而成的固体。 取一定量该固体溶于水配成100mL溶液,测得溶液中金属阳离子的浓度为0.5mol/L。 若取相同质量的固体加热至恒重,剩余固体的质量为__________g。 【答案】 (1).铝 (2).2Al+Fe2O3 =2Fe+Al2O3(3). (4).PCl5+4H2O=H3PO4+5HCl(5).离子键和共价键(6).2.65 【解析】 【分析】 A、B、C、X是中学化学常见物质,均由短周期元素组成。 (1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素,将A、C的水溶液混合可得B的沉淀,由转化关系可知,A含有铝离子,B为氢氧化铝,C含有偏铝酸根,X为氢氧化钠; (2)若A为固态非金属单质,A与X同为第三周期元素,常温常压下C为白色固体,B分子中各原子最外层均为8e-结构,由转化关系可知,A为磷,B为三氯化磷,C为五氯化磷,X为氯气; (3)若A、B、C的焰色反应均呈黄色,水溶液均为碱性;将C加到盐酸中,有无色无味的气体X产生,则A为氢氧化钠,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,X为二氧化碳,然后结合物质的性质及化学用语来解答。 【详解】A、B、C、X是中学化学常见物质,均由短周期元素组成,则 (1)若A、B、C中均含同一种常见金属元素,将A、C的水溶液混合可得B的沉淀,由转化关系可知,A含有铝离子,B为氢氧化铝,C含有偏铝酸根,X为氢氧化钠, ①由上述分析可知A、B、C中含有的同一种常见金属元素为Al,名称为铝,故答案为: 铝。 ②Al与氧化铁发生铝热反应可用于焊接铁轨
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