上海高中化学竞赛初赛试题真题答案详解版.docx
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上海高中化学竞赛初赛试题真题答案详解版
2019年上海市高中生化学竞赛
初赛试题及答案详解
可能用到的相对原子质量(原子量):
H-1C-12N-14O-16Na-23
一、选择题(每小题只有一个正确答案)
1.我国科技创新成果斐然。
下列成果中获得诺贝尔奖的是
A.培育超级杂交水稻B.发现抗疟疾新药青蒿素
C.人工合成结晶牛胰岛素D.发明联合制碱法
【答案】B
【解析】
【详解】A.袁隆平培育超级杂交水稻,无获得诺贝尔奖,A错误;
B.屠呦呦发现抗疟疾新药青蒿素,获得2015年度诺贝尔医学奖,B正确;
C.人工合成结晶牛胰岛素,是世界上第一个人工合成的蛋白质,没有获得诺贝尔奖,C错误;
D.侯德榜发明联合制碱法,没有获得诺贝尔奖,D错误;
答案选B。
2.做好垃圾分类,推动城市绿色发展。
下列生活垃圾投放正确的是
选项
A
B
C
D
生活垃圾
充电电池
中药残渣
花生壳
易拉罐
垃圾分类标识
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.电池中含多种金属,属于重金属污染,应为有害垃圾,A错误;
B.中药残渣属于易腐
生活废弃物,是厨余垃圾,也是湿垃圾,B错误;
C.花生壳属于易腐的生活废弃物,是厨余垃圾,也是湿垃圾,C正确;
D.易拉罐为金属材质,可以回收利用,属于可回收垃圾,D错误;
答案选C。
3.《周易》对“革”卦卦象
解释中提到:
“泽中有火”,描绘了沼泽水面上发生的燃烧现象。
“泽中有火”主要可能因为沼泽底部有机物发酵产生了
A.甲烷B.乙烯C.二氧化碳D.氮气
【答案】A
【解析】
【详解】沼泽水面上发生的燃烧现象,则对应可燃性气体,可将该现象类比于沼气、天然气的燃烧,故该处是因为沼泽底部有机物发酵产生了甲烷气体,答案为A。
4.将金属钠投入足量水中,关于此过程说法错误的是
A.破坏了金属键B.破坏了极性共价键
C.生成了离子键D.生成了非极性共价键
【答案】C
【解析】
【详解】A.将金属钠投入足量水中,发生反应生成氢氧化钠和氢气,金属钠的金属键被破坏,A正确;
B.将金属钠投入足量水中,破坏了水分子中的极性共价键,B正确;
C.将金属钠投入足量水中,发生反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠为强电解质,在水溶液中完全电离,因此并没生成离子键,故C错误;
D.将金属钠投入足量水中,发生反应生成氢氧化钠和氢气,氢气含非极性共价键,形成了非极性共价键,D正确;
答案选C。
5.国庆70周年群众游行中,上海彩车城市天际线的造型十分多人眼球。
彩车车体使用了上下层为铝合金,中间为聚乙烯芯的铝塑复合材料,这种材料
A.具有轻便、坚固的特点B.具有很高的熔沸点
C.具有很好的绝缘性能D.在潮湿环境下易锈蚀
【答案】A
【解析】
【详解】A.该材料又叫“铝塑”,用于车体,具有质轻、抗震性等特性,故A正确;
B.铝和聚乙烯的熔沸点都较低,复合材料的熔沸点低,故B错误;
C.该材料表面是金属铝,能导电,不能作为绝缘体,故C错误;
D.该铝塑复合材料上下层是铝合金,在潮湿环境下铝能生成致密的氧化膜,阻止了腐蚀的进一步进行,不易锈蚀,故D错误;
答案选A。
6.中国科学院科研团队研究表明,在常温常压和可见光下,基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理如下图所示。
下列关于该过程的说法错误的是
A.属于固氮过程B.光能转化为化学能
C.证明氮的非金属性大于氧D.LDH降低了反应的活化能
【答案】C
【解析】
【详解】A.该过程能将游离态的N转化成化合态,属于固氮过程,故A正确;
B.由图可知,该过程
由太阳能转化成化学能,故B正确;
C.同周期从左到右,非金属性增强,则N的非金属性小于O的,故C错误;
D.在LDH作用下,该反应能在常温常压和可见光下进行,则LDH降低了反应的活化能,故D正确;
答案选C。
7.某无色透明溶液放入铝片后有氢气产生。
向此溶液中加入下列物质,该物质一定不能在溶液中大量存在的是
A.NH4ClB.NaHCO3C.Cu(NO3)2D.K2S
【答案】B
【解析】
【分析】某无色透明溶液放入铝片后有氢气产生,则该溶液可能是酸性环境,可能是碱性环境。
【详解】A.若溶液为碱性环境,铵根和氢氧根离子反应生成氨水,故不能共存;若溶液为酸性环境,则可以共存,A不符合题意;
B.NaHCO3可电离出自由移动的碳酸氢根离子,均能与氢离子和氢氧根离子反应,故一定不能共存,B符合题意;
C.若溶液为碱性环境,氢氧根离子与铜离子会生成氢氧化铜沉淀,不能共存,酸性环境可以共存,故C不符合题意;
D.无论溶液为酸性或碱性环境,K2S均可以共存,D不符合题意;
答案选B。
8.下列变化中,气体被还原的是
A.二氧化碳使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色
B.氯气使KBr溶液变黄
C.二氧化碳使过氧化钠变为白色
D.乙炔使酸性高锰酸钾溶液褪色
【答案】B
【解析】
【详解】A.CO2与NaOH反应生成Na2CO3,而使溶液的碱性减弱,酚酞褪色,碳元素化合价无变化,故A错误;
B.氯气使KBr溶液变黄,生成Br2,氯元素从0价降至-1价,气体被还原,故B正确;
C.CO2使Na2O2变白,发生氧化还原反应生成碳酸钠和氧气,反应中过氧化钠既是氧化剂也是还原剂,故C错误;
D.乙炔与酸性高锰酸钾溶液反应生成二氧化碳,化合价从-1价升至+4价,乙炔表现还原性,被氧化,故D错误;
答案选B。
9.将干燥的氯气通过干燥的硝酸银,可以得到N2O5,已知该反应的氧化产物是一种气体.其分子式可能为
A.N2B.O2C.HClD.NO2
【答案】B
【解析】
【详解】氯气在反应中得到电子做氧化剂,硝酸银中只有氧元素化合价可能升高,所以氧化产物是氧气,分子式为O2,故答案选B。
10.某反应的氧化剂与还原剂及部分产物如下所示:
2Mn2++5IO4—+……→2MnO4—+……已知该反应体系还包括H+、H2O与另一种含碘微粒。
对于该氧化还原反应说法正确的是
A.Mn2+是氧化剂,IO4—是还原剂
B.体系中另一种含碘微粒为I—
C.随着反应进行,溶液pH不断上升
D.每有1molIO4—参加反应,转移2mol电子
【答案】D
【解析】
【分析】该反应中锰元素由+2价升为+7价,化合价升高被氧化,故Mn2+是还原剂,IO4—是氧化剂;根据电子守恒和元素守恒可知反应方程式为:
。
【详解】A.根据分析可知Mn2+是还原剂,IO4-是氧化剂,故A错误;
B.根据方程式可知,另一种含碘微粒为:
IO3-,故B错误;
C.根据方程式可知反应过程中有氢离子生成,所以pH值会减小,故C错误;
D.一个IO4-生成IO3-,化合价降低2价,得两个电子,故每有1molIO4-参加反应,转移2mol电子,故D项正确;
故答案为D。
11.微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置。
某微生物燃料电池的工作原理如下图所示(a、b为电极)。
下列说法正确的是
A.a是正极,b是负极
B.b电极发生的电极反应为O2+4H++4e→2H2O
C.电子从a流出,经质子交换膜流向b
D.该电池在高温下进行效率更高
【答案】B
【解析】
【分析】根据图示可知,电极b发生电极反应:
,电极b得电子,发生还原反应,为正极,电极a为负极,再根据原电池反应原理解答。
【详解】A.电极b发生电极反应:
,电极b得电子,为正极,电极a为负极,故A错误;
B.b电极发生的电极反应:
,B正确;
C.电子从负极流出,经导线流入正极,故C错误;
D.在高温下微生物被杀死,效率更低,故D错误;
答案选B。
12.离子方程式Ba2++OH—+H++SO42—→BaSO4↓+H2O可以表示Ba(OH)2溶液与
A.少量稀硫酸的反应B.足量稀硫酸的反应
C.少量NaHSO4溶液的反应D.足量NH4HSO4溶液的反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为:
Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O,与反应物的量无关,故A错误;
B.氢氧化钡与稀硫酸反应的离子方程式为:
Ba2++2OH-+2H++SO42-═BaSO4↓+2H2O,与反应物的量无关,故B错误;
C.由于NaHSO4溶液少量,故氢氧根不能完全反应,离子方程式为:
Ba2++OH—+H++SO42—→BaSO4↓+H2O;
D.足量NH4HSO4溶液会将氢氧根完全消耗,故离子反应方程式为:
Ba2++2OH—+2H++SO42—→BaSO4↓+2H2O;故D错误;
故答案为C。
【点睛】Ba(OH)2溶液与NH4HSO4溶液反应时铵根也可以与氢氧根结合生成一水合氨,但由于NH4HSO4溶液足量,氢离子会将氢氧根完全消耗,故没有一水合氨生成,如果NH4HSO4溶液量不足,会有一水合氨生成。
13.常温下.0.10mol/L的苯甲酸钠溶液pH=9,估算在此条件下.苯甲酸根离子水解的比例为
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】苯甲酸钠为强碱弱酸盐,苯甲酸根离子用R-代替,则R-+H2O⇌HR+OH-,已知pH=9,溶液中c(H+)=10-9mol/L,则c(OH-)=10-5mol/L,即c(HR)=10-5mol/L,苯甲酸根离子水解的比例=
=10-4,答案为B。
14.已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。
向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液,立即封闭罐口,易拉罐渐渐凹瘪;再过一段时间,罐壁又重新凸起。
上述实验过程中没有发生的离子反应是()
A.CO2+2OH−=CO32−+H2OB.Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−
C.2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑D.Al3++4OH−=[Al(OH)4]−
【答案】D
【解析】
【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠,首先CO2与氢氧化钠反应,发生反应为:
CO2+2OH-=CO32-+H2O,表现为铝罐变瘪;接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气,发生反应为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,则罐壁又重新凸起;因铝罐表面有氧化膜Al2O3,则又能够发生反应:
Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,根据以上分析可知,能够发生反应为A、B、C,没有发生的反应为D,故选D。
15.CH4与CO2混合气体在某催化剂表面会发生积碳反应和消碳反应:
积碳反应
消碳反应
在其余条件不变的情况下,该催化剂表面积碳量随温度升高呈现先增后减的变化。
下列关于升温过程中积碳、消碳反应的平衡常数(K)和反应速率(v)说法正确的是
A.K积减小、K消增加B.v积减小、v消增加
C.K积减小倍数比K消减小倍数大D.v消增加倍数比v积增加倍数大
【答案】D
【解析】
【详解】A.积碳、消碳反应的正反应都是吸热反应,升温,平衡正向移动,K积、K消均增加,故A错误;
B.升高温度,反应速率加快,则v积、v消均增加,故B错误;
C.从A选项分析可知,K积、K消均增加,故C错误;
D.积碳量随温度升高呈现先增后减,说明后面的消碳反应速率比积碳的快,即v消增加倍数比v积增加倍数大,故D正确;
答案选D。
16.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,下列情况有可能造成测试结果偏低的是
A.加热前所用的坩埚未完全干燥B.加热时固体在空气中冷却
C.加热过程中晶体有少量溅失D.加热晶体略带黑色
【答案】B
【解析】
详解】A.加热前坩埚未完全干燥,加热后水分蒸发,会使质量差偏大,使测量结果偏大,故A错误;
B.在空气中冷却称量固体则会将空气中的水蒸气吸收过来,导致质量差偏小,则测定的水的质量偏小,故B正确;
C.加热过程中有少量晶体贱出,会使测定的质量差偏大,使结果偏大,故C错误;
D.加热晶体变黑是硫酸铜加热分解产生氧化铜和三氧化硫等,会使质量差偏大,使结果偏大,故D错误;
答案选B。
17.我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展,其合成示意图如下:
下列说法正确的是
A.过程Ⅰ发生了加成反应
B.可用酸性高锰酸钾溶液检验最终产品中是否有M残留
C.中间产物M的结构简式为
D.该合成路线的“绿色”体现在理论上原子利用率达到了100%。
【答案】A
【解析】
【详解】A.反应中C=C键生成C-C键,则为加成反应,故A正确;
B.产物对二甲苯也能使酸性高锰酸钾褪色,无法用于检验是否有M残留,故B错误;
C.由球棍模型可知M含有C=C键,且含有醛基,结构简式为
,故C错误;
D.过程ii中有副产物生成,原子利用率不能达到100%,故D错误;
答案选A。
18.根据氨碱法原理制备少量Na2CO3固体流程如下:
下列关于各步操作的图示中存在错误的是
选项
A.吸氧
B.碳酸化
操作图示
选项
C.分离晶体
D.煅烧晶体
操作图示
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】氨碱法原理制备少量Na2CO3固体的原理:
,
;
【详解】A.氯化铵与熟石灰反应生成氨气,氨气极易溶于水,采用多孔球泡能预防倒吸,故A正确;
B.选用大理石和稀盐酸反应产生二氧化碳,再经饱和碳酸氢钠除去二氧化碳中可能混有的HCl气体,故B正确;
C.分离晶体和溶液,用过滤的操作,故C正确;
D.煅烧时,瓷坩埚的开口不能朝向人,以防固体飞溅到人身上,故D错误;
答案选D。
19.有若干种相对分子质量为58的液态有机物,在氧气中燃烧均生成二氧化碳和水。
对这些有机物进行官能团检验,下列实验现象记录一定不符合实际的是
选项
检验操作
实验现象
A
取样,加入新制氢氧化铜并加热
产生黑色沉淀
B
取样,滴加溴的四氯化碳溶液
红棕色褪去
C
取样,加入金属钠
有气体产生
D
取样,滴加紫色石蕊试液
石蕊试液变红色
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.若该物质为丙醛,相对分子质量为58,可与新制氢氧化铜并加热,生成砖红色沉淀氧化亚铜,也可能氢氧化铜过量,加热氢氧化铜分解为氧化铜和水,A符合题意;
B.当有机物的结构简式为
,相对分子质量为58,含碳碳双键,可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应,使红棕色褪去,B正确;
C.当有机物的结构简式为
,相对分子质量为58,含羟基,属于醇,可以和金属钠反应产生氢气,C正确;
D.若该有机物滴加紫色石蕊试液,石蕊试液变红色,则该有机物是有机酸或酚类物质,该有机物的相对分子质量为58,无法构成酸或酚,故D错误;
答案选D。
20.在一定温度下,向一个密闭定容容器中通入SO2、O2以及合适的催化剂,使之发生反应,2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)+196.6kJ。
反应情况如下表:
温度
SO2起始浓度
O2起始浓度
平衡时SO3体积分数
T1
2mol/L
1mol/L
ω1
T1
4mol/L
2mol/L
ω2
T2
4mol/L
2mol/L
ω1
下列数据大小关系描述正确
是
A.T1>T2ω1>ω2B.T1>T2ω1<ω2C.T1<T2ω1>ω2D.T1<T2ω1<ω2
【答案】
C
【解析】
【详解】已知2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)+196.6kJ,该反应正向为气体体积缩小的放热反应,密闭定容容器中,当温度都为T1时,反应物二氧化硫和氧气的起始浓度越大,容器内压强越大,平衡向着正向移动,则三氧化硫的体积分数ω2>ω1;该反应为放热反应,起始浓度相同时,升高温度,平衡向着逆向移动,则三氧化硫的体积分数减小,由于ω2>ω1,说明温度T1<T2,答案选C。
二、选择题(每小题有一个或两个正确答案)
21.某元素原子核外电子排布为“......3d104s1”,关于此元素的说法正确的是
A.位于第四周期ⅠA族B.原子核外有29个电子
C.存在+1、+2等不同化合价D.原子中4s电子能量高于3d
【答案】BC
【解析】
【分析】根据某元素原子核外电子排布为“......3d104s1”,根据核外电子排布规律,该元素基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,由此可见:
该元素原子中共有29个电子,应为Cu元素,位于周期表第ⅠB族,处于ds区,为金属元素,由此分析。
【详解】A.该元素为Cu,位于第四周期ⅠB族,故A错误;
B.该元素为Cu,原子序数和核外电子数都等于29,原子核外有29个电子,故B正确;
C.铜存在+1、+2等不同化合价,故C正确;
D.根据构造原理可知,原子中4s电子能量低于3d,故D错误;
答案选BC。
22.根据已知的分子极性对相关分子构型判断正确的是
选项
A
B
C
D
化学式
KrF2
O2F2
BF3
SF4
分子极性
非极性
极性
非极性
极性
分子构型
直线形
直线形
平面正三角形
正四面体形
A.AB.BC.CD.D
【答案】AC
【解析】
【详解】A.KrF2空间构型是直线型,键角180°,是非极性分子,故A正确;
B.O2F2可类似H2O2,H-O-O-H,单看其中一个O,氧原子形成2个σ键,含有2对孤电子对,O原子及其连接的H原子、O原子形成V形结构,,故B错误;
C.BF3分子构型是平面正三角形,B原子位于正三角形的中心,该分子中正负电荷重心重合,为非极性分子,故C正确;
D.SF4中心S原子的价层电子对数为
,有1个孤对电子对数,空间构型是四面体型,分子中正负电荷重心不重合,为极性分子,故D错误;
答案选AC。
23.下表为部分短周期元素的性质或原子结构
元素编号
元素性质或原子结构
X
原子核外p电子数比s电子数多1
Y
最高价氧化物对应水化物为一元强酸
Z
所形成的的离子与氖原子核外电子排布相同且带2个单位电荷
下列说法正确的是
A.若原子半径X<Y,则相应气态氢化物的热稳定性一定有X>Y
B.若原子序数X>Z,则相应简单离子半径一定有X<Z
C.若Y与Z位于同一周期,则原子半径一定有Y<Z
D.若X与Z位于同一周期,则原子核外未成对电子数一定有X<Z
【答案】AB
【解析】
【分析】短周期X原子核外p电子数比s电子数多1,核外电子排布可能为1s22s22p5,为F元素,或1s22s22p63s23p1,为Al元素;Y最高价氧化物对应水化物为一元强酸,酸可能是HNO3、HClO4,则Y可能是N、Cl;氖原子核外电子总数是10,Z所形成的的离子与氖原子核外电子排布相同且带2个单位电荷,该离子为Mg2+,则Z是Mg元素。
【详解】X是N或P、Y是N或Cl、Z是Mg;
A.若原子半径X<Y,则X是F,Y是Cl,非金属性F>Cl,则相应气态氢化物的热稳定性:
X>Y,故A正确;
B.若原子序数X>Z,则X是Al,Z是Mg,具有相同核电荷数的离子,核电荷数越大半径越小,则相应简单离子半径一定有X<Z,故B正确;
C.若Y与Z位于同一周期,则Y是Cl,Z是Mg,同周期从左到右原子半径减小,则Z>Y,故C错误;
D.若X与Z位于同一周期,则X是Al,Z是Mg,Al原子核外未成对电子数是1,Mg原子核外未成对电子数是0,则X>Z,故D错误;
答案选AB。
24.常温下,pH=3的某酸溶液分别与pH=11的氨水与烧碱溶液等体积混合,所得溶液分别记为a和b。
下列说法正确的是
A.a可能呈酸性,也可能呈碱性B.b可能呈酸性,也可能呈碱性
C.a可能呈中性,此时b呈酸性D.b可能呈中性,此时a呈酸性
【答案】AC
【解析】
【分析】若酸为强酸,则pH=3的酸溶液与pH=11的氨水溶液(氨水是弱碱,不能完全电离,则氨水的物质的量浓度更大)等体积混合,溶液显碱性;pH=3的酸溶液与pH=11的烧碱溶液等体积混合溶液呈中性;
若酸为弱酸,与氨水混合时,酸过量,溶液显酸性;碱过量,溶液显碱性;二者相等,溶液显中性;与烧碱溶液等体积混合溶液,酸是弱电解质,不能完全电离,则酸溶液过量,溶液一定显酸性;
综上所述,pH=3的某酸溶液分别与pH=11的氨水与烧碱溶液等体积混合,所得溶液分别记为a和b,a可能为酸、中、碱性;b为中、酸性,依此解答。
【详解】A.若酸是强酸,a一定呈碱性;若酸是弱酸,a可能呈酸性、碱性或中性,A正确;
B.若酸是强酸,b一定呈中性;若酸是弱酸,b一定呈酸性,B错误;
C.若酸是弱酸时,a可能呈中性,此时b呈酸性,C正确;
D.若酸是强酸,b呈中性,此时a呈碱性,D错误;
答案选AC。
25.将3.75g镁铝合金投入一定量热的浓硝酸中,合金完全溶解,共产生0.05molNO与0.2molNO2,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,最终得到一定量的白色沉淀。
关于此过程说法错误的是
A.有0.25molHNO3被还原B.有0.60molHNO3参加了反应
C.转移电子物质的量为0.35molD.白色沉淀质量为9.7g
【答案】D
【解析】
【分析】3.75g镁铝合金投入一定量热的浓硝酸中,合金完全溶解,转化为Mg2+和Al3+,向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液,最终得到一定量的白色沉淀,则该白色沉淀为氢氧化镁,氧化还原反应中,得失电子守恒,则镁铝合金失去的电子总量,与硝酸得到电子总量相等,设镁铝合金中镁的物质的量为x,铝的物质的量为y,则镁铝失去的电子总物质的量为(2x+3y)mol;反应中产生0.05molNO与0.2molNO2,根据氮原子守恒,被还原的硝酸的物质的量=0.05mol+0.2mol=0.25mol;硝酸中的N由+5价降低为+2价和+4价,得到的电子总物质的量为0.05mol
3+0.2
1=0.35mol,则(2x+3y)=0.35,24x+27y=3.75,解得x=0.1mol,y=0.05mol;根据原子守恒,则Mg(NO3)2的物质的量为0.1mol,Al(NO3)3的物质的量为0.05mol,则反应中消耗的硝酸总物质的量=被还原的硝酸+生成硝酸盐消耗的硝酸=0.25mol+0.1mol
2+0.05mol
3=0.6mol,据此分析解答。
【详解】A.根据分析,有0.25molHNO3被还原,故A正确;
B.根据分析,有0.60molHNO3参加了反应,故B正确;
C.根据分析计算,转移电子物质的量为0.35mol,故C正确;
D.根据分析合金中镁的物质的量为0.1mol,镁元素最终全部转化为氢氧化镁,根据原子守恒,氢氧化镁的物质的量为0.1mol,则质量为0.1mol
58g/mol=5.8g,故D错误;
答案选D。
26.各组物质可以按照下图(
表示一步完成)关系互相转化的是
A
B
C
D
A.AB.BC.CD.D
【答案】CD
【解析】
【详解
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- 上海 高中化学 竞赛 初赛 试题 答案 详解
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