福建省漳州市届高三化学下册第一次模拟试题.docx
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福建省漳州市届高三化学下册第一次模拟试题
2018年福建省漳州市诏安县桥东中学高考化学一模试卷
一、选择题:
本题共有13小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的是( )
A.为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上,与标准比色卡对照即可
B.燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C.要将溶解在CCl4中的碘单质分离出来,可以用蒸馏法,因为碘易升华,先分离出来
D.提纯混有少量硝酸钾的氯化钠,应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A.乙烯的结构简式为:
C2H4
B.S2﹣的结构示意图:
C.质子数为53,中子数为78的碘原子:
I
D.NH4Cl的电子式为:
3.下列反应的离子方程式正确的是( )
A.NaHSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液混合:
2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
B.硫化钠的水解反应:
S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣
C.将等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合:
HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O
D.单质铜与稀硝酸反应:
Cu+2H++2NO3﹣═Cu2++2NO↑+H2O
4.莽草酸结构简式如图.下列说法错误的是( )
A.该物质分子式为C7H10O5
B.该物质与乙酸互为同系物
C.该物质能与乙醇发生酯化反应
D.1mol该物质与Na反应时,最多消耗Na4mol
5.下列有关实验操作的叙述中正确的是( )
A.
利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水,进行甘油与乙醇的混合物分离
B.
进行H2,NH3,CO2,Cl2,HCl,NO2等气体收集,也能用于NO气体收集
C.
当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收,并防止倒吸
D.
常用于实验室收集氧气、氢气等
6.用Pt电极电解含有Ag+、Cu2+和X3+各0.1mol的溶液,阴极析出固体物质的质量m(g)与回路中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图所示.则下列氧化性强弱的判断正确的是( )
A.Ag+>X3+>Cu2+>H+>X2+B.Ag+>Cu2+>X3+>H+>X2+
C.Cu2+>X3+>Ag+>X2+>H+D.Cu2+>Ag+>X3+>H+>X2+
7.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O,当NO2和NO的物质的量之比为2:
1时,实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )
A.1:
10B.1:
8C.1:
6D.1:
5
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题~第40题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题
8.甲醇是有机化工原料和优质燃料,主要应用于精细化工、塑料等领域,也是农药、医药的重要原料之一.回答下列问题:
(1)工业上可用CO2和H2反应合成甲醇.已知25℃、101kPa下:
H2(g)+
O2(g)═H2O(g)△H1=﹣242kJ/mol
CH3OH(g)+
O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H2=﹣676kJ/mol
①写出CO2与H2反应生成CH3OH(g)与H2O(g)的热化学方程式:
.
②下列表示该合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是 (填字母代号).
③合成甲醇所需的H2可由下列反应制取:
H2O(g)+CO(g)⇌H2(g)+CO2(g).某温度下该反应的平衡常数K=1.若起始时c(CO)=1mol/L,c(H2O)=2mol/L,则达到平衡时H2O的转化率为 .
(2)CO和H2反应也能合成甲醇:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=﹣90.1kJ/mol.在250℃下,将一定量的CO和H2投入10L的恒容密闭容器中,各物质的浓度(mol/L)变化如下表所示
(前6min没有改变条件):
2min
4min
6min
8min
′′′
CO
0.07
0.06
0.04
0.05
′′′
H2
x
0.12
0.12
0.2
′′′
CH2OH
0.03
0.04
0.04
0.05
′′′
①X= ,250℃时该反应的平衡常数K= .
②若6~8min时只改变了一个条件,则改变的条件是 ,第8min时,该反应是否达到平衡状态?
(填“是”或“不是”).
③该合成反应的温度一般控制在240~270℃,选择此温度的原因是:
Ⅰ.此温度下的催化剂活性高;
Ⅱ. .
(3)甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸.在常温下,甲酸的K=1×10﹣4,20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液与一定量等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的c(HCOOH)=c(HCOO﹣),该溶液pH= ,溶液中离子浓度由大到小的顺序为 .
9.三氯化硼(BCl3)是一种重要的化工原料,可用于制取乙硼烷(B2H6),也可作有机合成催化剂.某兴趣小组拟选用如图装置制备BCl3(已知BCl3的沸点为12.5℃,熔点为﹣107.3℃;2B+6HCl
2BCl3↑+3H2↑)请回答下列问题:
(1)装置A中发生反应的离子方程式为 ;
(2)上述各装置连接顺序为, 、 、 、 、 、 .
(3)装置E的两个作用是 、 ;实验中若不用装置C,可能产生的危险是 .
(4)BCl3遇水产生大量的白雾同时生成硼酸(H3BO3),其反应的化学方程式为 .
10.镍是有机合成的重要催化剂.某化工厂有含镍催化剂废品(主要成分是镍,杂质是铁、铝单质及其化合物,少量难溶性杂质).某学习小组设计如图流程利用含镍催化剂废品制备硫酸镍晶体:
几种难溶碱开始沉淀和完全沉淀的pH如表:
沉淀物
开始沉淀
完全沉淀
Al(OH)3
3.8
5.2
Fe(OH)3
2.7
3.2
Fe(OH)2
7.6
9.7
Ni(OH)2
7.1
9.2
回答下列问题:
(1)溶液①中含金属元素的离子是 .
(2)用离子方程式表示加入双氧水的目的 .双氧水可以用下列物质替代的是 .
A.氧气B.高锰酸钾C.氯气D.硝酸
(3)取2.0000g硫酸镍晶体样品溶于蒸馏水,用0.2mol•L﹣1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定至终点,消耗EDTA标准溶液为34.50mL.滴定反应为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+.计算样品纯度为 .(已知,NiSO4•7H2O相对分子质量为281,不考虑杂质反应).
(4)操作b调节溶液范围为3.2﹣7.1,其目的是 .固体②的化学式为 .
(5)操作a和c需要使用的仪器除铁架台(带铁圈)、烧杯、酒精灯、玻璃棒外还需要的主要玻璃仪器是 .上述流程中,“酸浸”时所加入的酸是 (填化学式).
(二)选考题:
请考生从给出的3道物理题、3道化学题、2题生物题中每科任选一题作答.如果多做,则每学科按所做的第一题计分.【化学--选修3:
物质结构与性质】
11.已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素,它们的核电荷数依次增大.其中基态A原子价电子排布式为nsnnpn+1;化合物B2E为离子化合物,E原子核外的M层中只有两对成对电子;C元素是地壳中含量最高的金属元素;D单质常用于制作太阳能电池和集成电路芯片;F原子最外层电子数与B的相同,其余各内层轨道均充满电子.请根据以上信息,回答下列问题(答题时,A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示):
(1)A、B、E的第一电离能由小到大的顺序为 .
(2)氢化物A2H4分子中A原子采取 杂化.
(3)元素F在周期表的位置为 ,二价阳离子F2+与过量的A的简单氢化物的水溶液反应的离子方程式为 .
(4)元素A和C可形成一种新型化合物材料,其晶体具有很高的硬度和熔点,其化合物中所含的化学键类型为 .
(5)A、F形成某种化合物的晶胞结构如图所示的立方晶胞(其中A显﹣3价,每个球均表示1个原子),则其化学式为 .设阿伏伽德罗常数为NA,距离最近的两个F原子的核间距为acm,则该化合物的晶胞密度为(用含a和NA的代数式表示) g/cm3.
2018年福建省漳州市诏安县桥东中学高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题:
本题共有13小题,每小题6分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.下列说法正确的是( )
A.为测定新制氯水的pH,用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上,与标准比色卡对照即可
B.燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
C.要将溶解在CCl4中的碘单质分离出来,可以用蒸馏法,因为碘易升华,先分离出来
D.提纯混有少量硝酸钾的氯化钠,应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.氯水中的次氯酸能漂白pH试纸;
B.根据二氧化硫、二氧化氮是形成酸雨的主要物质;为减少酸雨的产生,只要减少二氧化硫、氮氧化物就可以防止酸雨的产生;
C.碘的熔点高于四氯化碳;
D.氯化钠中混有少量的硝酸钾,不能制得硝酸钾的饱和溶液.
【解答】解:
A.氯水中的次氯酸能漂白pH试纸,不能用pH试纸测定新制氯水的pH值,故A错误;
B.采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生,从而防止出现酸雨,NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施,故B正确;
C.用蒸馏法能将溶解在CCl4中的碘分离出来,碘的熔点大于四氯化碳,所以四氯化碳先蒸馏得到,故C错误;
D.氯化钠中混有少量的硝酸钾,氯化钠是大量的,制得的饱和溶液中硝酸钾量较少,不能采取降温结晶的方法,故D错误.
故选B.
【点评】本题主要考查的是实验室中常见操作和物质的提纯与检验,难度不大,注意D为易错点,若硝酸钾中混有少量的氯化钠,可以采用此方法提纯.
2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A.乙烯的结构简式为:
C2H4
B.S2﹣的结构示意图:
C.质子数为53,中子数为78的碘原子:
I
D.NH4Cl的电子式为:
【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合.
【专题】化学用语专题.
【分析】A.结构简式中必须标出含有的官能团,乙烯的结构简式中没有标出碳碳双键;
B.该离子结构示意图中的核电荷数错误,硫离子与硫原子的核电荷数相等,都是16;
C.元素符号的左上角表示质量数、左下角表示质子数,质量数=质子数+中子数;
D.氯化铵为离子化合物的,氯离子需要标出最外层电子.
【解答】解:
A.乙烯分子中含有官能团碳碳双键,乙烯正确的结构简式为:
CH2=CH2,故A错误;
B.硫离子的核电荷数为16,核外电子总数为18,最外层达到8电子稳定结构,硫离子正确的结构示意图为:
,故B错误;
C.质子数为53,中子数为78的碘原子的质量数为:
53+78=131,该碘原子可以表示为:
53131I,故C正确;
D.氯化铵属于离子化合物,铵根离子和氯离子都需要标出所带电荷及原子的最外层电子,氯化铵正确的电子式为
,故D错误;
故选C.
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法,题目难度中等,涉及结构简式、电子式、离子结构示意图、元素符号等知识,注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法,明确结构简式与结构式、原子结构示意图与离子结构示意图的区别.
3.下列反应的离子方程式正确的是( )
A.NaHSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液混合:
2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O
B.硫化钠的水解反应:
S2﹣+2H2O⇌H2S+2OH﹣
C.将等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合:
HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O
D.单质铜与稀硝酸反应:
Cu+2H++2NO3﹣═Cu2++2NO↑+H2O
【考点】离子方程式的书写.
【专题】离子反应专题.
【分析】A.反应生成硫酸钡、NaOH和水;
B.水解分步进行,以第一步为主;
C.反应生成碳酸钡、水、NaOH;
D.反应生成硝酸铜、NO和水,电子、电荷不守恒.
【解答】解:
A.NaHSO4溶液与足量Ba(OH)2溶液混合的离子反应为H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O,故A错误;
B.硫化钠的水解反应的离子反应为S2﹣+H2O⇌HS﹣+OH﹣,故B错误;
C.将等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合的离子反应为HCO3﹣+Ba2++OH﹣═BaCO3↓+H2O,故C正确;
D.单质铜与稀硝酸反应的离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O,故D错误;
故选C.
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重与量有关的离子反应、氧化还原反应的离子反应考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,题目难度不大.
4.莽草酸结构简式如图.下列说法错误的是( )
A.该物质分子式为C7H10O5
B.该物质与乙酸互为同系物
C.该物质能与乙醇发生酯化反应
D.1mol该物质与Na反应时,最多消耗Na4mol
【考点】有机物的结构和性质.
【专题】有机物的化学性质及推断.
【分析】有机物中含有羧基,具有酸性,可发生中和、酯化反应,含有羟基,可发生取代、氧化和消去反应,含有碳碳双键,可发生加成、加聚和氧化反应,以此解答该题.
【解答】解:
A.由结构简式可知该有机物的分子式为C7H10O5,故A正确;
B.有机物含有碳碳双键和多个羟基,与乙酸结构不同,不是同系物,故B错误;
C.含有羧基,可与乙醇发生酯化反应,故C正确;
D.含有3个羟基、1个羧基,都可与钠反应生成氢气,则1mol该物质与Na反应时,最多消耗Na4mol,故D正确.
故选B.
【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,注意把握有机物的官能团及性质的关系,明确醇、烯烃、羧酸的性质即可解答,题目难度不大.
5.下列有关实验操作的叙述中正确的是( )
A.
利用甘油密度大于乙醇且更易溶于水,进行甘油与乙醇的混合物分离
B.
进行H2,NH3,CO2,Cl2,HCl,NO2等气体收集,也能用于NO气体收集
C.
当X选用苯时可进行NH3和HCl的吸收,并防止倒吸
D.
常用于实验室收集氧气、氢气等
【考点】化学实验方案的评价.
【分析】A.甘油与乙醇互溶;
B.与氧气反应的气体不能使用排空气法收集,a进气收集密度比空气小的气体,b进气收集密度比空气大的气体;
C.苯的密度比水小,不能隔绝气体与水;
D.氧气、氢气不溶于水,不与水反应.
【解答】解:
A.甘油与乙醇不分层,不能利用与中分液装置分离,故A错误;
B.与氧气反应的气体不能使用排空气法收集,a进气收集密度比空气小的气体,b进气收集密度比空气大的气体,则装置可进行H2,NH3,CO2,Cl,HCl,NO2等气体收集,但不能用于NO气体收集,故B错误;
C.苯的密度比水小,不能隔绝气体与水,则X为苯时不能防止倒吸,应选四氯化碳,故C错误;
D.氧气、氢气不溶于水,不与水反应,可用排水法收集,故D正确.
故选D.
【点评】本题考查化学实验方案的评价,为高频考点,涉及混合物分离提纯、气体的收集及防倒吸装置等,把握物质的性质及反应原理为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意实验的评价性分析,题目难度不大.
6.用Pt电极电解含有Ag+、Cu2+和X3+各0.1mol的溶液,阴极析出固体物质的质量m(g)与回路中通过电子的物质的量n(mol)的关系如图所示.则下列氧化性强弱的判断正确的是( )
A.Ag+>X3+>Cu2+>H+>X2+B.Ag+>Cu2+>X3+>H+>X2+
C.Cu2+>X3+>Ag+>X2+>H+D.Cu2+>Ag+>X3+>H+>X2+
【考点】氧化性、还原性强弱的比较.
【分析】根据图象可知,开始即析出固体,总共0.1mol电子通过时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是Ag,此后,继续有电子通过,不再有固体析出,说明X3+放电生成X2+,后又有固体析出,则为铜,最后无固体,则为H+放电,从而判断离子氧化性.
【解答】解:
开始即析出固体,总共0.1mol电子通过时,析出固体质量达最大,证明此时析出的固体是Ag,此后,继续有电子通过,不再有固体析出,说明X3+放电生成X2+,后又有固体析出,则为铜,
则氧化能力为Ag+>X3+>Cu2+;
当电子超过0.4mol时,固体质量没变,说明这是阴极产生的是氢气,即电解水,说明氧化能力H+>X2+,
故氧化能力为Ag+>X3+>Cu2+>H+>X2+.
故选:
A.
【点评】本题考查学生根据图象获取信息、运用知识综合分析能力,难度中等,关键在确定最先析出的固体是银.
7.Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2、NO和H2O,当NO2和NO的物质的量之比为2:
1时,实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为( )
A.1:
10B.1:
8C.1:
6D.1:
5
【考点】氧化还原反应的计算.
【专题】氧化还原反应专题.
【分析】Cu2S与一定浓度的HNO3反应中,Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价,硝酸起氧化剂与酸的作用,起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO,起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2.令NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol,根据电子转移守恒计算参加反应的Cu2S的物质的量,由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO),根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)﹣n(CuSO4),由硫元素守恒可知n(Cu2S)=n(CuSO4),据此计算参加反应的硝酸的物质的量.据此计算判断.
【解答】解:
Cu2S与一定浓度的HNO3反应中,Cu2S中铜元素由+1价被氧化为+2价、硫元素由﹣2价被氧化为+6价,硝酸起氧化剂与酸的作用,起氧化剂作用HNO3中氮元素被还原为NO2和NO,起酸作用的硝酸生成Cu(NO3)2.
令NO2和NO的物质的量分别为2mol、1mol,根据电子转移守恒可知:
n(Cu2S)×[6﹣(﹣2)+1×2]=2mol×(5﹣4)+1mol×(5﹣2),解得n(Cu2S)=0.5mol.
由硫元素守恒可知n(CuSO4)=n(Cu2S)=0.5mol,
根据铜元素守恒可知溶液中n[Cu(NO3)2]=2n(Cu2S)﹣n(CuSO4)=2×0.5mol﹣0.5mol=0.5mol.
由氮元素守恒可知参加反应的硝酸n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO)=2×0.5mol+2mol+1mol=4mol.
所以实际参加反应的Cu2S与HNO3的物质的量之比为n(Cu2S):
n(HNO3)=0.5mol:
4mol=1:
8.
故选:
B.
【点评】考查氧化还原反应的基本概念与计算,难度中等,判断元素化合价变化,利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键,转移守恒思想在氧化还原反应计算中的运用.
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分.第22题~第32题为必考题,每个试题考生都必须作答.第33题~第40题为选考题,考生根据要求作答.
(一)必考题
8.甲醇是有机化工原料和优质燃料,主要应用于精细化工、塑料等领域,也是农药、医药的重要原料之一.回答下列问题:
(1)工业上可用CO2和H2反应合成甲醇.已知25℃、101kPa下:
H2(g)+
O2(g)═H2O(g)△H1=﹣242kJ/mol
CH3OH(g)+
O2(g)═CO2(g)+2H2O(g)△H2=﹣676kJ/mol
①写出CO2与H2反应生成CH3OH(g)与H2O(g)的热化学方程式:
CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H=﹣50kJ/mol .
②下列表示该合成甲醇反应的能量变化示意图中正确的是 a (填字母代号).
③合成甲醇所需的H2可由下列反应制取:
H2O(g)+CO(g)⇌H2(g)+CO2(g).某温度下该反应的平衡常数K=1.若起始时c(CO)=1mol/L,c(H2O)=2mol/L,则达到平衡时H2O的转化率为 33.3% .
(2)CO和H2反应也能合成甲醇:
CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H=﹣90.1kJ/mol.在250℃下,将一定量的CO和H2投入10L的恒容密闭容器中,各物质的浓度(mol/L)变化如下表所示
(前6min没有改变条件):
2min
4min
6min
8min
′′′
CO
0.07
0.06
0.04
0.05
′′′
H2
x
0.12
0.12
0.2
′′′
CH2OH
0.03
0.04
0.04
0.05
′′′
①X= 0.14 ,250℃时该反应的平衡常数K= 46.3 .
②若6~8min时只改变了一个条件,则改变的条件是 增加了1mol氢气 ,第8min时,该反应是否达到平衡状态?
不是 (填“是”或“不是”).
③该合成反应的温度一般控制在240~270℃,选择此温度的原因是:
Ⅰ.此温度下的催化剂活性高;
Ⅱ. 温度低,反应速率慢,单位时间内的产量低;而该反应为放热反应,温度过高,转化率降低 .
(3)甲醇在催化剂条件下可以直接氧化成甲酸.在常温下,甲酸的K=1×10﹣4,20.00mL0.1000mol/LNaOH溶液与一定量等浓度甲酸溶液混合后所得溶液的c(HCOOH)=c(HCOO﹣),该溶液pH= 4 ,溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(HCOO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣) .
【考点】热化学方程式;化学平衡的计算;离子浓度大小的比较.
【专题】化学反应中的能量变化;化学平衡专题.
【分析】
(1)①据已化学方程式,根据盖斯定律计算;
②该反应是放热反应,反应物总能量大于生成物总能量,物质越稳定,其能量越小;
③利用三段式法计算平衡状态时各物质的平衡浓度;
(2)①根据表中2min和4min时各种物质的浓度的变化量,依据转化量之比等于方程式计量系数之比可求出x值;
②该反应的平衡常数表达式K=
,将在250℃下,将4min时各物质平衡浓度带入计算;
③根据6min到8min时各物质浓度的变化来确定改变条件;
④求出第8min时反应的浓度商Qc,与250℃时K做比较,若Qc=K反应达到平衡状态;
⑤反应条件的选择既要考虑限度又要考虑速率,二者应兼顾;
(3)根据算的电离平衡常数表达式甲酸的平衡常数K=
代入数据计算氢离子浓度;结合弱电
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