高考化学复习河南省信阳市新县第二高级中学毕业班考前化学适应性docx.docx
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高中化学学习材料
唐玲出品
河南省信阳市新县第二高级中学2016届毕业班考前化学适应性训练(5月月考)(解析版)
1.下列各组物质不属于同分异构体的是
A.二甲醚和乙醇B.丁酸和乙酸乙酯
C.2-甲基丁烷和戊烷D.苯甲酸甲酯和邻甲基苯酚
【答案】D
【解析】化合物具有相同分子式,但具有不同结构的现象,叫做同分异构现象;具有相同分子式而结构不同的化合物互为同分异构体。
D.苯甲酸甲酯(C8H8O2)和邻甲基苯酚(C7H8O),分子式不一样,更谈不上同分异构体了。
点评:
考查同分异构体书写。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的数值,下列说法正确的是
A.常温常压下,14gC2H4、C3H6的混合气体中含有碳原子的数目为NA
B.常温下,pH=12的Na2CO3溶液中含有的OH-离子数为0.01NA
C.标准状况下,0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.2NA
D.7.8gNa2O2中含有的阴离子数为0.2NA
【答案】A
【解析】
试题分析:
C2H4、C3H6的最简式是
,14gC2H4、C3H6的混合气体含有碳原子的数目为
=NA,故A正确;n=cv,没有溶液体积不能求溶质物质的量,故B错误;一个丙烷分子含有10个共价键,0.56L丙烷中含有共价键的数目
=0.25NA,故C错误;Na2O2中含有的阴离子是
,7.8gNa2O2中含有的阴离子数
=0.2NA,故D错误。
考点:
本题考查阿伏伽德罗常数。
3.9.下面几种情况,能够形成原电池的是
【答案】C
【解析】
试题分析:
A项两个电极相同,无法形成原电池;B项没有形成闭合回路;D项酒精不是电解质溶液。
考点:
原电池的形成条件
点评:
原电池的形成条件:
(1)要有自发的氧化还原反应;
(2)要有两个电极;
(3)要有电解质溶液;
(4)电极、电解质溶液、导线要能形成闭合回路。
4.关于氧化剂的叙述正确的是()
A.分子中不一定含有氧元素
B.分子中一定含有氧元素
C.在反应中易失电子的物质
D.在反应中易结合电子的物质
【答案】AD
【解析】氧化剂本身具有较高的价态,需注意的是能做氧化剂的物质不一定含有氧元素,如FeCl3、Cl2等。
氧化剂在化学反应中容易得到电子,而发生还原反应,生成的产物为还原产物。
5.下列说法不正确的是()
A.化学变化不产生新元素,产生新元素的变化不是化学变化
B.根据分散质微粒直径大小可以将分散系分为溶液、浊液和胶体
C.向25mL沸水中逐滴加入2mLFeCl3饱和溶液,继续煮沸可以制得Fe(OH)3胶体
D.某微粒的电子数等于质子数,则该微粒可能是一种分子或一种离子
【答案】D
【解析】分散质微粒直径大小是区分溶液、浊液、胶体最本质的属性,B正确;当微粒的电子数等于质子数时,微粒应为不带电的中性微粒,不可能为离子,D错误。
6.①14Cu2++5FeS2+12H2O=7Cu2S+5Fe2++24H++3SO42-
②Mn2++S2O82-+H2O—MnO4-+SO42-+H+对上述两个反应判断正确的是()
A.①②反应中SO42—都是氧化产物B.两个反应中电子转移数目都是10mol
C.①反应中的硫元素既被氧化又被还原D.氧化性:
S2O82—>MnO4—
【答案】B
【解析】
试题分析:
对于反应,S的化合价升高,是氧化产物,②反应中S的化合价降低,是还原产物,A项错误;因为没有参与反应物质的物质的量,不能说转移电子数是多少,B错误;①反应中的硫元素化合价只有升高,则被氧化没有被还原,C错误;根据氧化剂的氧化性大于氧化产物:
S2O82—>MnO4—,D正确。
考点:
考查氧化还原反应的概念及计算。
点评:
转移电子数的多少由反应物或生成物的多少来确定,否则不能确定。
属于较简单题。
7.除去NaCl固体中的NH4Cl的最佳方法是
A.利用溶解度不同,采用结晶法B.直接加热法
C.加入烧碱D.加入AgNO3溶液
【答案】B
【解析】
试题分析:
NaCl固体加热不分解,也不容易液化,而NH4Cl不稳定,受热分解产生NH3和HCl,从固体中逸出,因此除去NaCl固体中的NH4Cl的最佳方法是直接加热法。
选项是B。
考点:
考查除去混合物的杂质的方法的知识。
8.下列做法会对人体健康造成较大危害的是()
A.用大量SO2漂白银耳
B.用小苏打(NaHCO3)焙制糕点
C.用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢(CaCO3)
D.用消毒液(有效成分NaClO)对餐具进行杀菌消毒
【答案】A
【解析】A、二氧化硫是有毒气体不能漂白食品,故A错误;
B.消毒液的有效成分为NaClO,NaClO中氯元素为+1价,能得到电子表现氧化性,所以能杀菌消毒,用小苏打(NaHCO3)可以焙制糕点,故B正确;
C.水垢的成分为碳酸钙,能与醋酸反应,则可用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢,故C正确;
D.消毒液的有效成分为NaClO,溶液中次氯酸根离子水解生成次氯酸具有氧化性,能对餐具进行杀菌消毒,故D正确;
【点评】本题考查化学与生产、生活的关系,题目难度不大,要求学生能够用化学知识解释化学现象,试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力.
9.室温下向一定量的稀氨水中加入水稀释后,下列说法正确的是()
A.因为稀释,溶液中所有离子的浓度均减小
B.溶液中[c(H+)·c(NH3·H2O)]/c(NH4+)不变
C.NH3·H2O的电离程度增大,c(OH-)亦增大
D.再加入与氨水等体积等浓度的盐酸,混合液pH=7
【答案】B
【解析】
试题分析:
A、因为稀释温度不变,Kw不变,溶液中C(OH-)减小,故C(H+)会增大,错误;B、溶液中[c(H+)·c(NH3·H2O)]/c(NH4+)为一水合氨的电离常数,温度不变,电离常数不变,正确;C、NH3·H2O的电离程度增大,但由于溶液的体积增大,c(OH-)减小,错误;D、再加入与氨水等体积等浓度的盐酸,二者恰好完全反应,所得溶液为氯化铵溶液,水解显酸性,pH<7,错误。
考点:
考查弱电解质电离的影响因素。
10.下列表格中除去括号内的杂质,所选试剂和操作方法均正确的是()
A
KCl(BaCl2)
加过量K2CO3溶液后过滤,再蒸干滤液。
B
NaNO3(AgNO3)
加足量NaCl溶液后过滤,再蒸馏滤液。
C
NaCl溶液(I2)
加足量酒精后萃取分液
D
KNO3溶液(CCl4)
直接进行分液操作。
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、由于加入过量K2CO3溶液,引入新的杂质离子CO32-,故应再加过量的盐酸溶液除去CO32-,然后再蒸干溶液即可,A错误;B、加足量NaCl溶液后,引入新的杂质离子Cl-没有除去,B错误;C、酒精能和水以任意比互溶,故不能用酒精萃取氯化钠溶液中的单质碘,C错误;D、四氯化碳不溶于水,故四氯化碳与硝酸钾溶液分层,可以直接分液,D正确,答案选D。
考点:
考查物质的分离和提纯
11.下列关于16O和18O说法正确的是
A.16O2与18O2互为同素异形体
B.16O与18O核外电子排布方式不同
C.通过化学变化可以实现16O与18O间的相互转化
D.16O与18O是氧元素的两种核素
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.16O2与18O2是有同位素原子形成的单质,不是同素异形体,错误;B.16O与18O核外电子数相同,因此原子核外电子排布方式相同,错误;C.通过化学变化不可以实现同位素原子16O与18O间的相互转化,错误;D.16O与18O质子数相同,而中子数不同,因此是氧元素的两种核素,正确。
考点:
考查16O和18O说法的正误判断的知识。
12.(6分)为了消除人体碘缺乏病,我国政府规定食用盐必须是加碘食盐,简称碘盐。
所谓碘盐就是在食盐中加入一定量的碘酸钾(KIO3)。
计算(精确到0.1):
(1)碘酸钾中碘元素的质量分数。
(2)若成人每天食用7g碘盐,从中摄取0.15mg碘,那么1kg碘盐中含碘多少毫克?
【答案】
(1)59.3%
(2)21.4mg
【解析】
(1)碘酸钾中碘元素的质量分数:
×100%=
×100%=59.3%
(2)1kg碘盐中含碘的质量:
=21.4mg
13.在一定条件下,RO3n-与R2-发生如下反应:
RO3n-+2R2-+6H+=3R+3H2O下列关于元素R的叙述正确的是
A.R原子最外层有4个电子B.RO3n-中的R只能被还原
C.HnRO3为强酸D.R的单质既具有氧化性又具有还原性
【答案】D
【解析】
试题分析:
根据电荷守恒,-n+2×(-2)+6×(+1)=0,可得到,n=2,即RO3n-中的R显+4价,最低负价=主族序数-8,故主族序数为6,主族序数=最外层电子数,推测可能是S元素,故A错误;RO3n-中的R显+4价处于中间价态,既可以被氧化又可以被还原,故B错误;R是S元素,H2SO3不是强酸,故C错误;R的单质是0价,处于中间价态,故既具有氧化性又具有还原性,D正确,此题选D。
考点:
考查氧化还原反应、离子反应的相关应用
14.若在加入铝粉能放出H2的溶液中分别加入下列各组离子,肯定不能共存的是()
A.Fe2+、NO
、Cl-、Na+B.Ba2+、Mg2+、CO
、SO
C.NO
、Na+、K+、CO
D.NO
、K+、CO
、OH-
【答案】AB
【解析】加入铝粉能放出H2的溶液可能呈酸性或碱性
A:
酸性情况下,NO3-具有强氧化性,可氧化Fe2+,而在碱性情况下,Fe2+将生成Fe(OH)2沉淀,故肯定不能大量共存
B.由于Ba2++SO42-=BaSO4↓,肯定不能大量共存
C.在碱性情况下,各离子可大量存在
D.在碱性情况下,各离子可大量存在
答案为AB
15.下列电离方程式,书写正确的是
A.Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-B.AlCl3=Al3++Cl3-
C.Mg(NO3)2=Mg+2+2NO3-D.KMnO4=K++Mn7++4O2-
【答案】A
【解析】
试题分析:
A、Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-,正确;B、应为AlCl3=Al3++3Cl-,B错误;C、应为Mg(NO3)2=Mg2++2NO3-,C错误;D、高锰酸根为整体,不能折开写,应为KMnO4=K++MnO4-,D错误;答案选A。
考点:
电离方程式正误判断
16.(7分)J、L、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素,J、R在周期表中的相对位置如右表;J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等;M是地壳中含量最多的元素。
(1)元素T在周期表中的位置是位于①_________。
(2)J和氢组成的化合物A每个分子由4个原子组成且含有2个氢原子,其结构式为②________________,已知充分燃烧agA物质时生成1mol二氧化碳气体和液态水,并放出热量bkJ,则A物质燃烧热的热化学方程式是③__________。
(3)M和R形成的一种化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色,该反应的离子方程式为④______________。
(4)在微电子工业中,L的最简单气态氢化物的水溶液可作刻蚀剂H2O2的清除剂,所发生反应的产物不污染环境,其化学方程式为:
⑤。
(5)写出三种仅由上述五种元素中的一种或两种元素形成的漂白剂的化学式:
⑥__________________。
(6)其中L、M、R形成的氢化物沸点由高到低的顺序是⑦(用化学式表示)
【答案】
(1)第三正确第ⅦA族。
(2)CH≡CH;C2H2(g)+5/2O2(g)=2CO2(g)+H2O(l);ΔH=-2bkJ/mol
(3)2MnO4ˉ+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+
(4)2NH3+3H2O2=N2+6H2O_。
(5)O3、Cl2、SO2、ClO2任写三个
(6)H2O>NH3>H2S
【解析】考查元素周期表的结构及其应用。
地壳中含量最多的元素是氧,则M是氧。
J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等,则J是第ⅣA元素,根据J的物质可判断J是碳,则R是硫。
由于原子序数依次增大,所以L是N,T是Cl。
(2)含有2个氢原子的有机物是乙炔,结构式为CH≡CH。
燃烧热是指在一定条件下,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物所放出的热量,生成1mol二氧化碳气体,放出热量是bkJ,所以燃烧热多的热化学方程式为C2H2(g)+5/2O2(g)=2CO2(g)+H2O(l);ΔH=-2bkJ/mol。
(3)能使酸性高锰酸钾溶液褪色,说明该化合物具有还原性,因此是SO2,方程式为2MnO4ˉ+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。
(4)氮的氢化物是氨气,具有还原性,被双氧水氧化生成氮气和水,方程式为2NH3+3H2O2=N2+6H2O。
(5)常见漂白剂有O3、Cl2、SO2、ClO2等。
(6)水和氨气中都存在氢键,但氧原子的非金属性强于氮原子的,所以形成的氢键要,常温下是液体,氨气是气体,所以沸点高低顺序为H2O>NH3>H2S。
17.(12分)研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时,涉及如下反应:
2NO2(g)+NaCl(s)
NaNO3(s)+ClNO(g)K1∆H1<0(I)
2NO(g)+Cl2(g)
2ClNO(g)K2∆H2<0(II)
(1)4NO2(g)+2NaCl(s)
2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=(用K1、K2表示)。
(2)为研究不同条件对反应(II)的影响,在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应(II)达到平衡。
测得10min内
(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1,则平衡后n(Cl2)=mol,NO的转化率α1=。
其它条件保持不变,反应(II)在恒压条件下进行,平衡时NO的转化率α2α1(填“>”“<”或“=”),平衡常数K2(填“增大”“减小”或“不变”)。
若要使K2减小,可采用的措施是。
【答案】
(1)
;
(2)2.5×10-2;75%;>;不变;升高温度
【解析】
试题分析:
(1)2NO2(g)+NaCl(s)⇌NaNO3(s)+ClNO(g),△H1<0(Ⅰ),平衡常数K1=
;②2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g),△H2<0(Ⅱ),平衡常数K2=
③4NO2(g)+2NaCl(s)⇌2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)的平衡常数K=
,故平衡常数K=
;
(2)在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应(Ⅱ)达到平衡,测得10min内v(ClNO)=7.5×10-3mol•L-1•min-1,物质的量为7.5×10-3mol•L-1•min-1×10min×2L=0.15mol,
2NO(g)+Cl2(g)⇌2ClNO(g),
起始量(mol)0.20.10
变化量(mol)0.150.0750.15
平衡量(mol)0.050.0250.15
则平衡后n(Cl2)=0.025mol,NO的转化率α1=
×100%=75%;其他条件保持不变,反应(Ⅱ)在恒压条件下进行,随反应进行,气体体积减小,为保持恒压所以容器体积减小,压强比恒容容器大,平衡正向进行,平衡时NO的转化率α2增大;平衡常数随温度变化,不随浓度、压强变化,若要使K2减小,平衡逆向进行,反应是放热反应,依据平衡移动原理应升高温度,平衡逆向进行;故答案为:
0.025;75%;>;不变;升高温度.
考点:
化学平衡的影响因素
18.有硫酸钾和碳酸镁的混合物,用50mL盐酸完全溶解后,在标准状况下收集到0.56L二氧化碳,向反应后的溶液中加入含有0.03mol氢氧化钡的溶液,可得到6.11g沉淀,此时溶液的pH=12,溶液的体积为200mL,试求:
(1)原混合物中碳酸镁的物质的量为__________________mol。
(2)得到的沉淀中硫酸钡的质量为______________g。
(3)盐酸的物质的量浓度为_________________mol/L。
【答案】
【解析】略
19.(15分)
(1)某兴趣小组欲准确配制一定物质的量浓度的NaOH溶液:
快速准确称取8.0g纯净的NaOH固体,配制成100mL溶液,该NaOH溶液的物质的量浓度为。
所需的仪器除托盘天平、钥匙、小烧杯、玻璃棒外还缺少。
(2)有机物X由C、H、O三种元素组成的,为确定其结构进行如下实验:
a.6.0gX在一定条件下完全分解,生成3.36L(标准状况下)一氧化碳和1.8g水;
b.中和2.4g有机物X需消耗上述NaOH溶液20.00mL;
c.0.1mol有机物X完全转化为酯,需要乙醇9.2g,0.1molX能与足量钠反应放出3.36L(标准状况下)氢气。
则:
①X的相对分子质量为。
②X的分子式为。
③写出X的结构简式:
。
④写X与足量乙醇发生酯化反应的方程式。
【答案】
(1)2.0mol/L(2分)100ml容量瓶、胶头滴管(各1分)
(2)①120(3分)②C3H4O5(3分)③
(3分)
④
(2分)
【解析】
试题分析:
(1)8g氢氧化钠的物质的量=8g÷40g/mol=0.2mol,则物质的量浓度=0.2mol÷0.1L=2.0mol/L。
需的仪器除托盘天平、钥匙、小烧杯、玻璃棒外还缺少100ml容量瓶、胶头滴管等。
(2)生成物CO的物质的量=3.36L÷22.4L/mol=0.15mol,水的物质的量=1.8g÷18g/mol=0.1mol。
则根据质量守恒可知6g有机物中氧原子的物质的量是0.15mol+0.1mol=0.25mol,则该有机物中碳氢氧三种原子的个数之比0.15:
0.2:
0.25=3:
4:
5。
0.1mol物质A完全转化为酯,需要乙醇9.2g÷46g/mol=0.2mol,则A分子中含有2个-COOH;完全中和2.4g物质A,需要消耗0.02L×2.0mol/L=0.04molNaOH,则2.4gA的物质的量为0.02mol,有机物A的摩尔质量为2.4g÷0.02mol=120g/mol,所以共计最简式为C3H4O5可知,该有机物的分子式即为C3H4O5。
0.1molA能与足量钠反应放出3.36L(标准状况下)氢气,氢气的物质的量为0.15mol,0.1molA提供0.3molH原子,所以有机物中还含有1个-OH,有机物的分子式为C3H4O5,故有机物A的结构简式为。
才X与足量乙醇发生酯化反应的方程式为
。
考点:
考查一定物质的量浓度配制、有机物分子式、结构简式推断
20.[实验化学]
2-苯基-2-丁醇是重要的有机合成中间体,以溴苯为原料合成该中间体的反应原理如下:
【实验装置】
装置Ⅰ装置Ⅱ
【实验步骤】
步骤1:
将镁条置于装置Ⅰ的三颈烧瓶中,加入100mL乙醚(ρ=0.71g·cm-3),在冷却条件下缓缓滴入溴苯,微热并加入一小块碘引发反应①。
步骤2:
滴加14.2mL丁酮和30mL乙醚混合物,发生反应②;滴加入20%的NH4Cl水溶液,发生反应③。
步骤3:
分出油层,用水洗涤至中性,用无水CaCl2干燥。
步骤4:
用装置Ⅱ先蒸出乙醚,再蒸馏出产品。
(1)步骤1中加入碘的作用是。
(2)装置Ⅰ中滴加液体所用的仪器的名称是,反应②需将三颈烧瓶置于冰水中,且逐滴加入丁酮和乙醚,其目的是。
(3)步骤三中分离出油层的具体实验操作是。
(4)装置Ⅱ采用的是减压蒸馏,实验时需将吸滤瓶需连接;采用这种蒸馏方式的原因是。
【答案】
(1)做催化剂
(2)恒压漏斗该反应放热,防止反应过于剧烈
(3)将混合液置于分液漏斗中,先放出下层液体于烧杯中,再将上层液体从上口倒入另一烧杯中
(4)抽气泵降低2-苯基-2-丁醇的沸点,防止温度过高发生分解
【解析】
试题分析:
(1)加入一小块碘“引发”反应,碘为催化剂;
(2)置于冰水中温度低,逐滴加入控制反应速率,故防止反应速率过快;(3)分液分离油层,将混合液置于分液漏斗中,先放出下层液体于烧杯中,再将上层液体从上口倒入另一烧杯中;(4)减压蒸馏能降低沸腾时温度,防止温度过高引起物质分解等问题。
考点:
考查实验化学有关问题。
21.某合成氨厂,日生产能力为30吨,现以NH3为原料生产NH4NO3,若硝酸车间的原料转化率为92%,氨被吸收为NH4NO3的吸收率为98%,则硝酸车间日生产能力应为多少吨才合理?
【答案】硝酸车间日生产能力为52.76t才合理。
【解析】解此题必须注意以下三点:
第一,合成氨厂日生产能力为30吨,现以NH3为原料生成NH4NO3.NH3的用途有两方面:
一方面,用NH3氧化制HNO3,另一方面用NH3与制得的HNO3作用制NH4NO3。
关键是计划好生产多少吨HNO3,才能使NH3原料最大限度地被利用。
HNO3生产少了,则NH3不能全部被HNO3吸收,NH3浪费了,HNO3生产多了,HNO3又浪费了。
所以设HNO3日生产能力为x吨,x吨HNO3需用多少吨NH3氧化制得,又可以吸收多少吨NH3生成NH4NO3,通过生产HNO3的数量把氨的两方面用途联系起来。
第二,氨氧化制硝酸中,其关系式如下:
4NH3+5O2
4NO+6H2O
2NO+O2=2NO2
3NO2+H2O=2HNO3+NO
此反应中NO是被循环利用的,即NO又被氧化成NO2,再与水作用生成HNO3,因此NO2与水反应的化学方程式应为:
4NO2+2H2O+O2=4HNO3
所以氨氧化制硝酸的关系式如下:
NH3~NO~NO2~HNO3(NH3全部转化成HNO3)
第三,在实际生产过程中,氨不可能100%被氧化生成HNO3,也不可能100%被HNO3吸收生成硝酸铵,题给条件是NH3转化为硝酸的转化率为92%,氨被硝酸吸收的吸收率为98%,在数量关系上,我们必须掌握住一条原则,代入化学方程式的量必须是纯量.
设日产HNO3的质量为x,NH3用于生产HNO3的质量为y.
由各步反应方程式得氨氧化制HNO3的关系为:
NH3~NO~NO2~HNO3
1763
y·92%x
y=
用于被HNO3吸收的NH3质量为(30t-y):
30t-y=30t-
由NH3+HNO3=NH4NO3
1763
(30t-
)×98%x
得:
[30t-17x/(63×92%)]·98%=17x/63
解之得:
x=52.76t。
22.以对甲酚(A)为起始原料,通过一系列反应合成有机物E的合成路线如下:
(1)C的分子式为,A的核磁共振氢谱图中有个峰。
(2)A→B的反应类型为。
(3)写出D与足量NaOH的水溶液反应的化学方程式:
。
(4)写出同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式:
、(任写两种)。
①属苯的衍生物,苯环上有四个取代基且苯环上的一取代产
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