届辽宁省辽阳市高三下学期第二次模拟考试化学试题解析版.docx
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届辽宁省辽阳市高三下学期第二次模拟考试化学试题解析版
2019届辽宁省辽阳市高三下学期第二次模拟考试化学试题(解析版)
1.已知
(X)、
(Y)互为同分异构体,下列说法不正确的是
A.Y的一氯代物只有三种
B.X的所有原子可能处于同一平面
C.X、Y与足量氢气完全加成时所需氢气的物质的量之比为1:
1
D.X、Y均可使溴的水溶液褪色,且褪色的原理相同
【答案】C
【解析】
【分析】
考查有机物的基础知识,涉及等效氢的判断、共面、共线、官能团的形式等知识,应从各有机物代表物入手进行分析;
【详解】A、
,该有机物有3种不同的氢原子,因此一氯代物有3种,故A说法正确;
B、苯环空间构型为平面正六边形,CH2=CH2属于平面结构,由于碳碳单键可以旋转,因此X中所有原子可能处于同一平面,故B说法正确;
C、1mol苯环与氢气发生加成,最多消耗3molH2,1mol“C=C”最多消耗1molH2,1个X分子中含有1个苯环和1个“C=C”,因此1molX最多消耗4molH2,1molY最多消耗3molH2,因此所需氢气的物质的量之比为4:
3,故C说法错误;
D、根据结构简式,X和Y中都含有“C=C”,与溴水发生加成反应,且溴水褪色的原理相同,故D说法正确。
2.设NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是
A.78g苯中含有的碳碳双键数为3.0NA
B.4.6g金属钠完全燃烧,转移的电子数为0.4NA
C.等质量的N2和CO中,原子数均为2.0NA
D.5.6L(标准状况)O2中含有的质子数为4.0NA
【答案】D
【解析】
【分析】
考查阿伏加德罗常数的应用是热点,一般所考查知识点固定,如结构、水解、转移电子的计算等;
【详解】A、考查苯的结构,苯中不含碳碳双键,故A说法错误;
B、金属钠参加反应,化合价由0价→+1价,因此4.6g金属钠完全燃烧,转移电子物质的量为4.6g×1/23g·mol-1=0.2mol,故B说法错误;
C、题中没有给出质量,因此无法计算原子数,故C说法错误;
D、标准状况下,5.6LO2的物质的量为5.6L/22.4L·mol-1=0.25mol,因此所含质子的物质的量为0.25mol×2×8=4mol,故D说法正确。
3.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其中只有Y为金属元素。
W、Y、Z最外层电子数之和为12;W与X、Y与Z分别同周期;X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀。
下列说法错误的是
A.X与Z形成的化合物属于碱性氧化物B.Z的氢化物为共价化合物
C.X和Y的原子半径大小:
X 【答案】A 【解析】 分析】 X与Z形成的化合物可被氢氟酸腐蚀,即该化合物为SiO2,四种元素原子序数依次增大,即Z为Si,X为O,Y与Z同周期,Y为金属元素,即Y可能为Na,可能为Mg,可能为Al,W、Y、Z最外层电子数之和为12,Y如果是Na,则W的最外层电子数为7,即W为F,不符合题意,Y如果是Mg,则W的最外层电子数为6,即W为O,不符合题意,Y如果是Al,则W的最外层电子数为5,即W为N,然后逐步分析。 【详解】根据以上分析可知W为N,X为O,Y为Al,Z为Si,则 A、X与Z形成的化合物是SiO2,属于酸性氧化物,故A说法错误; B、Z的氢化物是SiH4,属于共价化合物,故B说法正确; C、Al核外有3个电子层,O核外有2个电子层,因此Al的半径大于O,故C说法正确; D、N的单质为N2,常温下为气体,故D说法正确。 【点睛】微粒半径大小的比较,一看电子层数,一般电子层数越多,半径越大,二看原子序数,电子层数相同,半径随着原子序数的递增而减小,三看电子数,电子层数相同,原子序数相同,半径随着电子数增多而增大。 4.一种将CO2和H2O转换为燃料H2、CO及CH4的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4)。 下列关于该装置的叙述错误的是 A.该装置可将电能转化为化学能 B.工作时,电极a周围溶液的pH增大 C.电极b上生成CH4的电极反应式为CO2+8H++8e-===CH4+2H2O D.若电极b上只产生1molCO,则通过质子膜的H+数为2NA 【答案】B 【解析】 【分析】 该装置含有外加电源,属于电解池,电解质溶液为硫酸,根据电解原理,电极a为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,电极b为阴极,如转化成CH4,阴极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,然后进行分析; 【详解】该装置含有外加电源,属于电解池,电解质溶液为硫酸,根据电解原理,电极a为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,电极b为阴极,如转化成CH4,阴极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O, A、根据该装置图,该装置为电解池,电能转化为化学能,故A说法正确; B、工作时,电极a的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,c(H+)增大,pH降低,故B说法错误; C、根据上述分析,电极b电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O,故C说法正确; D、若只产生CO,电极b电极反应式为CO2+2e-+2H+=CO+H2O,产生1molCO,消耗2molH+,即通过质子膜的H+物质的量为2mol,故D说法正确; 【点睛】解答电化学题的步骤是首先写出两极电极反应式,电极反应式的书写是关键,列出还原剂、氧化产物,或氧化剂、还原产物,标出得失电子,根据电解质的酸碱性,判断H+、OH-、H2O,谁参加反应,谁被生成,如本题中电极b,假设CO2生成CH4,CO2→CH4,C的化合价由+4→-4价,化合价降低,得到电子,CO2+8e-→CH4,交换膜为质子膜,说明环境为酸性,因此H+作反应物,H2O为生成物,电极反应式为CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O。 5.下列实验方案的设计能够达到实验目的的是 选项 实验目的 实验方案 A 证明HClO是弱酸 用pH试纸测定NaClO溶液的pH B 比较Mg(OH)2和Fe(OH)3的Ksp大小 分别向2mL浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2溶液和FeCl3溶液中滴加几滴0.1mol·L-1的NaOH溶液,观察生成沉淀的颜色 C 验证SO2的还原性 将SO2气体通入溴水中,观察溴水是否褪色 D 实验室制备并检验NH3 加热装有NH4Cl固体的大试管,用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体,观察试纸颜色变化 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【详解】A、NaClO具有强氧化性,具有漂白性,无法读出pH数值,不能达到实验目的,故A不符合题意; B、Mg(OH)2和Fe(OH)3形式不同,因此比较两种物质的Ksp时,应从需要一个沉淀转化成另一个沉淀,因此分别在两个试管里进行是不能达到实验目的,故B不符合题意; C、SO2能与溴水发生SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,SO2的化合价升高,被氧化,具有还原性,能达到实验目的,故C符合题意; D、NH4Cl受热分解成NH3和HCl,遇冷重新生成NH4Cl,因此实验室制备NH3,不采用加热NH4Cl,该实验不能达到目的,故D不符合题意。 6.常温下,将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知: ]。 下列叙述不正确的是 A.Ka(HA)的数量级为10-5 B.滴加NaOH溶液的过程中, 保持不变 C.m点所示溶液中: c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-) D.n点所示溶液中: c(Na+)=c(A-)+c(HA) 【答案】D 【解析】 【分析】 根据图像,溶液中含有HA,说明HA为弱酸,即存在HA H++A-,加入NaOH溶液,发生NaOH+HA=NaA+H2O,c(A-)/c(HA)比值增大,即 , 减小,然后依据溶液中三个“守恒”进行分析; 【详解】A、HA为弱酸,即存在HA H++A-,Ka=c(H+)×c(A-)/c(HA), ,时,Ka=c(H+)=10-4.76=10-5+0.24,即数量级为10-5,故A说法正确; B、 ,Ka和Kw只受温度的影响,因此该比值保持不变,故B说法正确; C、根据电荷守恒,m点所示溶液中: c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由A选项分析,m点时,c(A-)=c(HA),因此有c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),故C说法正确; D、n点时溶液pH=2,HA的物质的量大于NaOH的物质的量,则此时溶液中: c(Na+) 7.工业采用氯化铵焙烧菱锰矿制备高纯碳酸锰的流程如图所示: 已知: ①菱锰矿的主要成分是MnCO3,其余为Fe、Ca、Mg、Al等元素。 ②部分阳离子沉淀时溶液的pH: 离子 Al3+ Fe3+ Ca2+ Mn2+ Mg2+ 开始沉淀的pH 4.1 2.2 10.6 8.1 9.1 沉淀完全的pH 4.7 3.2 13 1 10.1 11.1 ③焙烧过程中主要反应为MnCO3+2NH4Cl MnCl2+2NH3↑+CO2↑+H2O。 (1)结合如图1、2、3,分析焙烧过程中最佳的焙烧温度、焙烧时间、 分别为___、___、___。 如图1焙烧温度对锰浸出率的影响 如图2焙烧时间与锰浸出率的关系 如图3氯化铵与菱锰矿粉质量比对锰浸出率的影响 (2)对浸出液净化除杂时,需先加入MnO2,作用是____,再调节溶液pH的范围为___,将Fe3+和Al3+变为沉淀而除去,然后加入NH4F将Ca2+、Mg2+变为氟化物沉淀除去。 (3)上述流程中可循环使用的物质是_____(填化学式)。 (4)现用滴定法测定产品中锰的含量。 实验步骤: 称取4.000g试样,向其中加入稍过量的磷酸和硝酸,加热使产品中的MnCO2完全转化为[Mn(PO4)2]3-(其中NO3-转化为NO2-);加入稍过量的硫酸铵,发生反应NO2-+NH4+═N2↑+2H2O以除去NO2-;加入稀硫酸酸化,用60.00mL0.50mol·L-1硫酸亚铁铵标准溶液进行滴定,发生的反应为[Mn(PO4)2]3-+Fe2+═Mn2++Fe3++2PO43-,用5.00mL0.50mol·L-1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2+。 ①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2+反应的离子方程式为_______。 ②试样中锰的质量分数为____。 【答案】 (1).500℃ (2).60min(3).1.10(4).将Fe2+氧化为Fe3+(5).4.7≤pH<8.1(6).NH4Cl(7).6Fe2++Cr2O72-+14H+═6Fe3++2Cr3++7H2O(8).20.625% 【解析】 【分析】 根据信息,菱镁矿中主要成分是MnCO3,还含有Fe、Ca、Mg、Al等元素,在加入氯化铵后焙烧,然后酸浸,主要得到MnCl2,还含有Fe、Ca、Mg、Al等元素的杂质,净化除杂,根据信息②确认除去哪些元素,碳化结晶中,发生Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O,最后过滤、洗涤、干燥得到碳酸锰产品; 【详解】 (1)图1锰的浸出率随温度的升高而增大,但500℃以后增大变化不大,最佳焙烧温度为500℃;根据图2,随着时间增大,锰的浸出率增大,但60min后增大变化不大,因此焙烧时间最佳为60min;同理最佳氯化铵与菱锰矿质量的比值为1.10; (2)根据菱锰矿含有的成分,酸浸后得到Mn2+,以及含有Fe、Ca、Mg、Al等元素,根据部分阳离子沉淀时溶液的pH,对浸出液净化除杂,先加MnO2,利用MnO2的氧化性,将Fe2+氧化成Fe3+,便于通过调节pH而除去;调节pH,除去的是Fe3+和Al3+,不能使Mn2+沉淀,因此调节pH的范围是4.7≤pH<8.1; (3)根据流程,NH4Cl可以循环使用; (4)①利用K2Cr2O7的强氧化性将Fe2+氧化,其离子反应方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O; ②根据题意,建立关系式为6MnCO3~6[Mn(PO4)2]3-~6Fe2+,过量的Fe2+被K2Cr2O7滴定,因此与[Mn(PO4)2]3-反应的Fe2+物质的量为(60×10-3L×0.5mol·L-1-5×10-3L×0.5mol·L-1×6),根据关系式,推出Mn元素的质量为(60×10-3L×0.5mol·L-1-5×10-3L×0.5mol·L-1×6)×55g·mol-1,即Mn元素的质量分数为(60×10-3L×0.5mol·L-1-5×10-3L×0.5mol·L-1×6)×55g·mol-1/4.000g×100%=20.625%。 【点睛】难点是最后一问,滴定实验中,我们一般采用的方法是得失电子数目守恒,或关系式法,这需要学生分析清楚实验过程,如利用得失电子数目守恒,需要分析清楚谁是氧化剂,谁是还原剂,如果利用关系式法,需要找准系数之间的关系。 8.砷及其化合物在半导体、农药制造等方面用途非常广泛。 回答下列问题: (1)AsH3的电子式为___。 (2)改变0.1mol·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH,溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-及AsO43-的物质的量分布分数随pH的变化如图所示: ①lgKa1(H3AsO4)=_____。 ②用甲基橙作指示剂,用NaOH溶液滴定H3AsO4发生的主要反应的离子方程式为___。 (3)焦炭真空冶炼砷时需加入催化剂,其中部分热化学反应如下: 反应Ⅰ.As2O3(g)+3C(s) 2As(g)+3CO(g)△H1=akJ·mol-1 反应Ⅱ.As2O3(g)+3C(s) As4(g)+3CO(g)△H2=bkJ·mol-1 反应Ⅲ.As4(g) 4As(g)△H ①△H=____kJ·mol-1(用含a、b的代数式表示)。 ②反应中催化剂的活性会因为发生反应Ⅱ(生成As4)而降低,同时存在的反应Ⅲ使As4量减少。 相关数据如下表: 反应Ⅱ 反应Ⅲ 活化能(kJ·mol-1) 催化剂X 56 75 催化剂Y 37 97 由上表判断催化剂X____(填“优于”或“劣于”)Y,理由是_____。 (4)反应2As2S3(s) 4AsS(g)+S2(g)达平衡时气体总压的对数值lg(p/kPa)与温度的关系如图所示: ①对应温度下,B点的反应速率v(正)_____v(逆)(填“>”“<”或“=”)。 ②A点处,AsS(g)的分压为____kPa,该反应的Kp=_____kPa5(Kp为以分压表示的平衡常数)。 【答案】 (1). (2).-2.2(3).H3AsO4+OH-═H2AsO4-+H2O(4).2a-2b(5).优于(6).相对于催化剂Y,使用催化剂X时,反应Ⅱ(生成As4)的活化能更大,生成As4的反应速率小,而反应Ⅲ活化能相对较小,消耗As4的反应速率大(7).>(8).0.8(9).8.192×10-2 【解析】 【详解】 (1)因为As和N位于同主族,AsH3与NH3 电子式类似,即AsH3的电子式为 ; (2)①H3AsO4 H2AsO4-+H+,Ka1= ,根据图像,当c(H2AsO4-)=c(H3AsO4)时,溶液的pH=2.2,即Ka1=c(H+)=10-2.2,即pKa1=-2.2; ②甲基橙的变色范围是3.1~4.4,溶液显酸性,根据图像,用甲基橙作指示剂,滴定到终点溶液颜色变化是红色变为橙色,因此与氢氧化钠反应的离子方程式为H3PO4+OH-=H2PO4-+H2O; (3)①反应Ⅲ=反应I×2-反应Ⅱ×2,即△H=(2a-2b)kJ·mol-1; ②催化剂降低活化能,活化能越小,反应速率越快,对比表格数据,相对于催化剂Y,使用催化剂X时,反应Ⅱ(生成As4)的活化能更大,生成As4的反应速率小,而反应Ⅲ活化能相对较小,消耗As4的反应速率大,因此催化剂X优于催化剂Y; (4)①根据图像,图中所给曲线为平衡线,依据反应方程式,B点达到A点,气体总压的对数值增大,说明反应向正反应方向进行,即v(正)>v(逆); ②A点气体总压为1kPa,分压等于总压×气体组分物质的量分数,即AsS(g)的分压为1kPa×4/5=0.8kPa,S2(g)的分压为1kPa×1/5=0.2kPa,Kp=p4(AsS)×p(S2)=(0.8)4×0.2=8.192×10-2。 9.实验室以绿矾(FeSO4·7H2O)为铁源制备补血剂甘氨酸亚铁[(NH2CH2COO)2Fe],有关物质性质如下: 甘氨酸((NH2CH2COOH) 柠檬酸 甘氨酸亚铁 易溶于水,微溶于乙醇,两性化合物 易溶于水和乙醇,有强酸性和还原性 易溶于水,难溶于乙醇 实验过程: Ⅰ.配制含0.10molFeSO4的水溶液。 Ⅱ.制备FeCO3: 向配制好的FeSO4溶液中,缓慢加入200mL1.1mol·L-1NH4HCO3溶液,边加边搅拌,反应结束后过滤并洗涤沉淀。 Ⅲ.制备(NH2CH2COO)2Fe: 实验装置如图(夹持和加热仪器已省略),将实验Ⅱ得到的沉淀(过量)和含0.20mol甘氨酸的水溶液混合后加入C中,然后利用A中的反应将C中空气排尽,接着滴入柠檬酸溶液并加热。 反应结束后过滤,滤液经蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品。 回答下列问题: (1)仪器P的名称是_______。 (2)实验Ⅰ配制FeSO4溶液时,为防止FeSO4被氧化变质,应加入的试剂为_______(填化学式)。 (3)实验Ⅱ中,生成沉淀 离子方程式为_____。 (4)实验Ⅲ中, ①检查装置A的气密性的方法是______。 ②柠檬酸可调节pH,体系pH与产率的关系如下表: 实验 1 2 3 4 5 6 7 8 体系pH 4.0 4.5 5.0 5.5 6.0 6.5 7.0 7.5 产率/% 65.74 74.96 78.78 83.13 85.57 72.98 62.31 56.86 pH过低会使产率下降,其原因是______;柠檬酸的作用还有_____(填字母)。 A.作催化剂 B.作反应终点指示剂 C.促进FeCO3溶解 D.防止二价铁被氧化 ③洗涤实验Ⅲ中得到的沉淀,所选用的最佳洗涤试剂是_____(填字母)。 A.热水B.稀硫酸 C.乙醇D.柠檬酸溶液 (5)若产品的质量为16.32g,则产率为_____。 【答案】 (1).恒压漏斗(答分液漏斗也给分) (2).Fe(3).Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+CO2↑+H2O(4).关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气(答案合理即可)(5).H+会与NH2CH2COOH反应(6).CD(7).C(8).80% 【解析】 【分析】 弄清楚实验目的,实验目的是制备甘氨酸亚铁,理解实验原理,实验原理是FeCO3在柠檬酸的作用下与甘氨酸反应,Fe2++2NH2CH2COOH=(NH2CH2COO)2Fe,然后针对问题展开而分析。 【详解】 (1)根据仪器P的特点,仪器P为恒压漏斗或恒压滴液漏斗; (2)Fe2+容易被氧气氧化,同时Fe+2Fe3+=3Fe2+,不引入杂质,因此保存FeSO4时,应加入的试剂为Fe; (3)FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液发生反应,产物是FeCO3和CO2,其离子方程式为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O; (4)①检验装置A的气密性,其方法是关闭弹簧夹,从长颈漏斗注入一定量的水,使漏斗内的水面高于具支试管中的水面,停止加水一段时间后,若长颈漏斗与具支试管中的液面差保持不变,说明装置不漏气; ②-NH2显碱性,pH过低时,H+能与-NH2发生反应,产率降低;柠檬酸有强酸性,能使FeCO3溶解,作用之一是调节pH促进FeCO3溶解,根据信息,柠檬酸具有还原性,可防止Fe2+被氧化,因此选项CD符合题意; ③甘氨酸亚铁易溶于水,难溶于乙醇,因此选择乙醇溶液作为洗涤剂,故选项C正确; (5)根据步骤Ⅲ,FeCO3过量,根据甘氨酸计算(NH2CH2COO)2Fe的质量,关系式为2NH2CH2COOH~(NH2CH2COO)2Fe,即甘氨酸亚铁的理论质量为0.2mol×204g·mol-1/2=20.4g,产率=实际产量/理论产量×100%=16.32/20.4×100%=80%。 【点睛】难点是问题(3)离子方程式的书写,制备FeCO3,需要HCO3-提供CO32-,即HCO3-溶液存在HCO3- H++CO32-,Fe2+结合CO32-生成FeCO3沉淀,促使平衡向正反应方向进行,H+浓度增大,H+与HCO3-反应生成CO2和H2O,最后写出离子方程式。 10.铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。 回答下列问题: (1)Fe原子的核外电子排布式为_____。 (2)含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金,主要由Fe和Mn组成,其中锰能增加钢铁的强度和硬度,提高耐冲击性能和耐磨性能。 第一电离能I1(Fe)____(填“大于”或“小于”)I1(Mn),原因是___。 (3)FeF3具有较高的熔点(熔点高于1000℃),其化学键类型是__,FeBr3的式量大于FeF3,但其熔点只有200℃,原因是____。 (4)FeCl3可与KSCN、苯酚溶液发生显色反应。 ①SCN-的三种元素中电负性最大的是____。 ②苯酚( )分子中氧原子的杂化形式为___。 苯酚分子中的大π键可用符号πmn表示,其中m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数,则m=____,n=___。 (5)Fe(CO)3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。 该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。 六棱柱底边边长为acm,高为ccm,阿伏加德罗常数的值为NA,该磁性氮化铁的密度为____(列出计算式)g·cm-3。 【答案】 (1).[Ar]3d64s2(或)1s22s22p63s23p63d64s2 (2).小于(3).Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构,较难失电子(4).离子键(5).FeF3为离子晶体,FeBr3的化学键以共价键为主,属于分子晶体(6).N(或氮)(7).sp3(8).6(9).6(10). 【解析】 【分析】 (1)Fe为第26号元素,根据电子排布规律写出电子排布式; (2)Fe的电子排布为[Ar]3d64s2,Mn的电子排布为[Ar]3d54s2,Mn的3d能级为半充满的相对稳定结构,较难失电子; (3)根据熔点的差距推测晶体类型; (4)①同周期从左到右,电负性逐渐增强,同主族从上到下,电负性逐渐减弱,而周期内变化比同族内变化要小得多; ②从苯酚的电子式可以看出,氧原子价层电子对数n=4,故为sp3杂化;形成大π键的原子数应为6个C原子,参与形成大π键的电子为C原子平行P轨道中的电子数,为6, (5)由图可知: 氮化铁晶胞的质量为 晶胞的体积为 根据公式可求 【详解】 (1)Fe为第26号元素,根据电
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