江苏省南京师范大学附属中学届高三下学期模拟考试化学试题.docx
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江苏省南京师范大学附属中学届高三下学期模拟考试化学试题
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江苏省南京师范大学附属中学2019届高三下学期5月模拟考试化学试题
试卷副标题
考试范围:
xxx;考试时间:
100分钟;命题人:
xxx
题号
一
二
三
四
五
六
总分
得分
注意事项:
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第I卷(选择题)
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分
一、单选题
1.2019年4月22日是第50个“世界地球日”,我国确定的活动主题为“珍爱美丽地球,守护自然资源”。
下列行为不符合这一活动主题的是()
A.改进汽车尾气净化技术,减少大气污染物的排放
B.加快化石燃料的开采与使用,促进社会可持续发展
C.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,实现碳的循环利用
D.对工业废水、生活污水进行净化处理,减少污染物的排放
【答案】B
【解析】
【详解】
A.改进汽车尾气净化技术,减少大气污染物的排放,有利于保护环境,符合上述主题,故A不选;
B.加快化石燃料的开采与使用会增加污染物的排放量,不符合该主题,故B选;
C.用CO2合成聚碳酸酯可降解塑料,实现碳的循环利用,可以减少二氧化碳对环境的影响,符合该主题,故C不选;
D.对工业废水、生活污水进行净化处理,减少污染物的排放,循环高效利用水资源,可以节约能源、减少污染物排放,符合该主题,故D不选;
答案选B。
2.用化学用语表示SiO2+4HF===SiF4↑+2H2O中的相关微粒,其中正确的是()
A.F-的结构示意图:
B.水分子的比例模型:
C.SiF4的电子式:
D.中子数为15的Si原子:
Si
【答案】D
【解析】
【详解】
A.F原子序数为9,得到1个电子形成最外层8个电子的稳定结构,离子结构示意图为:
,故A错误;
B.水分子是V型,比例模型能够体现出原子的相对体积大小,其正确的比例模型为:
,故B错误;
C.SiF4中Si、F均满足最外层8电子稳定结构,则F周围应有8个电子,故C错误;
D.质量数=质子数+中子数,故中子数为15的硅原子的质量数为29,符号为
Si,故D正确;
答案选D。
【点睛】
本题的易错点为B,在分子的比例模型中,要注意原子的空间排布,还要注意原子的相对大小。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()
A.浓硫酸具有脱水性,可用于干燥氯气
B.晶体硅熔点高,可用于制作半导体材料
C.Na2CO3溶液显碱性,可用热的纯碱溶液洗油污
D.FeS固体呈黑色,可用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属
【答案】C
【解析】
【详解】
A.浓硫酸具有吸水性,可作干燥剂,与脱水性无关,故A错误;
B.可用于制作半导体材料是因为晶体硅的导电性介于导体与绝缘体之间,与熔点高无关,故B错误;
C.碳酸钠水解显碱性,水解是吸热反应,升高温度,水解程度增大,碱性增强,油脂在碱性条件下能水解,则可用热的纯碱溶液洗油污,故C正确;
D.FeS固体用于除去废水中Cu2+、Hg2+等重金属,是因为硫化汞、硫化铜溶解度小于硫化亚铁,与硫化亚铁为黑色无关,故D错误;
答案选C。
4.常温下,下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()
A.c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中:
NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-
B.滴加KSCN溶液显红色的溶液中:
NH4+、K+、Cl-、I-
C.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中:
Fe3+、K+、Cl-、SO42-
D.水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液中:
Na+、Al3+、Cl-、NO3-
【答案】A
【解析】
【详解】
A.c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液,显酸性,NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应,与氢离子也不反应,可大量共存,故A正确;
B.滴加KSCN溶液显红色的溶液,说明溶液中存在三价铁离子,三价铁离子能够氧化碘离子,不能大量共存,故B错误;
C.Fe3+与HCO3-发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故C错误;
D.由水电离的c(OH-)=10-12mol•L-1的溶液,为酸或碱溶液,碱溶液中不能大量存在Al3+,故D错误;
答案选A。
【点睛】
本题的易错点为D,要注意“c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液”与“水电离产生的c(OH-)=10-12mol·L-1的溶液”的区别,前者表示溶液显酸性,后者表示溶液显酸性或碱性。
5.用下列实验装置或操作进行相应实验,能达到实验目的的是()
A.用图1所示装置制取少量纯净的CO2气体
B.用图2所示装置灼烧碎海带
C.用图3所示装置吸收尾气中的SO2
D.用图4所示装置检验溴乙烷与NaOH醇溶液共热产生的乙烯
【答案】B
【解析】
【详解】
A.纯碱为碳酸钠,易溶于水,不能放置在多孔隔板上,且盐酸具有挥发性,所以生成的二氧化碳中含有HCl,要想得到较纯净的二氧化碳,需要稀硫酸,故A错误;
B.灼烧海带在坩埚中进行,图中装置合理,故B正确;
C.二氧化硫与饱和的亚硫酸氢钠溶液不反应,不能达到实验目的,故C错误;
D.乙醇易挥发,挥发出来的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色,不能达到实验目的,故D错误;
答案选B。
6.下列有关物质性质的叙述正确的是()
A.明矾和芒硝均具有净水作用
B.氯水久置后,漂白性和酸性均增强
C.SO2通入Ba(NO3)2溶液中有沉淀产生
D.NH3通入AlCl3溶液至过量先沉淀后沉淀溶解
【答案】C
【解析】
【详解】
A.明矾水解生成的氢氧化铝具有吸附性,可以用来净水;芒硝的主要成分为硫酸钠,没有净水作用,不能用来净水,故A错误;
B.新制氯水久置后为盐酸溶液,所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强,故B错误;
C.硝酸具有强氧化性,SO2通入Ba(NO3)2溶液中,溶液中硝酸根离子在酸溶液中形成稀硝酸,能氧化二氧化硫为硫酸,硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡沉淀,故C正确;
D.NH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀,氨水是弱碱,不能溶解生成的氢氧化铝沉淀,氨气过量后沉淀不溶解,故D错误;
答案选C。
【点睛】
本题的易错点为C,要注意硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性。
7.下列离子方程式书写正确的是()
A.氢氧化钡溶液中加入硫酸铵:
Ba2++OH-+NH4++SO42-===BaSO4↓+NH3·H2O
B.用惰性电极电解CuCl2溶液:
Cu2++2Cl-+2H2O
Cu(OH)2↓+H2↑+Cl2↑
C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫:
Ca2++2ClO-+SO2+H2O===CaSO3↓+2HClO
D.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2:
C6H5O-+CO2+H2O―→C6H5OH+HCO3-
【答案】D
【解析】
【详解】
A.该反应不符合正确配比,离子方程式为Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O,故A错误;
B.电解饱和CuCl2溶液时,阴极上Cu2+放电能力大于H+,阳极上氯离子放电,所以相当于电解氯化铜本身,电池反应式为Cu2++2Cl-
Cu+Cl2↑,故B错误;
C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫,发生氧化还原反应生成硫酸钙和氯化钙,离子方程式为SO2+Ca2++ClO-+H2O=CaSO4↓+2H++Cl-,故C错误;
D.苯酚钠溶液中通入少量CO2,反应生成苯酚和碳酸氢钠,反应的离子方程式为:
C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-,故D正确;
答案选D。
8.下列物质的转化在给定条件下能实现的是()
A.NH3
NO2
HNO3B.Al
NaAlO2(aq)
NaAlO2(s)
C.Fe
Fe2O3
FeD.AgNO3(aq)
[Ag(NH3)2OH(aq)]
Ag
【答案】B
【解析】
【详解】
A.NH3与氧气反应生成的是NO,无法直接得到NO2,故A错误;
B.铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠,偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液,水解产物不挥发,蒸发会得到溶质偏铝酸钠,所以Al
NaAlO2(aq)
NaAlO2(s),能够在给定条件下实现,故B正确;
C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气,不是生成氧化铁,故C错误;
D.硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀,继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液,蔗糖为非还原性的糖,不能和银氨溶液反应,物质间转化不能实现,故D错误;
答案选B。
9.短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大,W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。
Y是地壳中含量最多的金属元素,Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。
下列说法中一定正确的是()
A.X的简单气态氢化物稳定性比Z的强
B.原子半径大小顺序:
W C.W的氧化物对应水化物为强酸,具有强氧化性 D.工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质 【答案】A 【解析】 【分析】 短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大,W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红,说明溶液显碱性,则W为N元素;氨气可与X的氢化物形成一种共价化合物,为一水合氨,则X为O元素;Y是地壳中含量最多的金属元素,Y为Al元素;Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5,则内层电子总数为10,最外层电子数为6,Z为S元素。 据此分析解答。 【详解】 根据上述分析,W为N元素,X为O元素,Y为Al元素,Z为S元素。 A.非金属性越强,氢化物越稳定,非金属性: O>S,X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强,故A正确; B.同一周期,从左到右,原子半径逐渐减小,同一主族,从上到下,原子半径逐渐增大,原子半径: S<Al,即Z C.N的氧化物对应水化物为不一定为强酸,如亚硝酸,为弱酸,故C错误; D.氯化铝为共价化合物,熔融状态不能导电,工业上一般采取电解熔融氧化铝来生产铝,故D错误; 答案选A。 10.下列叙述中正确的是() A.1molN2与4molH2混合充分反应,则转移的电子数目为6mol B.向0.1mol·L-1CH3COONa溶液中加入少量水,溶液中 减小 C.常温下,C(s)+H2O(g) CO(g)+H2(g)不能自发进行,则该反应的ΔH>0 D.HCl和NaOH反应的中和热为-57.3kJ·mol-1,则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热为-114.6kJ·mol-1 【答案】C 【解析】 【详解】 A.氮气和氢气的反应为可逆反应,不能进行彻底,1molN2与4molH2混合充分反应,转移的电子数小于6NA个,故A错误; B.向0.1mol•L-1CH3COONa溶液中加入少量水,溶液的碱性减弱,氢离子浓度增大,醋酸根离子浓度减小,则溶液中 的比值增大,故B错误; C.常温下,反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) 不能自发进行,△S>0,△H-T△S>0,则该反应的△H>0,故C正确; D.HCl和NaOH反应的中和热△H=-57.3kJ/mol,中和热只生成1mol液态水放出热量,则H2SO4和Ba(OH)2反应的中和热仍然约为△H=-57.3kJ/mol,故D错误; 答案选C。 【点睛】 本题的易错点为D,要注意根据中和热的概念判断,中和热与生成水的多少无关。 11.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是() 选项 实验操作和现象 结论 A 向溶液X中加入Na2O2粉末,出现红褐色沉淀和无色气体 X中一定含有Fe3+ B 用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热,铝箔熔化但不滴落 氧化铝的熔点高于铝单质 C 向Na2CO3溶液中加入冰醋酸,将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中,产生白色浑浊 酸性: 醋酸>碳酸>苯酚 D 向2支均盛有2mL1.0mol·L-1KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.1mol·L-1的AlCl3和MgCl2溶液,一支试管出现白色沉淀,另一支无明显现象 Ksp[Al(OH)3]>Ksp[Mg(OH)2] A.AB.BC.CD.D 【答案】B 【解析】 【详解】 A.X中可能含亚铁离子,能被过氧化钠氧化,则X中不一定含Fe3+,故A错误; B.氧化铝的熔点高,包裹在Al的外面,则熔化后的液态铝不滴落下来,故B正确; C.醋酸易挥发,醋酸与苯酚钠也能反应生成苯酚,不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱,故C错误; D.由于氢氧化铝为两性氢氧化物,过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解,不能通过该实验比较Ksp[Al(OH)3]与Ksp[Mg(OH)2]的大小,故D错误; 答案选B。 【点睛】 本题的易错点为D,要注意氢氧化铝性质的特殊性,氢氧化铝能够被强碱溶解生成易溶于水的偏铝酸盐。 12.下列图示与对应的叙述相符的是() A.图甲所示,表示强碱滴定强酸的滴定曲线 B.图乙所示,从能量角度考虑,金刚石比石墨稳定 C.图丙所示,表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g);ΔH<0的平衡常数K与温度和压强的关系 D.图丁所示,图中的阴影部分面积的含义是[v(正)-v(逆)] 【答案】A 【解析】 【详解】 A.强碱滴定强酸,溶液pH增大,存在pH的突变,图像符合,故A正确; B.从图上可知,石墨能量比金刚石低,石墨稳定,故B错误; C.平衡常数是温度的函数,温度不变,平衡常数不变,所以温度相同而压强不同时,两者的平衡常数相同,故C错误; D.横坐标为时间t,纵坐标为反应速率v,图中阴影部分的面积为[c(反应物)-c(生成物)],故D错误; 答案选A。 评卷人 得分 二、多选题 13.有机物Z可用于防治骨质疏松,可通过X、Y经两步转化得到Z。 下列说法正确的是() A.X、Y、Z都属于芳香族化合物 B.Y分子中含有3个手性碳原子 C.X、Y、Z与浓溴水反应最多消耗1molBr2 D.1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH 【答案】BD 【解析】 【详解】 A.含有苯环的有机物是芳香族化合物,X、Z中含有苯环,属于芳香族化合物,Y中没有苯环,不属于芳香族化合物,故A错误; B.手性碳原子为连接四个不同的原子或原子团的碳原子,题中X、Y有2个手性碳原子,Z含有3个,故B正确; C.题中未明确X、Y、Z的物质的量,无法确定与浓溴水反应消耗的Br2,故C错误; D.Z中含有2个酚羟基和1个酯基,都可与氢氧化钠反应,则1molZ与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH,故D正确; 答案选BD。 14.在常温下,下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系正确的是() A.浓度均为0.1mol·L-1的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中: c(NH4+)>c(SO42-)>c(Cu2+)>c(H+) B.pH=6的NaHSO3溶液中: c(SO32-)-c(H2SO3)=9.9×10-6mol·L-1 C.0.1mol·L-1CH3COONa溶液中通入HCl气体,至pH=7(溶液体积变化忽略不计): c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-) D.0.100mol·L-1的Na2S溶液中通入HCl气体,至c(Cl-)=0.100mol·L-1(忽略溶液体积的变化及H2S的挥发): c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-) 【答案】CD 【解析】 【详解】 A.等物质的量浓度的CuSO4和(NH4)2SO4的混合溶液中,铵根离子和铜离子均可以发生水解反应,溶液显示酸性,存在: c(SO42-)>c(NH4+)>c(Cu2+)>c(H+),故A错误; B.常温下,亚硫酸氢钠呈酸性,说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度,根据物料守恒得c(Na+)=c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)①,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)②,将①代入②得,c(H2SO3)+c(H+)=c(OH-)+c(SO32-),所以c(SO32-)-c(H2SO3)=c(H+)-c(OH-)=(10-6-10-8)mol/L=9.9×10-7 mol•L-1,故B错误; C.CH3COONa溶液中通入HCl气体至pH=7,则c(OH-)=c(H+),结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)═c(Cl-)+c(OH-)+c(CH3COO-)可得: ①c(Na+)═c(Cl-)+c(CH3COO-),即c(Na+)>c(Cl-);结合醋酸钠中物料守恒可得: ②c(Na+)═c(CH3COOH)+c(CH3COO-),根据①②可知c(CH3COOH)═c(Cl-),所以溶液中满足: c(Na+)>c(CH3COOH)═c(Cl-),故C正确; D.0.100mol·L-1的Na2S溶液中存在c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=0.100mol•L-1,因为c(Cl-)=0.100mol•L-1,因此c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=c(Cl-)=0.100mol•L-1,溶液中存在电荷守恒式c(Cl-)+2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),物料守恒式c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),由电荷守恒式和物料守恒式可得c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),所以c(OH-)-c(H+)=c(HS-)+2c(H2S)-[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(H2S)-c(S2-),故D正确; 答案选CD。 【点睛】 明确盐的水解原理为解答关键。 解题过程中要注意掌握电荷守恒、物料守恒的含义及应用。 本题的难点为D,要能够灵活运用电荷守恒和物料守恒。 15.有Ⅰ~Ⅳ四个体积均为0.5L的恒容密闭容器,在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中按不同投料比(Z)充入HCl和O2(如下表),加入催化剂发生反应4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g);ΔH,HCl的平衡转化率(α)与Z和温度(t)的关系如图所示。 下列说法正确的是() 容器 起始时 t/℃ n(HCl)/mol Z Ⅰ 300 0.25 a Ⅱ 300 0.25 b Ⅲ 300 0.25 4 A.ΔH<0,a<4 B.300℃该反应的平衡常数的值为64 C.容器Ⅲ某时刻处在R点,则R点的v正>v逆,压强: p(R)>p(Q) D.若起始时,在容器Ⅳ中充入0.25molCl2和0.25molH2O(g),300℃达平衡时容器中c(HCl)=0.1mol·L-1 【答案】AC 【解析】 【详解】 A.图像中HCl转化率随温度升高而减小,说明升温平衡逆向移动,正反应为放热反应△H<0,增大氧气的物质的量,可促进HCl的转化,即投料比越小,HCl转化率越大,可知a<4<b,故A正确; B.300℃时,Z= =4,n(HCl)=0.25mol,n(O2)=0.0625mol,体积为0.5L,c(HCl)=0.5mol/L,n(O2)=0.125mol/L,HCl转化率80%,HCl的变化量为0.5mol/L×80%=0.4mol/L, 4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g) 起始量(mol/L) 0.5 0.125 0 0 变化量(mol/L)0.4 0.1 0.2 0.2 平衡量(mol/L) 0.1 0.025 0.2 0.2 K= =640,故B错误; C.容器III,Z为4,平衡转化率为80%,R点温度与Q点相同,但转化率不同,转化率小于平衡时转化率,可知R点未达到平衡状态,反应正向进行,则R点的v(正)>v(逆),此时压强大于平衡状态下的压强: P(R)>P(Q),故C正确; D.若起始时,在0.5L容器Ⅳ中只充入0.25molCl2和0.25moIH2O(g), 4HCl(g)+O2(g)⇌2Cl2(g)+2H2O(g) 起始量(mol/L) 0 0 0.5 0.5 转换量(mol/L) 1 0.25 0 0 = =4,HCl转化率80%,则达平衡时容器中HCl的物质的量浓度=1mol/L-1mol/L×80%=0.2mol/L,故D错误; 答案选AC。 第II卷(非选择题) 请点击修改第II卷的文字说明 评卷人 得分 三、工业流程 16.使用磷肥副产物氟硅酸钠(Na2SiF6)为原料合成冰晶石(Na3AlF6)成为一条合理利用资源、提高经济效益的新方法。 工艺流程如下图所示: (1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2)法: 使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF,在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。 在加入硫酸铝溶液前,需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右, 否则可能产生副产物____(填物质的化学式),但酸度不宜过强的原因是____。 (2)氨解时白炭黑产率和冰晶石纯度与pH的关系如图,氨解时需要控制溶液的pH=____;能提高氨解速率的措施有____(填字母)。 A.快速搅拌 B.加热混合液至100℃ C.减小氨水浓度 (3)工艺流程中氨解反应的化学方程式为____;冰晶石合成反应的离子方程式为______。 (4)为了提高原料利用率,减少环境污染,可采取的措施是___。 【答案】Al(OH)3H+和F-结合生成弱酸HF,使F-浓度减低不易生成Na3AlF68.5ANa2SiF6+4NH3·H2O=2NaF+4NH4F+SiO2+2H2O3Na++4NH4++6F-+AlO2-+2H2O=Na3AlF6↓+4NH3·H2O过滤2的滤液氨水可循环利用 【解析】 【分析】 根据流程图,氨水浸取氟硅酸钠时生成了二氧化硅,则同时会生成NaF、NH4F和H2O,反应的方程式可以表示为Na2SiF6+4NH3•H2O═2NaF+4NH4F+SiO2↓+2H2O,因此滤液中含有NaF、NH4F,加入NaAlO2溶液得到Na3AlF6,过滤2得到的滤液为氨气水溶液,可循环使用,据此分析解答。 【详解】 (1)传统合成冰晶石的方法是萤石(CaF2),是使用萤石、石英和纯碱在高温下煅烧生成NaF,在NaF溶液中加入Al2(SO4)3溶液制得。 NaF水解,溶液显碱性,在加入硫酸铝溶液前,需先用硫酸将NaF溶液的pH下调至5左右,防止加入硫酸铝后生成Al(OH)3沉淀;但酸度不宜过强,否则H+和F-结合生成弱酸HF,使F-浓度减低不易生成Na3AlF6,故答案为: Al(OH)3;H+和F-结合生成弱酸HF,使F-浓度减低不易生成Na3AlF6; (2)从图可知,pH为8.5时,冰晶石中白炭黑的含量较低,冰晶石纯度较高;A.快速搅拌可以加快反应速率,故A正确;B.加热混合液至100℃,氨水受热分解,反应物
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