届安徽省巢湖市柘皋中学高三上学期第一次月考 化学解析版.docx
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届安徽省巢湖市柘皋中学高三上学期第一次月考化学解析版
2018届安徽省巢湖市柘皋中学高三上学期第一次月考化学(解析版)
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题(本大题共11小题,共44分)
1.下列试剂能用带玻璃塞的玻璃瓶保存的是( )
A.Na2SiO3溶液B.KMnO4溶液C.氢氟酸D.NaOH溶液
【答案】B
【解析】试题分析:
A.Na2SiO3溶液有粘性,会把玻璃塞与玻璃瓶粘在一起,因此不能用带玻璃塞的玻璃瓶保存,错误;B.KMnO4溶液不能与玻璃的成分方式反应,因此可以用带玻璃塞的玻璃瓶保存,正确;C.氢氟酸能够与玻璃的成分SiO2发生反应产生SiF4,因此不能使用玻璃瓶盛装,错误;D.NaOH溶液能够与玻璃的成分SiO2发生反应产生Na2SiO3,会把玻璃塞与玻璃瓶粘在一起,因此不能用带玻璃塞的玻璃瓶保存,错误。
【考点定位】考查物质的保存方法的知识。
【名师点睛】化学物质要在一定的仪器中进行盛装,使用的仪器要与物质的性质相对应。
碱性物质使用玻璃试剂瓶时不能用玻璃塞密封,否则会玻璃的成分SiO2发生反应产生具有粘性的Na2SiO3,把玻璃塞与玻璃瓶粘在一起,使试剂瓶报废,要使用橡胶塞;酸性、强氧化性的物质容易腐蚀橡胶塞,因此不能使用橡胶塞,要使用玻璃塞;具有光照容易分解的物质要用棕色瓶避光保存在冷暗处,氢氟酸会与SiO2发生反应产生SiF4,因此要使用塑料瓶,不能使用玻璃瓶;金属钠、钾容易与空气中的氧气及水发生反应,要保存在煤油或石蜡油中隔绝空气;白磷由于着火点只有40℃,在空气中会缓慢氧化产生自燃现象,故通常保存在水中隔绝空气。
物质的性质不同,保存方法不同。
保存物质要防止其变质,同时注意安全。
2.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列有关说法正确的是( )
A.1.8g2H2O所含中子总数为NA
B.1L1mol/L的甲醇水溶液中含有氢原子总数为4NA
C.12g石墨和C60的混合物中质子总数为6NA
D.反应KIO3+6HI═KI+3H2O+3I2中,生成1molI2转移电子的总数为2NA
【答案】C
【解析】试题分析:
A、1.8g重水的物质的量为0.09mol,0.09mol重水中含有0.9mol电子,含有的电子数为0.9NA,故A错误;B、水中含有氢原子,含有的氢原子总数大于4NA,故B错误;C、12g石墨和C60的混合物中含有12gC,含有1mol碳原子,1molC中含有6mol质子,含有的质子总数为6NA,故C正确;D、在反应KIO3+6HI═KI+3I2+3H2O中,碘元素化合价+5价和-1价变化为0价,电子转移5mol,生成3mol碘单质,每生成3molI2转移的电子数为5NA,故D错误;故选C。
【考点定位】考查阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律
【名师点晴】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用,主要是氧化还原反应电子转移计算,物质结构分析判断,掌握基础是关键。
顺利解答该类题目的关键是:
一方面要仔细审题,注意关键字词,熟悉常见的“陷阱”;另一方面是要把各种量转化为物质的量,以此为中心进行计算。
该类试题的解题思路是:
①只给出物质的体积,而不指明物质的状态,或者标准状况下物质的状态不为气体,所以求解时,一要看是否为标准状况下,不为标准状况无法直接用22.4L·mol-1(标准状况下气体的摩尔体积)求n;二要看物质在标准状况下是否为气态,若不为气态也无法由标准状况下气体的摩尔体积求得n;②要求对物质的微观构成要非常熟悉。
3.全钒氧化还原液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置,该电池是将具有不同价态的钒离子溶液分别作为正极和负极的活性物质,分别储存在各自的酸性电解液储罐中.其结构原理如图所示,该电池放电时,右槽中的电极反应为:
V2+-e-═V3+,下列说法正确的是( )
A.放电时,右槽发生还原反应
B.放电时,左槽电解液pH升高
C.充电时,阴极的电极反应式:
VO2++2H++e-═VO2++H2O
D.充电时,每转移1mol电子,n(H+)的变化量为1mol
【答案】B
【解析】试题分析:
A、从图像分析,右槽中失去电子,为负极反应,发生氧化反应,错误,不选A;B、放电时,左槽中发生还原反应,电子反应为:
VO2++e-+2H+=VO2++H2O,溶液中的pH升高,正确,选B;C、充电时,左槽为阳极,失去电子,错误,不选C;D、充电时,根据电极反应VO2++H2O=VO2++2H++e-,每转移1摩尔电子,氢离子的物质的量的变化量为2摩尔,错误,不选D。
考点:
原电池的原理
4.下列四种基本类型的反应中,一定不是氧化还原反应的是( )
A.化合反应B.分解反应C.置换反应D.复分解反应
【答案】D
【解析】试题分析:
四个基本反应类型中,置换反应一定是氧化还原反应,化合反应、分解反应一部分属于氧化还原反应,复分解反应全部不是氧化还原反应,故选项C正确。
考点:
考查四个基本反应类型和氧化还原反应关系等知识。
5.已知常温下CH3COOH的电离平衡常数为K.该温度下向20mL 0.1mol•L-1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol•L-1NaOH溶液,其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化).下列说法中不正确的是( )
A.a点表示的溶液中c(CH3COO-)略小于10-3mol/L
B.b点表示的溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)
C.c点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全
D.b、d点表示的溶液中
均为Ka
【答案】C
【解析】A.a点是c(H+)=10-3mol/L,由于醋酸为弱酸,酸能抑制水的电离,醋酸的电离远远大于水的电离,所以溶液中氢离子浓度略大于醋酸根离子浓度,即c(CH3COO-)略小于10-3 mol/L,故A正确;B.溶液中一定满足电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),b点时,溶液显示酸性,c(H+)>c(OH-),则有c(CH3COO-)>c(Na+),故B正确;C、醋酸和氢氧化钠反应生成醋酸钠,醋酸钠是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,当酸碱恰好反应时溶液应该呈碱性,但c点溶液呈中性,说明酸过量,故C错误;D、d点时溶液的温度没有变化,所以d点表示的溶液中
=Ka,故D正确;故选C。
点睛:
在解答酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较时,需要注意:
①平衡常数K只与温度有关,与其它任何条件都无关;②能够根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度大小。
6.下列离子方程式书写正确的是( )
A.金属铝溶于氢氧化钠溶液:
Al+2OH-=AlO2-+H2↑
B.碳酸钡中加入过量盐酸:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O
C.偏酸铝钠溶液中加入过量盐酸:
AlO2-+4H+=Al3++2H2O
D.铁粉加入到FeCl3溶液中:
Fe+Fe3+=2Fe2+
【答案】C
【解析】
7.两份铝屑,第一份与足量盐酸反应,第二份与足量氢氧化钠溶液反应,产生的氢气的体积比为1:
2(同温同压下),则第一份与第二份铝屑的质量比为( )
A.1:
3B.1:
2C.1:
1D.2:
1
【答案】B
8.下列溶液中Cl-的物质的量浓度与50mL 1mol•L-1的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度相等的是( )
A.75mL2mol•L-1的NH4ClB.150mL1mol•L-1的NaCl
C.150mL2mol•L-1的KClD.75mL1.5mol•L-1的CaCl2
【答案】D
【解析】50mL 1mol•L-1的AlCl3溶液中Cl-物质的量浓度是3mol/L。
A、75mL 2 mol•L-1的NH4Cl溶液中c(Cl-)=2 mol•L-1×1=2mol/L;B、150mL1 mol•L-1的NaCl溶液中c(Cl-)=1 mol•L-1×1=1mol/L;C、150mL2 mol•L-1的KCl溶液中c(Cl-)=2 mol•L-1×1=2mol/L;D、75mL 1.5 mol•L-1的CaCl2溶液中c(Cl-)=1.5mol•L-1×2=3mol/L;故选D。
点睛:
同一化学式中各微粒的浓度等于物质的物质的量浓度×离子个数,与溶液的体积无关,如50mL1mol•L-1MgCl2溶液中氯离子浓度为:
n(Cl-)=1mol/L×2=2mol/L。
9.下列数量的物质中含对应微粒数目最多的是( )
A.0.4molNaCl所含离子数B.标准状况下5.6LCO2所含原子数
C.1L1mol•L-1盐酸所含HCl分子数D.10g氖气所含原子数
【答案】A
【解析】试题分析:
A、0.4molNaCl所含离子数是0.8NA;B、标准状况下5.6LCO2所含原子数是(5.6L÷22.4L/mol)×3NA=0.75NA;C、HCl是强电解质,在水中完全电离,所以1L1mol·L-1盐酸所含HCl分子数是0;D、氖气是单原子分子构成的物质,10g氖气所含原子数(10g÷20g/mol)×NA=0.5NA;所以含有的微粒最多的是0.8NA;选项是A。
考点:
考查物质的微粒结构及数目的计算与比较的知识。
10.下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A.0.1mol/LNaHCO3溶液:
c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)
B.室温下,向0.01mol/LNH4HSO4溶液中滴加等体积0.01mol/LNaOH溶液:
c(Na+)=c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)
C.Na2CO3溶液:
c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)
D.25℃时,浓度均为0.1mol/L的CH3COOH和CH3COONa等体积混合:
c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.2mol/L
【答案】B
11.下列说法正确的是( )
A.由图甲可知,升高温度醋酸钠的水解程度增大
B.由图乙可知,a点Kw的数值比b点Kw的数值大
C.由图丙可知,反应A(g)+B(g)=2C(g)是吸热反应
D.由图丁可知,反应C(金刚石,s)=C(石墨,s)的焓变△H=△H1-△H2
【答案】A
【解析】试题分析:
A、升温,醋酸钠溶液的pH增大,说明水解平衡正向移动,水解程度增大,正确,选A;B、在稀释相同倍数后,氟化氢溶液的导电性强,说明溶液中的离子浓度大,但温度不改变,KW不变,错误,不选B;C、从图像分析,T2温度下先到平衡,说明温度高,温度高,平衡时C的体积分数较小,说明逆向移动,则正反应为放热,错误,不选C;D、从图像分析,金刚石的能量比石墨高,则金刚石变成石墨为放热反应,焓变△H=△H2-△H1,错误,不选D。
考点:
盐类的水解,化学平衡的影响因素反应热和焓变
二、填空题(本大题共1小题,共2分)
12.已知两个反应式:
CH≡CH(g)+H2(g)→CH2=CH2(g);
△H=-174kJ•mol-1CH≡CH(g)+2H2 (g)→C2H6(g);△H=-311kJ•mol-1
则CH2=CH2(g)+H2(g)→C2H6(g) 的反应热为______。
【答案】-137kJ/mol
【解析】试题分析:
根据盖斯定律可知,②-①即得到CH2=CH2(g)+H2(g)
C2H6(g),所以该反应的反应热△H=-311kJ/mol+174kJ/mol=-137kJ/mol。
考点:
考查反应热的计算
点评:
该题是高考中的常见题型和重要的考点,属于基础性试题的考查。
主要是考查学生对盖斯定律的了解掌握程度,以及灵活运用盖斯定律解决实际问题的能力。
三、简答题(本大题共2小题,共28分)
13.某磷肥厂利用某磷矿石[Ca3(PO4)2]制取磷肥[Ca(H2PO4)2]并综合利用副产物生产水泥的工艺流程如图:
(1)将磷矿石制成磷肥的目的是______,有关的化学方程式为______.
(2)在该工艺流程中高硫煤粉不需要脱硫,理由是______.
(3)水泥属于______材料.(填“A”或者“B”:
A.新型无机非金属材料 B.传统无机非金属材料)
(4)工业生产硫酸过程中,SO2在接触室中被催化氧化为SO3,已知该反应为放热反应.现将2mol SO2、1mol O2充入体积为2L的密闭容器中充分反应,放出热量98.3kJ,此时测得SO2的物质的量为1mol.则该热化学方程式为_______________________,平衡常数K为______.
(5)工业上用接触法制硫酸,最后的产品是98%的硫酸或组成为2H2SO4•SO3的发烟硫酸(H2SO4和H2SO4•SO3的混合物,其中SO3的质量分数约为29%).若98%的浓硫酸可表示为SO3•aH2O,含SO329%的发烟硫酸可表示为bSO3•H2O,则a=______,b=______.
【答案】
(1).将难溶于水的Ca3(PO4)2转化为易溶于水的Ca(H2PO4)2,便于植物吸收
(2).Ca3(PO4)2+2H2SO4=2CaSO4+Ca(H2PO4)2(3).S与O2反应产生的SO2可用于生产H2SO4而循环使用(4).B(5).2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6kJ/mol(6).4(7).
(8).
【解析】
(1)磷矿石不溶于水,不利于植物吸收,而磷肥的主要成份Ca(H2PO4)2,易溶于水,被植物吸收,反应方程式为:
Ca3(PO4)2+2H2SO4=2CaSO4+Ca(H2PO4)2,故答案为:
将难溶于水的Ca3(PO4)2 转化为易溶于水的Ca(H2PO4)2,便于植物吸收;Ca3(PO4)2+2H2SO4=2CaSO4+Ca(H2PO4)2;
(2)高硫煤粉燃烧产生的二氧化硫,在粉尘作催化剂作用可将其氧化生成三氧化硫,而生成硫酸,所以可以有效得用,故答案为:
S与O2反应产生的SO2可用于生产H2SO4而循环使用;
(3)水泥的主要成份是硅酸盐,是传统无机非金属材料,故选:
B;
(4)此时测得SO2的物质的量为1mol,反应消耗1mol的二氧化硫放出热量为:
98.3kJ,所以热化学方程式为:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)△H=-196.6 kJ/mol;
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)
初起浓度:
1 0.5 0
变化浓度:
0.5 0.25 0.5
平衡浓度:
0.5 0.25 0.5
所以K=
=4,故答案为:
2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H=-196.6 kJ/mol;4;
(5)根据题意,98%硫酸可表示为SO3•aH2O,通过整理即为H2SO4•(a-1)H2O,由该溶液中H2SO4(溶质)与H2O(溶剂)的质量关系可得:
98:
18(a-1)=98%:
(1-98%),解出a为
,同理,29%发烟硫酸可表示为H2O•bSO3,通过整理即为:
H2SO4•(b-1)SO3,根据29%发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得:
98:
80(b-1)=(1-29%):
29%,解出b=
,故答案为:
;
。
点睛:
本题的难点为(5)的计算,恰当的对数据进行处理,计算起来才能较为简便。
98%硫酸可表示为SO3•aH2O,整理为H2SO4•(a-1)H2O;同理,29%发烟硫酸可表示为H2O•bSO3,整理为:
H2SO4•(b-1)SO3。
四、实验题
14.为了比较卤素单质的氧化性强弱可在实验室先制取Cl2(利用MnO2与浓盐酸反应可制取Cl2)并将Cl2依次通入NaBr溶液和KI淀粉溶液中.如图所示仪器及药品试回答:
(1)若所制取气体从左向右流向时上述仪器接口的连接顺序为F接G、H接______、______接______、A接E.
(2)实验开始后装置5中反应的化学方程式为________________________.
(3)装置3的作用是______反应的离子方程式为________________________.
(4)装置1中产生的现象是______ 反应的离子方程式为__________________.
(5)若溴离子的还原性弱于碘离子的还原性,通过实验,卤素单质的氧化性由强到弱的顺序为______________________________.
【答案】
(1).D
(2).C(3).B(4).MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O(5).吸收未反应完的Cl2,防止污染空气(6).Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O(7).溶液变蓝(8).Cl2+2I-═I2+2Cl-(9).Cl2>Br2>I2
【解析】
(1)先制取氯气,然后将氯气通入NaBr溶液、再通入KI溶液检验氯气的强氧化性,氯气有毒不能排空,否则会污染大气,所以最后连接尾气处理装置,检验装置中导气管遵循“长进短出”原则,所以连接顺序是F接G、H接D、C接B、A接E,故答案为:
D;C;B;
(2)实验开始后装置5中反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水,反应的化学方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,故答案为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;
(3)二氧化硫有毒,不能直接排空,且二氧化硫属于酸性氧化物,能和碱反应生成盐和水,所以装置3的作用是吸收未反应完的Cl2,防止污染空气,离子方程式为:
Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O,故答案为:
吸收未反应完的Cl2,防止污染空气;Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O;
(4)氯气能氧化碘离子生成碘单质,碘单质遇到淀粉变蓝色,所以看到的现象是溶液变蓝色,化学反应离子方程式为:
Cl2+2I-═I2+2Cl-,故答案为:
溶液变蓝;Cl2+2I-═I2+2Cl-;
(5)实验装置1,2的现象说明氯气和NaBr溶液、KI溶液发生反应,Cl2+2I-═I2+2Cl-,Cl2+2Br-=Br2+2Cl-,反应中Cl元素化合价由0价变为-1价、Br或I元素化合价由-1价变为0价,所以氯气作氧化剂、溴或碘单质作氧化产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,所以Cl2的氧化性大于Br2>I2,已知溴离子的还原性弱于碘离子的还原性,说明Br2的氧化性大于I2,由此得出同主族元素随着原子序数的递增,元素非金属性逐渐减弱,单质氧化性逐渐减弱,Cl2>Br2>I2,故答案为:
Cl2>Br2>I2。
五、推断题(本大题共2小题,共11分)
15.某兴趣小组的同学发现《高中化学(必修1)》中学习的单质及其化合物(或其溶液)存在如图的转化关系,已知B、C、D、E是非金属单质,且在常温常压下都是气体;F为淡黄色粉末,化合物H和I通常状况下呈气体;反应①是化工生产中的一种重要固氮反应.
请用化学用语回答下列问题:
(1)B是______,化合物G的焰色反应为______;
(2)将F溶于水后形成的溶液可吸收C,写出该反应的离子方程式______________________________;
(3)写出实验室制取氨气的化学方程式:
______________________________,收集氨气应使用______法,要得到干燥的氨气通常选用______做干燥剂.
【答案】
(1).O2
(2).黄色(3).Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O(4).2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O(5).向上排空气(6).碱石灰
【解析】F为淡黄色粉末,能与二氧化碳反应得到G与气体单质B,可推知F为Na2O2,B为O2,G为Na2CO3,而A与B(氧气)反应得到F(过氧化钠),则A为Na。
G(Na2CO3)与I反应得到CO2,则I属于酸,I由气体非金属单质C与D在光照条件下得到,则I为HCl,C、D分别为H2、Cl2中的一种,化合物H和I通常状况下呈气体,二者反应得到铵盐,且反应①是化工生产中的一种重要固氮反应,可推知H为NH3,D为H2,E为N2,铵盐为NH4Cl,故C为Cl2。
(1)B是O2,G为Na2CO3,G的焰色反应为黄色,故答案为:
O2;黄色;
(2)过氧化钠溶于水生成氢氧化钠,氢氧化钠与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的离子方程式为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O,故答案为:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
(3)实验室制取氨气的学方程式:
2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O,收集氨气应使用向上排空气法,要得到干燥的氨气通常选用碱石灰做干燥剂,故答案为:
2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O;向上排空气;碱石灰。
点睛:
本题考查无机物推断,涉及Na、Cl、N元素单质化合物性质。
“F为淡黄色粉末”和“反应①是化工生产中的一种重要固氮反应”是本题的突破口。
16.有一种白色粉末,含有下列阴离子和阳离子中的几种,阴离子:
S2-、NO3-、SO42-、CO32-、MnO4-,阳离子:
Na+、Al3+、Ba2+、Fe3+、NH4+,将该白色粉末进行下列实验,观察到的现象如下:
a.取少量粉末加水振荡,现象是:
全部溶解、溶液无色透明
b.向所得溶液中慢慢滴入氢氧化钠并加热,现象是:
无明显现象
c.取少量粉末加盐酸,现象是:
无明显现象
d.取少量粉末加稀硫酸和稀硝酸混合液,现象是:
有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成.
根据实验推断
(1)从a实验中可推断粉末中一定没有______离子;
(2)从b实验中可推断粉末中一定没有______离子;
(3)从c实验中可推断粉末中一定没有______离子;
(4)从d实验中可推断粉末中必定含有______离子;
(5)综上所述,粉末中还可能含有______离子.
【答案】
(1).MnO4-、Fe3+
(2).Al3+、NH4+(3).CO32-、S2-(4).Ba2+(5).NO3-
【解析】根据a.溶液无色透明,说明不含Fe3+、MnO4-这些有色离子;根据b.加入强碱无明显现象,说明不含NH4+、Al3+,因为氢氧化钠可以与NH4+、Al3+分别产生NH3、Al(OH)3沉淀;根据c.加盐酸,无现象,说明不含S2-、CO32-,因为S2-、CO32-分别于盐酸反应产生H2S、CO2气体,有气泡冒出;根据d.加稀HCl和稀BaCl2混合液有白色沉淀生成,则该白色沉淀一定是BaSO4沉淀,证明该粉末中有SO42-,若同时有Ba2+会生成BaSO4沉淀,则在a中不能全部溶解,故一定没有Ba2+;从d判断一定有SO42-,从abc判断一定没有Al3+、Ba2+、Fe3+、NH4+,由于溶液呈电中性,则一定有阳离子,即必须存在Na+;故肯定含有SO42-、Na+;在以上实验中没有确定NO3-存在与否,故不能确定含有NO3-。
(1)从a实验中,可推断粉末中,不可能有Fe3+、MnO4- ,故答案为:
Fe3+、MnO4- ;
(2)从b实验中,可推断粉末中,不可能有NH4+、Al3+,故答案为:
NH4+、Al3+;
(3)从c实验中,可推断粉末中,不可能有S2-、CO32-,故答案为:
S2-、CO32-;
(4)从d实验中,可推断粉末中,不可能有Ba2+,故答案为:
Ba2+;
(5)综上所述
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