河南省洛阳市学年高二化学下册月考试题.docx
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河南省洛阳市学年高二化学下册月考试题
河南省洛阳市轴承厂高级中学2018-2019学年高二下期6月月考化学试卷(解析版)
1.下列反应的离子方程式正确且表示复分解反应的是
A.钠跟水的反应:
2Na+2H2O2Na++2OH—+H2↑
B.次氯酸钙溶液中通入过量CO2:
Ca2++2ClO—+H2O+CO2CaCO3↓+2HClO
C.碳酸氢钙溶液加入过量的氢氧化钠溶液:
HCO3—+OH—CO32—+H2O
D.碳酸氢钠溶液中加入盐酸:
HCO3—+H+CO2↑+H2O
【答案】D
【解析】
2.下列关于乙醇的说法中,不正确的是
A.乙醇是无色透明、有特殊香味的液体B.乙醇可以使酸性高锰酸钾溶液褪色
C.乙醇属于烃类物质D.无水硫酸铜常用于检验乙醇中是否含有水
【答案】C
【解析】
3.下列有关溶液pH变化的判断中,正确的是
A.加热盐酸溶液,溶液的pH减小
B.随温度的升高,纯水的pH增大
C.新制氯水经光照一段时间后,pH减小
D.氢氧化钠溶液久置于空气中,pH增大
【答案】C
【解析】
试题分析:
KHSO4溶液电离出大量氢离子,抑制水的电离,故A错误;KHCO3溶液中,HCO3-水解能促进水电离,故B错误;KHS溶液,HS—水解程度大于电离,能促进水电离,故C错误;KI溶液为强酸强碱盐,故D正确。
考点:
本题考查水的电离。
4.设NA表示阿伏加德罗常数,下列说法中不正确的是
A.0.5molO3和11.2LO2的体积一定相等
B.5.6gFe与足量的稀盐酸充分反应后,转移的电子数为0.2NA
C.标准状况下,分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L,质量为28g
D.1L0.1mol/L的醋酸溶液中H+数目为0.1NA
【答案】AD
【解析】
试题分析:
A.11.2LO2的物质的量比一定是0.5mol,所以0.5molO3和11.2LO2的体积不一定相等,错误;B.Fe是+2价的金属,5.6gFe的物质的量是0.1mol,与足量的稀盐酸充分反应后,转移的电子数为0.2NA,正确;C.CO、C2H4的相对分子质量都是28,所以由于标准状况下,分子数为NA的CO、C2H4混合气体体积约为22.4L,质量为28g,正确;D.由于醋酸是弱酸,部分电离,所以1L0.1mol/L的醋酸溶液中H+数目小于0.1NA,错误。
考点:
考查物质的量的有关计算的知识。
5.下列卤代烃中,不能发生消去反应的是
A.
B.(CH3)3CCH2Cl
C.
D.
【答案】B
【解析】
试题分析:
有机化合物在一定条件下,从一个分子中脱去一个或几个小分子(如水、卤化氢等分子),而生成不饱和(碳碳双键或三键)化合物的反应,叫做消去反应,卤代烃分子中,连有卤素原子的碳原子必须有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上并且还必须连有氢原子时,才可发生消去反应。
则选项A、C、D中有机物均可发生消去反应,(CH3)3CCH2Cl不能发生消去反应,答案选B。
考点:
考查卤代烃消去反应的判断
6.X、Y、Z为短周期元素,它们依次位于ⅠA族、ⅤA族、ⅥA族
,则由这三种元素组成的化合物的化学式不可能是
A.X2YZ3B.XYZ2C.X3YZ4D.XYZ3
【答案】A
【解析】
试题分析:
X、Y、Z为短周期元素,它们依次位于ⅠA族、ⅤA族、ⅥA族
,则由这三种元素组成的化合物的化学式可能是HNO2、HNO3、H3PO4.不可能的是X2YZ3。
选项是A。
考点:
考查元素的位置与形成的化合物的化学式的关系的知识。
7.设NA为阿伏伽德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.200mL1molAl2(SO4)3溶液中,Al3+和SO42—离子数的总和为NA
B.标准状况下,2.24L乙醇中含有的C—H键数目为0.5NA
C.0.1molNa完全被氧化生成Na2O2,转移电子的数目为0.1NA
D.0.1molO2和O3的混合气体中含氧原子数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.硫酸铝是强酸弱碱盐,Al3+水解导致Al3+和SO42—离子数的总和小于NA,A项错误;B.在标准状况下,乙醇是液体,无法计算物质的量,B项错误;C.Na是活泼金属,在化学反应中失去1个电子,所以0.1molNa完全被氧化生成Na2O2,转移电子的数目为0.1NA,C项正确;D.氧气是双原子分子,臭氧是3原子分子,所以0.1mol分子中含有的氧原子数无法计算,D项错误;选C。
考点:
考查阿伏伽德罗常数及计算。
8.2008年诺贝尔化学奖授予美籍华裔钱永健等三位科学家,以表彰他们发现和研究了绿色荧光蛋白。
荧光素是发光物质的基质,5-羧基荧光素(5-FAM)
结构简式如右图所示,在碱性条件下有强烈的绿色荧光,广泛
应用于荧光分析等。
下列有关5-FAM说法不正确的是
A.可与碳酸氢钠溶液反应
B.分子式为C21H12O7
C.1mol该物质与足量NaOH溶液反应,可消耗4mol氢氧化钠
D.不与FeCl3发生反应
【答案】D
【解析】
9.下列事实不能用电化学理论解释的是
A.轮船水线以下的船壳上装一定数量的锌块
B.铁可以在氯气中燃烧
C.纯锌与稀硫酸反应时,滴入少量硫酸铜溶液后速率加快
D.镀锌的铁比镀锡的铁耐用
【答案】B
【解析】A可以,装Zn块与铁构成原电池,Zn比铁活泼,遇到海水时Zn失去电子,保护了铁。
B不可以,铁与氯气反应不涉及电化学内容。
C可以,Zn置换出铜,构成原电池,加快反应速率。
D可以,Zn比铁活泼,构成原电池后失去电子的是Zn,可以保护铁。
而锡比铁活泼性稍差,不能从构成原电池的角度来保护铁。
所以该题选B。
10.24mL0.05mol·L-1的Na2SO3溶液恰好与40mL0.02mol·L-1的K2RO4酸性溶液反应生成硫酸钠,则元素R在还原产物中的价态是
A.+6B.+3C.+2D.0
【答案】B
【解析】
试题分析:
二者的物质的量之比为3:
2,其中S元素化合价自+4升至+6,而R在K2RO4中的化合价为+6价,根据化合价升降相等可求得R在还原产物中的价态是+3,选B。
考点:
考查氧化还原反应。
11.某高聚物的结构片断如下:
下列分析正确的是( )
A.它是缩聚反应的产物B.其单体是CH2=CH2和HCOOCH3
C.其链节是CH3CH2COOCH3D.其单体是CH2=CHCOOCH3
【答案】D
【解析】
试题分析:
分析高聚物的结构,它是加聚反应的产物,A错误;其单体是CH2=CHCOOCH3,D正确;其链节是
BC错误。
考点:
高聚物的结构
12.在乙烯、乙醛组成的化合物中,氢元素占总质量的
,则氧元素的质量占总质量的
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】乙烯、乙醛组成的在混合物中,C、H两种元素的原子个数始终是1:
2,C、H两种元素的质量比为(1×12):
(2×1)=6:
1,
由氢元素的质量分数为1/11,则碳元素的质量分数为6/11,因混合物中共有三种元素,则氧元素的质量分数为:
1-6/11-1/11=4/11,
故选C.
13.在有机物的分子中,若某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团,这种碳原子称为“手性碳原子”。
凡有一个手性碳原子的物质一定具有光学活性,下图物质有光学活性,发生下列反应后生成的有机物仍有光学活性的是
①与乙酸发生酯化反应②与NaOH水溶液共热
③与银氨溶液作用④在催化剂加热条件下与H2作用⑤与CuO共热
A.③B.①②④⑤C.③⑤D.①②④
【答案】A
【解析】
试题分析:
物质
具有手性,是因为与醛基相连的碳有手性,①与乙酸发生酯化反应,醇羟基会变化,原来的手性碳原子不再有手性,①错误;②与NaOH水溶液共热,在氢氧化钠作用下,酯基会水解为乙酸和一种含有醇羟基的物质,原来的手性碳原子不再有手性,②错误;③与银氨溶液发生银镜反应后,醛基变为羧酸铵盐结构,原来的手性碳原子仍然有手性,③正确;④在催化剂存在下与H2加成后,原来的手性碳原子上连接了两个一样的-CH2OH结构,不再具有手性,④错误;⑤与CuO共热,醇羟基被氧化成醛基,原来的手性碳原子不再有手性,⑤错误;答案选A。
考点:
考查官能团决定物质的性质等知识。
14.已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,其中Y、R原子最外层电子数相等;X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等;工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质;Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水。
下列说法正确的是
A.简单离子半径:
Y>Z>W
B.简单氢化物的热稳定性:
X>Y>R
C.W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强
D.R的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4
【答案】A
【解析】
试题分析:
已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素,其中Y、R原子最外层电子数相等,说明属于同一主族;X元素最低负价与W元素最高正价绝对值相等;工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质,则W是Al,因此X是N;Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水,则Z是Na,R是S或Cl,因此Y是O或F。
A.核外电子排布相同的微粒,离子半径随原子序数的增大而减小,则简单离子半径:
Y>Z>W,A正确;B.非金属性越强,氢化物的稳定性越强,非金属性是Y一定大于X,则简单氢化物的热稳定性Y>X,B错误;C.金属性越强,最高价氧化物水化物的碱性越强,钠的金属性强于铝,则W的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的弱,C错误;D.R的最高价氧化物对应的水化物化学式不一定是HRO4,也可能是H2RO4,D错误,答案选A。
考点:
考查元素推断及元素周期律的应用
15.3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O下列有关说法中不正确的是
A.HNO3在反应中既表现氧化性也表现出酸性
B.每生成22.4LNO(标准状况)有3mol电子转移
C.HNO3作氧化剂,铜作还原剂,3molCu还原8mol的HNO3
D.HNO3作氧化剂,铜作还原剂,3molCu还原2mol的HNO3
【答案】C
【解析】
试题分析:
从方程式中看出HNO3中的N元素的化合价有的降低,有的没有变化,所以HNO3在反应中既表现氧化性也表现出酸性,A对,不选;在反应中每生成2分子的NO转移的电子为6e—,每生成22.4LNO的物质的量为1mol,就有3mol电子转移,B对,不选;HNO3作氧化剂,铜作还原剂,反应中只有一部分HNO3做氧化剂,3molCu只能还原2mol的HNO3,C错,要选;根据C中的分析,D对,不选。
考点:
氧化还原反应的基本概念。
电子转移的计算。
16.氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物,在工农业生产中有重要的应用。
(1)希腊化学家提出采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质,利用右图所示实验装置,实现了高温常压下的电解法合成氨。
则装置中B电极连接电源_________极,A电极反应式为______________。
(2)把氯气通入稀氨水中,NH3分子上的一个H被Cl取代生成氯氨,然后加入过量的氨和氯氨作用,得到联氨(N2H4)。
写出上述反应的化学方程式____________________。
(3)联氨用亚硝酸氧化生成另一种氮的氢化物,该氢化物的相对分子质量为43.0,其中氮原子的质量分数为0.977,计算确定该氢化物的分子式___________。
该氢化物可置于安全气囊,受撞击则完全分解为氮气和氢气,4.30g该氢化物受撞击后产生的气体在标准状况下的体积为________L。
(4)联氨与盐酸反应生成重要的化工原料盐酸肼(N2H6C12),盐酸胼是易溶于水的强电解质,溶液呈酸性,水解原理与NH4Cl类似。
请写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式___________________。
下列盐酸肼溶液中的离子浓度关系正确的是_______(填序号)。
a.c(Cl-)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH-)
b.c(Cl-)>c(H+)>c([N2H5·H2O]+)>c(OH-)
c.c(N2H62+)+c([N2H5·H2O]+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)
d.c(Cl-)=2c(N2H62+)+2c([N2H5·H2O]+)
【答案】
(1)正N2+6e-+6H+=2NH3
(2)NH3+Cl2=NH2Cl+HClNH3+NH2Cl=N2H4+HCl
(3)NH34.48(4)N2H62++H2O=[N2H5.H2O]++H+ab
【解析】
试题分析:
(1)根据氢离子移向阴极,则B是阳极,B连接正极;A电极反应式为N2+6e-+6H+=2NH3。
(2)氯气通入稀氨水中,NH3分子上的一个H被Cl取代生成氯氨,然后加入过量的氨和氯氨作用,得到联氨(N2H4),方程式:
NH3+Cl2=NH2Cl+HClNH3+NH2Cl=N2H4+HCl。
(3)氢化物的相对分子质量为43.0,其中氮原子的质量分数为0.977,则氢原子的质量分数为0.023,则n(N):
n(H)=0.977/14:
0.023/1=3:
1,所以最简式为HN3,
设化学式为(HN3)n,有(1+14×3)n=43,n=1,所以分子式为HN3,4.30g该氢化物的物质的量为n=4.3/43=0.1mol,根据反应2HN3═H2+3N2,共产生气体的物质的量为0.1mol×2=0.2mol,体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L。
(4)盐酸肼第一步水解反应的离子方程式:
N2H62++H2O=[N2H5.H2O]++H+;a.c(Cl-)>c(N2H62+)>c(H+)>c(OH-),正确;b.c(Cl-)>c(H+)>c([N2H5·H2O]+)>c(OH-),正确;c.考查电荷守恒2c(N2H62+)+c([N2H5·H2O]+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),错误;d.溶液显酸性,所以c(Cl-)=2c(N2H62+)+2c([N2H5·H2O]+),错误。
考点:
考查氧化还原反应、电化学、电解质溶液等知识
17.(14分)按要求填空:
(1)常温下将0.1molCO2气体通入1L0.2mol·L-1NaOH溶液中,测得混合溶液的pH=12,则混合溶液pH=12的原因是(用离子方程式表示),混合溶液中由水电离出的c(H+) 0.2mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。
(填“>”或“<”或“=”)
(2)常温下若将0.2mol·L-1MOH溶液与0.1mol·L-1HCl溶液等体积混合,测得混合溶液的pH<7,则说明在相同条件下MOH的电离程度 MCl的水解程度。
(填“>”或“<”或“=”)
(3)常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,测得混合溶液的pH
则HR的电离方程式为。
(4)常温下将0.1mol/L的HCN溶液与0.1mol/L的NaCN溶液等体积混合,已知溶液中c(Na+)>c(CN﹣),则该混合溶液中的pH____7(填“>”或“<”或“=”),c(HCN)+c(CN﹣)=______mol/L。
(5)常温下,0.1mol/L的某一元酸HA在水中的电离度为0.1%(电离度是指溶液中已电离的溶质分子数占原有溶质分子总数的百分率),则该溶液的pH=,HA的电离平衡常数K=。
(6)水的电离平衡如右图所示。
若A点表示25℃时水的电离平衡状态,当升高温度至100℃时水的电离平衡状态为B点,则此时水的离子积为;将100℃时pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的盐酸混合,并保持100℃的恒温,欲使混合溶液的pH=7,则Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为。
【答案】
(1)CO32—+H2O
HCO3—+OH—>
(2)<(3)HR
H++R—(4)>0.1
(5)41×10-7(mol/L)(6)10-12mol2·L-22:
9
(前4题各空1分后2题各空2分,单位可以不写)
【解析】
试题分析:
(1)常温下将0.1molCO2气体通入1L0.2mol·L-1NaOH溶液中二者恰好反应生成碳酸钠和水,测得混合溶液的pH=12,这是由于碳酸根水解导致溶液显碱性,水解方程式为CO32—+H2O
HCO3—+OH—。
水解促进水的电离,而氢氧化钠是强碱,抑制水的电离,则混合溶液中由水电离出的c(H+)>0.2mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。
(2)常温下若将0.2mol·L-1MOH溶液与0.1mol·L-1HCl溶液等体积混合后MOH过量,测得混合溶液的pH<7,这说明M+的水解程度大于MOH的电离程度,即在相同条件下MOH的电离程度<MCl的水解程度。
(3)常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,测得混合溶液的pH
由于氢氧化钠是强碱,这说明HR一定不是强酸,则HR的电离方程式为HR
H++R—。
(4)常温下将0.1mol/L的HCN溶液与0.1mol/L的NaCN溶液等体积混合,已知溶液中c(Na+)>c(CN﹣),则根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN﹣),则溶液中c(H+)<c(OH-),因此溶液显碱性,即该混合溶液中的pH>7。
根据物料守恒可知c(HCN)+c(CN﹣)=0.1mol/L。
(5)常温下,0.1mol/L的某一元酸HA在水中的电离度为0.1%,根据电离度是指溶液中已电离的溶质分子数占原有溶质分子总数的百分率可知,电离出的氢离子浓度为0.1%×0.1mol/L=0.0001mol/L,则该溶液的pH=4,HA的电离平衡常数
K=
1×10-7。
(6)若A点表示25℃时水的电离平衡状态,当升高温度至100℃时水的电离平衡状态为B点,则此时氢离子和氢氧根浓度均是10-6mol/L,所以水的离子积为10-12;将100℃时pH=8的Ba(OH)2溶液与pH=5的盐酸混合,并保持100℃的恒温,欲使混合溶液的pH=7,即反应后溶液中氢氧根浓度是10-5mol/L,氢氧化钡过量,则
=10-5,解得x:
y=2:
9,即Ba(OH)2溶液与盐酸的体积比为2:
9。
考点:
考查盐类水解、弱电解质的电离、溶液酸碱性判断、pH计算以及溶液中离子浓度大小比较等
18.(11分)如图是某同学设计的放热反应的观察装置,其实验操作是:
①按图所示将实验装置连接好;
②在U形管内加入少量红墨水(或品红溶液)打开T形管螺旋夹,使U形管内两边的液面处于同一水平面,再夹紧螺旋夹;
③在中间的试管里盛1g氧化钙,当滴入2mL左右的蒸馏水后,即可观察.
试回答:
(1)实验中观察到的现象是。
(2)该实验中必须进行的一步实验操作是。
(3)该实验的原理是。
(4)实验中发生的化学反应方程式:
。
(5)说明CaO、H2O的能量与Ca(OH)2能量之间的关系:
。
(6)若该实验中CaO换成NaCl,实验还能否观察到相同现象?
(填“能”或“否”).
【答案】
(1)U形管内的红墨水(或品红溶液)沿开口端升高。
(2)检查装置的气密性。
(3)CaO与H2O反应使管内的气体膨胀,引起U形管内红墨水(或品红溶液)的液面左低右高。
(4)CaO+H2O===Ca(OH)2(5)CaO、H2O的总能量大于Ca(OH)2能量(6)否
【解析】
试题分析:
CaO和H2O放出大量的热,使得试管内的气体受热膨胀,气压增大,将左边的红墨水往右边压,红墨水的液面就左低右高。
(1)实验中观察到的现象是U形管内的红墨水(或品红溶液)沿开口端升高。
(2)该实验与气体有关,故装置气密性一定要好,实验前一定要检查装置的气密性;(3)实验原理是CaO与H2O反应使管内的气体膨胀,引起U形管内红墨水(或品红溶液)的液面左低右高。
(4)反应方程式为:
CaO+H2O===Ca(OH)2(5)反应是放热反应,故CaO、H2O的总能量大于Ca(OH)2能量。
(6)NaCl和H2O混合没有明显放热,不能是试管内的气压增大,看不到CaO实验中的形象。
考点:
反应的热量变化和在实验中的应用。
19.在实验室测定碳酸钠与碳酸氢钠的混合物中,碳酸钠的质量分数[用符号w(Na2CO3)表示],称取此混合物5.lg,溶于水中,配成250mL溶液。
a.(10分)方案一:
沉淀法测w(Na2CO3)利用化学反应把HCO3-、CO32-完全转化为沉淀,称取沉淀的质量,由此计算混合物中w(Na2CO3)。
(1)量取100mL配制好的溶液于烧杯中,滴加足量沉淀剂,把溶液中HCO3-、CO32-完全转化为沉淀,应选的试剂是___________(填编号)。
A.CaCl2B.MgSO4C..NaCID.Ba(OH)2
(2)简述证明HCO3-、CO32-已完全沉淀的实验操作_________________________。
(3)过滤,提取沉淀,则过滤操作所需要的玻璃仪器有________________________。
(4)洗涤沉淀,简述洗涤沉淀的操作_____________________________。
(5)干燥充分,称取沉淀的质量为9.8g,由此计算w(Na2CO3)。
如果此步中,沉淀未干燥充分就称量,则测得w(Na2CO3)________________(填偏大或偏小、无影响)。
b.方案二:
滴定法测w(Na2CO3)量取25.00mL配制好的溶液加入锥形瓶中,滴加2滴酚酞试剂,摇匀,用0.2000mol/L的盐酸进行滴定到终点。
重复此操作2次,消耗盐酸的体积平均值为20.00mL。
[已知饱和的碳酸溶液PH为3.9]
(1)量取25.00mL配制好的溶液,应选择_______________仪器来完成。
(2)判断滴定终点的依据是_____________________,此过程中反应的离子方程式为__________________________________________________。
(3)此法测得w(Na2CO3)=________%(保留两位小数)
【答案】a
(1)D
(2)静止,澄清,然后向上层清液中滴加Ba(0H)2溶液,若有沉淀产生,说明未沉淀完全,反之,则沉淀完全
(3)烧杯、普通漏斗、玻璃棒
(4)向漏斗的沉淀上加蒸馏水使其没过沉淀,过滤,重复操作2到3次
(5)偏小
b
(1)碱式滴定管
(2)溶液由红色变为无色,且半分钟内不变色H++CO32-=HCO3-
(3)83.14
【解析】
试题分析:
a
(1)A、CaCl2不与HCO3-反应,错误;B、MgSO4不与HCO3-反应,错误;C、NaCI均不反应,错误;D、Ba(0H)2均反应生成沉淀,正确,答案选D。
(2)溶液中若存在HCO3-、CO32-,则继续滴加Ba(0H)2溶液会有沉淀产生,所以证明HCO3-、CO32-已完全沉淀的实验操作是:
静止,澄清,然后向上层清液中滴加Ba(0H)2溶液,若有沉淀产生,说明未沉淀完全,反之,则沉淀完全
(3)过滤操作所需要的玻璃仪器有:
烧杯、普通漏斗、玻璃棒
(4)洗涤沉淀的操作是:
向漏斗的沉淀上加蒸馏水使其没过沉淀,过滤,重复操作2到3次
(5)沉淀未干燥会导致沉淀的质量增大,从而计算出的碳酸钠的质量减小,所以测得w(
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