江西万载届高三一轮总复习第一次理科综合能力测试化学部分试题卷.docx
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江西万载届高三一轮总复习第一次理科综合能力测试化学部分试题卷
江西万载2017届高三一轮总复习第一次理科综合能力测试化学部分试题卷
可能用到的相对原子质量H-1C-12N-14O-16Mg-24S-32K-39Ca-40Cr-52Fe-56
第I卷(选择题共42分)
一、选择题(本大题共7小题,每小题6分,共42分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1、下列除去有关物质中杂质的方案中,正确的是()
选项
物质(括号内为杂质)
除去杂质使用的试剂
除去杂质的方法
A
Cl2气(HCl气)
NaOH溶液,浓硫酸
洗气
B
NH4Cl溶液(FeCl3)
NaOH溶液
过滤
C
Na2CO3固体(NaHCO3)
﹣﹣﹣﹣
灼烧
D
I2(H2O)
CCl4
蒸馏
2、已知:
2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s);△H=﹣701.0kJ·mol﹣1
2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s);△H=﹣181.6kJ·mol﹣1
则反应Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l)的△H为( )
A.+519.4kJ·mol﹣1B.+259.7kJ·mol﹣1
C.﹣259.7kJ·mol﹣1D.﹣519.4kJ·mol﹣1
3、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法,下列有关离子方程式的类推正确的是( )
已知
类推
A
将Fe加入CuSO4溶液中
Fe+Cu2+=Cu+Fe2+
将Na加入到CuSO4溶液中
2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B
向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2
Ca2++2ClO﹣+CO2+H2O=CaCO2↓+2HClO
向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2
Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C
用惰性电极电解NaCl溶液
2Cl﹣+2H2O
2OH﹣+H2↑+Cl2↑
用惰性电极电解MgBr2溶液
2Br﹣+2H2O
2OH﹣+H2↑+Br2
D
稀盐酸与NaOH溶液反应至中性
H++OH﹣=H2O
稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性
H++OH﹣=H2O
A.AB.BC.CD.D
4、某有机物的结构简式如图:
则此有机物可发生的反应类型有:
①取代②加成③消去④酯化⑤水解⑥氧化⑦中和
A.①②③⑤⑥B.②③④⑤⑥
C.①②③④⑤⑥D.①②③④⑤⑥⑦
5、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示.已知Y、W的原子序数之和是Z的3倍,下列说法正确的是( )
Y
Z
X
W
A.原子半径:
X<Y<Z
B.气态氢化物的稳定性:
X>Z
C.Z、W均可与Mg形成离子化合物
D.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Y>W
6、铁、铜混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol·L﹣1FeCl3溶液中,充分反应后,剩余固体质量为2.8g.下列说法正确的是( )
A.剩余固体是铁、铜混合物
B.原固体混合物中铜的质量是9.6g
C.反应后溶液中n(Fe3+)=0.10mol
D.反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol
7、对于反应A(g)+3B(g)===2C(g),下列各数据表示不同条件下的反应速率,其中反应进行得最快的是()
A.v(A)═0.01mol/(L·s)B.v(B)═0.02mol/(L·s)
C.v(B)═0.60mol/(L·min)D.v(C)═1.0mol/(L·min)
第Ⅱ卷
三、非选择题:
包括必考题和选考题两部分。
第8题-第10题为必考题,每个试题考生都必须作答。
第11题为选考题,考生根据要求作答。
(一)必考题(共53分)
8、某研究性学习小组设想将少量Cl2通入Fe2+和I﹣的混合溶液中,探究Fe2+和I﹣的还原性强弱.
【提出假设】假设1:
Fe2+还原性比I﹣强.假设2:
I﹣还原性比Fe2+强.假设3:
一样强
【验证假设】
(1)设计如下几种装置进行实验:
实验必须的装置是A→(按Cl2气流方向的顺序填写)
(2)实验开始后,控制通入少量氯气,通过观察混合溶液颜色的变化(填“能”或“不能”)判断反应的先后顺序.
(3)请在下表中写出实验步骤及预期现象和结论.
实验步骤
预期现象和结论
取少量反应后的混合溶液分置于A、B两试管中;
往A中滴加溶液;
往B中滴加溶液.
①若,则假设1成立.
②若,则假设2成立.
③若则假设3成立.
(4)为了实验成功,必须控制各物质的量.该小组称取3.04gFeSO4,同时称取3.32gKI固体,溶于水中.为了验证上述假设,通入的Cl2体积最多不能超过L(标准状况).
【思考与交流】
(5)有同学质疑,上述实验只能验证Cl2分别与Fe2+和I﹣反应的速率大小,并不能证明Fe2+和I﹣还原性的强弱.于是提出另一方案:
往KI溶液中滴入某溶液,如果能发生反应,即可证明I﹣的还原性强于Fe2+,该反应的离子方程式是.
9、NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食品中;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛.(该题中指的室温是20.C,Kw=1x10﹣14)请回答下列问题:
(1)相同条件下,相等物质的量浓度的NH4Al(SO4)2中c(NH4+)(填“=”、“>”“<”)NH4HSO4中c(NH4+).
(2)如图1是0.1mol·L﹣1电解质溶液的pH随温度变化的图象.
①其中符合0.1mol·L﹣1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是(填写字母);
②室温时,0.1mol·L﹣1NH4Al(SO4)2中2c(SO42﹣)﹣c(NH4+)﹣3c(Al3+)=mol·L﹣1(填数值)
(3)室温时,向100mL0.1mol·L﹣1NH4HSO4溶液中滴加0.1mol·L﹣1NaOH溶液,得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示.
试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是;在b点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是.
10、已知某纯碱试样中含有NaCl杂质,有多种方法测定试样中纯碱的质量分数.
(I)气体法
可用图中的装置进行实验:
主要实验步骤如下:
①按图组装仪器,并检查装置的气密性.
②将ag试样放入锥形瓶中,加适量蒸馏水溶解,得到试样溶液
③从A处导管缓缓鼓入一定量的空气.
④称量盛有碱石灰的U型管的质量,得到b克
⑤从分液漏斗滴入6mol·L﹣1的盐酸,直到不再产生气体时为止.
⑥再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气.
⑦再次称量盛有碱石灰的U型管的质量,得到c克
⑧重复步骤⑥和⑦的操作,直到U型管的质量基本不变,为d克
请填空和回答问题:
(1)C、D两装置中分别装什么试剂C:
D:
(2)装置中干燥管F的作用是
(3)该试样中纯碱的质量分数的计算式为
(II)沉淀法
称取m1克样品完全溶于水后加足量的BaCl2溶液,然后过滤、洗涤、干燥称重得m2克固体,在该实验洗涤操作中如何检验固体已洗干净.
(III)滴定法
准确称取2.6500克样品,溶于水配成250ml溶液,量取25.00ml溶液于锥形瓶中,加入几滴酚酞作指示剂,用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定,到达终点时共消耗20.00ml盐酸,则样品中纯碱的质量分数为,以下实验操作导致测量结果偏低的是
A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线
B、配制样品溶液定容后摇匀,发现液面低于容量瓶刻度线,于是又加水至刻度线
C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数,滴定终点时俯视刻度线读数
D、滴定前锥形瓶中有水
E、酸式滴定管滴定前有气泡,而滴定后气泡消失.
11.[化学——选修5:
有机化学基础](15分)
正丁醛是一种化工原料.某实验小组利用如图所示装置合成正丁醛.
发生的反应如下:
CH3CH3CH3CH3OH
CH3CH2CH2CHO.
反应物和产物的相关数据列表如下:
沸点/℃
密度/g?
cm﹣3
水中溶解性
正丁醇
117.2
0.8109
微溶
正丁醛
75.7
0.8017
微溶
实验步骤如下:
将6.0gNa2Cr2O7放入100mL烧杯中,加30mL水溶解,再缓慢加入5mL浓硫酸,将所得溶液小心转移至B中.在A中加入4.0g正丁醇和几粒沸石,加热.当有蒸汽出现时,开始滴加B中溶液.滴加过程中保持反应温度为90~95℃,在E中收集90℃以上的馏分.
将馏出物倒入分液漏斗中,分去水层,有机层干燥后蒸馏,收集75~77℃馏分,产量2.0g.
回答下列问题:
(1)实验中,能否将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,说明理由.
(2)加入沸石的作用是,若加热后发现未加入沸石,应采取的正确方法是.
(3)上述装置图中,B仪器的名称是,D仪器的名称是.
(4)分液漏斗使用前必须进行的操作是(填正确答案标号).
a.润湿b.干燥c.检漏d.标定
(5)将正丁醛粗产品置于分液漏斗中分水时,水在层(填“上”或“下”).
(6)反应温度应保持在90~95℃,其原因是.
(7)本实验中,正丁醛的产率为%.
参考答案及评分细则
1.【答案】C
【解析】解:
A.二者均与NaOH溶液反应,不能除杂,应选饱和食盐水、浓硫酸、洗气,故A错误;
B.二者均与NaOH溶液反应,不能除杂,应选氨水、过滤,故B错误;
C.碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,则灼烧可除杂,故C正确;
D.碘易溶于四氯化碳,则萃取、分液与水分离,故D错误;
故选C.
2.【答案】C
【解析】解:
已知:
①2Zn(s)+O2(g)=2ZnO(s)△H=﹣701.0kJ·mol﹣1
②2Hg(l)+O2(g)=2HgO(s)△H=﹣181.6kJ·mol﹣1
根据盖斯定律,①﹣②得2Zn(s)+2HgO(s)=2ZnO(s)+2Hg(l),△H=(﹣701.0kJ·mol﹣1)﹣(﹣181.6kJ·mol﹣1)=﹣519.4kJ·mol﹣1,
即Zn(s)+HgO(s)=ZnO(s)+Hg(l),△H=﹣259.7kJ·mol﹣1.
故选C.
3.【答案】D
【解析】A.将Na加入到CuSO4溶液中,钠先与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应,不能置换出铜,故A错误;
B.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2,二氧化硫具有还原性,被次氯酸根离子氧化,离子方程式为:
Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O=CaSO4+H++Cl﹣+HClO,故B错误;
C.用惰性电极电解MgBr2溶液,离子方程式为:
Mg2++2Br﹣+2H2O
Mg(OH)2↓+H2↑+Br2,故C错误;
D.稀盐酸与NaOH溶液、稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应的实质相同,都是氢离子与氢氧根离子反应生成水,离子方程式为:
H++OH﹣=H2O,故D正确;
故选:
D.
4.【答案】D
【解析】本物质含有的官能团是酯基、碳碳双键、羟基、羧基。
酯基能发生⑤,碳碳双键能发生②,羟基能发生①③④⑥,羧基能发生⑦,故选择D
5.【答案】C
【解析】解:
Y、W的原子序数之和是Z的3倍,设Y的原子序数为x,则Z的原子序数为x+1,W的原子序数为x+10,则x+x+10=3×(x+1),解得x=7,即Y为N,结合位置关系可知,Z为O,X为Si,W为Cl,
A.电子层越多,原子半径越大,则原子半径为X>Y>Z,故A错误;
B.非金属性越强,气态氢化物越稳定,则气态氢化物的稳定性为X<Z,故B错误;
C.Z、W均可与Mg形成离子化合物,分别为MgO、MgCl2,故C正确;
D.Cl的最高价氧化物对应水化物的酸性为含氧酸中酸性最强的酸,则最高价氧化物对应水化物的酸性:
Y<W,故D错误;
故选C.
6.【答案】D
【解析】解:
铁的还原性强于铜,把铁、铜混合粉末加入氯化铁溶液中,铁先与铁离子反应,氯化铁的物质的量是0.5mol,
设0.5mol铁离子完全反应消耗铁、铜的质量分别为m1、m2,则:
Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+=3Fe2+
64g2mol56g2mol
m10.5molm20.5mol
m1=
=16g,
m2=
=14g,
溶解的金属质量为:
18g﹣2.8g=15.2g,14g<15.2g<16g,
则铁完全反应、铜部分反应,且Fe3+完全反应,剩余的金属为Cu,故A、C错误;
设反应消耗铜的物质的量为n1,反应的铁的物质的量为n2,
则:
①64n1+56n2=15.2g
②n1+n2=
n(Fe3+)=0.25mol,
解得:
n1=0.15mol、n2=0.1mol,
则原来混合物中含有的铜的质量为:
0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g,故B错误;
根据反应方程式可知反应后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu)+3n(Fe)=2×0.15mol+3×0.10mol=0.6mol,
反应后溶液中铜离子的物质的量为n(Cu2+)=n(Cu)=0.15mol,故n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6mol+0.15mol=0.75mol,故D正确.
故选D.
7.【答案】A
【解析】对于反应A(g)+3B(g)
2C(g),以B的反应速率为标准进行判断,
A.v(A)=0.01mol/(L·s)=0.6mol/(L·min),反应速率之比等于其化学计量数之比,所以v(B)=3v(A)=1.8mol/(L·min);
B.v(B)=0.02mol/(L?
s)=1.2mol/(L·min);
C.v(B)═0.60mol/(L·min);
D.v(C)=1.0mol/(L·min),反应速率之比等于其化学计量数之比,所以v(B)=1.5v(C)=1.5mol/(L·min);
所以反应速率为A最快.
故选A.
8.【答案】
(1)C→E;
(2)不能;
(3)
实验步骤
预期现象和结论
KSCN;
淀粉
①A变红色,B不变色,
②A不变色,B变蓝色.
③A变红色、B变蓝色
(4)0.224;
(5)2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+.
【解析】解:
(1)要想探究Fe2+和I﹣的还原性强弱,应将制取的氯气通入到含有Fe2+和I﹣的溶液中,氯气有毒应进行尾气处理,所以必须的装置A→C→E,故答案为:
C→E;
(2)碘水的颜色与三价铁离子水溶液的颜色相差不大,所以不能通过观察颜色来比较反应的先后顺序,故答案为:
不能;
(3)三价铁离子遇到KSCN溶液显红色,淀粉遇到碘变蓝色,当通入少量的氯气时,如果二价铁离子先反应被氧化物三价铁离子,则加入KSCN溶液显红色,
碘离子此时为反应,加入淀粉后不变蓝色;如果碘离子先反应被氧化为单质碘,则加入淀粉变蓝色,二价铁离子此时未反应,加入KSCN溶液不变红色;
若滴加KSCN溶液变红色,滴加淀粉变蓝色,则说明Fe2+和I﹣都被氧化,二者一样强;
故答案为:
实验步骤
预期现象和结论
KSCN;
淀粉
①A变红色,B不变色,
②A不变色,B变蓝色.
③A变红色、B变蓝色
;
(4)1.52gFeSO4固体的物质的量为
=0.02mol,依据2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣可知,完全氧化二价铁离子需要0.01mol氯气,标况下体积为:
0.01mol×22.4L/mol=0.224L;
1.66gKI固体的物质的量为
=0.02mol,依据2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,完全氧化碘离子需要0.01mol氯气,标况下体积为:
0.01mol×22.4L/mol=0.224L,所以为了验证上述假设,通入的Cl2体积最多不能超过0.224L;
故答案为:
0.224;
(5)氯化铁与碘化钾反应的离子方程式为:
2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+,反应中碘离子碘元素化合价升高,碘离子作用还原剂,三价铁离子化合价降低被还原,二价铁离子为还原产物,依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性,可知碘离子的还原性强于二价铁离子,同种氧化剂与多种还原剂反应,还原性强的优先反应,所以可以确定氯气与Fe2+和I﹣反应的先后顺序,故答案为:
2I﹣+2Fe3+=I2+2Fe2+.
9.【答案】
(1)<;
(2)①A;
②10﹣3mol·L﹣1;
(3)a;c(Na+)>c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(OH﹣)=c(H+).
【解析】解:
(1)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH4+均发生水解,但是NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制NH4+水解,HSO4﹣电离出H+同样抑制NH4+水解,因为HSO4﹣电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大,所以NH4HSO4中NH4+水解程度比NH4Al(SO4)2中的小,故答案为:
<;
(2)①NH4Al(SO4)2为强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,升高温度促进水解,导致溶液酸性增强,溶液的pH减小,故选A;
②根据电荷守恒得2c(SO42﹣)﹣c(NH4+)﹣3c(Al3+)=c(H+)﹣c(OH﹣)=10﹣3mol·L﹣1[c(OH﹣)太小,可忽略],故答案为:
10﹣3mol·L﹣1;
(3)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4;b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离.b点溶液呈中性,即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分,a点时c(Na+)=c(SO42﹣),b点时c(Na+)>c(SO42﹣),根据N元素与S元素的关系,可以得出c(SO42﹣)>c(NH4+),故c(Na+)>c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(OH﹣)=c(H+),
故答案为:
a;c(Na+)>c(SO42﹣)>c(NH4+)>c(OH﹣)=c(H+).
10.【答案】(I)
(1)水,浓硫酸;
(2)防止空气中的CO2和水气进入U型管中;
(3)
×100%;
(II)取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化,然后加入几滴AgNO3溶液,若没有白色沉淀证明已洗干净,否则没有洗干净;
(III)80.0%;BC.
【解析】解:
(I)气体法
①按图组装仪器,并检查装置的气密性.
②将ag试样放入锥形瓶中,加适量蒸馏水溶解,得到试样溶液
③从A处导管缓缓鼓入一定量的空气,赶净装置内的空气,避免空气中成分干扰;
④称量盛有碱石灰的U型管的质量,得到b克
⑤从分液漏斗滴入6mol·L﹣1的盐酸,直到不再产生气体时为止.
⑥再从A处导管缓缓鼓入一定量的空气,把生成的二氧化碳气体全部赶到E中吸收
⑦再次称量盛有碱石灰的U型管的质量,得到c克
⑧重复步骤⑥和⑦的操作,直到U型管的质量基本不变,为d克,据此计算生成二氧化碳的质量;
(1)装置C中是水吸收二氧化碳气体中的氯化氢,装置D中是浓硫酸,吸收二氧化碳中的水蒸气,C、D两装置中分别装的试剂为:
水和浓硫酸,
故答案为:
水,浓硫酸;
(2)装置F是为了防止空气中水蒸气和二氧化碳进入装置E使测定结果产生误差,
故答案为:
防止空气中的CO2和水气进入U型管中;
(3)生成二氧化碳质量=(d﹣b)g,结合碳元素守恒计算碳酸钠的质量分数=
×100%=
×100%,
故答案为:
×100%;
(II)在该实验洗涤操作中检验固体已洗干净的方法是取最后一次洗涤液,加入稀HNO3酸化,然后加入几滴AgNO3溶液检验氯离子的存在判断是否洗涤干净,实验设计为:
取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化,然后加入几滴AgNO3溶液,若没有白色沉淀证明已洗干净,否则没有洗干净,
故答案为:
取最后的洗涤液于试管中加入稀HNO3酸化,然后加入几滴AgNO3溶液,若没有白色沉淀证明已洗干净,否则没有洗干净;
(III)滴定法
(5)量取25.00ml溶液于锥形瓶中,加入几滴酚酞作指示剂,用0.1000mol/L的盐酸溶液进行滴定,到达终点时共消耗20.00ml盐酸,发生的反应为:
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,依据化学反应的定量关系计算碳酸钠的物质的量得到样品中的碳酸钠的质量,
Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl,
11
n0.1000mol/L×0.0200L
n=0.0020mol
250ml溶液中含碳酸钠物质的量=0.0020mol×
=0.0200mol
碳酸钠的质量分数=
×100%=80.0%,
依据c(待测)=
分析判断,
A、配制样品溶液定容时俯视容量瓶刻度线,加入水的量少未达到刻度线,溶液浓度增大,故A不符合;
B、配制样品溶液定容后摇匀,发现液面低于容量瓶刻度线,于是又加水至刻度线,导致溶液超过刻度线,浓度减小,故B符合;
C、用盐酸滴定时滴定前仰视刻度线读数读取读数增大,滴定终点时俯视刻度线读数,读取数值减小,得到标准溶液消耗体积减小,测定浓度减小,故C符合;
D、滴定前锥形瓶中有水对测定结果无影响,故D不符合;
E、酸式滴定管滴定前有气泡,而滴定后气泡消失,标准溶液体积增大,依据c(待测)=
分析判断测定结果增大,故E不符合,
故答案为:
80.0%;BC.
11.【答案】
(1)不能,容易发生迸溅;
(2)防止暴沸;冷却后补加;
(3)滴液漏斗;直形冷凝管;
(4)c:
(5)下;
(6)保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化;
(7)51.
【解析】
(1)因为浓硫酸的密度大,能将Na2Cr2O7溶液加到浓硫酸中,容易发生迸溅,
故答案为:
不能,容易发生迸溅;
(2)加入沸石的作用是防止暴沸,若加热后发现未加沸石,应该冷却后补加,
故答案为:
防止暴沸;冷却后补加;
(3)B仪器的名称是滴液漏斗,D仪器的名称直形冷凝管,
故答案为:
滴液漏斗;直形冷凝管;
(4)分液漏斗使用前必须进行的第一项操作是检漏,
故答案为:
c:
(5)正丁醛密度为0.8017g?
cm﹣3,小于水的密度,故分层水层在下方,
故答案为:
下;
(6)根据题目所给反应物和产物的沸点数据可知,反应温度保持在90~95℃,既可保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化,
故答案为:
保证正丁醛及时蒸出,又可尽量避免其被进一步氧化;
(7)设正丁醛的产率为x,则正丁醇的利用率为x,根据关系式,
C4H10O~C4H8O
7472
4xg2g
解得:
x=
=51%,
故答案为:
51.
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