湖南省湘西州学年高二上学期期末质量检测化学理试题含详解.docx
- 文档编号:15897285
- 上传时间:2023-07-08
- 格式:DOCX
- 页数:23
- 大小:102.54KB
湖南省湘西州学年高二上学期期末质量检测化学理试题含详解.docx
《湖南省湘西州学年高二上学期期末质量检测化学理试题含详解.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《湖南省湘西州学年高二上学期期末质量检测化学理试题含详解.docx(23页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
湖南省湘西州学年高二上学期期末质量检测化学理试题含详解
2019年5月
2019年湘西州高二第一学期期末质量检测试题
化学(理科)
可能用到的相对原子质量:
H〜1C〜120〜16Fe〜56Zn〜65Ag〜108
第一部分选择题(44分)
一、选择题(本题包括22小题,每小题2分,共44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.某同学在实验报告中有以下实验数据记录,其中合理的是
A.用托盘天平称取11.72g食盐
B.用100mL的量筒量取25.00mL盐酸
C.用pH试纸测得某稀醋酸溶液的pH为3.5
D.用0.2000mol•L-1HC1溶液滴定20.00mL未知浓度NaOH,用去22.40mLHC1溶液
【答案】D
【详解】A.中学实验室中使用的托盘天平的感量为0.1g,所以用托盘天平无法称取11.72g食盐,A项错误;
B.中学实验室中使用的量筒的感量为0.1mL,所以用100mL的量筒无法量取25.00mL盐酸,A项错误;
C.标准比色卡上每种颜色对应的pH是正整数,所以用pH试纸测量某稀醋酸溶液的pH不可能为3.5,C项错误;
D.滴定管的感量为0.01mL,所以量取未知浓度的NaOH溶液20.00mL,用去的标准HCl溶液体积22.40mL,数据合理,D项正确;答案选D。
2.石墨和金刚石都是碳元素的单质,已知C(石墨,s)=C(金刚石,s)△H>0,下列说法正确的是
A.石墨不如金刚石稳定
B.等质量的石墨与金刚石完全燃烧,二者放出的热量相等
C.等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量少
D.金刚石不如石墨稳定
【答案】D
【分析】
C(石墨,s)=C(金刚石,s)△H>0,为吸热反应,可知石墨能量低,以此来解答。
【详解】A.石墨能量低,石墨更稳定,故A错误;
B.等质量的石墨与金刚石完全燃烧,后者放热多,故B错误;
C.等质量的石墨与金刚石完全燃烧,金刚石放出的能量多,故C错误;
D.石墨能量低,金刚石不如石墨稳定,故D正确;
故答案选D。
【点睛】本题考查反应热与焓变,把握反应中能量变化、能量与稳定性的关系为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项B为解答的易错点。
3.下列关于反应能量的说法正确的是
A.Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)△H=-216kJ•mol-1,则反应物总能量大于生成物总能量
B.吸热反应中由于反应物总能量小于生成物总能量,因而没有价值
C.101kPa时,2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=-571.6k•mol-1,则H2的燃烧热为571.6k•mol-1
D.已知H+(aq)+OH-(aq)=H2O
(1)△H=-57.3kJ•mol-1,则含1molNaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出57.3kJ的热量
【答案】A
【详解】A.焓变为负,为放热反应,则反应物总能量大于生成物总能量,故A正确;
B.吸热反应在特殊领域也有价值,如通过吸热反应吸收的热量降低环境温度,故B错误;
C.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为燃烧热,则H2的燃烧热为△H=-285.8k•mol-1,故C错误;
D.浓硫酸稀释放热,则1molNaOH的溶液与含0.5molH2SO4的浓硫酸混合后放出热量大于57.3kJ,故D错误;
故答案选A。
【点睛】本题考查反应热与焓变,把握反应中能量变化、燃烧热与中和热的含义为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项B为解答的易错点。
4.实验室中用电解水的方法制取氢气和氧气,为了增强溶液的导电性最好加入下列电解质中的
A.NaClB.Na2SO4C.CuCl2D.AgNO3
【答案】B
试题分析:
A、加入NaCl,发生2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,生成氯气,影响氧气的生成,故A错误;B、加入Na2SO4,增大溶液浓度,导电性增强,且不影响H2和O2的生成,故B正确;C、加入CuC12,电解CuCl2溶液时一极析铜,另一极产生氯气,不是电解的水,故C错误;D、加入AgNO3,在阴极上析出Ag,影响氢气的生成,故D错误。
考点:
电解原理
5.反应A(g)+3B(g)=2C(g)+2D(g)在不同情况下测得的反应速率如下所示,其中反应速率最快的是
A.v(D)=0.4mol/(L·s)B.v(C)=0.5mol/(L·s)
C.v(B)=0.6mol/(L·s)D.v(A)=0.15mol/(L·s)
【答案】B
【详解】反应速率的单位相同,用各物质表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数,数值大的反应速率快。
则
A、υ(D)/2=0.2mol/(L•s);
B、v(C)/2=0.25mol/(L•s);
C、v(B)/3=0.2mol/(L•s);
D、v(A)/1=0.15mol/(L•s);
所以反应速率v(C)>v(B)=v(D)>v(A)。
故答案选B。
6.下列说法中正确的是
A.凡是放热反应都足自发的,吸热反应都处非自发的
B.自发反应一定是熵增大,非自发反应一定是熵减小或不变
C.熵增加且放热的反应一定是自发反应
D.非自发反应在任何条件下都不能实观
【答案】C
【详解】A、反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0;放热反应不一定是自发的,吸热反应也不一定是非自发的,故A错误;
B、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定,自发反应不一定是熵增大,非自发反应不一定是熵减小或不变,故B错误;
C、熵增加且放热的反应,即△H<0,△S>0,△H-T△S<0,任何温度下都能自发进行,故C正确;
D、反应是否自发进行由反应的焓变、熵变、温度共同决定;非自发过程,改变温度可能变为自发过程,如焓变大于0,熵变大于0的反应低温可以是非自发进行的反应,高温下可以自发进行,所以非自发反应在特定条件下也能实现,故D错误;
故答案选C。
7.一定温度下,在一定体积的密闭容器中,可逆反应2NO(g)+Br2(g)
2NOBr(g)体系中,Br2(g)随时间变化的实验数据如下表所示:
时间/min
5
10
15
20
25
30
n(Br2)/mol
0.080
0.075
0.072
0.070
0.070
0.070
根据表中的数据,下列时间中表示该反应达到平衡状态的是
A.5minB.10minC.15minD.20min
【答案】D
【分析】
反应达到平衡状态时,反应混合物中各组分浓度不变,据此判断。
【详解】反应达到平衡状态时,反应混合物中各组分浓度不变,从表中数据看,20min后溴的浓度不再变化,故该反应达平衡状态,故答案选D。
【点睛】本题考查了平衡的特点,根据平衡的概念即可判断,答题时要注意理解平衡的特征:
逆、动、等、定、变等几个关键字。
8.在容积不变的密闭容器中存在如下反应:
2A(g)+B(g)
3C(g)+D(s)△H<0,在其他条件不变时,改变某一条件对上述反应的影响,下列分析不正确的是
A.图I表示增加反应物浓度对该平衡的影响
B.图II表示减小压强对该平衡的影响
C.图Ⅲ表示温度对该平衡的影响,温度:
乙>甲
D.图IV表示催化剂对该平衡的影响,催化效率:
甲>乙
【答案】A
【详解】A、增大反应物的浓度,正逆反应速率均增大,但是在增大的瞬间,逆反应速率不变,所以逆反应速率在t时刻不变,不会离开原平衡点,故A错误;
B、反应前后气体体积不变,压强变化不影响平衡移动,但减小压强反应速率减慢,故B正确;
C、先拐先平数值大,说明乙的温度高于甲,升温平衡逆向移动,A的转化率降低,故C正确;
D、催化剂不影响平衡移动,可以缩短反应达到平衡所用时间,故D正确;
故答案选A。
9.恒温恒容条件下,反应2AB(g)
A2(g)+B2(g)达到平衡状态的标志是
A.单位时间内生成nmolA2,同时消耗2nmolAB
B.容器内,3种气体AB、A2、B2共存
C.容器中各组分的体积分数不随时间变化
D.AB的消耗速率等于A2的消耗速率
【答案】C
【分析】
当化学反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等,各物质的浓度不变,由此衍生的一些物理量也不发生变化,注意该反应中反应物化学计量数之和等于生成物的化学计量数之和的特点。
【详解】A.化学反应速率之比等于化学计量数之比,无论是否达到平衡状态,都存在单位时间内生成nmolA2,同时消耗2nmolAB,故A不选;
B.容器内,3种气体AB、A2、B2共存时不能说明正逆反应速率相等,则不一定处于平衡状态,故B不选;
C.容器中各组分的体积分数不随时间变化,说明反应达到平衡状态,故C选;
D.AB的消耗速率等于A2的消耗速率说明正逆反应速率不相等,反应没有达到平衡状态,故D不选;
故答案选C。
10.对于某平衡体系,下列措施一定会使平衡移动的是
A.升高温度B.使用催化剂
C.改变体系压强D.改变各组分浓度
【答案】A
试题分析:
升高温度平衡一定向吸热方向移动,故A正确;使用催化剂平衡不移动,故B错误;对于
的反应,改变体系压强平衡不移动,故C错误;对于
的反应,同比例改变各组分浓度,平衡不移动,故D错误。
考点:
本题考查化学平衡移动原理。
11.如图所示原电池装置中,电解质溶液为硫酸,下列有关叙述错误的是
A.锌做负极发生氧化反应
B.供电时的总反应为Zn+2H+=Zn2++H2↑
C.该装置可实现化学能转化为电能
D.正极产生1molH2,消耗锌的质量为32.5g
【答案】D
【分析】
锌比铜活泼,锌为负极,发生氧化反应,铜为正极,发生还原反应,以此解答该题。
【详解】A.锌为负极,Zn失电子发生氧化反应,故A正确;
B.原电池工作时总反应为:
Zn+2H+=Zn2++H2↑,故B正确;
C.该装置为原电池,原电池是化学能转化为电能的装置,故C正确;
D.原电池工作时总反应为:
Zn+2H+=Zn2++H2↑,产生1molH2,消耗锌的质量为65g,故D错误;
故答案选D。
12.下列关于电解精炼铜的说法中不正确的是
A.电解质溶液中要含有Cu2+
B.粗铜作阳极,精铜作阴极
C.电解时,阳极发生氧化反应,阴极发生还原反应
D.粗铜中所含Zn、Fe、Ni等杂质电解后以单质形式沉枳于阳极泥中
【答案】D
【详解】A、电解法精炼铜时,粗铜为阳极,精铜为阴极,电解质溶液中要含有Cu2+,故A正确;
B、电解法精炼铜时,粗铜为阳极,精铜为阴极,故B正确;
C、电解时,阳极发生失去电子的氧化反应,阴极发生得到电子的还原反应,故C正确;
D、阳极上金属失电子变成离子进入溶液,比金属铜活泼的金属锌、铁、镍会先于金属铜失电子,比金属铜活泼性差的Pt、Ag等固体会沉积下来形成阳极泥,故D错误;
故答案选D。
13.钢铁发生析氢腐蚀时,正极上发生的电极反应是
A.2H++2e-=H2↑B.Fe2++2e-=Fe
C.2H2O+O2+4e-=4OH-D.Fe3++e-=Fe2+
【答案】A
【详解】钢铁中含有碳、铁,根据原电池工作原理,活泼的金属作负极,不如负极活泼的金属或导电的非金属作正极,所以碳作正极,铁作负极;负极失电子变成离子进入溶液,正极上得电子发生还原反应,钢铁发生析氢腐蚀时,正极上氢离子得电子生成氢气:
2H++2e-=H2↑。
答案选A。
14.常温下,由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液,其pH=1,c(Al3+)=0.4mol•L-1,c(SO42-)=0.8mol•L-1,则c(K+)约为
A.0.4mol•L-1B.0.3mol•L-1
C.0.2mol•L-1D.0.15mol•L-1
【答案】B
【分析】
根据溶液显电中性,结合电荷守恒分析解答。
【详解】溶液的pH=1,则氢离子浓度为0.1mol/L,根据溶液电荷守恒,溶液中存在3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),由于溶液中c(OH-)很小,可以忽略不计,则3c(Al3+)+c(K+)+c(H+)=2c(SO42-),所以c(K+)=2c(SO42-)-3c(Al3+)-c(H+)=2×0.8mol/L-3×0.4mol/L-0.1mol/L=0.3mol/L,故答案选B。
【点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算,注意电解质混合溶液中利用电荷守恒进行离子浓度的计算,试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
15.醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH
CH3COO-+H+,下列叙述不正确的是
A.升高温度,平衡正向移动,醋酸的电离常数Ka增大
B.0.10mol/L的CH3COOH溶液加水稀释,溶液中c(OH-)增大
C.CH3COOH溶液加少量的CH3COONa固体,平衡逆向移动
D.室温下,欲使0.1mol/L醋酸溶液的pH、电离度α都减小,可加入少量水
【答案】D
试题分析:
A.电离是吸热过程,所以升高温度,平衡正向移动,醋酸的电离常数Ka值增大,故A正确;B.当温度不变时,水的离子积是个常数值,0.10mol/L的CH3COOH溶液中加水稀释时,c(H+)减小,所以溶液中c(OH-)增大,故B正确;C.CH3COOH溶液中存在平衡:
CH3COOH⇌H++CH3COO-,加少量的CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,平衡逆向移动,故C正确;D.室温下,向0.1mol/L醋酸溶液中加入少量水时,溶液的pH、电离度α都增大,故D错误。
故选D。
考点:
考查弱电解质的电离平衡
16.HA为一元弱酸,在0.1mol/L的NaA溶液中,离子浓度关系正确的是
A.c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)
B.c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
C.c(Na+)+c(OH-)=c(A-)+c(H+)
D.c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)
【答案】D
【分析】
HA为一元弱酸,则NaA溶液中A-水解显碱性,结合电荷守恒来解答。
【详解】A.A-水解显碱性,则c(OH-)>c(H+),故A错误;
B.NaA溶液中A-水解,则c(Na+)>c(A-),且水解程度不大,则c(A-)>c(OH-),故B错误;
C.溶液遵循电荷守恒,则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),故C错误;
D.溶液遵循电荷守恒,则c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),故D正确;
故答案选D。
【点睛】本题考查离子浓度大小的比较,把握盐类水解、电荷守恒、水解程度为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意电荷守恒的应用。
17.下列说法正确的是()
A.在温度不变时,水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同时增大
B.pH=14的溶液是碱性最强的溶液
C.中性溶液中必然有c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L
D.酸或碱溶液稀释时,溶液的pH均减小
【答案】A
【详解】A.水溶液中水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-),离子积常数Kw只与温度有关,当温度不变时Kw不变,所以在温度不变时水溶液中c(H+)和c(OH-)不会同时增大,A项正确;
B.溶液中OH-浓度越大碱性越强,pH通常只用于表示OH-浓度在10-14mol/L~1mol/L范围的溶液的酸碱性,OH-浓度大于1mol/L的溶液直接用OH-浓度表示,所以pH=14(即OH-浓度为1mol/L)的溶液不是碱性最强的溶液,B项错误;
C.在任何温度下中性溶液中c(H+)=c(OH-),只有在常温下因Kw=1×10-14,才有c(H+)=c(OH-)=
=1×10-7mol/L,C项错误;
D.由公式pH=-lgc(H+)可知,酸溶液稀释时因c(H+)减小,pH将增大,D项错误;答案选A。
【点睛】水溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH-)的相对大小,若c(H+)>c(OH-)时,溶液显酸性;若c(H+)=c(OH-)时,溶液显中性;若(H+) 18.向5mLNaCl溶液中滴入一滴AgN03溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴Na2S溶液并振荡,沉淀又变成黑色,根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶解度关系为 A.AgCl=AgI=Ag2SB.AgCl<AgI<Ag2S C.AgI>AgCl>Ag2SD.AgCl>AgI>Ag2S 【答案】D 【分析】 由现象可知,发生沉淀的转化,向溶度积更小的方向移动,以此来解答。 【详解】由白色沉淀变为黄色沉淀,又变成黑色沉淀,可知发生沉淀的转化,向溶度积更小的方向移动,则此三种沉淀物的溶解度关系为AgCl>AgI>Ag2S,故答案选D。 19.能使水的电离平衡右移,且其水溶液显碱性的离子是 A.H+B.OH-C.Al3+D.HCO3- 【答案】D 【分析】 水的电离方程式为H2O H++OH-,能使水的电离平衡右移,且水溶液显碱性,说明该离子能和氢离子反应导致溶液中c(H+)<c(OH-),据此分析解答。 【详解】水的电离方程式为H2O H++OH-,则 A.加入氢离子,抑制了水的电离,水的电离平衡左移,故A错误; B.加入OH-,溶液中c(OH-)增大,抑制水电离,水的电离平衡左移,故B错误; C.Al3+水解促进水电离,导致溶液中c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性,故C错误; D.HCO3-水解促进水电离,导致溶液中c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性,故D正确; 故答案选D。 【点睛】本题考查水的电离及其影响,明确加入物质对弱电解质电离影响是解本题关键,注意掌握溶液酸碱性的判断方法。 20.25℃时,某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L,该溶液中一定不能大量共存的离子组是 A.NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-B.CO32-、PO43-、K+、Na+ C.Na+、SO42-、NO3-、Cl-D.HCO3-、Na+、HSO3-、K+ 【答案】D 【分析】 25℃时,某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L,为酸或碱溶液,与氢离子或氢氧根离子均不反应的离子,能大量共存,据此判断。 【详解】25℃时,某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol/L,为酸或碱溶液,则 A.因碱溶液中不能大量存在NH4+、Fe3+,但在酸溶液中不反应能共存,故A不选; B.因酸溶液中不能大量存在CO32-、PO43-,但在碱溶液中不反应能共存,故B不选; C.因酸或碱溶液中Na+、SO42-、NO3-、Cl-均不反应,能大量共存,故C不选; D.HCO3-、HSO3-既能与酸反应又能与碱反应,一定不能共存,故D选; 故答案选D。 21.下列事实不能用电化学原理解释的是 A.铝片不需要特殊的保护方法 B.炒过菜的铁锅未清洗易生锈 C.轮船水线以下的船壳上镶有一定数量的锌 D.生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易生锈 【答案】A 【详解】A.常温下,铝极易和氧气反应生成氧化铝,致密的氧化铝可以保护内部的金属铝不被腐蚀,不能构成原电池,则不能用电化学原理解释,故A选; B.铁在潮湿的环境中能构成原电池而被腐蚀,在干燥的环境中不能构成原电池,所以不易被腐蚀,所以炒过菜的铁锅未清洗易生锈可用电化学知识解释,故B不选; C.Zn、Fe和海水构成原电池,Fe作正极被保护,所以远洋海轮的尾部装上一定数量的锌板,可以用电化学原理解释,故C不选; D.生铁中Fe作负极加速被腐蚀,所以生铁比熟铁(几乎是纯铁)容易腐蚀,能用电化学原理解释,故D不选; 故答案选A。 22.常温下,体积相同、pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液,与NaOH溶液中和时两者消耗NaOH的物质的量 A.相同B.中和HCl的多 C.中和CH3COOH的多D.无法比较 【答案】C 【详解】盐酸和醋酸都是一元酸,pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液,醋酸是弱电解质,氯化氢是强电解质,所以c(HCl)<c(CH3COOH),等体积的两种溶液中n(HCl)<n(CH3COOH),所以醋酸消耗的氢氧化钠多,故答案选C。 【点睛】本题考查弱电解质的电离,明确“pH相同的相同元数的酸中,弱酸的物质的量浓度大于强酸”是解本题的关键。 第二部分非选择题(56分) 二、非选择题(本题包括5小題,每空2分,共计46分) 23. (1)某反应过程中的能量变化如下图所示: 写出该反应的热化学方程式________。 (2)在溶液中进行的化学反应中的物质,其状态标为“aq”,已知1molHCl在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3kJ的热量,用离子方程式写出该反应的热化学方程式: ______。 【答案】 (1).A(g)+2B(g)=C(l)+3D(l)△H=-432kJ•mol-1 (2).H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1 【分析】 (1)由图可知为放热反应,焓变为负,结合状态及焓变书写热化学方程式; (2)1molHC1在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3kJ的热量,可知氢离子与氢氧根离子生成1mol水时放出57.3kJ的热量,据此书写。 【详解】 (1)从图上可判断反应物总能量高于生成物总能量,反应放热,△H<0,反应物是气态,生成物是液态,则该反应的热化学方程式为A(g)+2B(g)=C(l)+3D(l)△H=-432kJ•mol-1; (2)1molHCl在溶液中与足量氢氧化钠反应放出57.3kJ的热量,实质上是1molH+与OH-的中和反应,因此热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)△H=-57.3kJ•mol-1。 【点睛】本题考查热化学方程式的书写,把握反应中能量变化、热化学方程式的书写方法为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意焓变的正负、物质的状态。 24.现有常温下两种溶液: ①0.1mol•L-1NH3•H20溶液 ②0.1mol•L-1NH4Cl溶液 (1)溶液①的pH_____7(填‘>”“<”或“=”);该溶液_____(填“促进”或“抑制”)了水的电离。 (2)溶液②呈_________性(填酸”“碱"或“中”),c(Cl-)_____c(NH4+)(填‘>”“<”或“=”),升高温度可以___________(填“促进”或“抑制“)NH4Cl的水解,此时溶液的pH_____(填“变大”或“变小”或“不变”)。 【答案】 (1).> (2).抑制(3).酸(4).>(5).促进(6).变小 【分析】 (1)0.1mol•L-1NH3•H20溶液为弱碱溶液电离溶液显碱性,根据外界条件对水电离平衡的影响分析; (2)0.1mol•L-1NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液,铵根离子水解溶液显酸性,根据外界条件对水解平衡的而影响分析。 【详解】 (1)0.1mol•L-1NH3•H20溶液为弱碱溶液,一水合氨电离出氢氧根离子溶液显碱性,pH>7,酸碱能抑制水的电离,因此该溶液抑制水的电离; (2)0.1mol•L-1NH4Cl溶液是强酸弱碱盐溶液,铵根离子水解溶液显酸性,根据溶液中电荷守恒得到c(OH-)+c(Cl-)
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 湖南省 湘西 学年 高二上 学期 期末 质量 检测 化学 试题 详解