届辽宁省丹东市高三线上教学质量监测全国II卷理综化学试题解析版.docx
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届辽宁省丹东市高三线上教学质量监测全国II卷理综化学试题解析版
辽宁省丹东市2020年高三线上教学质量监测
理综化学试题
1.化学与环境、生产、生活关系密切,下列说法正确的是
A.84消毒液和医用酒精都可以起到杀菌消毒的作用,其作用原理相同
B.防控新冠病毒所用的酒精,其浓度越大,杀毒效果越好。
C.工业上常用高纯硅制造光导纤维
D.推广使用可降解塑料及布质购物袋,以减少“白色污染”
【答案】D
【解析】
【详解】A.84消毒液具有强氧化性,使蛋白质分子结构发生变化而失去其生理活性,因而具有杀菌消毒作用;医用酒精能够使蛋白质变性,因而可杀菌消毒,二者作用原理不相同,A错误;
B.酒精浓度小,渗透性强,但杀菌消毒作用能力小;浓度太大,杀菌消毒作用能力强,但渗透性又差,仅使蛋白质表面分子发生变性,病毒褪去外壳后,仍然具有破坏作用,因此不是浓度越大,杀毒效果越好,B错误;
C.SiO2对光具有良好的全反射作用,工业上常用SiO2作光导纤维的材料,C错误;
D.塑料不能降解,导致“白色污染”,则推广使用可降解塑料及布质购物袋,以减少“白色污染”,D正确;
故合理选项是D。
2.用NA表示阿伏加德罗常数值,下列叙述中正确的
A.0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应,得到NO的分子数为0.4NA
B.C60和石墨的混合物共1.8g,含碳原子数目为0.15NA
C.1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NA
D.5.6g铁在足量的O2中燃烧,转移的电子数为0.3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.依据4NH3+5O2=4NO+6H2O,0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下加热充分反应,氧气剩余,则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮,所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA,故A错误;
B.C60和石墨是碳元素的同素异形体,混合物的构成微粒中都只含有C原子,1.8gC的物质的量为
=0.15mol,所以其中含有的碳原子数目为0.15NA,B正确;
C.1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1mol/L×1L=0.1mol,该盐是强酸弱碱盐,阳离子部分发生水解作用,离子方程式为:
NH4++H2O
NH3·H2O+H+;Al3++3H2O
Al(OH)3+3H+,可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等,而Al3+一个水解会产生3个H+,因此溶液中阳离子总数大于0.2NA,C错误;
D.Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4,3molFe完全反应转移8mol电子,5.6gFe的物质的量是0.1mol,则其反应转移的电子数目为
×0.1mol=
mol,故转移的电子数目小于0.3NA,D错误;
故合理选项是B。
3.短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,W和Z位于同一主族。
已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,且Y、Q形成一种共价化合物,X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。
下列说法正确的是
A.X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小
B.工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质
C.Y、Q形成
化合物是非电解质
D.工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质,同时得到W的最高价氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增,已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物,W的氢化物应该为烃,则W为C元素,Q为Cl元素;W和Z位于同一主族,则Z为Si元素;Y、Q形成一种共价化合物,X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。
则X是Na,Y为Al元素;气体单质E为H2,据此解答。
【详解】根据上述分析可知:
W为C,X是Na,Y是Al,Z是Si,Q是Cl元素。
A.X是Na,Y是Al,二者形成的阳离子核外电子排布是2、8,具有2个电子层;Q是Cl,形成的离子核外电子排布是2、8、8,离子核外电子层数越多,离子半径越大;当离子核外电子层数相同时,离子的核电荷数越大,离子半径越小,所以离子半径大小关系为:
Q>X>Y,A错误;
B.Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取,反应方程式为:
2NaCl+2H2O
Cl2↑+H2↑+2NaOH,B正确;
C.Y、Q形成的化合物AlCl3是盐,属于共价化合物,在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-,因此属于电解质,C错误;
D.C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质,同时得到CO气体,反应方程式为2C+SiO2
Si+2CO↑,CO不是C元素的最高价氧化物,D错误;
故合理选项是B。
【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系,推断元素为解答关键,注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容,试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
4.1,1-二环丙基乙烯(
)是重要医药中间体,下列关于该化合物的说法正确的是
A.所有碳原子可能在同一平面B.乙苯与它互为同分异构体
C.二氯代物有9种D.只能发生取代、加成、加聚反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.在该物质分子中含有6个饱和碳原子,由于饱和碳原子构成的是四面体结构,所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面,A错误;
B.乙苯分子式是C8H10,1,1-二环丙基乙烯分子式是C8H12,二者的分子式不相同,因此乙苯与1,1-二环丙基乙烯不是同分异构体,B错误;
C.该物质分子结构对称,若2个Cl原子在同一个C原子上,有2种不同的结构;若2个Cl原子在不同的C原子上,其中一个Cl原子在不饱和C原子上,可能有2种不同结构;若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上,另一个C原子可能在同一个环上有1种结构;在不同环上,具有2种结构;若一个Cl原子位于-CH2-上,另一个Cl原子在同一个环上,只有1种结构;在两个不同环上,又有1种结构,因此可能的同分异构体种类数目为:
2+2+1+2+1+1=9,C正确;
D.该物质含有不饱和的碳碳双键,可发生加成反应、加聚反应;含有环丙基结构,能够发生取代反应,该物质属于不饱和烃,能够发生燃烧反应,催化氧化反应,因此不仅仅能够发生上述反应,D错误;
故合理选项是C。
5.从下列事实所得出的相应结论正确的是
实验事实
结论
A
在相同温度下,向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液,产生白色沉淀后,再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液,又生成红褐色沉淀
溶解度:
Mg(OH)2>Fe(OH)3
B
某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红
该气体水溶液一定显碱性
C
同温同压下,等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应,排水法收集气体,HA放出的氢气多且反应速率快
HB的酸性比HA强
D
SiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应
SiO2是两性氧化物
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl,由于NaOH过量,因此再滴入FeCl3溶液,会发生反应:
FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl,不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小,A错误;
B.某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,则该气体为酸性气体,其水溶液显酸性,B错误;
C.HA放出的氢气多且反应速率快,HA浓度比HB大,在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大,证明HA溶液中存在电离平衡HA
H++A-,HA是弱酸,故酸性HB>HA,C正确;
D.SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O,SiF4不是盐,因此SiO2不是两性氧化物,D错误;
故合理选项是C。
6.用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出废旧印刷电路板上的铜。
已知:
Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol
2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol
H2(g)+
O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol
在H2SO4溶液中,Cu与H2O2反应生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反应热ΔH等于
A.-319.68kJ/molB.-417.91kJ/mol
C.-448.46kJ/molD.+546.69kJ/mol
【答案】A
【解析】
【详解】①Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g)ΔH=+64.39kJ/mol
②2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)ΔH=-196.46kJ/mol
③H2(g)+
O2(g)=H2O(l)ΔH=-285.84kJ/mol
根据盖斯定律,将①+
×②+③,整理可得:
Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l)ΔH=-319.68kJ/mol,故合理选项是A。
7.已知:
p[
]=-lg[
]。
室温下,向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液,溶液pH随p[
]变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.溶液中水的电离程度:
a>b>c
B.c点溶液中:
c(Na+)=10c(HX)
C.室温下NaX的水解平衡常数为10-4.75
D.图中b点坐标为(0,4.75)
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据图示可知,a、b、c均为酸性溶液,则溶质为HX和NaX,pH<7的溶液中,HX的电离程度大于X-的水解程度,可只考虑H+对水的电离的抑制,溶液pH越大氢离子浓度越小,水的电离程度越大,则溶液中水的电离程度:
a
B.c点溶液中存在电荷守恒:
c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-),此时p[
]=1,则c(X-)=10c(HX),代入电荷守恒可得:
c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-),由于溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则c(Na+)<10c(HX),B错误;
C.HX在溶液中存在电离平衡:
HX
H++X-,Ka=
,则pH=pKa+p[
],带入c点坐标(1,5.75)可知,pKa=4.75,则Ka=10-4.75,则室温下室温下NaX的水解平衡常数Kh=
=10-9.25,C错误;
D.HX在溶液中存在电离平衡:
HX
H++X-,Ka=
,则pH=pKa+p[
],带入c点坐标(1,5.75)可知,pKa=4.75,则b点pH=pKa+p[
]=0+4.75=4.75,D正确;
故合理选项是D。
8.I.据报道,我国在南海北部神狐海域进行的可燃冰(甲烷的水合物)试采获得成功。
甲烷是一种重要的化工原料。
(1)甲烷重整是提高甲烷利用率的重要方式,除部分氧化外还有以下两种:
水蒸气重整:
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ/mol①
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol②
二氧化碳重整:
CH4(g)+CO2(g)
CO(g)+2H2(g)△H3③
则反应①自发进行的条件是______________ΔH3=________kJ/mol。
Ⅱ.氮的化合物以及氮的固定一直是科学家研究的重要课题,合成氨则是人工固氮比较成熟的技术,其原理为N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)。
(2)在不同温度、压强和相同催化剂条件下,初始N2、H2分别为0.1mol、0.3mol时,平衡后混合物中氨的体积分数(φ)如图所示。
①其中,p1、p2和p3由大到小的顺序是____________,该反应ΔH_______0(填“>”“<”或“=”)。
②若分别用vA(N2)和vB(N2)表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率,则vA(N2)________vB(N2)(填“>”“<”或“=”)。
③若在250℃、p1为105Pa条件下,反应达到平衡时容器的体积为1L,则该条件下B点N2的分压p(N2)为_______Pa(分压=总压×物质的量分数,保留一位小数)。
(3)以NO2、O2、熔融NaNO3组成的燃料电池装置如下图所示,石墨Ⅱ的电极名称为_______。
在使用过程中石墨Ⅰ电极反应生成一种氧化物Y,石墨Ⅰ电极反应可表示为______________________。
【答案】
(1).高温
(2).+247.1(3).p1>p2>p3(4).<(5).<(6).8.3×103(7).正极(8).NO2-e-+NO3-=N2O5
【解析】
【分析】
Ⅰ.
(1)根据反应①的△H和△S分析自发性的条件,根据已知焓变的热化学方程式,结合盖斯定律计算所求反应的焓变;
Ⅱ.
(2)①发生反应为N2+3H2
2NH3,随着反应进行,气体分子数减少,体系压强减少,根据图象分析;
②温度升高,化学反应速率增大;
③根据方程式计算B点N2的分压p(N2),分压=总压×物质的量分数;
(3)在燃料电池中,通入燃料的电极为负极,失去电子,发生氧化反应,通入氧气的电极为正极,得到电子发生还原反应,结合电解质及产生的物质书写电极反应式。
【详解】I.
(1)反应①方程式CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ/mol,可知该反应
正反应△H>0,△S>0,满足△H-T△S<0,因此反应自发进行的条件是高温;
①CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)△H1=+205.9kJ/mol,
②CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/mol,
根据盖斯定律计算,①-②得到反应③的热化学方程式为:
CH4(g)+CO2(g)
2CO(g)+2H2(g)△H3=△H1-△H2=+247.1kJ/mol;
II.
(2)①由N2+3H2
2NH3可知,在温度不变时,增大压强,化学平衡正向移动,NH3的含量增大。
由图象可知在相同温度下,平衡后混合物中氨的体积分数(φ)为p1>p2>p3,因此压强关系是p1>p2>p3;
在压强相同时,升高温度,NH3的含量降低,说明升高温度,化学平衡向逆反应方向移动,根据平衡移动原理,升高温度,化学平衡向吸热反应分析移动,逆反应为吸热反应,则该反应的正反应为放热反应,故反应热小于零,该反应ΔH<0;
②温度越高,压强越大,反应速率越大,由于p1>p2,由图可知,B对应的温度高、压强大,所以反应速率B>A,即vA(N2) ③设转化的氮气的物质的量为x,发生的反应为: N2+3H2 2NH3,由于反应开始时n(N2)=0.1mol,n(H2)=0.3mol,根据物质反应转化关系可知: 平衡时各种气体的物质的量分别为n(N2)=(0.1-x)mol,n(H2)=(0.3-3x)mol,n(NH3)=2xmol,在相同外界条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比,所以 =0.667,解得x=0.08,若在250℃、p1为105Pa条件下,反应达到平衡时容器的体积为1L,则该条件下B点N2的分压p(N2)= Pa=8.3×103Pa; (3)根据图示可知: 在石墨电极II一侧通入O2,为原电池的正极;在石墨电极I一侧通入燃料,为原电池的负极,NO2失去电子变为NO3-,负极的电极反应式为: NO2-e-+NO3-=N2O5。 【点睛】本题考查化学平衡和电化学及其相关计算,涉及到盖斯定律的应用,反应自发性的判断,化学平衡的移动等,掌握化学反应基本原理是本题解答的关键,对于平衡分压,结合相同外界条件时气体的物质的量的比等于气体的分压制备计算解答。 9.实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁[Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n]m和绿矾(FeSO4·7H2O),过程如下: (1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是________________。 (2)实验室制备、收集干燥的SO2,所需仪器如下。 装置A产生SO2,按气流方向连接各仪器接口,顺序为a→______→_____→______→______→f。 _________装置A中发生反应的化学方程式为___________。 D装置的作用________。 (3)制备绿矾时,向溶液X中加入过量_______,充分反应后,经过滤操作得到溶液Y,再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。 过滤所需的玻璃仪器有______________。 (4)欲测定溶液Y中Fe2+ 浓度,需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液,用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。 【答案】 (1).将气体通入品红溶液,溶液褪色,加热恢复原色 (2).d→e→c→b(3).Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O(4).防止倒吸(5).铁屑(6).烧杯、漏斗、玻璃棒(7).酸式 【解析】 【分析】 制备聚铁和绿矾(FeSO4•7H2O)流程为: 硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应,得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W;滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液,硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾;将滤液X通过调节pH获得溶液Z,在70~80℃条件下得到聚铁胶体,最后得到聚铁,以此解答该题。 【详解】 (1)检验SO2的一般方法是: 将气体通入品红溶液中,如果品红褪色,加热后溶液又恢复红色,证明含有SO2; (2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体,该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,收集SO2前应先干燥然后再收集。 由于SO2的密度比空气大,要从c口进气,SO2是有毒气体,在排放前要进行尾气处理,然后再进行排放,所以最后进行尾气处理。 因为SO2易于氢氧化钠反应,故D瓶的作用是安全瓶,以防止倒吸现象的发生,故仪器接口顺序为a→d→e→c→b→f; (3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气,所以溶液Y中含有Fe3+,故应先加入过量的铁粉(或铁屑),发生反应: 2Fe3++Fe=3Fe2+,除去Fe3+,然后过滤除去过量的铁粉,得到溶液Y,再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾,过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒; (4)KMnO4溶液具有强的氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时,要使用酸式滴定管盛装。 【点睛】本题考查了制备方案的设计,涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等,明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键,注意掌握制备方案的设计方法,试题培养了学生的化学实验能力。 10.碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。 实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。 已知: 水合肼具有还原性。 回答下列问题: (1)水合肼的制备反应原理为: CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 ①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向,用小写字母表示)。 若该实验温度控制不当,反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5: 1,则氯气与氢氧化钠反应时,被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。 ②制备水合肼时,应将__________滴到__________中(填“NaClO溶液”或“尿素溶液”),且滴加速度不能过快。 ③尿素的电子式为__________________ (2)碘化钠的制备: 采用水合肼还原法制取碘化钠固体,其制备流程如图所示: 在“还原”过程中,主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-,该过程的离子方程式为___。 (3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下: a.称取10.00g样品并溶解,在500mL容量瓶中定容; b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反应后,再加入M溶液作指示剂: c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI),重复实验多次,测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。 ①M为____________(写名称)。 ②该样品中NaI的质量分数为_______________。 【答案】 (1).ecdabf (2).5: 3(3).NaClO溶液(4).尿素溶液(5). (6).2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O(7).淀粉(8).90% 【解析】 【分析】 (1)①根据制备氯气,除杂,制备次氯酸钠和氧氧化钠,处理尾气分析;三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5: 1,设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol,根据得失电子守恒,生成5molClO-则会生成Cl-5mol,生成1molClO3-则会生成Cl-5mol,据此分析可得; ②NaClO氧化水合肼; ③尿素中C原子与O原子形成共价双键,与2个-NH2的N原子形成共价单键; (2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO,副产物IO3-,加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-,得到碘离子和氮气,结晶得到碘化钠,根据流程可知,副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气,据此书写; (3)①碘单质参与,用淀粉溶液做指示剂; ②根据碘元素守恒,2I-~I2~2Na2S2O3,则n(NaI)=n(Na2S2O3),计算样品中NaI的质量,最后计算其纯度。 【详解】 (1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气,用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体,为保证除杂充分,导气管长进短出,氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠,为使反应物充分反应,要使氯气从a进去,由D装置吸收未反应的氯气,以防止污染空气,故导气管连接顺序为: ecdabf;三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5: 1,设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5: 1的物质的量分别为5mol、1mol,根据得失电子守恒,生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol,生成1molClO3-则会生成Cl-5mol,则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素,即为Cl-,n(Cl-)=5mol+5mol=10mol,被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素,其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和,共5mol+1mol=6mol,故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10: 6=5: 3; ②制备水合肼时,将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加,都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率,故实验中制备水合肼的操作是: 取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼,滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快; ③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键,与2个—NH2的N原子形成共价单键,所以其电子式为: ; (2)根据流程可知,副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气,反应的离子方程式为: 2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O; (3)①实验中滴定碘
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- 辽宁省 丹东市 三线 教学质量 监测 全国 II 卷理综 化学试题 解析