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四川省泸州市泸县五中2022-2023学年高二化学下学期6月期末考试试题(Word版附解析)
四川省泸州市泸县五中2022-2023学年高二化学下学期6月期末考试试题(Word版附解析)
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四川省泸县第五中学2022-2023学年高二下期6月期末考试化学试题注意事项:可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16S32Cl35.5K39Ti48Fe56第Ⅰ卷选择题一、选择题:本题共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符合题目要求1.化学与生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是A.为预防新型冠状病毒的传染,可用“84消毒液”、消毒酒精洗手B.“黑金”石墨烯为北京冬奥赛场留住温暖,石墨烯是有机物C.用止血是因为其能水解生成沉淀D.我国科学家在国际上首次实现从到淀粉的全合成,有助于实现“碳中和”【答案】D【解析】【详解】A.为预防新型冠状病毒的传染,可用消毒酒精洗手,84消毒液有强氧化性,若直接喷洗双手消毒,会腐蚀皮肤,故A错误;B.“黑金”石墨烯为北京冬奥赛场留住温暖,石墨烯是碳单质,故B错误;C.用止血是因为其能使血液胶体发生聚沉,故C错误;D.我国科学家在国际上首次实现从到淀粉的全合成,消耗二氧化碳,有助于实现“碳中和”,故D正确;故选D。2.下列事实不能证明为弱电解质的是A.25℃时,溶液的pH约为3B.用稀溶液做导电实验时,发现灯泡很暗C.25℃时,pH=2的溶液稀释至100倍,pH<4D.等pH、等体积亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多【答案】B 【解析】【详解】A.25℃时,溶液的pH约为3,此时,小于的浓度,表明不能完全电离,为弱电解质,A不合题意;B.电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有直接关系,与该溶液中的离子浓度大小有关,无法确定是否完全电离,也就无法确定是否是弱电解质,B符合题意;C.25℃时,pH=2的强酸稀释100倍时,pH=4,而pH=2的溶液稀释至100倍,pH<4,表明稀释过程中,的电离平衡正向移动,则为弱电解质,C不合题意;D.亚硝酸和盐酸均为一元酸,等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和NaOH的物质的量多,表明等pH、等体积的亚硝酸比盐酸的浓度大,则亚硝酸为弱酸,是弱电解质,D不合题意;故合理选项为B。3.下列指定反应的离子方程式正确的是A.金属钠放入水中:Na+2H2O=Na++2OH−+H2↑B.将铁粉放入FeCl3溶液中:Fe3++Fe=2Fe2+C.将铜丝插入稀硝酸中:Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+H2OD.NaOH溶液中通入过量的二氧化碳:CO2+OH−=HCO【答案】D【解析】【详解】A.金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气,反应离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH—+H2↑,故A错误;B.铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁,反应的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+,故B错误;C.铜丝与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水,反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O,故C错误;D.氢氧化钠溶液与过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠,反应的离子方程式为CO2+OH—=HCO,故D正确;故选D。4.某有机物分子结构如图所示。下列关于该物质的说法不正确的是 A.分子式为C11H14O4B.1mol该物质与足量的Na反应生成H2为1molC.既能与羧酸反应,又能与碱反应D.能与氢气发生加成反应【答案】B【解析】【详解】A.根据该有机物的结构简式,可知分子式为C11H14O4,故A正确;B.羟基、羧基都能与钠反应放出氢气,1mol该物质与足量的Na反应生成H2为1.5mol,故B错误;C.该有机物含有羟基能与羧酸发生酯化反应,该有机物含有羧基能与碱发生中和反应,故C正确;D.该有机物中含有苯环,能与氢气发生加成反应,故D正确;选B。5.分子TCCA(如图所示)是一种高效的消毒漂白剂。W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素,Y核外最外层电子数是电子层数的3倍。下列叙述正确的是A.分子所有原子均满足8电子稳定结构B.原子半径大小顺序:X<Y<ZC.氧化物的水化物酸性:Z>X>WD.简单气态氢化物的热稳定性:W>X>Y【答案】A【解析】【分析】Y核外最外层电子数是电子层数的3倍,则Y为氧元素,W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素,W形成4个共价键,则W为碳元素,X为氮元素,Z形成1个键,为氯元素,以此解答。【详解】A.根据结构式,分子中所有原子均满足8电子稳定结构,故A正确;B.氮原子半径大于氧原子半径,故B错误; C.氧化物的水化物没有明确最高价,不能进行比较,故C错误;D.非金属性越强,对应氢化物越稳定,简单气态氢化物的热稳定性:W(CH4)<X(NH3)<Y(H2O),故D错误;答案选A。6.MasayukiAzuma等研发的利用可再生葡萄糖(C6H12O6)作燃料的电池装置如图所示。该装置工作时,下列说法错误的是A.外电路电流的流向为b→aB.a电极发生氧化反应C.a极上每消耗1molC6H12O6,有12molH+迁移至该极区D.b极区溶液中发生反应:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】C【解析】【分析】根据燃料电池的原理可知,电极a上葡萄糖失电子产生二氧化碳,为燃料电池的负极,正极b极上铁离子得电子产生亚铁离子。【详解】A.外电路电流的流向为由正极流向负极,选项A正确;B.燃料电池中葡萄糖在a极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳,选项B正确;C.原电池工作时阳离子向正极移动,即H+迁移至b极区,选项C错误;D.铁离子在b极得到电子生成亚铁离子,电极反应式为Fe3++e-=Fe2+,b极区溶液中发生反应:4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,选项D正确;答案选C。7.室温下,将0.2mol·L-1NaOH的溶液逐滴加入10mL0.2mol·L-1一元酸HA溶液中,pH的变化曲线如图所示,下列说法不正确的是 A.HA电离常数Ka的数量级约为10-3B.a点溶液中c(HA)=9.9×10-7mol/LC.b点溶液中c(HA)+c(A-)≈0.067mol·L-1D.pH=7时,c(A-)=0.1mol·L-1【答案】D【解析】【分析】加入10mLNaOH溶液,NaOH与HA完全反应,此时溶液的pH为8,说明HA为弱酸,据此分析;【详解】A.加入10mLNaOH溶液,NaOH与HA完全反应,此时溶液溶质为NaA,c(A-)约为0.1moL/L,c(HA)≈c(OH-)=10-6mol/L,则HA的电离平衡常数为Ka==1.0×10-3mol/L,HA电离常数的数量级为10-3,故A说法正确;B.根据质子守恒,c(HA)+c(H+)=c(OH-),c(HA)=c(OH-)-c(H+),a点溶液的pH为8,c(H+)=10-8mol/L,c(OH-)=10-6mol/L,代入上式,c(HA)=c(OH-)-c(H+)=10-6-10-8≈9.9×10-7mol/L,故B说法正确;C.根据物料守恒,b点时c(HA)+c(H+)=c(Na+)=≈0.067,故C说法正确;D.根据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-),pH=7时,溶液显中性,则有c(Na+)=c(A-),因为HA为弱酸,因此溶液显中性,所加NaOH溶液体积小于10mL,即c(A-)小于0.1mol/L,故D说法错误;答案为D。第Ⅱ卷(非选择题58分)8.实验室常用无水乙醇和乙酸在浓硫酸催化作用下制备乙酸乙酯,其实验装置如图所示。 (1)乙醇和乙酸中官能团名称分别为_______、_______。(2)制备乙酸乙酯的反应方程式为_______,其反应类型是_______。(3)实验时,加入浓硫酸要注意的操作是_______。(4)装置右侧试管中所用液体为_______;实验过程中加热的作用是_______(答一条)。(5)以乙烯为原料合成乙酸乙酯的路线为:写出乙烯生成乙醇的反应方程式_______;实验室以铜做催化剂,将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为_______。【答案】(1)①.羟基②.羧基(2)①.CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O②.酯化反应(或取代反应)(3)把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡(4)①.饱和碳酸钠溶液②.加快反应速率,并使生成的酯挥发,使平衡向生成酯的方向移动(5)①.CH2=CH2+H2OCH3CH2OH②.将铜丝卷成螺旋状,在酒精灯外焰灼烧至红热,将铜丝移出酒精灯焰,铜丝表面生成一层黑色的氧化铜,趁热插入乙醇中,反复操作数次。【解析】【小问1详解】乙醇和乙酸中官能团的名称分别为羟基、羧基。【小问2详解】制备乙酸乙酯的反应方程式为CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,其反应类型是酯化反应(或取代反应)。 【小问3详解】实验时,加入浓硫酸要注意的操作是把浓硫酸缓慢加入乙醇中并不断振荡。【小问4详解】装置右侧试管中所用液体为饱和碳酸钠溶液(可中和乙酸、吸收乙醇,降低酯的溶解度),实验过程中加热的作用是加快反应速率,并使生成的酯挥发,使平衡向生成酯的方向移动。【小问5详解】乙烯生成乙醇的反应方程为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,实验室以铜做催化剂,将乙醇在空气中氧化生成乙醛的实验操作为:将铜丝卷成螺旋状,在酒精灯外焰灼烧至红热,将铜丝移出酒精灯焰,铜丝表面生成一层黑色的氧化铜,趁热插入乙醇中,反复操作数次。9.工业上以孔雀石(主要成分为,其杂质有铁和硅的氧化物)为原料制备胆矾的流程如下图所示:已知:①,,;②溶液中的离子浓度等于时就认为沉淀完全。回答下列问题:(1)粉碎的目的是_______。(2)酸浸产生气体的化学方程式为_______。(3)试剂b可选用_______(填序号),氧化时的离子方程式为_______。A. B.空气 C. D.(4)氧化后的溶液中为,则调节的范围是_______,用平衡移动原理解释产生滤渣2的原因是_______。(5)滤液得产品的操作是_______、_______、过滤、洗涤、干燥。(6)若流程中省掉加试剂b氧化步骤,其后果是_______。【答案】(1)增大固体表面积,加快酸浸反应速率(2)CuCO3·Cu(OH)2+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+2H2O(3)①.A②.2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O(4)①.3—4②.Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CuO,CuO 发生如下反应CuO+2H+=Cu2++H2O,H+浓度减小,平衡右移,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀(5)①.蒸发浓缩②.冷却结晶(6)胆矾中会混有绿矾杂质【解析】【分析】由题给流程可知,将孔雀石粉碎后加入稀硫酸酸浸,将碱式碳酸铜、铁的氧化物转化为可溶性硫酸盐,二氧化硅与稀硫酸不反应,过滤得到含有二氧化硅的滤渣1和含有可溶性硫酸盐的滤液;向滤液中加入过氧化氢溶液,将亚铁离子氧化为铁离子,加入氧化铜调节溶液pH,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀,过滤得到含有氢氧化铁的滤渣2和硫酸铜滤液;滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾。【小问1详解】将孔雀石粉碎可以增大固体的表面积,有利于酸浸时增大反应物的接触面积,加快酸浸的反应速率,故答案为:增大固体表面积,加快酸浸反应速率;【小问2详解】由分析可知,酸浸产生气体的反应为碱式碳酸铜与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水,反应的化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+2H2O,故答案为:CuCO3·Cu(OH)2+2H2SO4=2CuSO4+CO2↑+2H2O;【小问3详解】由分析可知,流程中加入的试剂b为过氧化氢溶液,目的是将亚铁离子氧化为铁离子,且不引入新的杂质,反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O,故答案为:A;2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O;【小问4详解】氧化后的溶液中铁离子完全沉淀,浓度小于1×10—5mol/L,铜离子浓度为1mol/L,由题给溶度积可知,溶液中的氢氧根离子浓度小于==1×10—10mol/L,大于==1×10—11mol/L,则调节的范围为3—4;铁离子在溶液中易发生水解反应,溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,向溶液中加入氧化铜,氧化铜与溶液中氢离子发生如下反应CuO+2H+=Cu2++H2O,溶液中氢离子浓度减小,水解平衡向正反应方向移动,铁离子转化为氢氧化铁沉淀,故答案为:3—4;Fe3+在溶液中存在如下平衡Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CuO,CuO发生如下反应CuO+2H+=Cu2++H2O,H+浓度减小,平衡右移,Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀;【小问5详解】 由分析可知,硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到胆矾,故答案为:蒸发浓缩;冷却结晶;【小问6详解】由分析可知,加入过氧化氢溶液的目的是将亚铁离子氧化为铁离子,若省掉加试剂b氧化步骤,亚铁离子不可能转化为沉淀,制得的胆矾中会混有绿矾杂质,故答案为:胆矾中会混有绿矾杂质。10.应对雾霾污染、改善空气质量需要从多方面入手,如开发利用清洁能源。甲醇是一种可再生清洁能源,具有广阔的开发和应用前景。(1)已知:①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH1=+93.0kJ·mol-1 K1②CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH2=-192.9kJ·mol-1 K2③CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH3=-38.19kJ·mol-1 K3则表示CH3OH燃烧热的热化学方程式为:CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=_______,该反应的平衡常数K=_______(用K1、K2、K3表示)。(2)在一定条件下用CO和H2合成CH3OH:CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g),在2L恒容密闭容器中充入1molCO和2molH2,在催化剂作用下充分反应。上图表示平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化的平衡曲线。回答下列问题:①该反应的反应热ΔH_______0(填“>”或“<”),在_______(填“高温”、“低温”)下易自发,压强的相对大小与p1_______p2(填“>”或“<”)。②压强为p2,温度为300℃时,计算该反应的化学平衡常数K=_______。③下列各项中,不能说明该反应已经达到平衡的是_______。A.容器内气体压强不再变化B.υ(CO):υ(H2)=1:2C.容器内的密度不在变化D.容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化E.容器内各组分的质量分数不再变化(3)Cu2O是一种半导体材料,基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下,电解总反应: 2Cu+H2OCu2O+H2↑。则该装置中铜电极应连接直流电源的_______极,石墨电极的电极反应式为_______,当有0.1molCu2O生成时电路中转移_______mol电子。【答案】(1)①.-726.51kJ·mol-1②.(2)①.<②.低温③.>④.48⑤.BC(3)①.正②.2H2O+2e-=H2↑+2OH-③.0.2【解析】【小问1详解】①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH1=+93.0kJ·mol-1 K1②CH3OH(g)+1/2O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH2=-192.9kJ·mol-1 K2③CH3OH(g)=CH3OH(l) ΔH3=-38.19kJ·mol-1 K3根据盖斯定律②-①-③得CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-192.9kJ·mol-1-93.0kJ·mol-1+38.19kJ·mol-1=-726.51kJ·mol-1,所以该反应的平衡常数K=。【小问2详解】①根据图示,随温度升高,CH3OH的体积分数降低,说明平衡逆向移动,该反应的反应热ΔH<0;气体物质的量减少熵减小,ΔH<0、ΔS<0,所以在低温下易自发;正反应气体系数和减小,增大压强平衡正向移动,甲醇的体积分数增大,压强的相对大小与p1>p2。②压强为p2,温度为300℃时,甲醇的体积分数为50%,X=0.375,该反应的化学平衡常数K=48。③A.反应前后气体系数和不同,压强是变量,容器内气体压强不再变化,反应一定达到平衡状态,故不选A;B.υ(CO):υ(H2)=1:2,不能判断正逆反应速率是否相等,反应不一定平衡,故选B; C.反应前后气体总质量不变、容器体积不变,密度是恒量,容器内的密度不在变化,反应不一定平衡,故选C;D.反应前后气体总质量不变、气体物质的量的变量,相对分子质量是变量,容器内混合气体的平均相对分子质量不再变化,反应一定达到平衡状态,故不选D;E.容器内各组分的质量分数不再变化,各物质浓度不变,反应一定达到平衡状态,故不选E;选BC。【小问3详解】2Cu+H2OCu2O+H2↑反应,铜元素化合价升高,铜被氧化,则该装置中铜电极应连接直流电源的正极,石墨电极为阴极,氢离子得电子生成氢气,阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,铜元素化合价由0升高为+1,当有0.1molCu2O生成时电路中转移0.2mol电子。11,12题所有考生选择一题完成,都选的,按照第1题给分。11.锂离子电池具有能量高、电压高、工作温度范围宽、贮存寿命长等优点。电池正极有磷酸铁锂(LiFePO4)、钛酸锂(Li2TiO3)、镍钴锰酸锂[Li(NiCoMn)O2]等。回答下列问题:(1)基态Li原子的电子排布式为_______,基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充_______个电子。(2)O和P电负性较大的是_______(填元素符号),Fe、Co和Ni的第三电离能由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。(3)磷酸(H3PO4)的分子结构如图甲,其中P原子的杂化轨道类型是_______。浓磷酸呈粘稠状,且能与水任意比例混溶,从结构上分析磷酸具有这种的特性原因是_______。(4)Co的一种配离子如上图乙,该中心离子位于6个—NH2组成的_______(填立体构型名称)中心位置,配离子中存在_______个键。(5)钛锰复合氧化物的尖晶石晶胞由A区和B区组成,其结构如下图所示,该晶体中锰原子的配位数是_______,该晶体的化学式为_______。 【答案】(1)①.1s22s1②.8(2)①.O②.Ni>Co>Fe(3)①.sp3②.(H3PO4分子中有3个—OH,可形成分子间氢键,故浓磷酸呈粘稠状;)H3PO4和H2O均是极性分子,且H3PO4可与H2O形成分子间氢键,溶解度大,故能与水任意比例混溶(4)①.正八面体②.39(5)①.6②.Mn2TiO4(或TiMn2O4)【解析】【小问1详解】Li为3号元素电子排布式为1s22s1。s能级得电子云轮廓为球形,Ti电子排布为答案为1s22s22p63s23p63d24s2,基态Ti原子电子云轮廓图呈球形的能级上填充电子数为2+2+2+2=8。答案为1s22s1;8;【小问2详解】非金属性O>N>P,电负性O>P。Fe、Co和Ni的失去两个电子后电子排布分别为[Ar]3d6、[Ar]3d7、[Ar]3d8,再失去一个电子Fe3+为半满结构稳定即铁第三电离能小。而Co和Ni电子层相同,核电荷数大半径小,那么半径小的Ni更难失电子其第三电离能Ni>Co。答案为Ni>Co>Fe;【小问3详解】从真实构型来看,它为四面体型,所以P为sp3杂化。磷酸具有多个羟基能与水形成氢键增大溶解性,且磷酸为极性分子易溶于极性溶剂水。答案为sp3杂化;H3PO4和H2O均是极性分子,且H3PO4可与H2O形成分子间氢键,溶解度大,故能与水任意比例混溶;【小问4详解】6配位形成正八面体。乙二胺中存在11个σ键。该配离子中6个配位键为6个σ键,所以总的σ键数为11×3+6=39。答案为正八面体;39;【小问5详解】由于晶胞中A和B交错堆积,那么Mn周围最近的O为,配位数为3+3=6。 晶胞中含有结构A、结构B均为4个,Ti原子处于晶胞的顶点和面心。结构A的体内,晶胞中Ti为4+8×+6×=8个。Mn位于结构B的内部,晶胞中有Mn原子为4×4=16个。而O原子位于A和B结构的内部,4×4+4×4=32,所以该物质的化学式为Mn2TiO4(或TiMn2O4)。答案为6;Mn2TiO4(或TiMn2O4)。12.涤纶用途很广,大量用于制造衣物和工业制品,其基本组成物质是聚对苯二甲酸乙二酯,可由以下流程制得,其中物质A的产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平。(1)物质A的结构简式为_______,物质C中官能团的名称是_______。(2)反应①、②、③中属于取代反应的是_______。(3)物质D分子中最多有_______个原子共平面,D同分异构体中属于芳香烃的共有_______种(不包括D)。(4)物质C在加热和Cu作催化剂的条件下可与反应生成,请写出其反应的化学方程式_______。【答案】(1)①.②.羟基(2)②(3)①.12②.3(4)【解析】【小问1详解】物质A的产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平,则物质A为乙烯,其结构简式为;物质C为乙二醇,官能团的名称是羟基;【小问2详解】反应①是乙烯和溴单质加成,属于加成反应;②是取代反应,溴原子被羟基取代;③是氧化反应;故该题答案为②;【小问3详解】物质D中有苯环,苯环中所原子共面,两个甲基中的C原子也与苯环共面,共12个;D的同分异构体中 属于芳香烃的有共3种;【小问4详解】
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高中 - 化学
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