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四川省阆中中学2023-2024学年高一化学上学期11月期中试题(Word版附解析)

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阆中中学校2023年秋高2023级期中教学质量检测化学试题(满分:100分时间:75分钟)第I卷(选择题共42分)一、选择题(本题包括14个小题,每题3分,共42分。每题只有一个选项符合题意)1.分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法。下列分类合理的是A.根据SiO2是酸性氧化物,可推知其能与NaOH溶液反应B.Na2O2是碱性氧化物C.根据丁达尔现象将分散系分为胶体、溶液和浊液D.CH3COOH是多元酸【答案】A【解析】【详解】A.酸性氧化物是指能与碱反应只生成盐和水的氧化物,所以可根据SiO2是酸性氧化物,判断其可与NaOH溶液反应,A正确;B.Na2O2与水反应不仅生成碱还有气体生成,Na2O2为过氧化物,B错误;C.根据分散系直径大小,将分散系分为胶体、溶液和浊液,C错误;D.一元酸、二元酸是根据酸分子中能电离出的H+个数区分的,而不是H原子个数,D错误;故答案为:A。2.下列说法正确的是A.PM2.5颗粒物(直径小于等于2.5微米)扩散在空气中都会形成胶体B.CO属于非金属氧化物,也属于酸性氧化物C.酸、碱、盐之间发生的反应一定是复分解反应D.硫酸钠采用交叉分类法分类既属于硫酸盐又属于钠盐,同时也属于含氧酸盐【答案】D【解析】【详解】A.PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物,1微米纳米胶体粒子直径在1~100纳米之间,PM2.5不都在此范围内,所以不能都形成胶体,A错误;B.CO属于非金属氧化物,CO既不能与酸反应也不能与碱反应,故不属于酸性氧化物(属不成盐氧化物),B错误;C.酸、碱、盐之间发生的反应并不都属于复分解反应,如次氯酸钠和盐酸反应,C错误; D.硫酸钠由Na+和构成,所以属于钠盐、硫酸盐、含氧酸盐,D正确;故答案为:D。3.下列电离方程式中,正确的是A.硫酸镁溶液:MgCl2=Mg2++ClB.熔融状态的硫酸氢钠:NaHSO4=Na++H++SOC.硫酸铝溶液:Al2(SO4)3=2Al3++3SOD.次氯酸溶液:HClO=H++ClO-【答案】C【解析】【详解】A.硫酸镁在水溶液下电离处镁离子和氯离子,,A错误;B.硫酸氢钠在熔融条件下电离出钠离子和硫酸氢根离子,电离方程式,B错误;C.硫酸铝在溶液中电离出铝离子和硫酸根离子,电离方程式为,C正确;D.次氯酸是弱酸弱电解质,,D错误;故答案为:C。4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.pH=12的溶液:Na+、K+、CO、SOB.滴入酚酞变红的溶液:Na+、Mg2+、SO、NOC.加入铁粉放出H2的溶液:K+、Na+、CO、Cl-D.无色透明的溶液:NH、Na+、MnO、Cl-【答案】A【解析】【分析】【详解】A.的溶液呈碱性,、、、在碱性溶液中能大量共存,故A正确;B.遇酚酞变红的溶液呈碱性,则不能大量存在,故B错误;C.与反应生成,应是酸性溶液,不能大量存在,C错误; D.显紫红色,故D错误;答案选A。5.下列各组物质不属于同素异形体的是A.H2O和H2O2B.O2和O3C.金刚石和石墨D.红磷和白磷【答案】A【解析】【分析】由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体,互为同素异形体的物质要符合以下两个条件:同种元素形成,不同单质;据此进行分析判断。【详解】A、H2O和H2O2是化合物,不是单质,故H2O和H2O2不属于同素异形体,故A错误;B、O2和O3都是由氧元素形成的不同物质,都是单质,互为同素异形体,故B正确;C、金刚石和石墨都是由碳元素形成的不同物质,都是单质,互为同素异形体,故C正确;D、红磷和白磷都是由磷元素形成的不同物质,都是单质,互为同素异形体,故D正确;综上所述,本题正确选项A。【点睛】判断同素异形体的关键把握两点:(1)同种元素形成,(2)不同单质;6.下列各组物质,因反应条件(温度或者反应物用量)改变,不会引起产物改变的是A.Na和O2B.NaOH和CO2C.Na2O2和CO2D.C和O2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.Na和O2在常温下反应产生Na2O,在加热时反应产生Na2O2,反应条件不同,反应不同,A不符合题意;B.NaOH溶液和少量CO2反应产生Na2CO3;与过量CO2反应产生NaHCO3,二者相对量的多少不同,反应产物不同,B不符合题意;C.Na2O2和CO2反应产生Na2CO3、O2,与反应物的相对多少无关,C符合题意;D.在点燃时,C和少量O2反应产生CO,与足量O2反应产生CO2,反应物的相对量多少不同,反应产物不同,D不符合题意;故合理选项是C。7.要验证Mg、Fe、Cu三种金属的活动性顺序,可选用下列哪组物质进行实验A.Cu、FeCl2溶液、MgCl2溶液B.Fe、Cu、MgCl2溶液 C.Mg、CuO、FeSO4溶液D.Fe、CuSO4溶液、MgCl2溶液【答案】D【解析】【详解】验证金属的活动性强弱,可以利用金属之间的置换反应,排在前面的金属可以置换出后面的金属,而不能置换出前面的金属,题目中比较Mg、Fe、Cu三种金属的活动性顺序,由于铁的活动性排在Mg、Cu之间,故可以利用铁可以置换出Cu而不能置换出Mg来进行实验,所以用铁来分别置换铜与镁,置换出来,说明比铁的活泼性弱,否则比铁的活泼性强;故选D。8.下列物质中,不能由单质直接化合生成的是A.Na2O2B.FeCl2C.HClD.FeCl3【答案】B【解析】【详解】A.钠与氧气加热条件下生成Na2O2,Na2O2能由单质直接化合生成,A不符合题意;B.铁与氯气反应生成FeCl3,FeCl2不能由单质直接化合生成,B符合题意;C.氢气和氯气反应生成HCl,HCl能由单质直接化合生成,C不符合题意;D.铁与氯气反应生成FeCl3,D不符合题意;答案选B。9.ClO2是一种高效杀菌剂。工业上可通过以下反应制得ClO2:。下列说法正确的是A.NaClO3被氧化B.Na2SO3作氧化剂C.ClO2是非电解质D.Na2SO4是还原产物【答案】C【解析】【分析】对于反应,NaClO3中Cl元素由+5价降低到+4价,Na2SO3中S元素由+4价升高到+6价。【详解】A.由分析可知,NaClO3中Cl元素化合价降低,得电子作氧化剂,被还原,A不正确;B.Na2SO3中S元素由+4价升高到+6价,失电子作还原剂,B不正确;C.ClO2为非金属氧化物,属于非电解质,C正确;D.Na2SO3是还原剂,则Na2SO4是氧化产物,D不正确; 故选C。10.下列物质中,既含有氯分子,又含有氯离子是A.氯化钠溶液B.新制氯水C.漂白粉D.液氯【答案】B【解析】【详解】A.氯化钠溶液中只有Cl-,故A不符合题意;B.新制氯水中含有Cl2、HClO、ClO-、Cl-,故B符合题意;C.漂白粉成分是CaCl2、Ca(ClO)2,含有Cl-、ClO-,故C不符合题意;D.液氯是氯气单质,只有Cl2,故D不符合题意;答案为B。11.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献,他所发明的联合制减法的生产流程可以简化成下图。下列说法错误的是A.第②步发生的主要反应为B.流程中先通是为了形成碱性环境,以吸收更多的,提高生产效率C.可用溶液鉴别小苏打和纯碱D.该工艺的碳原子利用率理论上为100%【答案】C【解析】【详解】A.第②步发生的主要反应是利用碳酸氢钠溶解度小的原理,NH3⋅H2O+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,A正确;B.氨气的溶解度大,故流程中先通NH3是为了形成碱性环境,以吸收更多的CO2,提高生产效率,B正确;C.Ba(OH)2溶液与小苏打和纯碱都反应生成碳酸钡沉淀,C错误;D.该工艺的碳原子都转化为目标产物(碳酸氢钠),故利用率理论上为100%,D正确;故答案为:C。12.能正确表示下列化学反应的离子方程式的是A.将稀硫酸滴在铜片上:Cu+2H+=Cu2++H2↑ B.NaHCO3溶液与少量Ca(OH)2溶液反应:Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2OC.CO2通入Na2CO3溶液:CO2+CO+H2O=2HCOD.碳酸钙与盐酸反应:CO+2H+=CO2↑+H2O【答案】C【解析】【详解】A.铜与稀硫酸不反应,该离子方程式不符合事实,A错误;B.少量Ca(OH)2和NaHCO3反应离子方程式为Ca2++2OH-+2═CaCO3↓+2H2O+,B错误;C.二氧化碳通入碳酸钠溶液中反应生成碳酸氢钠,离子方程式书写正确,C正确;D.碳酸钙难溶于水,应写成化学式,CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O,D错误;选C。13.钠与氯气反应的改进装置如图,将玻璃管与氯气发生器相连,管内放一块黄豆粒大小的金属钠(已吸净煤油),尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉花球。先给钠预热,到钠熔化成小球时,撤火,通入氯气,即可见钠着火燃烧,生成大量白烟。以下叙述错误的是A.反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B.浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止空气中二氧化碳进来与钠反应C.从实验现象上判断钠的熔点较低D.钠性质非常活泼,本质原因是钠原子的最外层只有1个电子,该电子很容易失去【答案】B【解析】【详解】A.钠与氯气加热反应生成氯化钠固体颗粒,会有白烟现象,故A正确;B.氯气有毒不能排放到空气中,又氯气易与NaOH溶液反应,所以浸有NaOH溶液的棉球主要用于防止氯气排放到空气中污染空气,故B错误;C.钠预热即可熔化,可知其熔点较低,故C正确;D.钠最外层只有一个电子,易失去电子,表现出强还原性,因此钠很活泼,故D正确;故选:B。14.已知在碱性溶液中可发生如下反应:2R(OH)3+3ClO﹣+4OH﹣=2+3Cl﹣+5H2O。则中R的化合价是 A.+3B.+4C.+5D.+6【答案】D【解析】【分析】化合物中元素化合价代数和为零,该离子中O元素化合价为﹣2价,R、O元素化合价的代数和为﹣2,据此判断R元素化合价。【详解】该离子中O元素化合价为﹣2价,R、O元素化合价的代数和为﹣2,所以该离子中R元素化合价=﹣2﹣(﹣2)×4=+6;答案选D。第II卷(非选择题共58分)15.海洋的水资源和其他化学资源具有巨大的开发潜力。海水中含有多种盐类,如、等。目前,通过海水晒盐可制得食盐晶体和苦卤,食盐精制后可制成饱和用以生产、、、、等,苦卤经过氯气氧化、热空气吹出、吸收等一系列操作可获得Br2。电解熔融氯化钠可冶炼。海底埋藏大量可燃冰资源,是一种清洁能源。(1)上述标有序号的物质中属于电解质的是_______(填序号,下同),属于非电解质的是_______。(2)写出⑤溶于水的电离方程式_______。(3)将⑧与④混合,写出离子反应方程式_______。(4)将少量⑨通入④的溶液中,写出离子反应方程式_______。(5)将⑤与④的溶液混合,写出离子反应方程式_______。【答案】(1)①.①②④⑤⑥②.⑨⑪(2)NaHCO3=Na++HCO(3)H++OH-=H2O(4)SO2+2OH-=SO+H2O(5)HCO+OH-=CO+H2O【解析】【小问1详解】 ①NaCl属于电解质;②MgSO4属于电解质;③食盐水为混合物,既不是电解质也不是非电解质;④NaOH为电解质;⑤NaHCO3为电解质;⑥NaClO为电解质;⑦Cl2既不是电解质也不是非电解质;盐酸为混合物,既不是电解质也不是非电解质;⑨SO2非电解质;⑩Na为单质,既不是电解质也不是非电解质;⑪甲烷属于非电解质;故答案为:①②④⑤⑥;⑨⑪;【小问2详解】NaHCO3为强电解质;故答案为:;【小问3详解】盐酸与NaOH发生中和反应;故答案为:;【小问4详解】SO2体现酸性氧化物性质与碱反应;故答案为:;【小问5详解】碳酸氢钠与碱反应生成碳酸根;故答案为:。16.I.某化学兴趣小组设计了如图装置制取Cl2,并进行相关性质实验,且可利用装置G储存多余的氯气。实验开始时,先打开分液漏斗旋塞和活塞K,点燃A处酒精灯,让氯气充满整个装置,再点燃E处酒精灯,回答下列问题:(1)A中发生反应的化学方程式为_______。(2)储气瓶b可以收集氯气,则b内盛放的试剂名称是_______。 (3)在装置D中能看到的实验现象是_______。(4)装置F中盛有NaOH溶液,其作用是_______。Ⅱ.某小组为探究CO2与过氧化钠(Na2O2)反应设计了以下实验,请回答下列问题:(5)装置A的作用是_______。(6)为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分,小组同学取适量反应后B中的固体于试管中,加入足量的蒸馏水溶解形成溶液M,无气泡产生,则该固体中不含_______。该小组同学继续进行探究。【提出问题】反应后硬质玻璃管中固体的成分是什么?【做出猜想】猜想一:Na2CO3,猜想二:Na2CO3和NaOH。(7)【实验验证】小组同学取少量溶液M于试管中,向其中加入过量的_______(填写合适试剂的符号:a氯化钡;b氢氧化钡)溶液,若产生白色沉淀,过滤,滤液中滴加几滴酚酞试液,溶液变红,则证明猜想二成立。(8)小组中有同学认为,将上述酚酞试液换成Cu(NO3)2溶液,若有_______生成,也能得出同样的结论。(9)研究发现过氧化钠具有较强的氧化性,二氧化硫具有较强的还原性,Na2O2和SO2反应的化学方程式为_______。【答案】(1)(2)饱和食盐水溶液或饱和氯化钠溶液(3)溶液先变红色后褪色(4)吸收多余的氯气,防止污染空气(5)吸收CO2中混有的HCl(6)Na2O2(7)a(8)蓝色沉淀(9)Na2O2+SO2=Na2SO4【解析】【分析】I.图中A装置制备氯气,B装置用氯气把Fe2+氧化为Fe3+,C装置氯气将I-氧化为I2,D装置氯 气先与水反应生成氯化氢和次氯酸,使紫色石蕊变红,由于次氯酸具有强氧化性,又使溶液褪色,F装置处理尾气并防止倒吸,G装置可储存多余氯气,Ⅱ.含有HCl的CO2通过饱和的碳酸氢钠溶液,可除去二氧化碳中的HCl气体,潮湿的二氧化碳与过氧化钠在反应生成氧气,同时所得固体为Na2CO3和NaOH,反应后剩余的二氧化碳用氢氧化钠吸收,最后用排水法收集新生成的氧气,据此分析解题。【小问1详解】A装置为实验室制取氯气,化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑,故答案为:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑;【小问2详解】由分析可知,b收集氯气,其中溶液需尽可能减少氯气与水的反应,故b中盛放的试剂应为饱和食盐水,故答案为:饱和食盐水;【小问3详解】D装置氯气先与水反应生成氯化氢和次氯酸,使紫色石蕊变红,由于次氯酸具有强氧化性,又使溶液褪色,故看到的现象为溶液先变红色后褪色,故答案为:溶液先变红色后褪色;【小问4详解】由于E中生成的HCl及未反应完的Cl2有毒,所以需处理尾气,故NaOH溶液的作用是吸收氯化氢和氯气,防止污染空气,故答案为:吸收氯化氢和氯气,防止污染空气;【小问5详解】碳酸氢钠与盐酸发生反应的化学方程式为:NaHCO3+HCl═NaCl+CO2↑+H2O,故装置A的作用是吸收CO2中混有的HCl,故答案为:吸收CO2中混有的HCl;【小问6详解】为确定反应后装置B硬质玻璃管中固体的成分,小组同学取适量固体于试管中,加入足量的蒸馏水,溶解形成溶液M,无气泡产生,由于2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑,则该固体中不含Na2O2,故答案为:Na2O2;【小问7详解】为了证明是否存在Na2CO3和NaOH,先用过量Ba2+、Ca2+除去碳酸根,再用酚酞检验OH-是否存在,故加入的钡盐、钙盐,不能存在碱性物质,只能选BaCl2,故答案为:a;小问8详解】将上述滤液中滴加的酚酞试液换成硝酸铜溶液,也能得出同样的结论,因为氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,离子反应方程式为:Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓;如果有蓝色沉淀生成,说明固体中含有氢氧化钠,故答案为:蓝色沉淀; 【小问9详解】已知Na2O2具有强氧化性,SO2具有强还原性,故Na2O2和SO2能发生氧化还原反应,反应的化学方程式为Na2O2+SO2=Na2SO4,故答案为:Na2O2+SO2=Na2SO4。17.氧化还原反应在日常生活和工业生产中有重要应用。I.已知反应:(1)每生成3个Cl2分子,转移_______个电子。(2)该反应中被还原的元素是_______,氧化产物是_______。(3)在该反应中HCl既表现还原性又表现_______性。Ⅱ.阅读下面一段材料并回答问题。高铁酸钾使用说明书【化学式】K2FeO4【性状】暗紫色具有金属光泽的粉末,无臭无味【产品特点】干燥品在室温下稳定,在强碱溶液中稳定,随着pH减小,稳定性下降,与水反应放出氧气。K2FeO4通过强烈的氧化作用可迅速杀灭细菌,有消毒作用,同时不会产生有害物质。K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体,可除去水中细微的悬浮物,有净水作用【用途】主要用于饮用水消毒净化、城市生活污水和工业污水处理【用量】消毒净化1L水投放5mgK2FeO4即可达到卫生标准(4)K2FeO4中铁元素的化合价为_______。(5)下列关于K2FeO4的说法中,不正确的是_______。a.是强氧化性的盐b.固体保存需要防潮c.其消毒和净化水的原理相同d.其净水优点有:作用快、安全性好、无异味(6)工业制备K2FeO4需要在碱性环境下进行,现提供反应体系中7种物质,Fe(NO3)3、Cl2、H2O、KOH、K2FeO4、KCl、KNO3请写出制备K2FeO4的化学反应方程式_______。(7)将K2FeO4与水反应的化学方程式配平:_______。_______K2FeO4+_______H2O=_______Fe(OH)3(胶体)+_______O2↑+_______KOH【答案】(1)6(2)①.Cr②.Cl2(3)酸(4)+6价(5)c(6)2Fe(NO3)3+3Cl2+16KOH=2K2FeO4+6KCl+6KNO3+8H2O(7)4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH【解析】 【小问1详解】在该反应中,Cr元素从+6价降低到+3价,Cl元素从-1价升高到0价,电子转移的方向数目表示为;故每生成3个Cl2分子,转移6个电子;【小问2详解】Cr元素从+6价降低到+3价,被还原;Cl元素从-1价升高到0价,Cl2是氧化产物;【小问3详解】该反应中HCl中有一部分化合价升高,表现还原性,一部分化合价没有变,生成氯化物,表现出酸性;【小问4详解】K2FeO4中铁元素的化合价为+6价;【小问5详解】a.已知K2FeO4中Fe的化合价为+6价,处于高价态,故是强氧化性的盐,a不合题意;b.由题干说明可知,K2FeO4能与水反应,故固体保存需要防潮,b不合题意;c.由题干说明可知,K2FeO4消毒是利用其强氧化性,使蛋白质发生变性,而净化水是利用K2FeO4与水反应还能产生具有强吸附性的Fe(OH)3胶体,可除去水中细微的悬浮物,有净水作用,二者原理不相同,c符合题意;d.由题干说明可知,K2FeO4作净水剂的优点有:作用快、安全性好、无异味,d不合题意;答案选c;【小问6详解】工业制备K2FeO4需要在碱性环境下进行,则在Fe(NO3)3、Cl2、H2O、KOH、K2FeO4、KCl、KNO3七种物质中Fe(NO3)3转化为K2FeO4,化合价升高,根据氧化还原反应有升必有降的规律可知,另一组反应为Cl2到KCl,根据氧化还原反应配平和质量守恒可得,制备K2FeO4的化学反应方程式为:2Fe(NO3)3+3Cl2+16KOH=2K2FeO4+6KCl+6KNO3+8H2O;【小问7详解】已知反应中Fe的化合价由+6价降低到+3价,即每生成1个Fe(OH)3化合价降低3,O的化合价由-2价升高到0价,即每生成1分子O2升高4,则Fe(OH)3和O2的系数分别为4和3,根据氧化还原反应配平可得,将K2FeO4与水反应的化学方程式为:4K2FeO4+10H2O=4Fe(OH)3+3O2↑+8KOH;18.某混合溶液中可能含有H+、Na+、K+、NH、Cl-、SO、SO、CO,且溶液中各离子的浓度均相等,取三份样品溶液进行如图所示的实验。 已知:①氨气(NH3)可使湿润红色石蕊试纸变蓝;②稀硝酸的还原产物为无色气体NO,遇空气变成红棕色气体NO2。(1)沉淀A的化学式为_______,写出由样品与HNO3、Ba(NO3)2反应生成沉淀A的离子方程式_______。(2)生成沉淀C离子方程式为_______。(3)生成气体D的离子方程式为_______。(4)通过以上实验可以得出混合物中一定含有的离子有Cl-、Na+、NH、SO及_______,一定不存在的离子有_______。【答案】(1)①.BaSO4②.(2)Ag++Cl-=AgCl↓(3)(4)①.K+②.H+、SO、CO【解析】【分析】第一份样品溶液与足量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液反应生成无色气体E、沉淀A和溶液B,无色气体E遇空气变成红棕色气体F,由题给信息知,E为NO,F为NO2.由于反应有NO生成,说明发生了氧化还原反应,HNO3作氧化剂,则必有还原剂,故样品溶液中一定含还原剂SO,SO被氧化为SO。沉淀A加足量盐酸沉淀不溶解,则该沉淀为BaSO4,由于之前溶液中的SO被氧化为SO,故样 品溶液中可能含SO也可能没有,由于H+与SO不共存,因此一定不含H+。溶液B与硝酸银反应生成不溶于硝酸的沉淀C,则沉淀C为AgCl,可知样品溶液中一定含Cl-。第二份溶液与NaOH浓溶液加热生成的气体能使湿润的石蕊试纸变蓝,说明生成了氨气,则样品溶液中有NH。第三份溶液焰色试验火焰呈黄色,说明样品溶液中一定含有Na+。所以样品溶液中一定含有SO、Cl-、NH、Na+,一定不含H+,由于溶液中各离子的浓度均相等,根据电荷守恒,样品溶液中一定含有K+,一定不含SO、CO。综上所述,样品溶液中一定含有SO、Cl-、NH、Na+、K+,一定不含H+、SO、CO。【小问1详解】由以上分析可知沉淀A为BaSO4;样品溶液与足量HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液反应生成无色气体NO、沉淀BaSO4,反应离子方程式为:;【小问2详解】沉淀C为AgCl,生成该沉淀的离子方程式为:Ag++Cl-=AgCl↓;【小问3详解】第二份溶液与NaOH浓溶液加热生成的气体能使湿润的石蕊试纸变蓝,说明生成了氨气,发生反应的离子方程式为:;【小问4详解】

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2023-11-27 20:00:07 页数:14
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文章作者:随遇而安

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