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江西省宜春市上高二中2015-2016学年高一第三次月考化学试卷.doc


2015-2016 学年江西省宜春市上高二中高一(上)第三次月 考化学试卷 参考答案与试题解析
一、选择题(本题包括 16 小题,每小题 3 分,共 48 分,每小题只有一个正确选项) 1. (3 分) (2012?河南校级学业考试)铝镁合金因坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工而成 为新型建筑装潢材料,主要用于制作窗框、卷帘门、防护栏等.下列与这些用途无关的性质 是( )

B.导电性好 C.密度小 D.强度高

A.不易生锈

【考点】金属与合金在性能上的主要差异;合金的概念及其重要应用. 【专题】金属概论与碱元素. 【分析】根据镁铝合金的性质判断正误. 【解答】解:根据镁铝合金的性质是坚硬、轻巧、美观、洁净、易于加工,所以主要用于制 作窗框、卷帘门、防护栏等;A、C、D 都符合这些特点,只有 B 不符合. 故选:B 【点评】本题考查的是合金的性质及应用,性质决定用途,用途体现性质,根据镁铝合金的 性质判断即可.

2. (3 分) (2015 秋?贵阳校级期中)下列物质之间的反应,一定不能生成盐的是( A.酸性氧化物与碱反应 C.单质与化合物的置换反应 B.碱性氧化物与酸反应 D.金属与氧气化合



【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;化学基本反应类型. 【分析】A、酸性氧化物和碱反应生成盐和水; B、碱性氧化物和酸反应生成盐和水; C、金属单质和盐之间的置换反应,产物是新盐和新的金属单质; D、金属和氧气化合得到金属氧化物或是过氧化物. 【解答】解:A、酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物,故 A 不选; B、碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物,故 B 不选; C、金属单质和盐之间的置换反应,产物是新盐和新的金属单质,故 C 不选; D、金属和氧气化合得到金属氧化物或是过氧化物,一定不会产生盐,故 D 选.

故选 D. 【点评】本题涉及物质的性质的考查,注意知识的归纳和梳理是关键,难度中等.

3. (3 分) (2015 秋?宜春校级月考)设 NA 表示阿伏加德罗常数,下列叙述正确的是( A.标准状况下,22.4L H2O 所含的原子数目为 3NA B.25℃、101.3kPa 时,11.2L H2 中含有的原子数为 NA C.4℃、101.3kPa 时,54mL H2O 中含有的分子数为 3NA D.2L 1mol/L Na2SO4 溶液中离子总数为 3NA 【考点】阿伏加德罗常数. 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.



【分析】A.标准状况下,水的状态不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算水的物 质的量; B.25℃、101.3kPa 时不是标准状况下,题中条件无法计算氢气的物质的量; C.该条件水的密度约为 1g/mL,54mL 水的质量为 54g,物质的量为 3mol; D.根据 ncV 计算出溶液中硫酸钠的物质的量,再根据硫酸钠的组成计算出硫酸钠中含有的 离子总数. 【解答】解:A.标况下,水不是气体,不能使用标况下的气体摩尔体积计算 22.4L 水的物 质的量,故 A 错误; B.不是标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算 11.2L 氢气的物质的量,故 B 错 误; C.4℃、101.3kPa 时,54mL H2O 的质量约为 54g,54g 水的物质的量为 3mol,含有的分子数 为 3NA,故 C 正确; D.2L 1mol/L 的硫酸钠溶液中含有溶质硫酸钠 2mol,2mol 硫酸钠中含有 4mol 钠离子、2mol 硫酸根离子,总共含有 6mol,离子总数为 6NA,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的计算与判断,题目难度中等,注意掌握标况下气体摩 尔体积的使用条件,明确标准状况下水、乙醇、苯、氟化氢等不是气体,熟练掌握物质的量 与阿伏伽德罗常数、摩尔质量等物理量之间的关系. 4. (3 分) (2013 秋?包河区校级期中)下列叙述与胶体的性质无关的是( )

A.向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸,开始产生红褐色沉淀,后来沉淀逐渐溶解并消失

B.当日光从窗隙射入暗室时,观察到一束光线 C.向氯化铁溶液中加入氢氧化钠溶液,产生红褐色沉淀 D.水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘,是因为烟尘粒子带电荷 【考点】胶体的重要性质. 【专题】溶液和胶体专题. 【分析】A、向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸,开始产生红褐色沉淀是胶体的聚沉; B、胶体具有丁达尔现象; C、氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀使发生的复分解反应; D、胶体具有电泳性质. 【解答】解:A、向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀盐酸,开始产生红褐色沉淀是胶体的聚沉, 与胶体性质有关,故 A 不符合; B、胶体具有丁达尔现象,当日光从窗隙射入暗室时,观察到一束光线,与胶体性质有关, 故 B 不符合; C、氯化铁和氢氧化钠反应生成氢氧化铁沉淀使发生的复分解反应,与胶体性质无关,故 C 符合; D、胶体具有电泳性质,水泥厂、冶金厂常用高压电除去烟尘,是因为烟尘粒子带电荷,与 胶体性质有关,故 D 不符合; 故选 C. 【点评】本题考查了胶体性质的分析应用,主要是胶体性质的理解判断,掌握基础是关键, 题目较简单.

5. (3 分) (2014 秋?潍坊期中)市场上销售的“84”消毒液,其商品标识上有如下叙述:①本 品为无色溶液, 呈碱性 ②使用时加水稀释 ③可对餐具、 衣物进行消毒, 可漂白浅色衣服. 则 其有效成份可能是( A.Cl2 ) B.SO2 C.NaClO D.KMnO4

【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用. 【分析】“84”消毒液为无色液体呈碱性,具有漂白性和强氧化性,据此结合选项解答. 【解答】解:A.氯气溶于水为黄绿色溶液,故 A 不选; B.二氧化硫的水溶液呈酸性,与题中呈碱性不符,故 B 不选;

C.NaClO 的水溶液为无色液体,具有强氧化性,可用于杀菌消毒,具有漂白性,可漂白浅 色衣服,故 C 选; D.高锰酸钾溶液呈紫色,故 D 不选; 故选:C. 【点评】本题考查 NaClO 的性质,题目难度不大,注意把握 NaClO 的性质与用途.

6. (3 分) (2012 秋?福建期末)下列实验现象,与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没 有关系的是( )

A.将 NaHCO3 固体加入新制的氯水中,有无色气泡(H+) B.将红色布条放入新制的氯水中,布条退色(HCl) C.将 SO2 通入新制的氯水中,溶液退色(Cl2) D.将 AgNO3 溶液滴加到新制氯水中,有白色沉淀产生(Cl ) 【考点】氯气的化学性质. 【专题】卤族元素. 【分析】A.氯水中有盐酸,酸电离生成的 H+能与 NaHCO3 固体反应; B.氯水中的次氯酸具有强氧化性,能用于漂白; C.氯气具有氧化性; D.氯水中的氯离子能与硝酸银发生复分解反应. 【解答】解:A.因氯水中有盐酸,电离生成 H+,H+能与 NaHCO3 固体反应生成二氧化碳 气体,则会有无色气泡出现,故 A 正确; B.氯水中的次氯酸具有强氧化性,能使红色布条褪色,故 B 错误; C.因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子,再滴加 KSCN 溶液,发现呈血红色,故 C 正确; D. 因氯水中的盐酸电离生成 Cl ,氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀, 故 D 正确. 故选 B. 【点评】本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质,明确新制氯水的成分 是解答本题的关键,并熟悉各微粒的性质来解答即可,题目难度不大.
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7. (3 分) (2014?常德二模)下列说法不正确的是(



A.明矾、漂白粉、臭氧的净水原理相同 B.“血液透析”的原理利用了胶体的性质 C.食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋,防止食物受潮和氧化变质 D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾 【考点】常见的生活环境的污染及治理;胶体的应用;常见的食品添加剂的组成、性质和作 用. 【专题】化学计算. 【分析】A.明矾中铝离子水解生成胶体,漂白粉、臭氧具有强氧化性; B.血液为胶体分散性,不能透过半透膜; C.硅胶具有吸水性,铁粉具有还原性; D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物. 【解答】解:A.明矾中铝离子水解生成胶体,利用吸附性净化水,而漂白粉、臭氧具有强 氧化性,可用用水的杀菌消毒,净水原理不同,故 A 错误; B.血液为胶体分散性,不能透过半透膜,而小分子、离子等可透过,则“血液透析”的原理 利用了胶体的性质,故 B 正确; C.硅胶具有吸水性,铁粉具有还原性,所以食品包装中常放入有硅胶和铁粉的小袋,防止 食物受潮和氧化变质,故 C 正确; D.煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等均产生固体颗粒物,雾霾与空气中固体颗粒物有关, 则煤炭燃烧、机动车尾气、建筑扬尘等可加重雾霾,故 D 正确; 故选 A. 【点评】本题考查较综合, 涉及水的净化、 胶体性质、 食品保护及雾霾等, 注重化学与生活、 环境、医疗的联系,把握物质的性质及化学在生活中的重要应用即可解答,题目难度不大.

8. (3 分) (2010 秋?金华期末)以下物质间的每步转化通过一步反应就能实现的是( A.Al→Al2O3→Al(OH)3→NaAlO2 C.Cu→CuO→Cu(OH)2→CuSO4 B.Fe→FeCl2→Fe(OH)2→Fe(OH)3 D.Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3



【考点】铝的化学性质;硅和二氧化硅;镁、铝的重要化合物;铁的化学性质;铁盐和亚铁 盐的相互转变;常见金属元素的单质及其化合物的综合应用. 【专题】元素及其化合物. 【分析】A.氧化铝和水不反应;

B.铁和盐酸反应生成氯化亚铁,氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚 铁和氧气反应生成氢氧化铁; C.氧化铜和水不反应; D.二氧化硅和水不反应; 【解答】解:A.氧化铝和水不反应,所以氧化铝不能转化为氢氧化铝,必须先转化为其它 物质再转化为氢氧化铝,故 A 不选; B.铁和盐酸反应生成氯化亚铁,氯化亚铁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚 铁和氧气反应生成氢氧化铁,所以能实现一步转化,故 B 选; C.氧化铜和水不反应,所以氧化铜不能一步转化为氢氧化铜,必须先转化为其它物质再转 化为氢氧化铜,故 C 不选; D.二氧化硅不和水反应,所以二氧化碳不能一步转化为硅酸,必须先转化为硅酸钠再转化 为硅酸,故 D 不选; 故选 B. 【点评】本题考查物质的转化,明确物质的化学性质及相关的化学反应是解答本题的关键, 难度不大.

9. (3 分) (2015 秋?绥化校级期中)标准状况下某种 O2 和 N2 的混合气体 mg 含有 b 个分子, 则 ng 该混合气体在相同状况下所占的体积应是( A. B. C. ) D.

【考点】物质的量的相关计算. 【分析】先求出 ng 该混合气体含有的分子数,再求出混合气体物质的量,最后根据标准状 况下的气体摩尔体积求出体积. 【解答】解:根据其组分及其含量相同,所以其质量与分子数成正比,设 ng 该混合气体含 有的分子数为 x 个, 质量与分子数的比列式为:mg:b=ng:x, x= = 个; = = mol,

ng 该混合气体含有的物质的量为:n=

其体积为:V=n× Vm= 故选 A.

mol×Vm=

L,

【点评】本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系,题目难度不大,灵活运用 公式是解题的关键,这种类型的题在高考选择题中经常出现.

10. (3 分) (2014 秋?赣州期末)下列各组溶液中,离子一定能大量共存的是( A.强碱溶液中:Na+、Mg2+、SO42 、AlO2
﹣ ﹣ ﹣



B.某无色溶液中:NH4+、Fe3+、MnO4 、NO3




C.含有 0.1mol/L Fe3+溶液中:K+、Mg2+、Cl 、SCN




D.与铝反应生成 H2 的溶液中:Na+、K+、Cl 、SO42 【考点】离子共存问题. 【专题】离子反应专题.



【分析】A.镁离子能够与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀; B.铁离子、高锰酸根离子为有色离子,不满足溶液无色的条件; C.铁离子能够与硫氰根离子反应生成络合物硫氰化铁; D.与铝反应生成 H2 的溶液为酸性或者碱性溶液,Na+、K+、Cl 、SO42 离子之间不发生反
﹣ ﹣

应,也 不与氢离子和氢氧根离子反应. 【解答】解:A.Mg2+能够与氢氧根离子发生反应生成难溶物氢氧化镁,在溶液中不能大量 共存,故 A 错误; B.Fe3+、MnO4 为有色离子,不满足溶液无色的要求,故 B 错误;


C.Fe3+和 SCN 能够发生反应生成络合物硫氰化铁,在溶液中不能大量共存,故 C 错误;


D.该溶液为酸性或者碱性溶液,Na+、K+、Cl 、SO42 离子之间不反应,且都不与氢离子
﹣ ﹣

和氢氧根离子反应,在溶液中能够大量共存,故 D 正确; 故选 D. 【点评】本题考查离子共存的正误判断,题目难度中等,注意明确离子不能大量共存的一般 情况,如:能发生复分解反应的离子之间;能生成难溶物的离子之间;能发生氧化还原反应 的离子之间;能发生络合反应的离子之间(如 Fe3+和 SCN )等;还应该注意题目所隐含


的条件,如:溶液的酸碱性,据此来判断溶液中是否有大量的 H+或 OH ;溶液的颜色,如


无色时可排除 Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4 等有色离子的存在;溶液的具体反应条件,如“氧


化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”;试题侧重对学生基础知识的训练和检验,有利于培养 学生的逻辑推理能力,提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.

11. (3 分) (2013 秋?和平区期末)下列离子方程式书写正确的是( A.铁和稀盐酸反应:2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑ B.硝酸铝溶液中加入过量氨水:Al3++3OH =Al(OH)3↓




C.小苏打溶液与稀硫酸混合:CO32 +2H+═CO2↑+H2O


D. 明矾溶液与足量的氢氧化钡溶液混合: Al3++2SO42 +2Ba2++4OH =AlO2 +2BaSO4↓+2H2O
﹣ ﹣ ﹣

【考点】离子方程式的书写. 【专题】离子反应专题. 【分析】A.铁和盐酸反应生成 Fe2+; B.一水合氨是一元弱碱,在反应中不能拆成离子形式; C.小苏打溶液与稀硫酸反应的实质是碳酸氢根和氢离子之间的反应; D.明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时,明矾中的离子全部反应. 【解答】解:A.铁和盐酸反应生成 Fe2+,反应的离子方程式为 Fe+2H+=Fe2++H2↑,故 A 错 误; B.一水合氨是一元弱碱,在反应中不能拆成离子形式,硝酸铝溶液中加入过量的氨水的反 应为:Al3++3NH3?H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,故 B 错误; C.小苏打溶液与稀硫酸反应的实质是碳酸氢根和氢离子之间的反应即 HCO3 +H+=H2O+CO2↑,故 C 错误; D.明矾溶液中加入过量的氢氧化钡时,明矾中的铝离子会转化为偏铝酸根,硫酸根全部生 成沉淀,反应为 Al3++2SO42 +2Ba2++4OH =2BaSO4↓+AlO2 +2H2O,故 D 正确.
﹣ ﹣ ﹣ ﹣

故选 D. 【点评】本题考查离子反应的书写,明确发生的化学反应是解答本题的关键,注意胶体的生 成为水解的应用及与量有关的离子反应,题目难度中等.

12. (3 分) (2015 秋?浏阳市校级期中)下列关于物质或离子检验的叙述正确的是( A.在溶液中加 KSCN,溶液显红色,证明原溶液中有 Fe3+,无 Fe2+ B.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,证明原气体中含有水蒸气 C.灼烧白色粉末,火焰成黄色,证明原粉末中有 Na+,无 K+



D.将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊,证明原气体是 CO2 【考点】常见离子的检验方法. 【分析】A.如果该溶液既含 Fe3+,又含 Fe2+,滴加 KSCN 溶液,溶液呈红色,证明存在 Fe3+,并不能证明无 Fe2+; B.无水硫酸铜吸水变为 CuSO4?5H2O,白色粉末变蓝,可证明原气体中含有水蒸气; C.灼烧白色粉末,火焰成黄色,证明原粉末中有 Na+,不能证明无 K+,因为黄光可遮住紫 光,K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察; D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有 CO2、SO2 等. 【解答】解:A.Fe3+遇 KSCN 会使溶液呈现红色,Fe2+遇 KSCN 不反应无现象,如果该溶 液既含 Fe3+,又含 Fe2+,滴加 KSCN 溶液,溶液呈红色,则证明存在 Fe3+,并不能证明无 Fe2+,故 A 错误; B.气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应:CuSO4+5H2O═CuSO4?5H2O,可证明原 气体中含有水蒸气,故 B 正确; C.灼烧白色粉末,火焰呈黄色,证明原粉末中有 Na+,并不能证明无 K+,Na+焰色反应为 黄色,可遮住紫光,K+焰色反应需透过蓝色的钴玻璃滤去黄光后观察,故 C 错误; D.能使澄清石灰水变浑浊的气体有 CO2、SO2 等,故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊, 则原气体中可能含有 SO2,不一定是 CO2,故 D 错误; 故选 B. 【点评】本题考查常见物质及离子检验,题目难度中等,明确常见物质的性质及检验方法为 解答关键,试题侧重对基础知识的考查,培养了学生的分析能力及灵活应用能力.

13. (3 分) (2014 秋?桐乡市校级期末)下列关于 Na 及其化合物的叙述正确的是( A.将钠投入 FeSO4 溶液中,可以得到单质铁 B.足量 Cl2、S 分别和二份等质量的 Na 反应,前者得到电子多 C.Na2O 与 Na2O2 中阴阳离子的个数比均为 1:2 D.在 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 反应中,每生成 1mol O2,消耗 2mol 氧化剂 【考点】钠的化学性质. 【专题】金属概论与碱元素.



【分析】A.Na 投入 FeSO4 溶液中,钠先和水反应生成 NaOH,NaOH 再和硫酸亚铁反应; B.Na 的质量相等,则转移电子相等;

C.过氧化钠中阴阳离子分别是过氧根离子和钠离子; D.该反应中 O 元素化合价由﹣1 价变为 0 价和﹣2 价,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂. 【解答】 解: A. 该过程中发生的反应为: 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、 2NaOH+FeSO4=Fe (OH)
2+Na2SO4,所以得不到铁,故

A 错误;

B.Na 的质量相等,氧化剂的物质的量相等,反应中只有钠失电子,所以转移电子相等, 故 B 错误; C.Na2O 与 Na2O2 中阴阳离子分别是钠离子和氧离子、钠离子和过氧根离子,所以其阴阳 离子个数比均为 1:2,故 C 正确; D.该反应中 O 元素化合价由﹣1 价变为 0 价和﹣2 价,Na2O2 既是氧化剂又是还原剂,每 生成 1mol O2,消耗 1mol 氧化剂,故 D 错误; 故选 C. 【点评】本题以钠为载体考查了物质间的反应,明确物质的性质是解本题关键,结合元素化 合价变化来分析解答,易错选项是 C,注意过氧化钠中阴阳离子分别是什么,为易错点.

14. (3 分) (2013?陕西校级模拟)赤铜矿的主要成分是 Cu2O,辉铜矿的主要成分是 Cu2S, 将赤铜矿与辉铜矿混合加热发生以下反应:Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑,关于该反应的说法中, 正确的是( )

A.该反应的氧化剂只有 Cu2O B.Cu2S 在反应中既是氧化剂,又是还原剂 C.Cu 既是氧化产物又是还原产物 D.每生成 19.2gCu,反应中转移 1.8mol 电子 【考点】氧化还原反应;氧化还原反应的电子转移数目计算. 【专题】氧化还原反应专题. 【分析】A、化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂; B、化合价降低的元素所在的反应物是氧化剂;化合价升高的元素所在的反应物是还原剂; C、氧化剂对应的是还原产物,还原剂对应的是氧化产物; D、根据转移电子的量来分析生成的金属铜的量. 【解答】解:A、反应 Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中,化合价降低的元素是铜元素,所在的反 应物 Cu2S、Cu2O 是氧化剂,故 A 错误;

B、硫化铜中硫元素化合价升高,铜元素的化合价降低,所以 Cu2S 在反应中既是氧化剂, 又是还原剂,故 B 正确; C、反应物 Cu2S、Cu2O 中硫元素化合价降为金属铜中的 0 价,金属铜为还原产物,故 C 错 误; D、反应 Cu2S+2Cu2O═6Cu+SO2↑中,化合价升高了 6 价,转移了 6mol 电子,生成金属铜 6mol,所以每生成 19.2g(即 0.3mol)Cu,反应中转移 0.3mol 电子,故 D 错误. 故选 B. 【点评】本题考查学生氧化还原反应中的有关概念和电子转移知识,是一道基本知识题目, 难度不大.

15. (3 分) (2012?天心区)FeCl3、CuCl2 的混合溶液中加入铁粉,充分反应后仍有固体存在, 则下列判断不正确的是( ) B.溶液中一定含 Fe2+ D.剩余固体中一定含 Cu

A.加入 KSCN 溶液一定不变红色 C.溶液中一定不含 Cu2+ 【考点】铁的化学性质. 【专题】元素及其化合物.

【分析】FeCl3、CuCl2 的混合溶液中加入铁粉,Fe 先和 FeCl3 反应生成 FeCl2,然后 Fe 再和 CuCl2 发生置换反应生成 FeCl2、Cu,如果充分反应后仍有固体存在,如果固体是 Fe 和 Cu, 则溶液中溶质为 FeCl2,如果溶液中固体为 Cu,则溶液中溶质为 FeCl2 或 FeCl2 和 CuCl2,据 此分析解答. 【解答】解:FeCl3、CuCl2 的混合溶液中加入铁粉,Fe 先和 FeCl3 反应生成 FeCl2,然后 Fe 再和 CuCl2 发生置换反应生成 FeCl2、Cu,如果充分反应后仍有固体存在,如果固体是 Fe 和 Cu,则溶液中溶质为 FeCl2,如果溶液中固体为 Cu,则溶液中溶质为 FeCl2 或 FeCl2 和 CuCl2, A.溶液中溶质一定没有 Fe3+,所以加入 KSCN 溶液一定不变红色,故 A 正确; B.根据以上分析知,溶液中一定含有 Fe2+,可能含有 Cu2+,故 B 正确; C.根据以上分析知,溶液中可能含有 Cu2+,故 C 错误; D.Fe 的还原性大于 Cu,所以固体中一定含有 Cu,故 D 正确; 故选 C.

【点评】本题考查金属的性质,明确离子、金属反应先后顺序是解本题关键,根据固体成分 确定溶液中溶质成分,侧重考查分析能力,题目难度中等.

16. (3 分) (2015 秋?宜春校级月考)向 50gCuSO4 溶液中放入一小块 Na,待反应完全后, 过滤,得到仍显蓝色的溶液 44.6g,则投入的 Na 的质量为( A.4.6g B.4.1g C.6.9 g ) D.9.2g

【考点】化学方程式的有关计算;钠的化学性质. 【分析】首先发生反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,再发生反应:CuSO4+2NaOH=Na2SO4+Cu (OH)2↓,发生总反应为:2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑,溶液仍显蓝色, 说明 CuSO4 有剩余, 所得溶液质量=硫酸铜溶液质量+Na 的质量﹣氢气质量﹣氢氧化铜质量, 据此计算解答. 【解答】解:溶液仍显蓝色,说明 CuSO4 有剩余,设 Na 的物质的量为 xmol,则: 2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑ 2 xmol 1 0.5mol 1 0.5mol

得到蓝色的溶液 44.6g,则 50g+xmol× 23g/mol﹣0.5xmol× 98g/mol﹣0.5xmol× 2g/mol=44.6g, 解得 x=0.2,故加入 Na 的质量为 0.2mol× 23g/mol=4.6g, 故选 A. 【点评】本题考查化学方程式有关计算,关键是根据质量守恒确定溶液质量,难度不大.

二、填空题(本题包括 3 小题,共 36 分) 17. (13 分) (2015 秋?宜春校级月考)现有下列九种物质: ①H2 ②铝 ③SiO2 ④CO2⑤H2SO4 ⑥Ba(OH)2 固体⑦氨水 (SO4)3 (1)按物质的分类方法填写表格的空白处: 分类标准 属于该类的物质 酸性氧化物 ③④ 能导电 ②⑦⑧⑨


⑧稀硝酸

⑨熔融 Al2

电解质 ⑤⑥⑨

(2)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应:H++OH ═H2O,该离子反应对应的 化学方程式为 Ba(OH)2+2HNO3=Ba(NO3)2+2H2O . (3)少量的④通入⑥的溶液中反应的离子方程式为: Ba2++2OH +CO2=BaCO3↓+H2O .


(4)②与⑧发生反应的化学方程式为:Al+4HNO3═Al(NO3)3+NO↑+2H2O,该反应的氧 化剂是 HNO3 (填化学式) ,还原剂与氧化剂的物质的量之比是 1:1 . 【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系;离子方程式的书写;氧化还原反应的计 算. 【专题】物质的分类专题;氧化还原反应专题. 【分析】 (1)酸性氧化物是指:氧化物和碱发生反应生成盐和水的氧化物,发生的反应是复 分解反应; 物质能够导电,主要存在自由移动的导电粒子即可; 在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质, 在水溶液或熔融状态下能够导电的化 合物电解质,据此进行判断; (2)离子方程式 H++OH ═H2O 表示可溶性的强酸与可溶性的强碱发生中和反应,生成可


溶性的盐,据此写出满足该条件下的化学反应方程式; (3)少量的④CO2 通入⑥Ba(OH)2 的溶液中反应,是酸性氧化物和碱的反应生成盐和水, 少量二氧化碳和氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和水; (4)反应中元素化合价升高的物质失电子做还原剂被氧化,发生氧化反应,元素化合价降 低的物质得到电子做氧化剂,被还原发生还原反应. 【解答】解: (1)酸性氧化物是指和碱反应生成盐和水的氧化物,③SiO2 和碱反应的化学 方程式为:SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O,④CO2 和碱反应的化学方程式为: CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,符合酸性氧化物概念,故选③④; 能够导电,物质中存在自由移动的导电粒子,满足该条件的有:②铝是金属存在自由移动的 电子,能导电,⑦氨水是氨气的水溶液,存在自由移动的阴阳离子能导电,⑧稀硝酸是硝酸 的水溶液属于强电解质溶液,存在自由移动的阴阳离子能导电,⑨熔融 Al2(SO4)3 完全电 离存在自由移动的阴阳离子能导电,故选②⑦⑧⑨; 电解质为在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物, 满足该条件的有: ⑤H2SO4 是酸是化合 物,水溶液中完全电离出离子,溶液能导电,属于电解质,⑥Ba(OH)2 固体是盐属于化 合物,溶于水完全电离出离子,能导电属于电解质,⑨熔融 Al2(SO4)3 是化合物,熔融状 态完全电离,存在自由移动的阴阳离子能导电,属于电解质,故选⑤⑥⑨, 故答案为: 分类标准 酸性氧化物 能导电 电解质

属于该类的物质

③④

②⑦⑧⑨

⑤⑥⑨


(2)上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应:H++OH ═H2O,该两种物质为可溶 性的强碱与强酸反应生成可溶性的盐的反应,满足该条件下的反应方程式为:Ba(OH)
2+2HNO3═Ba(NO3)2+2H2O,

故答案为:Ba(OH)2+2HNO3═Ba(NO3)2+2H2O; (3)少量的④CO2 通入⑥Ba(OH)2 的溶液中反应,是酸性氧化物和碱的反应,少量二氧 化碳和氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀和水,反应的离子方程式为:Ba2++2OH +CO2=BaCO3↓+H2O, 故答案为:Ba2++2OH +CO2=BaCO3↓+H2O;
﹣ ﹣

(4)Al+4HNO3═Al(NO3)3+NO↑+2H2O,反应中铝元素化合价升高,0 价变化为+3 价, 失电子做还原剂被氧化,发生氧化反应,氮元素化合价降低,+5 价变化为+2 价,得到电子 做氧化剂,被还原发生还原反应,依据电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比是 1: 1, 故答案为:HNO3;1:1. 【点评】 本题考查了物质的导电性、 电解质、 酸性氧化物的判断, 氧化还原反应概念的分析, 题目难度中等,注意明确电解质与非电解质的概念、物质导电性的条件,掌握离子方程式的 意义及书写方法.

18. (11 分) (2015 秋?宜春校级月考)物质 A、B、C、D、E、F、G、H、I、J、K 存在如 图转化关系,其中 D、E 为气体单质,请回答: (1)写出下列物质的化学式: A 是 Al ,D 是 H2 ,K 是 Fe(OH)3 .

(2)写出反应“C→F”的离子方程式: Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+ (3)写出反应“F→G”的化学方程式: Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O _ (4)在溶液 I 中滴入 NaOH 溶液,可观察到的现象是: 先生成白色絮状沉淀,迅速变为 灰绿色,最后变为红褐色沉淀 (5)J 的饱和溶液可以制备胶体用来净水,离子方程式为 Fe3++3H2O (胶体)+3H+ Fe(OH)3

【考点】无机物的推断. 【专题】元素及其化合物. 【分析】金属 A 与溶液 B 反应生成的 C 肯定为盐,则 F 为碱,F 能与溶液氢氧化钠溶液, 则 F 为应为 Al(OH)3,G 为 NaAlO2,A 为 Al,黄绿色气体 E 为 Cl2,则 D 为 H2,B 为 HCl,C 为 AlCl3,红褐色沉淀 K 为 Fe(OH)3,则 H 为 Fe,I 为 FeCl2,J 为 FeCl3,结合 对应物质的性质以及题目要求解答该题. 【解答】解:金属 A 与溶液 B 反应生成的 C 肯定为盐,则 F 为碱,F 能与溶液氢氧化钠溶 液,则 F 为应为 Al(OH)3,G 为 NaAlO2,A 为 Al,黄绿色气体 E 为 Cl2,则 D 为 H2,B 为 HCl,C 为 AlCl3,红褐色沉淀 K 为 Fe(OH)3,则 H 为 Fe,I 为 FeCl2,J 为 FeCl3, (1)根据上面的分析可知,A 为 Al,D 为 H2,K 为 Fe(OH)3,故答案为:Al;H2;Fe (OH)3; (2)“C→F”的离子方程式为 Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+, 故答案为:Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH4+; (3) F 为 Al (OH) G 为 NaAlO2, F→G 反应的化学方程式为 Al (OH) 3, 3+NaOH═NaAlO2+2H2O, 故答案为:Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O; (4)I 为 FeCl2,在溶液 I 中滴入 NaOH 溶液,生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁不稳定,可被 氧化生成氢氧化铁,现象为先生成白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色沉淀, 故答案为:先生成白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最后变为红褐色沉淀; (5) J 为 FeCl3, J 的饱和溶液可以制备胶体用来净水, 离子方程式为: Fe3++3H2O (OH)3(胶体)+3H+, 故答案为:Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+. Fe

【点评】本题考查无机物的推断,为高考常见题型,侧重于学生的分析能力和推断能力的考 查,注重于元素化合物知识的综合运用,注意“题眼”的确定,准确确定“题眼”是解推断题的 关键,难度不大.

19. (12 分) (2012 秋?许昌期末) (1)向稀的 AlCl3 溶液中,逐滴加入过量的氢氧化钠溶液, 边加边振荡,该反应过程中能够观察到的实验现象为 先产生白色沉淀,最后沉淀溶解 ;
﹣ ﹣

根据上述提示,该反应总的离子方程式可表示为 Al3++4OH =AlO2 +2H2O . (2)已知 Al3++3AlO2 +6H2O=4Al(OH)3↓.将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液(I) ,或者


将氯化铝溶液滴入氢氧化钠溶液(Ⅱ)中会出现不同的反应现象.现将不同的现象用不同的 图象表示如下,则(I)的图象为 A , (Ⅱ) 的图象为

B . (3)除上题外还有两种溶液相互滴加顺序不同现象不同的例子,如:在饱和碳酸钠溶液中, 逐滴加入稀盐酸,边加边振荡,发现最初无气体产生,但溶液变浑浊,原因是 碳酸根首先

与氢离子反应生成碳酸氢根离子,使碳酸钠转化成了碳酸氢钠,因后者溶解度小于前者,所 以有沉淀析出 , 离子方程式为 Na++H++CO32 =NaHCO3↓ , 继续滴加稀盐酸有气体放出,


溶液变澄清.而在稀盐酸中,逐滴加入饱和碳酸钠溶液,立即有气体产生,离子方程式为 CO32 +2H+=CO2↑+H2O .


【考点】镁、铝的重要化合物;钠的重要化合物. 【专题】图像图表题. 【分析】 (1) 向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量, 发生的反应方程式为: Al3++3OH


═Al(OH)3↓、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,根据物质的溶解性分析解答;


(2)将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液,发生的反应方程式为:Al3++3OH ═Al(OH)3↓、 Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,看到的现象是:先产生白色沉淀,最后沉淀溶解,根据 消耗的氢氧化钠的量,产生沉淀和溶解沉淀的比为 3:1;则 A 符合;将氯化铝溶液滴入氢 氧化钠溶液, 发生的反应方程式为: Al3++4OH =AlO2 +2H2O; Al3++3AlO2 +6H2O=4Al (OH)
﹣ ﹣ ﹣

3↓;看到的现象是:先无沉淀,最后生成沉淀,根据消耗的氯化铝的量,无沉淀和生成沉淀

的比为 3:1;则 B 符合;

(3)因为在饱和碳酸钠溶液中,逐滴加入稀盐酸,碳酸根首先与氢离子反应生成碳酸氢根 离子, 使碳酸钠转化成了碳酸氢钠, 因后者溶解度小于前者, 所以有沉淀析出, 无气泡产生; 在稀盐酸中,逐滴加入饱和碳酸钠溶液,立即有气体产生,因为氢离子过量,碳酸根直接与 氢离子反应生成二氧化碳和水. 【解答】解: (1)向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量,发生的反应方程式为: Al3++3OH ═Al(OH)3↓、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,氢氧化铝是难溶性白色物质,


偏铝酸钠是可溶性物质,所以看到的现象是:先产生白色沉淀,最后沉淀溶解,总反应为: Al3++4OH =AlO2 +2H2O;
﹣ ﹣

故答案为:先生成白色沉淀,然后沉淀逐渐溶解最后完全消失;Al3++4OH =AlO2 +2H2O;
﹣ ﹣

(2)将氢氧化钠溶液滴入氯化铝溶液,发生的反应方程式为:Al3++3OH ═Al(OH)3↓、


Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,看到的现象是:先产生白色沉淀,最后沉淀溶解,根据 消耗的氢氧化钠的量,产生沉淀和溶解沉淀的比为 3:1;则 A 符合;将氯化铝溶液滴入氢 氧化钠溶液, 发生的反应方程式为: Al3++4OH =AlO2 +2H2O; Al3++3AlO2 +6H2O=4Al (OH)
﹣ ﹣ ﹣

3↓;看到的现象是:先无沉淀,最后生成沉淀,根据消耗的氯化铝的量,无沉淀和生成沉淀

的比为 3:1;则 B 符合, 故答案为:A;B; (3)因为在饱和碳酸钠溶液中,逐滴加入稀盐酸,碳酸根首先与氢离子反应生成碳酸氢根 离子, 使碳酸钠转化成了碳酸氢钠, 因后者溶解度小于前者, 所以有沉淀析出, 无气泡产生, 反应离子方程式为:Na++H++CO32 =NaHCO3↓;在稀盐酸中,逐滴加入饱和碳酸钠溶液,立


即有气体产生,因为氢离子过量,碳酸根直接与氢离子反应生成二氧化碳和水,离子方程式 为:CO32 +2H+=CO2↑+H2O;


故答案为:碳酸根首先与氢离子反应生成碳酸氢根离子,使碳酸钠转化成了碳酸氢钠,因后 者溶解度小于前者,所以有沉淀析出;Na++H++CO32 =NaHCO3↓;CO32 +2H+=CO2↑+H2O.
﹣ ﹣

【点评】本题考查离子反应及其反应过程的分析,为高频考点,把握发生的反应及离子反应 的书写方法为解答的关键,侧重图象分析、反应的先后顺序及与量有关的离子反应考查,题 目难度不大.

三、实验题 20. (10 分) (2015 秋?宜春校级月考)氯气是一种重要的化工原料,在工农业生产、生活中 有着重要的应用.请你根据所学知识回答下列问题:

I、把氯气通入含淀粉碘化钾的溶液中,可观察到的现是: 溶液由无色变为蓝色 ,说明 氯单质的氧化性 > 碘单质的氧化性. (填<,>,=) Ⅱ、某化学兴趣小组计划用氯气和氢氧化钠制取简易消毒液. (1)其反应原理为: (用离子方程式表示) Cl2+2OH =ClO +Cl? +H2O . (2)配制 250mL 4.0mol?L 1NaOH 溶液的实验步骤:
﹣ ﹣ ﹣

a、计算需要氢氧化钠固体的质量. b、称量氢氧化钠固体. c、 将烧杯中的溶液注入容量瓶, 并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁 2~3 次, 洗涤液也注入 250mL 容量瓶. d、用适量蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体,冷却. e、盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀. f、继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下 1~2cm 时,改用胶头滴管加蒸馏水至凹液面最低 液而与刻度线相切. ①所需称量的氢氧化钠固体的质量是 40.0g . ②上述步骤的正确操作顺序是 abdcfe . ③上述实验需要的仪器有:天平、药匙、烧杯、玻璃棒、 胶头滴管 、 250mL 容量瓶 . 【考点】氯气的化学性质;溶液的配制. 【专题】元素及其化合物;定量测定与误差分析. 【分析】I.氯气与碘化钾反应生成碘,淀粉遇碘变蓝色; II. (1)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠; (2)①根据 m=nM=cVM 计算; ②配制 250mL 4.0mol?L 1NaOH 溶液,应按照计算、称量、溶解、移液、洗涤、定容、摇匀


的步骤; ③根据操作的步骤确定所需仪器. 【解答】解:I.氯气与碘化钾反应生成碘,淀粉遇碘变蓝色,反应的方程式为 Cl2+2KI=I2+2KCl,氯气的氧化性大于碘单质,故答案为:溶液由无色变为蓝色;>; II. (1)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠,反应的离子方程式为 Cl2+2OH =ClO
﹣ ﹣

+Cl? +H2O,故答案为:Cl2+2OH =ClO +Cl? +H2O;





(2)①n(NaOH)=0.25L× 4mol/L=1mol,m(NaOH)=1mol× 40g/mol=40.0g, 故答案为:40.0g;

②操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称 量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯) ,并用玻璃棒搅拌,加速 溶解.冷却后转移到 2500mL 容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒 2﹣3 次,并 将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线 1~2cm 时,改用胶头滴管滴加,最后定容 颠倒摇匀; 则正确的顺序为 a b d c f e, 故答案为:a b d c f e; ③配制顺序是:计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签,一般用天 平称量(用到药匙)称量,在烧杯中溶解,冷却后转移到 250mL 容量瓶中,并用玻璃棒引 流,转移完毕,用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒 2~3 次并将洗涤液全部转移到容量瓶中, 再加适量蒸馏水,当加水至液面距离刻度线 1~2cm 时,改用胶头滴管滴加,使溶液的凹液 面的最低点与刻线相平, 塞好瓶塞, 反复上下颠倒摇匀. 所以需要的仪器有托盘天平、 药匙、 烧杯、玻璃棒、250mL 容量瓶、胶头滴管,则还需要胶头滴管、250 mL 容量瓶, 故答案为:胶头滴管;250 mL 容量瓶. 【点评】本题考查较为综合,涉及氯气的性质、溶液的配制,侧重于学生的分析能力和实验 能力的考查,注意把握物质的性质以及实验方法,难度不大.

四、计算(本题包括 1 小题,共 6 分) 21. (6 分) (2015 秋?宜春校级月考)现有甲、乙两瓶无色溶液,已知它们可能是 NaOH 溶 液和 AlCL3 溶液.现做如下实验: ①440mL 甲溶液与 120mL 乙溶液反应,产生 1.56 沉淀 ②120mL 甲溶液与 440mL 乙溶液反应,产生 1.56 沉淀 ③120mL 甲溶液与 400mL 乙溶液反应,产生 3.12 沉淀 通过必要的计算和推理判定: 甲溶液是 AlCl3 ,其浓度为 0.5 mol/L.乙溶液是 NaOH 其浓度为 0.5 mol/L.

【考点】镁、铝的重要化合物;化学方程式的有关计算. 【专题】几种重要的金属及其化合物. 【分析】由(2)和(3)可知,一定量的甲与乙反应时,乙的量越多,生成的沉淀越少,则 乙为 NaOH 溶液,即甲为 AlCl3 溶液;

根据(1)中发生 AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl,碱不足来计算 NaOH 溶液的物质的量 浓度; 根据(2)中发生 AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O, 假设出最大沉淀量,并利用生成的沉淀的量来计算 AlCl3 溶液的浓度. 【解答】解:由(2)和(3)可知,一定量的甲与乙反应时,乙的量越多,生成的沉淀越少, 则乙为 NaOH 溶液,即甲为 AlCl3 溶液, 在 (1) 中发生 AlCl3+3NaOH═Al (OH) 1.56g 沉淀的物质的量为 3↓+3NaCl, 碱不足,完全反应, 则 NaOH 的物质的量为 0.02mol× 3=0.06mol,故 NaOH 溶液的物质的量浓度为 =0.5mol/L, 在(2)中发生 AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl、Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O,假 设出沉淀最大量 xmol,开始沉淀过程消耗氢氧根离子 3xmol, 沉淀溶解过程氢氧化铝与氢氧化钠 1:1 反应,最后生成 0.02mol 氢氧化铝,所以消耗氢氧 化钠(x﹣0.02)mol, 则一共消耗氢氧化钠为 3x+(x﹣0.02)=0.44L× 0.5mol/L=0.22mol,解得 x=0.06mol,即最多 有氢氧化铝 0.06mol,所以原溶液含铝离子 0.06mol, 氯化铝浓度为 =0.5mol/L, =0.02mol,

故答案为:AlCl3;0.5;NaOH;0.5. 【点评】 本题考查氯化铝与碱的反应, 明确氢氧化铝的两性及了利用信息判断过量碱能溶解 氢氧化铝、实验中发生的化学反应是解答的关键,难度较大.


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