精品解析滕州一中届高三份线上化学模拟试题解析版.docx
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精品解析滕州一中届高三份线上化学模拟试题解析版
滕州一中高三四月线上模拟考试
化学试题
相对原子质量:
H1;C12;N14;O16;K39;S32;Co59;Zn65;I127
一、选择题
1.化学与生活、生产密切相关,下列说法错误的是()
A.Ge(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池
B.工业生产玻璃、水泥,均需要用石灰石为原料
C.将二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用
D.纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其原理是相同的。
【答案】D
【解析】
【详解】A.Ge位于金属与非金属元素分界线附近,与硅元素同主族,其单晶属于半导体材料,也可以作为光电转换材料用于太阳能电池,故A正确;
B.工业上生产玻璃需要的原料是纯碱、石灰石和石英,生产水泥所需的原料是石灰石和粘土,所以都要用到的原料是石灰石,工业生产玻璃、水泥,均需要用石灰石为原料,故B正确;
C.将二氧化硫添加于红酒中,利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性,故C正确;
D.纳米铁粉去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,是Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应生成金属单质而治理污染,而FeS去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,是将Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子转化成比FeS更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染,故D错误;
本题答案为D。
2.有机物命名正确的是()
A.2,3,5-三甲基己烷
B.1,3-二甲基丁烷
C.2,3-二甲基-2-乙基己烷
D.2,3-二甲基-4-乙基戊烷
【答案】A
【解析】
【详解】A.符合烷烃命名规则,主链最长,主链编号之和最小,A选项正确;
B.主链选取错误,该物质的正确命名为2-甲基戊烷,B选项错误;
C.主链选取错误,该物质的正确命名应为3,3,4-三甲基庚烷,C选项错误;
D.主链选取错误,该物质的正确命名应为2,3,4-三甲基己烷,D选项错误;
答案选A。
【点睛】烷烃命名规则:
①长:
选最长碳链为主链;
②多:
遇等长碳链时,支链最多为主链;
③近:
离支链最近一端编号;
④小:
支链编号之和最小;
⑤简:
两取代基距离主链两端等距离时,从简单取代基开始编号,如取代基不同,就把简单的写在前面,复杂的写在后面。
3.下列实验方案中,能达到相应实验目的的是
A.方案①用于分离I2和NH4I固体
B.方案②用于比较CuSO4和MnO2的催化活性
C.方案③用于测定中和热
D.方案④用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱
【答案】D
【解析】
【详解】A.I2和NH4I固体受热后分别变为碘蒸气、氨气和氯化氢气体,在烧瓶底遇冷,又转化为I2和NH4I固体,方案①不能用于分离I2和NH4I固体,A错误;
B.比较CuSO4和MnO2的催化活性,要求二份溶液中H2O2的浓度应相同,方案②不正确,B错误;
C.方案③中缺少玻璃搅拌棒,不能用于测定中和热,C错误;
D.方案④中,两份酸的浓度相同,所用碳酸钠的浓度也相同,能用于比较醋酸和硼酸的酸性强弱,D正确;
答案为D。
4.美国《Science》上发表论文,宣布发现了一种Al的超原子结构,这种超原子(Al13)是以1个Al原子在中心,12个Al原子在表面形成的三角二十面体结构。
这种超原子具有40个价电子(价电子即主族元素的最外层电子数)时最稳定。
请预测稳定的Al13所带的电荷为
A.-1B.+2C.+3D.0
【答案】A
【解析】
【详解】因为1个铝原子有3个价电子,因此13个铝原子应该有39个价电子,但实际上该微粒有40个价电子,所以应该带1个单位的负电荷。
5.化合物Y具有抗菌、消炎作用,可由化合物X制得。
下列有关化合物X、Y的说法不正确的是()
A.Y与乙酸发生酯化反应可得到X
B.1molX最多能与2molNaOH反应
C.X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应
D.室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中的手性碳原子数目相等
【答案】B
【解析】
【详解】A.根据题中信息可知,X在碱性条件下发生水解后再经酸化,可以得到乙酸和Y,则Y与乙酸一定能发生酯化反应得到X,A选项正确;
B.1molX中,含有1mol酯基和1mol羧基,酯基水解后得到酚羟基和乙酸,则1molX最多可以与3molNaOH反应,B选项错误;
C.X、Y分子中均含有碳碳双键,故其均可以与酸性高锰酸钾溶液发生反应,C选项正确;
D.将连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子,X发生水解反应得到Y,两者均没有手性碳原子;X、Y在相同的位置含有两个碳碳双键,故其与足量的Br2加成后的生成物中的手性碳原子位置相同,且手性碳原子的数目相等,D选项正确;
答案选B。
6.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
A是元素Y的单质。
常温下,甲的浓溶液和A发生钝化。
丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色气体。
上述物质的转化关系如图所示。
下列说法正确的是
A.丁和戊中所含元素种类相同
B.简单离子半径大小:
X<Y
C.气态氢化物的还原性:
X>Z
D.Y
简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存
【答案】A
【解析】
【分析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。
A是元素Y的单质。
常温下,甲的浓溶液和A发生钝化,Y元素是Al,甲是硝酸或硫酸。
丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物,且丙是无色气体,因此丙是二氧化硫,则甲是硫酸,丁是水,乙是硫酸铝。
二氧化硫与戊反应生成硫酸,则戊具有氧化性,应该是双氧水,据此解答。
【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是H、O、Al、S。
则
A.丁和戊分别是H2O和H2O2,因此其中所含元素种类相同,A正确;
B.核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小,则简单离子半径大小:
X>Y,B错误;
C.非金属性越强,氢化物的还原性越弱。
非金属性是O>S,则气态氢化物的还原性:
X<Z,C错误;
D.铝离子与硫离子在水溶液中不能大量共存,二者反应生成氢氧化铝和硫化氢,D错误。
答案选A。
7.下表中实验操作、现象和所得出的结论正确的是()
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用激光笔照射鸡蛋白水溶液
有丁达尔效应
鸡蛋白分子直径介于1nm~100nm
B
向某氯化亚铁溶液中加入Na2O2粉末
出现红褐色沉淀
说明原氯化亚铁已氧化变质
C
碳酸的盐X加热分解,产生的气体通入酸化的BaCl2溶液
产生白色沉淀
X可能是NaHCO3
D
湿润的KI淀粉试纸靠近气体Y
试纸变蓝
Y一定是Cl2
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A、胶体具有丁达尔现象,胶体分散质粒子的直径介于1nm~100nm,则用激光笔照射鸡蛋白水溶液有丁达尔效应,则鸡蛋白分子直径介于1nm~100nm,故A正确;
B、过氧化钠具有强氧化性,能氧化亚铁离子,该方案不能验证是否变质,应选KSCN溶液检验是否变质,故B错误;
C、二氧化碳与氯化钡溶液不反应,则碳酸盐X加热分解,产生的气体通入酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀,X可能为碳酸铵或碳酸氢铵,故C错误;
D、强氧化性气体与KI反应生成碘,碘单质遇淀粉变蓝,则Y可能为氯气,或臭氧等,故D错误;
故选A。
8.天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。
T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,其原理如下图所示。
下列说法不正确的是()
A.脱硫过程O2间接氧化H2S
B.该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
C.亚铁是血红蛋白重要组成成分,FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D.《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐
【答案】B
【解析】
【详解】A.脱硫过程:
Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,脱硫过程O2间接氧化H2S,A选项正确;
B.T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫,Fe2(SO4)3氧化硫化氢,自身被还原成硫酸亚铁,硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁,Fe2(SO4)3为催化剂,该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液,B选项错误;
C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分,起着向人体组织传送O2的作用,若缺铁就可能出现缺铁性贫血,C选项正确;
D.天然气主要成分为甲烷,甲烷燃烧放出热量,《华阳国志》记载“取井火煮之,一斛水得五斗盐”,我国古代已利用天然气煮盐,D选项正确;
答案选B。
9.物质性质的差异与分子间作用力有关的是()
A.硬度:
晶体硅<金刚石B.热稳定性:
HF>HCl
C.沸点:
Cl2<I2D.熔点:
MgO>NaCl
【答案】C
【解析】
【详解】A.金刚石和晶体硅均是原子晶体,原子晶体中,共价键的键长越短,熔点越高,金刚石的硬度大于硅,其熔、沸点也高于硅,与共价键有关,A选项错误;
B.非金属性F>Cl>Br>I,则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱,与共价键有关,B选项错误;
C.组成与结构相似的分子晶体,相对分子质量越大的,分子间作用力越强,沸点越高,则F2、Cl2、Br2、I2的熔、沸点逐渐升高,与分子间作用力有关,C选项正确;
D.离子半径越小的、离子电荷赵高的,离子键越强,熔点越高,离子半径:
Mg2+<Na+,O2-<Cl-,所以熔点:
MgO>NaCl,与离子键强弱有关,D选项错误;
答案选C。
【点睛】非金属性越强,对应氢化物越稳定;离子半径越小的,离子键越强,熔点越高;原子晶体中,共价键的键长越短,熔点越高;组成与结构相似的分子晶体,相对分子质量越大的沸点越高。
10.如今环境保护越来越受重视,某化工集团为减少环境污染,提高资源的利用率、将钛厂、氯碱厂、甲醇厂进行联合生产。
其主要生产工艺如下:
(FeTiO3中Ti为+4价)
下列叙述正确的是()
A.该流程中只有“电解”、“氯化”涉及氧化还原反应
B.“合成”反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:
1
C.“氯化”时反应方程式为7Cl2+2FeTiO3+6C=2FeCl3+2TiCl4+6CO(条件省略)
D.上述流程中“Mg,Ar"可用“Mg,CO2”代替
【答案】C
【解析】
【详解】A.由氢气合成甲醇的过程中也涉及到氧化还原反应,A项错误;
B.根据
可以看出,氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:
2,B项错误;
C.根据工艺图不难看出“氯化”即氯气、钛铁矿和焦炭反应得到四氯化钛、一氧化碳和氯化铁的过程,C项正确;
D.二氧化碳和镁会反应,因此不能用二氧化碳来作保护气,D项错误;
答案选C。
11.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置,其示意图如下:
下列说法不正确的是()
A.b为电源的正极
B.①②中,捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
C.a极的电极反应式为2C2O52--4e-=4CO2+O2
D.上述装置存在的电解总反应式为:
CO2
C+O2
【答案】B
【解析】
【分析】
由电解装置示意图可知,a电极生成O2,d电极生成C,b为电源正极,a极为阳极,发生氧化反应,电极反应式为2C2O52--4e-=4CO2+O2,c为电源负极,d极为阴极,发生还原反应,电极反应式为5CO2+4e-=2C2O52-+C,电池总反应为CO2
C+O2,据此分析解答问题。
【详解】A.由电解装置示意图可知,a电极生成O2,d电极生成C,b为电源正极,A选项正确;
B.由图可知,捕获CO2时生成的C2O52-和CO32-,碳元素的化合价均为+4价,没有发生改变,B选项错误;
C.a极为阳极,发生氧化反应,电极反应式为2C2O52--4e-=4CO2+O2,C选项正确;
D.电池总反应为CO2
C+O2,D选项正确;
答案选B。
12.KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。
利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应:
①11KClO3+6I2+3H2O==6KH(IO3)2+3Cl2↑+5KCl
②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O
下列说法正确的是()
A.化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键
B.反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2
C.向淀粉溶液中加入少量碘盐,溶液会变蓝
D.可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素
【答案】D
【解析】
【详解】A.化合物KH(IO3)2为离子化合物,包含离子键与共价键,氢键不属于化学键,A项错误;
B.气体的状态未指明,不能利用标况下气体的摩尔体积计算,B项错误;
C.碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在,没有碘单质,不能使淀粉变蓝,C项错误;
D.钾元素的焰色反应为紫色(透过蓝色钴玻璃),若碘盐的焰色反应显紫色,则证明碘盐中含有钾元素,D项正确;
答案选D。
【点睛】本题考查化学基本常识,A项是易错点,要牢记氢键不属于化学键,且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。
要明确氢键的存在范围是分子化合物中,可以分为分子内氢键,如邻羟基苯甲醛,也可存在分子间氢键,如氨气、氟化氢、水和甲醇等。
13.下图为利用电化学方法处理有机废水的原理示意图。
下列说法正确的是()
A.工作时,a极的电势低于b极的电势
B.工作一段时间之后,a极区溶液的pH减小
C.a、b极不能使用同种电极材料
D.b极的电极反应式为:
CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+
【答案】BD
【解析】
【分析】
根据图示分析可知,b电极上CH3COO-转化为HCO3-,碳元素的化合价升高,发生了氧化反应,说明b为原电池负极,则a为原电池的正极,发生还原反应,据此分析解答。
【详解】A.b电极上CH3COO-转化为HCO3-,碳元素的化合价升高,说明b为原电池负极,则a为原电池的正极,所以a极的电势高于b极的电势,A选项错误;
B.b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-,电极反应式为:
CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+,生成的H+可以通过质子交换膜进入a电极区,其物质的量与电子转移的物质的量相同,在正极上,迁移的氢离子中只能有一半的被电极反应所消耗,从而导致a极区溶液pH减小,B选项正确;
C.据图可知,该装置是燃料电池,能使用同种电极材料,C选项错误;
D.根据上述分析可知,b电极CH3COO-失去电子生成HCO3-,电极反应式为:
CH3COO-+4H2O-8e-=2HCO3-+9H+,D选项正确;
答案选BD。
14.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。
常温下,将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释,溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示,下列说法正确的是
A.曲线I表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B.a、b、c三点溶液的pH:
a>b>c
C.将a、b两点溶液混合,所得溶液中:
c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)
D.氨水稀释过程中,c(NH4+)/c(NH3·H2O)不断减小
【答案】B
【解析】
【详解】A.加水稀释时,一水合氨进一步电离,导电能力变化较小,则曲线I为氨水稀释曲线,故A错误;
B.盐酸显酸性,氨水显碱性,导电能力越大,说明离子浓度越大,则a、b、c三点溶液的pH:
a>b>c,故B正确;
C.将a、b两点溶液混合,由于氨水浓度大于盐酸浓度,反应后氨水过量,所以溶液显碱性,c(Cl-) D.氨水稀释过程中,Kb=c(NH4+)·c(OH-)/c(NH3·H2O)不变,而c(OH-)减小,所以c(NH4+)/c(NH3·H2O)不断增大,故D错误; 故选B。 15.某科研人员提出HCHO(甲醛)与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化生成H2O的历程,该历程示意图如下(图中只画出了HAP的部分结构): 下列说法不正确的是 A.HAP能提高HCHO与O2的反应速率 B.HCHO在反应过程中,有C-H键发生断裂 C.根据图示信息,CO2分子中的氧原子全部来自O2 D.该反应可表示为: HCHO+O2 CO2+H2O 【答案】C 【解析】 【详解】A.根据图知,HAP在第一步反应中作反应物,在第二步反应中作生成物,所以是总反应的催化剂,催化剂能改变化学反应速率,因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率,A正确; B.HCHO在反应中有C-H断裂和C=O键形成,所以甲醛被氧化生成二氧化碳和水,B正确; C.根据图知,CO2分子中的氧原子一部分还来自于甲醛,C错误; D.该反应中反应物是甲醛和氧气,生成物是二氧化碳和水,HAP为催化剂,反应方程式为HCHO+O2 CO2+H2O,D正确; 故合理选项是C。 二、非选择题 16.“绿水青山就是金山银山”。 目前人们对环境保护、新能源开发很重视,研究NO2、NO、CO、SO2等大气污染物转化为能参与大气循环 物质,对建设美丽中国具有重要意义。 (1)有人设计通过硫循环完成CO的综合处理,原理为 a.2CO(g)+SO2(g) S(l)+2CO2(g)△H1=-37 4kJ·mol-1 b.S(l)+2H2O(g) 2H2(g)+SO2(g)△H2=-45.4kJ·mol-1 则CO和水蒸气完全反应生成H2和CO2的热化学方程式为__________________________________。 (2)CO可在一定条件下转化为CH3OH。 已知: 向2L密闭容器中通入2molCO和4molH2,在适合的催化剂和T1温度下,发生反应CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)△H<0,10min时达到平衡状态,10min后改变温度为T2,20min时达到平衡状态,反应过程中部分数据见表: 反应时间 CO(mol) H2(mol) CH3OH(mol) 0min 2 4 0 10min 2 20min 0.2 ①前10min内的平均反应速率v(CO)=_______;在20min时,温度T2下,该反应的化学平衡常数为________________。 ②若30min时升高温度,化学平衡常数值_______(填: “增大“减小”“不变”)。 ③在T1温度下,既能增大反应速率和提高CO平衡转化率的措施有_____________(填两种措施即可) ④在恒温恒容下,下列可以判断CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)反应达到平衡状态的________(填序号)。 a.2v正(H2)=v逆(CH3OH)b.混合气体的物质的量不再变化 c.单位时间内有1molCO消耗同时消耗2molH2d.混合气体的平均相对分子质量不变 (3)已知反应2NO(g)+O2(g) 2NO2 正反应速率v正=k1Cm(NO)Cn(O2),其中k1为速率常数,可通过下表实验数据计算k1、m、n。 组别 起始浓度/mol·L-1 初始速率/mol·L-1·S-1 NO O2 1 0.02 0.0125 7.98×10-3 2 0.02 0.0250 15.96×10-3 3 0.04 0.0125 31.92×10-3 则k1=____,m=_____,n=_____。 【答案】 (1).CO(g)+H2O(g) H2(g)+CO2(g)△H=-41.4kJ·mol-1 (2).0.05mol/(L·min)(3).225(4).减小(5).增大压强或增大氢气浓度或按原比例等倍加入反应物(6).bd(7).1596(8).2(9).1 【解析】 【分析】 (1)是典型的盖斯定律的应用,注意热化学方程式需要标出各物质的聚集状态; (2)按照表格给出的数据进行速率的计算、平衡常数的计算即可,在判断反应是否达到平衡状态时,要按照“各物质的浓度不再发生改变”为核心来进行分析; (3)只要代入表格中的数据进行计算即可。 【详解】 (1)将a式和b式相加,再除以2即可得到 ; (2)①根据方程式不难看出 和 是按照2: 1消耗的,因此在10min时 有1mol,根据 即可算出 的反应速率;在20min时 的物质的量为0.4mol,甲醇的物质的量为1.8mol,代入平衡常数的表达式 即可; ②题干告诉我们该反应是放热,因此若30min升高温度,平衡常数将减小; ③方法有很多,例如增大压强可以使平衡向气体分子数减少的方向移动,即正向移动;也可以充入少量氢气,使平衡正向移动,提高一氧化碳的转化率; ④a.平衡时各物质的反应速率之比等于其计量数之比,故当氢气的消耗速率等于甲醇的消耗速率的两倍时,反应才达到平衡状态,a项错误; b.该反应是一个反应前后气体分子数改变的反应,因此当混合气体的物质的量不再变化时,反应即达平衡状态,b项正确; c.反应无时不刻在按照1: 2的化学计量数之比消耗 和 ,所以不能作为平衡状态的判据,c项错误; d.因为反应前后气体分子数不同,故当混合气体的平均相对分子质量不变时,反应即达平衡状态,d项正确; 答案选bd; (3)代入表中的三组数据,有① ;② ;③ ;三个未知数三个方程,联立①、③解得 ,联立①、②解得 ,将m、n代入任意一个方程解得 。 17.常见的太阳能电池有单晶硅或多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。 请回答下列问题: (1)基态硒原子的价电子排布式为___;H2O的沸点高于H2Se的沸点(-42℃),其原因是___。 (2)已知GaCl3晶体熔点为77.9℃,沸点为201.3℃,GaCl3品体类型为____。 (3)Na3AsO4中阴离子的空间构型为_____,As原子采取_____杂化。 (4)高温下CuO容易转化为Cu2O,试从原子结构角度解释原因: _____。 (5)锌与铜位于同一周期。 硫化锌的晶胞结构如图所示,S2-周围等距离且最近的Zn2+个数为____;若晶胞边长为dpm,则硫化锌的密度为____g·cm-3(不必简化)。 【答案】 (1).4s24p4 (2).水分子之间存在氢键,H2Se分子之间不存在氢键(3).分子晶体(4).正四面体(5).sp3(6).Cu2O中Cu+价层电子排布处于稳定的全充满状态(7).4(8). 【解析】 【详解】 (1)硒为34号元素,有6个价电子,所以硒的价层电子排布式为4s24p4;水分子之间存在氢键,H2Se分子之间不存在氢键,所以沸点高低: H2O>H2Se,故答案为4s24p4;水分子之间存在氢键,H2Se分子之间不存在氢键; (2)根据题中信息,GaCl3的熔点较低,GaCl3为分子晶体,故答案为分子晶体; (3)Na3AsO4中阴离子AsO43—,AsO43—中As原子价层电子对数为4,孤对电子数为0,所以As原子采取sp3杂化,AsO43—的空间构型为正四面体,故答案为正四面体;sp3; (4)原子轨
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