四川省成都市石室中学届高三第二次诊断性模拟测试化学试题解析版.docx
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四川省成都市石室中学届高三第二次诊断性模拟测试化学试题解析版
成都石室中学高2019届第二次诊断性考试模拟试卷
理科综合能力测试
可能用到的相对原子质量H-1B-11N-14O-16P—31I-127
第Ⅰ卷(选择题共126分)
一、单项选择题:
本题共13小题,每小题6分,共78分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求。
1.世界大学生夏季运动会是规模仅次于夏季奥运会的世界级综合性运动会。
2021年第31届世大运将在成都举办。
“绿色”是成都的城市发展理念,也是世大运的组织理念。
下面有关说法不正确的是
A.成都市目前推广使用的清洁燃料压缩天然气(CNG)和液化石油气(LPG)的主要成分均是烃类
B.兴建世大运场馆所用到的金属材料中可能含有非金属元素
C.“绿色化学”的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D.新能源汽车的使用有助于减少氮氧化合物的排放
【答案】C
【解析】
【详解】A.压缩天然气(CNG)类的主要成分是甲烷,液化石油气(LPG)类的成分是丙烷、丁烷等,所以这两类燃料的主要成分都是烃类,故A正确;
B.金属材料包括纯金属材料和合金材料,金属材料中也可能含有非金属元素,如生铁中含有碳元素,故B正确;
C、“绿色化学”的核心就是要利用化学原理从源头消除污染,不是用化学原理对环境污染进行治理,故C错误;
D.新能源汽车的推广和使用,可以减少氮的氧化物的排放,有助于减少光化学烟雾的产生,故D正确;
答案选C。
2.关于NA下列说法正确的是
A.常温常压下,17g羟基(—18OH)所含中子数为9NA
B.0.1molNH3溶于水形成的溶液中,微粒NH3·H2O和微粒NH4+的数目之和为0.1NA
C.常温下电解饱和食盐水,当溶液pH值由7变为12时,电路中转移的电子数为0.01NA
D.标准状况下,足量的甲烷与22.4LCl2(假设氯气完全反应)在光照条件下发生取代反应,形成C-Cl键的数目为NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.17g羟基(—18OH)的物质的量=
=
mol,一个-18OH含有10个中子,所含中子为
×10mol=
mol,故A错误;
B.NH3溶于水,发生NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-,根据物料守恒,0.1molNH3溶于水形成的溶液中存在NH3、NH3·H2O、NH4+,微粒NH3·H2O和微粒NH4+的数目之和小于0.1NA,故B错误;
C.溶液体积不明确,故溶液中放电的氢离子的物质的量无法计算,则转移的电子数无法计算,故C错误;
D.标准状况下,22.4LCl2的物质的量为1mol,足量的甲烷与1molCl2(假设氯气完全反应)在光照条件下发生取代反应,每取代一个H,就会形成一个C—Cl键和一个H—Cl键,故该反应生成4种取代产物(共1mol)和1molHCl,形成1molC-Cl键,数目为NA,故D正确;
答案选D。
【点睛】本题的易错点为BD,B中要注意根据氨气溶于水的一系列反应都是可逆反应判断出氨水中的含N微粒;D中要注意甲烷与Cl2在光照条件下发生取代反应,断开的Cl-Cl键的数目与形成的C-Cl键数目、断开的C-H键数目、形成的H-Cl键数目均相等。
3.用如图所示装置(夹持已装置省略)进行下列实验,能得出相应实验结论的是
选项
①
②
③
实验结论
A
稀硫酸
Na2S
AgNO3与AgCl的浊液
Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)
B
浓硫酸
蔗糖
溴水
浓硫酸具有脱水性、氧化性
C
稀硫酸
Na2CO3
CaCl2溶液
CO2可与氯化钙反应
D
浓硝酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
酸性:
硝酸>碳酸>硅酸
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.稀硫酸与硫化钠反应生成的硫化氢气体通入AgNO3与AgCl的浊液中,可以看到生成黑色沉淀,因为浊液中有硝酸银电离的银离子,当Qc(Ag2S)>Ksp(Ag2S),生成Ag2S沉淀,可发生沉淀的生成,不能说明发生了氯化银沉淀的转化,则不能比较溶度积Ksp(AgCl)和Ksp(Ag2S)的大小,故A错误;
B.浓硫酸使蔗糖变黑证明其具有脱水性;反应生成的气体可以使溴水褪色,证明浓硫酸有强氧化性、可被还原生成二氧化硫,故B可以得到相应的结论;
C.稀硫酸与Na2CO3反应生成二氧化碳,二氧化碳通入CaCl2溶液中没有明显现象(没有沉淀生成),证明CO2不与氯化钙发生反应,故C错误;
D.浓硝酸与碳酸钠反应生成二氧化碳,但浓硝酸易挥发,硝酸、碳酸均可与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,则不能比较碳酸与硅酸的酸性,应排除硝酸的干扰,故D错误;
答案选B。
4.工业上由乙苯生产苯乙烯的反应如下,有关说法正确的是
A.该反应的类型为取代反应
B.可用溴水鉴别乙苯和苯乙烯
C.乙苯分子中所有原子可能在同一平面
D.比乙苯多一个碳原子的同系物R的同分异构体(包含R)共有4种
【答案】B
【解析】
【分析】
由乙苯生产苯乙烯,H原子减少,为消去反应,苯环、碳碳双键为平面结构,苯乙烯中含碳碳双键具有烯烃的性质,据此分析解答。
【详解】A.反应生成碳碳双键,为消去反应,故A错误;
B.苯乙烯含有碳碳双键,可与溴水反应,而乙苯不反应,可鉴别,故B正确;
C.乙苯分子中存在饱和碳原子-CH3、和-CH2-,所有原子不可能在同一平面,故C错误;
D.比乙苯多一个碳原子的同系物R的化学式为C9H12,其中含有苯环结构,剩余的结构可能有:
有1个侧链为丙基或异丙基2种同分异构体;有2个侧链为1个甲基和1个乙基,存在3种同分异构体;有3个侧链为3个甲基,有3种同分异构体,共8种同分异构体,故D错误;
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C,由于甲烷是四面体结构,有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括:
-CH3、-CH2-、
、
)中的一种,分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。
5.W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素,q、r、s、h 是这些元素形成的物质,其中h 是离子化合物,q是制太阳能电池的主要原料,s常温下呈气态且其水溶液显碱性,r为二元化合物,其浓溶液在空气中易形成白雾。
下列说法正确的是()
A.Y 与X属于同一主族,与Z属于同一周期B.单质的沸点:
X>Z
C.常温常压下,W的氧化物为液态D.X的氧化物均能用向上排空气法收集
【答案】C
【解析】
试题分析:
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期非金属主族元素,q、r、s、h 是这些元素形成的物质,q是制太阳能电池的主要原料,则q为硅;s常温下呈气态且其水溶液显碱性,则s为氨气;r为二元化合物,其浓溶液在空气中易形成白雾,则r为氯化氢。
所以,W、X、Y、Z分别是H、N、Si、Cl。
h 是离子化合物,则h为氯化铵。
A.Y 与X属于不同的主族,A不正确;B.氯气易液化,而氮气不易液化,所以单质的沸点X 本题选C。 6.苯酚具有微弱的酸性,可利用电场促使C6H5O-定向移动、脱离废水,并富集回收。 电渗析装置示意图如下。 下列说法不正确的是 A.苯酚的电离方程式为: B.A、B分别为离子交换膜,其中A是阴离子交换膜 C.电解过程中,阳极室的pH增大 D.当通过线路中的电子数目为0.1NA时,有含0.1molC6H5O-的废水被处理 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意,在电场中,阴离子向阳极移动,利用电场使C6H5O-向阳极移动、脱离废水,据此分析解答。 【详解】A.苯酚具有微弱的酸性,电离方程式为: ,故A正确; B.在电场中,阴离子向阳极移动,因此离子交换膜A需要能够使C6H5O-通过,是阴离子交换膜,故B正确; C.电解过程中,阳极发生氧化反应,溶液中的氢氧根离子在阳极得到电子,使得阳极室的氢离子浓度增大,溶液的pH减小,故C错误; D.当通过线路中的电子数目为0.1NA,即0.1mol时,阳极室生成0.1mol氢离子,有0.1molC6H5O-移向阳极室,故D正确; 答案选C。 7.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。 其中主要含硫各物种(H2S、HS-、S2-)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。 下列说法不正确的是 A.X、Y为曲线两交叉点。 由X点处的pH,可计Ka1(H2S) B.Y点对应溶液中c(Na+)与含硫各微粒浓度的大小关系为: c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)] C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为: X>Y D.已知NaHS呈碱性,若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应,所得溶液呈强酸性。 其原因是Cu2++HS-=CuS↓+H+ 【答案】A 【解析】 【分析】 向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸,盐酸和氢氧化钠先反应,然后和硫化钠反应,A表示含硫微粒浓度减小为S2-,B先增加后减少为HS-,C浓度一直在增加为H2S,据此分析解答。 【详解】A.当滴加盐酸至X点时,c(HS−)=c(S2-),所以Ka2= =c(H+),由X点处的pH,可以计算Ka2(H2S),不能计算Ka1(H2S),故A错误; B.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸,设Na2S、NaOH各为1mol,则n(Na)=3n(S),溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S,则c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)],故B正确; C.X点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S、NaHS、NaCl;Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS、H2S、NaCl。 Na2S和NaHS都能水解,水解促进水的电离;H2S的电离抑制了水的电离。 因此溶液中水的电离程度大小关系为: X>Y,故C正确; D.NaHS溶液中加入CuSO4溶液后溶液的酸性变强,说明发生了反应Cu2++HS-=CuS↓+H+,故D正确; 答案选A。 8.砂质土壤分析中常用KarlFischer法是测定其中微量水含量,该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应),据此回答下列问题: (1)写出该反应的化学反应方程式: _______________________。 步骤I: 反应样品中的水 下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图: (2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序);M仪器的名称为________________,其在实验过程中的作用是: ____________; (3)操作步骤为: ①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,____________________;③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2 ,⑤取下D装置,··· 步骤④中继续通入N2的目的是________________________________ 步骤II: 测定剩余的碘 向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL溶液,取 25.00mL 用0.20 mol·L-1Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质,已知反应如下: 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。 (4)Na2S2O3 标准液应装在_____________(填“酸式”、“碱式”)滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液的目的是__________________________; (5)滴定实验重复四次得到数据如下: 实验 ① ② ③ ④ 消耗的标准液的体积/mL 18.37 20.05 19.95 20.00 ①若实验开始时,向D 装置中加入10.00g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量),则样品土壤中水的含量为_________%。 ②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质,则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 【答案】 (1).SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI (2).d→e→i→h→g→f→b→(c)(3).长颈漏斗(4).平衡内外气压,防止压强过大(5).打开弹簧夹,通入氮气(6).将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收(7).碱式(8).使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确(9).7.2%(10).偏低 【解析】 【分析】 (1)利用I2和SO2反应定量消耗水,碘单质具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸,据此写出反应的方程式; (2)装置A是制备二氧化硫气体,装置B中的碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C装置为安全瓶,因此装置的顺序为ACEDB,据此分析解答; (3)操作步骤: ①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,打开弹簧夹,通入氮气,把装置内空气赶净,③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收,据此分析解答; (4)Na2S2O3水解显碱性;合并洗涤液和滤液,使所有剩余的碘进入滤液,据此分析解答; (5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后,剩余的碘用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液滴定,根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘,再根据 (1)中的方程式求出消耗的水,最后求样品中水的含量;②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,消耗硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,据此分析判断。 【详解】 (1)碘单质具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸,反应的化学方程式为: SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4,故答案为: SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4; (2)装置A是制备二氧化硫气体,装置B中的碱石灰可以吸收尾气,并防止外界水蒸气加入装置,应该在整套装置的最后,D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置,进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥,C装置为安全瓶,因此装置的顺序为ACEDB,接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c);根据图示,M为长颈漏斗,在实验过程中,可以起到平衡内外气压,防止压强过大的作用,故答案为: d→e→i→h→g→f→b→(c);长颈漏斗;平衡内外气压,防止压强过大; (3)操作步骤: ①连接装置并检查装置气密性,②装入药品,打开弹簧夹,通入氮气,把装置内空气赶净,③关闭弹簧夹,打开分液漏斗活塞;④反应结束后,关闭分液漏斗活塞,继续通入N2,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收,⑤取下D装置,···,故答案为: 打开弹簧夹,通入氮气;将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收; (4)Na2S2O3水解显碱性,标准液应装在碱式滴定管中;上述操作中,合并洗涤液和滤液,可以使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确,故答案为: 碱式;使所有剩余的碘均进入滤液,测量结果更准确; (5)①实验开始时,向D装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量),n(I2)= =0.04mol,向反应后的D装置加入蒸馏水,过滤,充分洗涤,并合并洗涤液和滤液,将其配成250.00mL溶液,取25.00mL用0.20mol·L-1Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质,根据实验数据可知,实验①的误差较大,删除该数值,②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值= mL=20.00mL,根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-,消耗碘单质物质的量=n(Na2S2O3)× × = ×0.0200L×0.20mol/L×10=0.02mol,剩余I2物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol,即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol,消耗水为0.04mol,土壤样品中水的含量= ×100%=7.2%,故答案为: 7.2%; ②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质,滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大,测定剩余碘单质物质的量增大,则与二氧化硫反应的碘单质减少,反应的水的物质的量减小,计算得到水的含量偏低,故答案为: 偏低。 9.NaH2PO2(次磷酸钠)易溶于水,水溶液近中性,具有强还原性,可用于化学镀银、镍、铬等。 一种利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2·H2O的工艺流程如下: 已知P4与两种碱的反应主要有: Ⅰ.2Ca(OH)2+P4+4H2O=2Ca(H2PO2)2+2H2↑Ⅱ.4NaOH+P4+8H2O=4NaH2PO2·H2O+2H2↑ Ⅲ.4NaOH+P4+2H2O=2Na2HPO3+2PH3↑Ⅳ.NaH2PO2+NaOH=Na2HPO3+H2↑ (1)已知H3PO2是一元中强酸,NaH2PO2是___________(填“正盐”或“酸式盐”)。 (2)尾气中的PH3被NaClO溶液吸收可生成NaH2PO2,从吸收液中获得NaH2PO2·H2O的操作为______________、______________过滤、洗涤和干燥。 (3)用NiCl2、NaH2PO2溶液化学镀Ni,同时生成H3PO4和氯化物的化学方程式为: ______________________。 (4)“反应”在温度和水量一定时,混合碱总物质的量与P4的物质的量之比[n(碱)/n(磷)]与NaH2PO2产率的关系如图所示。 当n(碱)/n(磷)>2.6时,NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能原因是______。 (5)滤渣2主要成分为___________________(填化学式)。 (6)“过滤2”的滤液须用Ag2SO4、Ba(OH)2及Na2S溶液除去其中Cl-及Fe2+等,其中加入的Ag2SO4溶液不宜过量太多,其主要原因是_________________。 (7)在工业上,可以用惰性电极电解NaH2PO2溶液制取磷酸,请写出其阳极反应式_________________。 【答案】 (1).正盐 (2).蒸发浓缩(3).冷却结晶(4).2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl(5).过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3(6).CaCO3和Al(OH)3(7).过量的Ag+会氧化H2PO2-(8).H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+ 【解析】 【分析】 利用泥磷(含P4和少量CaO、Fe2O3、Al2O3、CaCl2等)为原料制备NaH2PO2•H2O,由流程可知,泥磷加入氢氧化钙、氢氧化钠和水,充分反应可生成PH3、氢气,PH3可用NaClO吸收,过滤,滤渣1含有磷酸钙、Fe2O3等,滤液1含有Ca(H2PO2)2、NaH2PO2以及偏铝酸钠等,通入二氧化碳调节pH,可生成氢氧化铝等、碳酸钙等,过滤,滤液主要含有NaH2PO2,经净化可得到NaH2PO2•H2O,据此分析解答。 【详解】 (1)H3PO2是一元中强酸,在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子,电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-,H2PO2-不能再电离,则NaH2PO2为正盐,故答案为: 正盐; (2)根据题中所给信息,PH3与NaClO反应生成NaH2PO2和NaCl,反应的离子方程式为PH3+2ClO-+OH-=H2PO2-+2Cl-+H2O,从吸收液中获得NaH2PO2·H2O,需要蒸发浓缩、冷却结晶,过滤、洗涤和干燥,故答案为: 蒸发浓缩;冷却结晶; (3)根据题意,NiCl2中Ni转化成Ni单质,NaH2PO2为还原剂,P元素的化合价升高,NiCl2+NaH2PO2→Ni↓+H3PO4+NaCl,依据化合价升降法进行配平,即2NiCl3+NaH2PO2→2Ni↓+H3PO4+NaCl,产物为H3PO4,说明该溶液为酸性,利用原子守恒配平其他物质,反应的化学方程式为2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl,故答案为: 2NiCl2+NaH2PO2+2H2O=2Ni↓+H3PO4+NaCl+3HCl; (4)n(碱)/n(磷)>2.6,说明碱过量,根据P4与两种碱反应中IV,H2PO2-与过量的NaOH反应转化成HPO32-,次磷酸钠的产率降低,因此NaH2PO2的产率随n(碱)/n(磷)的增大而降低的可能的原因是过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3,故答案为: 过量的碱将NaH2PO2转化为Na2HPO3; (5)“调pH”除去Ca2+和Al3+,CO2与碱反应生成CO32-,CO32-与Ca2+反应生成CaCO3,CO32-与Al3+发生双水解反应生成Al(OH)3,因此滤渣2的成分是CaCO3和Al(OH)3,故答案为: CaCO3和Al(OH)3; (6)NaH2PO2具有强还原性,Ag+具有强氧化性,因此加入Ag2SO4溶液不易过量,否则过量的Ag+会氧化H2PO2-,故答案为: 过量的Ag+会氧化H2PO2-; (7)NaH2PO2具有较强的还原性,电解时,阳极上H2PO2-失电子,所以用惰性电极电解NaH2PO2溶液,其阳极反应式为: H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+,故答案为: H2PO2--4e-+2H2O═H3PO4+3H+。 【点睛】理解题干工艺流程的原理和相关物质的性质是解答本题的关键。 本题的易错点和难点是如何充分利用题干信息解题,如(6)(7)均需要根据“NaH2PO2具有强还原性”解答, (1)需要根据“H3PO2是一元中强酸”解答等。 10.消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。 (1)化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染,还可作为工业生产的能量来源。 已知: 2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H=-177kJ/mol 4NH3(g)+3O2(g)===2N2(g)+6H2O(g)△H=-1253.4kJ/mol 则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为___________________。 (2)已知: N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)△H<0。 不同温度下,向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应,测得不同压强下平衡混合物中NH3的物质的量分数如图所示。 ①M点的v正_________Q点的v正(填“>”“<”或“=”)。 ②T3温度下,将1molN2和3molH2充入2L的密闭容器中,维持压强为60MPa不变,达到N点的平衡状态,反应的浓度平衡常数K=_____________(用最简分数表示),M点的平衡常数比N点的平衡常数_________(填“大”“小”或“相等”)。 (3)水体中过量氨氮(以NH3表示)会导致水体富营养化。 ①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。 写出总反应化学方程式: _____________。 ②取一定量的
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