届山东省聊城市高三第三次高考模拟理综化学试题解析版.docx
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届山东省聊城市高三第三次高考模拟理综化学试题解析版
山东省聊城市2018届高三5月第三次高考模拟理综化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-11Cl-35.5Fe-56Ni-59As-75
1.“中国名片”中航天,军事、天文等领城的发展受到世界瞩目,它们与化学有着密切联系。
下列说法错误的是
A.“中国天眼”的“眼眶”是钢铁结成的圈梁,其属于黑色金属材料
B.“歼—20”飞机上大量使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料
C.“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料
D.“天宫二号”空间实验室的硅电池板将光能直接转换为电能
【答案】B
【解析】分析:
A.钢铁是铁的合金,黑色金属材料主要指铁、锰、铬及其合金,如钢、生铁、铁合金、铸铁等;B.碳纤维为碳的单质;C.高温结构陶瓷属于耐高温的新型无机非金属材料;D.太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置。
详解:
A.钢铁是铁的合金,属于黑色金属材料,故A正确;B.碳纤维为碳的单质,不是有机物,属于新型无机非金属材料,故B错误;C.宇宙飞船返回舱外表面主要是用的高温结构陶瓷,属于耐高温的新型无机非金属材料,故C正确;D.天宫二号的太阳能电池板是为空间实验室提供电能的装置,可以将光能转化为电能,故D正确;故选B。
2.阿伏加德罗常数的值为NA,实验室制备联氨(N2H4)的化学方程式为:
2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O。
下列说法正确的是
A.0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA
B.0.1mol·L-1的NaClO溶液中,ClO-的数量为0.1NA
C.消耗4.48LNH3时,转移电子数为0.2NA
D.1.6gN2H4中存在共价键总数为0.2NA
【答案】A
【解析】分析:
A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子;B.根据c=
分析判断;C.气体的体积与温度和压强有关;D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键。
详解:
A.1个N2H4中含有(2×7+4×1)=18个质子,则0.lmolN2H4中所含质子数为1.8NA,故A正确;B.未告知0.1mol·L-1的NaClO溶液的体积,无法计算ClO-的数量,故B错误;C.为告知气体的状态,无法计算4.48LNH3的物质的量,故C错误;D.1个N2H4中存在1个N-N键和4个N-H键,1.6gN2H4的物质的量=
=0.05mol,存在共价键0.05mol×5=0.25mol,故D错误;故选A。
点睛:
解答此类试题需要注意:
①气体摩尔体积的使用范围和条件,对象是否气体;温度和压强是否为标准状况,如本题的C;②溶液计算是否告知物质的量浓度和溶液体积,如本题的B。
3.关于化合物
(b)、
(d)、
(p)的下列说法正确的是
A.b、d、p都属于芳香烃,且互为同分异构体
B.b、d、p的一氯代物均只有三种
C.b、d、p均可与溴的四氯化碳溶液反应
D.b、d、p中b、d的所有原子可能处于同一平面
【答案】D
【解析】分析:
A.含有苯环结构的烃属于芳香烃;B.
(b)中含有3种氢原子、
(d)中含有2种氢原子、
(p)中含有1种氢原子;C.含有碳碳双键或三键的烃,能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应;D.苯环是平面结构。
4.灼热的焦炭与水蒸气反应所得产物为H2、CO和少量CO2,为了检验产物中的H2和CO(设气体均被充分吸收),设计如下实验装置。
下列有关说法错误的是
A.为了实验安全,应先点燃①处酒精灯,后点燃④处酒精灯
B.②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水
C.④中黑色固体变红色,即可证明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种
D.若用碱石灰替换无水硫酸铜,也可以达到检验H2和CO目的
【答案】D
【解析】分析:
由图可知,①中C与水蒸气反应生成H2、CO和少量CO2,实验目的为检验产物中的H2和CO,则②中NaOH溶液可除去CO2,③中浓硫酸干燥气体,④中H2和CO均还原CuO,若无水硫酸铜变蓝,可检验氢气,⑤中澄清石灰水变浑浊可检验CO,最后处理尾气。
详解:
A.H2、CO不纯时加热易发生爆炸,则为了实验安全性,应先点燃①处酒精灯,排出装置中空气后点燃④处酒精灯,故A正确;B.由上述分析可知,②、③、⑤中依次盛装氢氧化钠溶液、浓硫酸和澄清石灰水,故B正确;C.H2和CO均还原CuO,当黑色氧化铜变红色,说明产物中一定含有H2和CO中的一种或两种,故C正确;D.若用碱石灰替换无水硫酸铜,碱石灰可吸收水、二氧化碳,不能检验氢气,故D错误;故选D。
点评:
本题考查物质的性质实验,把握实验装置的作用、发生的反应和现象为解答的关键。
本题的易错点为D,要注意碱石灰与无水硫酸铜的性质的区别和实验中的作用。
5.短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,由这些元素组成的常见物质的转化关系如下图,其中a、b、d、g为化合物,a为淡黄色固体,c是Z的单质,在铝热反应中常做引发剂;e、f为常见气体单质。
下列有关说法正确的是
A.简单离子的半径:
Y>Z>X
B.简单氢化物的沸点:
Y>X
C.最高价氧化物对应水化物的碱性:
Z>Y
D.W、Y的氧化物所含化学键类型相同
【答案】B
【解析】分析:
短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加,其中a、b、d、g为化合物,a为淡黄色固体,则a为过氧化钠;c是Z的单质,在铝热反应中常做引发剂,c为金属镁;e、f为常见气体单质,根据框图,镁与化合物b反应生成气体单质f,则f为氢气;过氧化钠与化合物b反应生成气体单质e,则e为氧气,则b为水,d为氢氧化钠,g为氢氧化镁。
详解:
根据上述分析,a为过氧化钠,b为水,c为镁,d为氢氧化钠,e为氧气,f为氢气,g为氢氧化镁;则W为H、X为O、Y为Na、Z为Mg。
A.X为O、Y为Na、Z为Mg,简单离子具有相同的电子层结构,离子半径:
X>Y>Z,故A错误;B.氢化钠是离子化合物,沸点高于水,故B正确;C.元素的金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,碱性:
Y>Z,故C错误;D.水或过氧化氢都是共价化合物,只含有共价键、氧化钠或过氧化钠都属于离子化合物,含有离子键,化学键类型不同,故D错误;故选B。
6.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型绿色水处理剂。
工业上可用电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,其工作原理如图所示,两端隔室中离子不能进入中间隔室。
下列说法错误的是
A.阳极电极反应式:
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O
B.甲溶液可循环利用
C.离子交换膜a是阴离子交换膜
D.当电路中通过2mol电子的电量时,会有1molH2生成
【答案】C
【解析】分析:
根据工业上电解浓NaOH溶液制备Na2FeO4,故铁做阳极,铁放电生成FeO42-,铜棒做阴极,水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根,导致阴极室溶液产生大量OH-,则吸引中间隔室中的Na+移向阴极室,故所得溶液甲为浓的NaOH溶液。
中间隔室中的NaOH溶液浓度降低。
详解:
A.阳极发生氧化反应,电极反应式:
Fe-6e-+8OH-=FeO42-+4H2O,故A正确;B.阴极发生还原反应,水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根,甲溶液为浓的氢氧化钠溶液,可循环利用,故B正确;C.电解池中阳离子向阴极移动,通过离子交换膜a的是Na+,故为阳离子交换膜,故C错误;D.阴极发生还原反应,水电离出的氢离子放电生成氢气和氢氧根,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH―,当电路中通过2mol电子的电量时,会有1molH2生成,故D正确;故选C。
7.向25℃时,体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L-1的两种酸HX、HY溶液中分別滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液,所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。
下列叙述正确的是
A.HX与NaOH溶液反应的离子方程式为:
HX+OH-=X-+H2O
B.Ka(HY)的数量级约为10-10
C.b点时:
c(Na+)=c(Y-)+c(HY)
D.V(NaOH)=20mL时,两种反应后的溶液中c(X-)>c(Y-)
【答案】D
【解析】分析:
浓度均为0.1mol•L-1的两种酸HX、HY,由图可知,HX的pH等于1,HY的pH等于4,则HX为强酸,HY为弱酸,然后根据盐类水解的规律结合溶液的pH分析解答。
详解:
A.由图可知,HX为强酸,所以HX与NaOH溶液发生反应的离子方程式为H++OH-=H2O,故A错误;B.浓度为0.1mol•L-1的HY,由图可知,HY的pH等于4,则Ka(HY)=
=
=10-7,故B错误;C.b点溶液中存在等浓度的HY和NaY,根据物料守恒,2c(Na+)=c(Y-)+c(HY),故C错误;D.V(NaOH)=20mL时,两个反应均恰好完全进行,生成盐溶液,由于Y-发生水解,因此反应后的溶液中c(X-)>c(Y-),故D正确;故选D。
点睛:
本题考查了盐类的水解、弱电解质电离、离子浓度大小判断等,关键是起始浓度均为0.1mol•L-1的两种酸HX、HY的pH不等判断出酸的强弱。
本题的易错点为A,要注意HX为强酸。
8.莫尔法是用硝酸银标准溶液测定卤离子含量的沉淀滴定法。
将无水FeCl3与氯苯混合发生反应:
2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl3+C6H4C12+HC1↑,将生成的HC1用水吸收,利用莫尔法测出无水FeCl3的转化率,同时得到常用的还原剂FeCl2,按照如图装置,在三颈烧瓶中放入162.5g无水FeCl3与225g氯苯,控制反应温度在130℃下加热3h,冷却、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
有关数据如下:
回答下列问题:
(1)仪器a的名称是________,搅拌器的作用是_______。
(2)反应结束后,还要继续通入N2的目的是__________;仪器c盛装的试剂是________(填序号)。
A.碱石灰B.浓硫酸C.无水氯化钙D.硅胶
(3)如何从滤液中回收过量的氯苯:
_____________
(4)下列各装置(盛有蒸馏水)能代替图中虚线框内部分的是_________(填序号)。
(5)将锥形瓶内的溶液稀释至1000mL,从中取10.00mL,用0.2000mol·L-1AgNO3溶液进行滴定,以K2CrO4溶液作指示剂,终点现象为______;若消耗22.50mLAgNO3溶液,则无水FeCl3的转化率为_____。
(6)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_______(填“高”或“低”)。
【答案】
(1).三颈烧瓶或三口烧瓶
(2).加快反应速率(3).将反应生成的HCl全部排至装置d,被水完全吸收(4).CD(5).蒸馏滤液,收集132℃的馏分(6).eg(7).红色沉淀刚好出现(8).90%(9).低
【解析】分析:
将无水FeCl3与氯苯混合发生反应:
2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl3+C6H4C12+HC1↑,将生成的HC1用水吸收,然后用硝酸银滴定生成的氯化氢测定无水FeCl3的转化率;根据表格数据,C6H5Cl和C6H4C12的沸点相差较大,从滤液中回收过量的氯苯,可以选择蒸馏的方法分离;分析误差时需要根据c(待测)=
分析判断。
详解:
(1)根据装置图,仪器a是三颈烧瓶,搅拌可以使反应物充分混合,加快反应速率,故答案为:
三颈烧瓶;加快反应速率;
(2)反应结束后,继续通入N2,可以将反应生成的HCl全部排至装置d,被水完全吸收,减少实验误差;仪器c的目的是干燥生成的氯化氢,应该选择固态酸性或中性干燥剂,可以选择无水氯化钙或硅胶,故答案为:
将反应生成的HCl全部排至装置d,被水完全吸收;CD;
(3)根据表格数据,C6H5Cl和C6H4C12的沸点相差较大,从滤液中回收过量的氯苯,可以选择蒸馏的方法分离,只要收集132℃的馏分即可,故答案为:
蒸馏滤液,收集132℃的馏分;
(4)氯化氢极易溶于水,需要防止倒吸,能代替图中虚线框内部分的有eg,f为密封装置,氯化氢气体不能通入,h会发生倒吸现象,故答案为:
cg;
(5)锥形瓶内的溶液为氯化氢的水溶液,将锥形瓶内的溶液稀释至1000mL,从中取10.00mL,用0.2000mol·L-1AgNO3溶液进行滴定,以K2CrO4溶液作指示剂,根据表格数据,首先生成氯化银出,后生成铬酸银沉淀,因此终点现象为红色沉淀刚好出现;根据方程式2FeCl3+C6H5Cl
2FeCl3+C6H4C12+HC1↑,HC1+AgNO3=AgCl+HNO3可知,2FeCl3~HC1↑~AgNO3,n(FeCl3)=2n(AgNO3)=2×0.2000mol·L-1×0.02250L×
=0.9mol,无水FeCl3的转化率为
×100%=90%,故答案为:
红色沉淀刚好出现;90%;
(6)上述滴定完成时,若滴定管尖嘴处留有气泡会,导致溶液的体积偏小,根据c(待测)=
,测定结果偏低,故答案为:
低。
9.利用废钡渣(主要成分为BaS2O3,含少量SiO2)为原料生产高纯氟化钡的流程如下:
已知:
Kap(BaS2O3)=6.96×10-11,Kap(BaF2)=1.0×10-6
(1)步骤①除产生SO2外,还有淡黄色固体生成,该反应的离子方程式为______________。
(2)步骤②的目的是中和过量的盐酸,加入NaOH溶液不宜过量,其原因是__________(用离子方程式表示)。
(3)滤液的主要成分是BaCl2,还含有少量NaCl,溶解度数据如下表:
温度
20℃
40℃
60℃
80℃
100℃
NaCl
36.0g
36.6g
37.3g
39.0g
39.8g
BaCl2
35.8g
40.8g
46.2g
52.5g
59.4g
步骤③宜采用_____(填“蒸发结晶”或“降温结晶”)。
(4)工业上可用氨水吸收SO2,并通入空气使其转化为铵态氮肥。
该转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________。
(5)步骤④生成BaF2的反应类型为____________。
①若该反应温度过高,容易造成c(F-)降低的原因是__________。
②研究表明,适当增加NH4F的比例有利于提高BaF2的产率和纯度,将浓度为0.1mol·L-1的BaCl2溶液和0.22mol·L-1NH4F溶液等体积混合,所得溶液中c(Ba2+)=__________mol·L-1。
【答案】
(1).BaS2O3 +2H+=Ba2++S↓+SO2↑+H2O
(2).2OH- +SiO2=SiO32-+H2O(3).降温结晶(4).1:
2(5).复分解反应(6).温度较高促进F-水解,使c(F-)降低(7).0.01
【解析】分析:
(1)根据流程图,步骤①中废钡渣中的BaS2O3与盐酸反应生成SO2和硫;
(2)步骤②的目的是中和过量的盐酸,过量的氢氧化钠会与二氧化硅反应;
(3)根据BaCl2和NaCl溶解度数据可知,氯化钡的溶解度与温度的变化和氯化钠的溶解度与温度的变化不同;
(4)转化中氧化剂为氧气,还原剂为SO32-或SO2,根据得失电子守恒分析;
(5)步骤④生成BaF2的化学反应方程式为BaCl2+2NH4F=BaF2+2NH4Cl;①盐类的水解收温度的影响,温度越高,水解程度越大;②根据BaCl2+2NH4F=BaF2+2NH4Cl计算反应后溶液中c(F-),再根据Kap(BaF2)计算c(Ba2+)。
详解:
(1)步骤①中废钡渣(主要成分为BaS2O3,含少量SiO2)中的BaS2O3与盐酸反应除产生SO2外,还有淡黄色固体硫生成,反应的离子方程式为BaS2O3 +2H+=Ba2++S↓+SO2↑+H2O,故答案为:
BaS2O3 +2H+=Ba2++S↓+SO2↑+H2O;
(2)步骤②的目的是中和过量的盐酸,加入NaOH溶液不宜过量,过量的氢氧化钠会与二氧化硅反应,离子方程式为2OH- +SiO2=SiO32-+H2O,故答案为:
2OH- +SiO2=SiO32-+H2O;
(3)滤液的主要成分是BaCl2,还含有少量NaCl,根据二者溶解度数据可知,氯化钡的溶解度随温度的变化比较明显,而氯化钠的溶解度随温度的变化不大,步骤③宜采用降温结晶,故答案为:
降温结晶;
(4)工业上可用氨水吸收SO2,并通入空气使其转化为铵态氮肥,该转化中氧化剂为氧气,还原剂为SO32-或SO2,根据得失电子守恒,二者物质的量之比为1:
2,故答案为:
1:
2;
(5)步骤④生成BaF2的化学反应方程式为BaCl2+2NH4F=BaF2+2NH4Cl,属于复分解反应,故答案为:
复分解反应;
①若该反应温度过高,温度较高促进F-水解,使c(F-)降低,故答案为:
温度较高促进F-水解,使c(F-)降低;
②所得溶液中c(F-)=
×(0.22mol·L-1-0.2mol·L-1)=0.01mol·L-1,c(Ba2+)=
=
=mol·L-1,故答案为:
0.01。
10.煤炭燃烧产生的SO2、CO、NO2等造成了严重的大气污染问题。
(1)CaO能起到固硫、降低SO2排放量的作用。
已知:
①SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s)△H=-402kJ·mol-1
②2CaSO3(s)+O2(g)=2CaSO4(s)△H=-234kJ·mol-1
③CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s)△H=+178kJ·mol-1
则反应2SO2(g)+O2(g)+2CaO(s)=2CaSO4(s)△H=________kJ·mol-1
向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用,若固定2molSO2相应量的煤在相同条件下,燃烧时向环境释放出的热量会减少______kJ。
(2)利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇,是减少污染的一种新举措,反应原理为CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)△H,在体积不同的两个恒容密闭容器中分别充入1molCO和2molH2,测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图甲。
①上述合成甲醇的反应是______ (填“吸热”或“ 放热”)反应,判断的理由是_____。
②图甲中A、B、C三点中反应速率最大的是______ (填写“A”、“B”或“C”)。
③在300℃时,向C点平衡体系中再充入0.25molCO,0.5molH2和0.25molCH3OH,该平衡______(填“向 正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。
(3)一定温度下,CO的转化率与起始投料比
的变化关系如图乙所示,测得D点氢气的转化率为40%,则x=______。
(4)利用原电池原理可将NO2和NH3转化为无污染物质,其装置原理图如图丙所示,则负极反应式为______________。
【答案】
(1).-1038
(2).356(3).放热(4).升高温度,CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动,正反应放热(5).C(6).向正反应方向(7).3(8).2NH3- 6e-+6OH-=N2+6H2O
【解析】分析:
(1)根据盖斯定律将①SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s)△H=-402kJ·mol-1,②2CaSO2(s)+O2(g)=2CaSO3(s)△H=-234kJ·mol-1按照①×2+②处理即可;燃烧时向环境释放出的热量会减少的热量为碳酸钙分解吸收的热量;
(2)①根据图像甲,升高温度,CH3OH的体积分数逐渐减小,说明平衡逆向移动;②首先根据图像甲分析判断出P2>P1,温度越高,压强越大,反应速率越快;③首先计算判断平衡时C点的组成,在分析恒容容器中再充入0.25molCO,0.5molH2和0.25molCH3OH,对平衡的影响;
(3)根据图像乙,D点CO的转化率为60%,结合D点氢气的转化率计算判断x的值;
(4)NO2和NH3转化为无污染物质为氮气和水,负极上氨气发生氧化反应。
详解:
(1)①SO2(g)+CaO(s)=CaSO3(s)△H=-402kJ·mol-1,②2CaSO2(s)+O2(g)=2CaSO3(s)△H=-234kJ·mol-1,③CaCO3(s)=CO2(g)+CaO(s)△H=+178kJ·mol-1,根据盖斯定律,将①×2+②得:
2SO2(g)+O2(g)+2CaO(s)=2CaSO4(s)△H=(-402kJ·mol-1)×2+(-234kJ·mol-1)=-1038kJ·mol-1;向燃煤中加入CaCO3也可起到固硫作用,若固定2molSO2相应量的煤,根据方程式,固定2molSO2,放出1038kJ的热量,同时需要分解2molCaCO3,需要吸热356kJ,因此在相同条件下,燃烧时向环境释放出的热量会减少356kJ,故答案为:
-1038;356;
(2)①根据图像,升高温度,CH3OH的体积分数逐渐减小,说明平衡逆向移动,合成甲醇的反应是放热反应,故答案为:
放热;升高温度,CH3OH的体积分数减小,平衡逆向移动,正反应放热;
②CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)是气体的物质的量减小的反应,压强越大,平衡时CH3OH的体积分数越大,则P2>P1,温度越高,压强越大,反应速率越快,图甲中A、B、C三点中反应速率最大的是C,故答案为:
C;
③C点CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)
起始(mol)120
反应(mol)x2xx
平衡(mol)1-x2-2xx
则
×100%=50%,解得:
x=0.75mol,因此平衡时有0.25molCO,0.5molH2和0.75molCH3OH,恒容容器中再充入0.25molCO,0.5molH2和0.25molCH3OH,可以看成先充入
molCO,
molH2和0.25molCH3OH,相当于增大压强,再充入
molCO,
molH2,平衡均正向移动,故答案为:
向正反应方向;
(3)D点CO的转化率为60%,
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)
起始(mol)1x0
反应(mol)0.61.20.6
平衡(mol)0.4x-1.20.6
D点氢气的转化率为40%=
,x=3,故答案为:
3;
(4)利用原电池原理可将NO2和NH3转化为无污染物质氮气和水,负极上氨气发生氧化反应,反应式为2NH3- 6e-+6OH-=N2+6H2O,故答案为:
2NH3- 6e-+6OH-=N2+6H2O。
11.铁、钴、镍等金属及其化合物在科学研究和工业生产中应用十分广泛。
回答下列问题:
(1)铁、钴、镍的基态原子核外未成对电子数最多的是________。
(2)酞菁钴分子的结构简式如图所示,中心离子为钴离子,酞钴分子中与钴离子通过配位键结合的氮原子的编号是_______(填1、2、3、4),三种非金属原子的电负性由大到小的顺序为____(用相应的元素符号表示);氮原子的杂化轨道类型为____。
(3)Fe(CO)x,常温下呈液态,熔点为-20.5℃,沸点为103℃,易溶于非极性溶剂,据此可判断Fe(CO)x,晶体属于_____(填晶体类型),若配合物Fe(CO)x的中心原子价电子数与配体提供电子数之和为18,则x=_______。
(4)NiO、
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