届河北省武邑中学高三上学期第三次调研考试化学试题解析版.docx
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届河北省武邑中学高三上学期第三次调研考试化学试题解析版
2019届河北省武邑中学高三上学期第三次调研考试化学试题(解析版)
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27
S32Cl35.5K39Cr52Fe56Cu64
一、选择题(每小题3分,共48分)
1.清末成书的《化学鉴原》中有一段描述:
“各原质(元素)化合所用之数名曰`分剂数'。
养气(氧气)以八分为一分剂(即分剂数为八),……一分剂轻气(氢气)为一,……并之即水,一分剂为九”。
其中与“分剂数”一词最接近的现代化学概念是()
A.摩尔质量B.物质的量C.化合价D.质量分数
【答案】A
【解析】
【详解】根据“各原质(元素)化合所用之数名曰`分剂数'”。
氧气八分为一分剂,氢气一分为一分剂,水九分为一分剂,则氧气的分剂数为八,氢气的分剂数为一,水的分剂数为九,即8份氧气与一份氢气化合生成九份水,满足O2+2H2=2H2O中的质量守恒,因此与“分剂数”一词最接近的现代化学概念为摩尔质量,故选A。
2.设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法错误的是()
A.一定量的Fe与含1molHNO3的稀硝酸恰好反应,则被还原的氮原子数小于NA
B.1molAlCl3在熔融时离子总数为0.4NA
C.常温常压下,等质量的SO2、S2含有相同的分子数
D.标准状况下,11.2LCl2通入足量的石灰乳中制备漂白粉,转移的电子数为0.5NA
【答案】B
【解析】
【详解】A.1mol稀硝酸除了作氧化剂还起酸的作用形成盐,作氧化剂的硝酸小于1mol,因此被还原的氮原子数小于NA,故A正确;B.AlCl3为共价化合物,熔融时不会电离产生离子,故B错误;C.SO2、S2具有相同的摩尔质量,等质量的SO2、S2具有相同的物质的量,具有相同的分子数,故C正确;D.标准状况下,11.2LCl2物质的量为0.5mol,通入足量的石灰乳中制备漂白粉,生成氯化钙和次氯酸钙,转移的电子数为0.5NA,故D正确;故选B。
【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用。
本题的易错点为BD,B中要注意氯化铝为共价化合物,熔融状态不能电离;D中要注意氯气和石灰乳反应是氯气自身氧化还原反应,化合价从0价变化为-1价和+1价。
3.下列解释事实的离子方程式正确的是()
A.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液:
Fe+4H++NO3-===Fe3++NO↑+2H2O
B.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸:
2ClO-+H2O+CO2===2HClO+CO32-
C.向酸性KMnO4溶液中通入SO2:
2MnO4-+5SO2+4OH-===2Mn2++5SO42-+2H2O
D.0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合:
NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-===2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液:
3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O,A错误;B.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2制取次氯酸时生成碳酸氢钙,B错误;C.向酸性KMnO4溶液中通入SO2发生氧化还原反应,即2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+,C错误;D.0.01mol·L—1NH4Al(SO4)2溶液与0.02mol·L—1Ba(OH)2溶液等体积混合的离子方程式为NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH—=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O,D正确,答案选D。
考点:
考查离子方程式正误判断
4.实验室需配制一种仅含五种离子(水电离出的离子可忽略)的混合溶液,且在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L,下面四个选项中能达到此目的的是()
A.Ca2+、K+、OH−、Cl−、NO3−B.Fe2+、H+、Br−、NO3−、Cl−
C.Na+、K+、SO42−、NO3−、Cl−D.Al3+、Na+、Cl−、SO42−、NO3−
【答案】D
【解析】
【详解】A.根据溶液呈电中性,阳离子K+、Ca2+所带的正电荷总数等于阴离子OH-、Cl-、NO3-所带的负电荷总数,因体积一定,在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L,则c(K+)+2c(Ca2+)=c(Cl-)+c(NO3-)+c(OH-),符合电荷守恒,但Ca2+与OH-能形成氢氧化钙微溶物不能共存,故A错误;B.Fe2+、H+、与NO3-发生氧化还原反应,3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O,所以该组离子不能大量共存,故B错误;C.根据溶液呈电中性,阳离子Na+、K+所带的正电荷总数需要等于阴离子SO42-、NO3-、Cl-所带的负电荷总数,因体积一定,在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L,c(Na+)+c(K+)=2mol/L,c(Cl-)+c(NO3-)+2c(SO42-)=4mol/L,阳离子Na+、K+所带的正电荷总数不等于阴离子SO42-、NO3-、Cl-所带的负电荷总数,故C错误;D.Al3+、Na+、Cl-、SO42-、NO3-,该组离子之间不反应,则能大量共存,根据溶液呈电中性,阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数须等于阴离子Cl-、SO42-、NO3-所带的负电荷总数,在混合溶液中五种离子的物质的量浓度均为1mol/L,3c(Al3+)+c(Na+)=4mol/L,c(Cl-)+c(NO3-)+2c(SO42-)=4mol/L,阳离子Al3+、Na+所带的正电荷总数等于阴离子Cl-、SO42-、NO3-所带的负电荷总数,故D正确;故选D。
5.I2Cl6晶体在常温下就会“升华”,蒸气冷却可得到晶体ICl3。
ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾,有强烈的催泪性。
若生成物之一是HCl,则另一种是()
A.HIO3B.HIO2C.HIOD.ICl
【答案】B
【解析】
试题分析:
ICl3中I为+3价,Cl为-1价,与水发生水解反应生成HIO2和HCl,答案选B
考点:
考查考查卤素互化物的性质。
6.甲醇是一种重要的化工原料,广泛应用于化工生产,也可以直接用作燃料。
已知:
CH3OH(l)+O2(g)===CO(g)+2H2O(g)ΔH1=-443.64kJ/mol,2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)ΔH2=-566.0kJ/mol。
下列说法正确的是()
A.CO的燃烧热为566.0kJ/mol
B.2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量低
C.完全燃烧20g甲醇,生成二氧化碳和水蒸气时放出的热量为908.3kJ
D.2CH3OH(l)+3O2(g)===2CO2(g)+4H2O(g)ΔH=-1453.28kJ/mol
【答案】D
【解析】
【详解】A.1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量为燃烧热,2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566.0kJ•mol-1,则CO的燃烧热为283.0kJ•mol-1,故A错误;B.放热反应中反应物的总能量大于生成物的总能量,所以2molCO和1molO2的总能量比2molCO2的总能量高,故B错误;C.已知:
①CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H1=-443.64kJ•mol-1②2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H2=-566.0kJ•mol-1根据盖斯定律①+②×
得CH3OH(l)+
O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=-726.64kJ•mol-1,则完全燃烧20g甲醇,即0.625mol,则放出的热量为0.625mol×726.64kJ•mol-1=454.15kJ,故C错误;D.由C项知CH3OH(l)+
O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)△H1=-726.64kJ•mol-1,方程式的计量数加倍,则反应热也加倍则2CH3OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+4H2O(g)△H=-1453.28kJ•mol-1,故D正确;故选D。
7.下列装置或操作能达到相应实验目的的是()
A.制备少量氨气
B.海带灼烧成灰
C.分液时取出下层液体
D.检查气密性
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、生石灰能吸收浓氨水里的水,使氨气排出,但用带胶塞的试管,排不出空气,错误;B、用酒精浸泡海带,在蒸发皿中灼烧,错误;C、下层液体从分液漏斗的活塞放出,途中倒时使上下层液体混在一起,错误;D、倒入水后,液面不变,证明气密性良好,正确。
考点:
考查实验操作等相关知识。
8.硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料,也可用作印染媒染剂,医药上用于催吐剂。
已知25℃时,Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17,Ksp[Ag2SO4]=1.2×10-5,则下列说法正确的是()
A.在水中加入少量ZnSO4固体时,水的电离平衡向正反应方向移动,Kw减小
B.在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为:
c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c(SO42-)
C.在0.5L0.10mol·L-1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02mol·L-1的AgNO3溶液,即可生成Ag2SO4沉淀
D.常温下,要除去0.20mol·L-1ZnSO4溶液中的Zn2+,至少要调节pH≥8
【答案】D
【解析】
试题分析:
A、温度不变,水的离子积常数不变,A错误;B、根据电荷守恒,在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为:
2c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO42-),B错误;C、在0.5L0.10mol·L-1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02mol·L-1的AgNO3溶液后,c(SO42-)="0.05"mol·L-1,c(Ag+)="0.01"mol·L-1,Q=c2(Ag+)c(SO42-)=5×10-6 答案选D。 考点: 环境污染 9.第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液,0.010mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。 下列说法正确的是() A.简单离子半径: X>Y>Z>W B.Y元素存在同素异形体 C.气态氢化物的稳定性: Z>W>Y D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时,溶液呈中性 【答案】B 【解析】 试题分析: 同周期元素的原子序数越大,原子半径越小,所以原子序数X>Y>Z>W,X的最高价氧化物的水溶液为碱性,而且0.010mol·L-1的这四种溶液pH为12,确定为一元强碱,所以X为Na,W的最高价氧化物的水溶液的pH为2,W为Cl、Z为S,Y的溶液的pH为4,为弱酸磷酸,Y为P,存在同素异形体。 四种元素简单离子的半径Y>Z>W>X;YZW的非金属性逐渐减弱,所以气态氢化物的稳定性逐渐减弱,D项NaOH与磷酸恰好反应时的溶液为碱性。 考点: 元素周期律、元素的性质。 10.向含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气,溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示,已知b-a=5线段Ⅳ表示一种含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。 下列说法正确的是() A.线段Ⅱ表示Br-的变化情况 B.原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=3∶1 C.根据图像无法计算a的值 D.线段Ⅳ表示IO3-的变化情况 【答案】D 【解析】 向仅含Fe2+、I﹣、Br﹣的溶液中通入适量氯气,还原性I﹣>Fe2+>Br﹣,首先发生反应2I﹣+Cl2=I2+2Cl﹣,I﹣反应完毕,再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,Fe2+反应完毕,最后发生反应2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣,故线段I代表I﹣的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br﹣的变化情况; 由通入氯气可知,根据反应离子方程式可知溶液中n(I﹣)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol﹣1mol)=4mol,Fe2+反应完毕,根据电荷守恒可知n(I﹣)+n(Br﹣)=2n(Fe2+),故n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol, A.根据分析可知,线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子,反应的离子方程式为: 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣,不是氧化溴离子,故A错误; B.n(FeI2): n(FeBr2)=n(I﹣): n(Br﹣)=2mol: 6mol=1: 3,故B错误; C.由分析可知,溶液中n(Br﹣)=2n(Fe2+)﹣n(I﹣)=2×4mol﹣2mol=6mol,根据2Br﹣+Cl2=Br2+2Cl﹣可知,溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol,故a=3+3=6,故C错误; D.线段IV表示一种含氧酸,且I和IV表示的物质中含有相同的元素,该元素为I元素,已知碘单质的物质的量为2mol,反应消耗氯气的物质的量为5mol,根据电子守恒,则该含氧酸中碘元素的化合价为: =+5价,则该含氧酸为HIO3,即: 线段Ⅳ表示IO3﹣的变化情况,故D正确; 11.有4种混合溶液,分别由等体积0.1mol/L的两种溶液混合而成: ①NH4Cl与CH3COONa②NH4Cl与HCl③NH4Cl与NaCl④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性) 下列各项排序正确的是() A.pH: ②<①<③<④B.c(NH4+): ①<③<②<④ C.溶液中c(H+): ①<③<②<④D.c(NH3·H2O): ①<③<④<② 【答案】B 【解析】 试题分析: ①中NH4Cl水解呈酸性与水解呈碱性的CH3COONa混合,水解相互促进,但溶液接近中性;②中NH4Cl水解呈酸性被HCl抑制,但溶液呈强酸性;③中NH4Cl与NaCl混合,为单水解呈酸性;④NH4Cl与相应的碱NH3·H2O(混合液呈碱性)混合,则说明电离大于水解。 所以由分析可知pH: ②<③<①<④,A错误;c(NH4+): ①<③<②<④,B正确;溶液中c(H+): ④<①<③<②,C错误;c(NH3·H2O): ②<③<①<④,D错误,故选B。 考点: 本题考查的是盐类的水解、弱电解质的电离、离子浓度大小比较。 12.甲、乙、丙、丁、戊五种物质是中学化学常见的物质,其中甲、乙均为单质,它们的转化关系如图所示(某些条件和部分产物已略去)。 下列说法正确的是() A.若甲可以与NaOH溶液反应放出H2,则丙一定是两性氧化物 B.若甲为短周期中最活泼的金属,且戊为碱,则丙生成戊一定是氧化还原反应 C.若丙、丁混合产生大量白烟,则乙可能会使高锰酸钾溶液褪色 D.若甲、丙、戊都含有同一种元素,则三种物质中,该元素的化合价由低到高的顺序可能为甲<丙<戊 【答案】D 【解析】 【详解】A.甲为单质,若甲可以与NaOH溶液反应放出H2,则甲为Al或Si,所以丙可能是氧化铝,也可能是二氧化硅,不一定是两性氧化物,故A错误;B.若甲为短周期中最活泼的金属,且戊为碱,则甲为Na,乙为氧气,所以丙可以为氧化钠或过氧化钠,当丙为氧化钠时,丙生成戊不是氧化还原反应,故B错误;C.丙、丁混合产生白烟,则丙、丁可为HCl和NH3或HNO3和NH3等,甲、乙均为单质,则乙可能是氯气或氢气或氮气,都不能使高锰酸钾溶液褪色,故C错误;D.若甲、丙、戊含有同一种元素,当甲为S,乙为氧气,丙为二氧化硫,丁为HClO等具有强氧化性的物质,戊为硫酸,则含S元素的化合价由低到高的顺序为甲<丙<戊,故D正确;故选D。 【点睛】本题考查无机物的推断,熟悉物质的性质及转化关系图中的反应是解答本题的关键。 本题的难点为D,符合甲、丙、戊中同种元素的化合价升高为非金属元素或变价金属元素。 13.电化学气敏传感器可用于监测环境中NH3的含量,其工作原理如图所示,NH3被氧化为常见无毒物质。 下列说法错误的是() A.溶液中OH-向电极a移动 B.反应消耗的NH3与O2的物质的量之比为4︰5 C.O2在电极b上发生还原反应 D.负极的电极反应式为: 2NH3-6e-+6OH-===N2↑+6H2O 【答案】B 【解析】 【分析】 NH3被氧化为常见无毒物质,应生成氮气,Pt电极通入氨气生成氮气,为原电池负极,则b为正极,氧气得电子被还原,结合电极方程式分析解答。 【详解】A.因为a极为负极,则溶液中的阴离子向负极移动,故A正确;B.反应中,氨气中N元素化合价升高3价,氧气中O元素化合价降低4价,根据得失电子守恒,消耗NH3与O2的物质的量之比为4: 3,故B错误;C.氧气具有氧化性,在原电池中正极上发生还原反应,故C正确;D.负极是氨气发生氧化反应变成氮气,且OH-向a极移动参与反应,故电极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O,故D正确;故选B。 【点睛】本题考查了原电池原理,根据O、N元素化合价变化判断出正负极是解题的关键。 本题的易错点为D,注意书写电极反应式时要结合电解质特点。 14.在甲、乙、丙三个不同密闭容器中按不同方式投料,一定条件下发生反应(起始温度和起始体积相同): N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) ΔH<0,相关数据如下表所示: 容器 甲 乙 丙 相关条件 恒温恒容 绝热恒容 恒温恒压 反应物投料 1molN2、3molH2 2molNH3 2molNH3 平衡时容器体积 V(甲) V(乙) V(丙) 反应的平衡常数K K(甲) K(乙) K(丙) 平衡时NH3的浓度c/mol·L-1 c(甲) c(乙) c(丙) 平衡时NH3的反应速率 v/mol·L-1·min-1 v(甲) v(乙) v(丙) 下列说法正确的是() A.V(甲)>V(丙)B.K(乙)<K(丙)C.c(乙)>c(甲)D.v(甲)=v(丙) 【答案】C 【解析】 【详解】根据方程式可知,1molN2、3molH2与2molNH3在相同条件下等效。 A、丙为氨的分解是气体体积增大的反应,所以丙恒温恒压,体积变大,甲恒温恒容,体积不变,所以,平衡时容器体积V甲<V丙,故A错误;B、合成氨是放热反应,其逆反应氨气的分解就是吸热反应,乙绝热容器,丙恒温,所以乙反应后比丙温度低,向吸热方向进行的程度小,平衡时乙中氨气浓度比丙高,氮气和氢气浓度比丙低,反应的平衡常数K乙>K丙,故B错误;C、条件相同时,甲与乙是等效平衡。 甲与乙容器体积相同,乙分解氨气吸热导致乙比甲温度低,平衡向合成氨方向移动,平衡时氨气浓度c(乙)>c(甲),故C正确;D、甲与丙起始温度和起始体积相同,恒温条件下反应,丙在恒压条件下分解氨气生成氢气和氮气,平衡时体积比反应前大,即平衡时丙体积大于甲,则压强甲大于丙,所以平衡时NH3的反应速率υ甲>υ丙,故D错误;故选C。 15.在元素周期表短周期元素中,X元素与Y、Z、W三元素相邻,X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数,这四种元素原子的最外层电子数之和为20。 下列判断正确的是() A.四种元素的原子半径: rZ>rX>rY>rw B.X、Y、Z、W形成的单质最多有6种 C.四种元素中,Z的最高价氧化物对应水化物酸性最强 D.四种元素均可与氢元素形成18电子分子 【答案】D 【解析】 试题分析: 在元素周期表主族元素中,X元素与Y、Z、W三元素相邻,X、Y的原子序数之和等于Z的原子序数,则X、Y处于第二周期,X、Z处于同一主族,X、Z二者原子序数相差8,Y为氧元素,X为氮元素,Z为磷元素;这四种元素原子的最外层电子数之和为20,所以W的最外层电子数为20-5-5-6=4,W为碳元素。 A、X为氮元素、Y为氧元素、Z为磷元素、W为碳元素,原子半径rZ>rw>rX>rY,A项错误; B、氧元素单质有氧气、臭氧;磷元素的单质有红磷、白磷;碳元素单质有金刚石、石墨、足球烯等,四种元素组成的单质的单质超过6种,B项错误;C、非金属性O>N>P>C,非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物(除氧)酸性越强,所以X的最高价氧化物对应水化物酸性最强,C项正确;D、C2H6、N2H4、H2O2、pH3均是18电子分子,所以四种元素均可与氢元素形成18电子分子,D项正确;选D。 考点: 考查元素周期表的结构,原子结构与位置的关系。 二、非选择题 16.亚硝酸(HNO2)是一种与醋酸酸性相当的弱酸,很不稳定,在室温下立即分解。 (1)写出HNO2的电离方程式________________。 (2)在酸性条件下,NaNO2与KI按物质的量1︰1恰好完全反应,I-被氧化为I2,写出该反应的离子方程式______________。 (3)要得到稳定HNO2溶液,可以往冷冻的浓NaNO2溶液中加入或通入某种物质,下列物质适合使用是_____(填序号)。 写出该反应的化学方程式__________________。 a.稀硫酸b.二氧化碳c.二氧化硫 (4)建筑工业盐(NaNO2)与食盐外观很相似,溶液也都是无色,鉴别它们时,可将两种盐溶液分别加入酸性K2Cr2O7溶液中,加食盐水的无明显现象,加建筑工业盐溶液的溶液由橙色变为绿色(Cr3+的颜色),无气体放出,完成该反应的离子方程式________________。 (5)若改用电解法将废水中NO2-转换为N2除去,N2将在____________(填电极名称)生成。 (6)若工业废水中的NO2-的浓度约为1.0×10-6mol/L,取工业废水5mL于试管中,滴加1滴0.1mol/L的硝酸银溶液(1滴为0.05mL),能否看到沉淀? ________(假设溶液体积始终为5mL,通过计算说明,已知Ksp(AgNO2)=2×10-8),____________。 【答案】 (1).HNO2 H++NO2- (2).4H++2NO2-+2I-=I2+2NO↑+2H2O(3).a(4).2NaNO2+H2SO4=Na2SO4+2HNO2(5).8H++3NO2-+Cr2O72-=2Cr3++3NO3-+4H2O(6).阴极(7).不能(8).混合后c(AgNO3): 0.05mL×0.1mol·Lˉ1/5mL×c(AgNO3)=1.0×10-3mol·Lˉ1Qc=c(Ag+)c(NO2-)=1.0×10-3mol·Lˉ1×1.0×10-6mol·L-1=1.0×10-9 <2×10-8,不能生成沉淀 【解析】 【详解】 (1)亚硝酸是弱电解质,在水溶液里只有部分电离,电离方程式为HNO2⇌H++NO2-,故答案为: HNO2⇌H++NO2-; (2)碘离子被氧化为碘单质时,所有的碘元素化合价升高了2价,消耗碘离子是2mol,亚硝酸钠中氮元素化合价是+3价,2mol的亚硝
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