四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx
- 文档编号:10610428
- 上传时间:2023-02-21
- 格式:DOCX
- 页数:23
- 大小:599.17KB
四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx
《四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题.docx(23页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
四川省南充市届高三下学期第三次高考适应性考试三诊化学试题
四川省南充市2021届高三下学期5月第三次高考适应性考试(三诊)化学试题
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
一、单选题
1.化学与生产、生活密切相关。
下列说法正确的是
A.为阻止新型冠状病毒传播,可利用84消毒液对环境进行消毒
B.维生素C具有较强的氧化性,常用作氧化剂
C.中国传统制油条的口诀是“一碱、二矾、三钱盐”,其中“碱”是火碱
D.我国自主研发的5G芯片材料是二氧化硅
2.室温下H2SO4是二元强酸,其稀溶液中,第一步解离是完全的,第二步解离程度较低,HSO
H++SO
(K2=1.0×10-2)。
设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.56g单质铁与足量稀硫酸反应产生22.4LH2
B.1L0.1mol/L的硫酸溶液中,含H+的数目为0.2NA
C.室温下,NaHSO4溶液显碱性
D.稀硫酸溶液中存在关系:
c(HSO
)+c(OH-)+2c(SO
)=c(H+)
3.绿原酸具有很高的药用价值,其结构如图所示,下列说法正确的是
A.该物质不能使酸性高锰酸钾溶液褪色B.其苯环上的一氯代物有三种
C.1mol绿原酸与5molH2发生加成反应D.分子中所有C原子可能共面
4.W、X、Y、Z为原子序数依次增大,且分属于三个不同周期的短周期元素,X、Y同周期。
X、Y、Z可形成一种无色剧毒气体(结构如图所示),下列说法错误的是
A.X、Y、Z形成的简单氢化物中Y的氢化物熔沸点最高
B.Z元素形成的含氧酸均为强酸
C.W与X、Y均能形成至少2种二元化合物
D.原子半径X大于Y
5.下列实验分离操作能达到目的的是
A.甲:
分离碘单质和氯化铵的混合固体B.乙:
分离硫酸钡固体和氯化钠溶液的混合物
C.丙:
分离乙醇和水的混合溶液D.丁:
分离硝基苯和苯的混合溶液
6.化学反应原理是研究化学的重要工具,下列相关说法正确的是
A.CH4(g)+Cl2(g)
CH3Cl(g)+HCl(g)能自发进行,则该反应
H>0
B.向碳酸钠溶液中通入少量的氯气:
Na2CO3+H2O+2Cl2=2HClO+2NaCl+CO2
C.室温下,稀释0.1mol/L的HClO溶液,溶液中c(ClO-)减小
D.向硫酸钡悬浊液中加入足量饱和碳酸钠溶液,振荡过滤洗涤,向沉淀中加入盐酸溶液有气体产生,说明Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
7.科学家最近设计出了质子膜H2S电池,实现了H2S废气变废为宝,电池结构原理如图,下列相关说法正确的是
A.电极a为正极,发生还原反应
B.H+经过固体电解质膜向a电极移动
C.电极b的反应为:
O2+4e-+4H+=2H2O
D.用该电池进行粗铜的精炼,当电路中转移2mole-时,阳极减轻64g
二、实验题
8.苯胺是一种重要精细化工原料,在染料、医药等行业中具有广泛的应用。
实验室以苯为原料制取苯胺,其原理简示如下:
+HNO3
+H2O
+3H2
+2H2O
物质
沸点/°C
密度/(g*cm3)
部分性质
苯
80
0.88
无色油状液体,难溶于水
硝基苯
210.9
1.23
无色或淡黄色油状液体,不溶于水,易溶于乙醇、乙醚
苯胺
184.4.
1.02
无色油状液体,微溶于水,易溶于乙醇、乙醚:
还原性强,易被氧化
实验步骤:
I.制取硝基苯
实验室采用如图所示装置制取硝基苯,A中装有一定量的苯,三颈烧瓶装有一定比例的浓硫酸和浓硝酸混合物。
请回答下列问题:
(1)仪器A的名称是___________。
(2)配制浓硫酸和浓硝酸的混合物时,应将___________逐滴加入到___________中,并及时搅拌和冷却。
(3)实验装置中长玻璃导管的作用是___________。
(4)粗硝基苯用5%NaOH溶液洗涤的目的是___________。
II.制取苯胺
①组装好实验装置(如图,夹持仪器已略去),并检查气密性。
②先向三颈烧瓶中加入沸石及硝基苯,再取下恒压分液漏斗,换上温度计。
③打开活塞K,通入H2一段时间。
④利用油浴加热,使反应液温度维持在140℃进行反应。
⑤反应结束后,关闭活塞K,向三颈烧瓶中加入生石灰。
⑥调整好温度计的位置,继续加热,收集182~186℃馏分,得到较纯苯胺。
回答下列问题:
(5)操作①中加入沸石的作用___________,冷凝装置中的冷凝水应该从___________(填“a”或者“b”)口进入。
(6)若实验中步骤③和④的顺序颠倒,则实验中可能产生的不良后果是___________。
(7)蒸馏前,步骤⑤中加入生石灰的作用是___________。
(8)若实验中硝基苯用量为5mL,最后得到苯胺2.79g,苯胺的产率为___________。
三、原理综合题
9.甲烷水汽重整反应(SMR)是我国主要的制氢技术,可以转变我国能源结构,助力我国实现“碳达峰”的目标。
SMR反应常伴随水煤气变换反应(WGS):
SMR:
CH4(g)+H2O(g)
CO(g)+3H2(g)ΔH1=akJ·mol-1K1=1.198×
WGS:
CO(g)+H2O(g)
CO2(g)+H2(g)ΔH2=bkJ·mol-1K2=1.767×
回答下列问题:
(1)根据SMR和WGS的平衡常数,判断:
ΔH1___________0,ΔH2___________0(填“<”或“>”)。
(2)CO2甲烷化也是实现“碳达峰”的重要途径,反应机理如图,写出该反应的化学反应方程式___________,该反应的ΔH=___________,关于这一反应机理,下列说法正确的是___________。
A.CO2被吸附在MgO的表面而发生反应B.Pd是反应的催化剂
C.反应过程既有碳氧键的断裂,也有碳氧键的形成D.反应过程中有CO分子中间体生成
(3)一定条件下,向恒容平衡反应器中通入1MPaCH4和3MPaH2O(g),发生SMR和WGS反应,平衡时,CO为mMPa,H2为nMPa,此时CH4(g)的分压为___________MPa(用含m、n的代数式表示)。
(4)SMR中,CH4分子与H2O分子在催化剂Ni表面的活性位点(能够发生断键的表面区域)断键并发生反应,实验测得甲烷的反应速率
。
随水蒸气分压
的变化如下图1,
超过25kPa时,
随
的增大而减小,原因是___________。
(5)SMR和WGS工艺会产生CO2废气,可以基于原电池原理,利用混合电子-碳酸根离子传导膜捕获废气(N2、CO2、O2)中的CO2,如上图2,CO2在电池___________极(填“正”或“负”)被捕获,该电极反应方程式为___________。
四、工业流程题
10.以菱锰矿(主要成分为MnCO3,还含有Fe3O4、FeO、MgCO3等杂质)为原料制备MnSO4的工艺流程如下图:
已知:
常温下,Ksp(MnS)=1×10-11.金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表:
金属离子
Fe3+
Fe2+
Mn2+
Mg2+
开始沉淀
1.5
6.3
7.6
9.6
完全沉淀
2.8
8.3
10.2
11.6.
(1)酸浸时选择H2SO4而不是HCl的原因可能是___________和___________,沉淀池1中,加入MnO2时发生反应的离子方程式为___________。
(2)该工艺流程中废渣和沉淀1、2均需用水洗涤,并将洗涤液返回酸浸工序,目的是___________。
(3)沉淀2的化学式是___________,不能用NaOH代替NaF,其原因是___________。
(4)含MnSO4溶液中还含有___________杂质(填离子符号),利用KMnO4溶液与Mn2+反应生成黑色沉淀的现象可以检验Mn2+,发生反应的离子方程式为___________。
(5)电解MnSO4溶液可进一步获得二氧化锰,电解后的废水中还含有Mn2+,常用石灰乳进行一级沉降得到Mn(OH)2沉淀,过滤后再向滤液中加入适量Na2S,进行二级沉降。
欲使溶液中c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1,则应保持溶液中c(S2-)≥___________mol·L-1。
五、结构与性质
11.电石(CaC2)是一种用于生产乙炔的浅色固体。
它是由氧化钙与焦炭反应形成的:
CaO+3C
CaC2+CO。
德国化学家维勒发现,电石与水反应释放出乙炔气体(C2H2)和氢氧化钙,也含有H2S、PH3等杂质气体。
回答下列问题:
(1)上述六种元素中,电负性最大的是___________(填写元素名称),原子半径最大者在基态时核外电子占据的轨道数目为___________个。
(2)H2S、PH3分子中心原子的价层电子对数目___________(填“相同”或“不同”)。
根据等电子原理,画出C
离子的电子式___________,乙炔分子中C原子的杂化方式为___________。
(3)已知键能数据如下表:
化学键
N-N
N=N
N=N
键能/kJ.mol-1
247
418
942
化学键
C-O
C=O
C=O
键能/kJ.mol-1
351
745
1072
请解释CO比N2容易发生反应:
___________。
(4)如图为电石的四方晶胞(长方体),钙离子位于___________,它填入C
离子围成的八面体空隙。
计算一个晶胞内含有化学式的数量为___________。
(5)已知电石密度为2.13g·cm-3,阿伏伽德罗常数为6.02×1023mol-1,x、y值均为a
(1
=10-10m),则z=___________nm(用含a的式子表示,且数字保留整数)。
已知a<4.0,则距离钙最近的C
中心有___________个。
六、有机推断题
12.科学家们特别关注两种吸收紫外线的化学物质X和Y。
其合成路线分别如下:
已知:
+H2O
回答下列问题:
(1)A为单一官能团化合物,其中含氧官能团名称为___________。
C具有两个相同官能团,C的化学名称为___________。
X的分子式为___________。
(2)鉴别A和D可以选用的试剂为___________(填序号)。
①NaOH溶液②FeCl3溶液③NaHCO3溶液
(3)醛E的核磁共振氢谱显示吸收峰面积为3:
2:
2:
1,写出E的结构简式为___________。
F生成饱和一元醇G的反应类型为___________,G中含有___________个手性碳(注:
连接四个各不相同的基团和原子的碳)。
(4)写出饱和一元醇G与乙酸生成H的化学方程式___________。
(5)Y吸收紫外线后形成双聚体
等多种异构体,请指出这样的双聚体共有___________种(不考虑手性异构)。
参考答案
1.A
【详解】
A.84消毒液主要成分为NaClO,可以氧化蛋白质使其变性,从而消毒杀菌,且无毒,可以利用其对环境进行消毒,A正确;
B.维生素C具有较强的还原性,常用作还原剂,B错误;
C.“碱”是纯碱,即碳酸钠,火碱是NaOH,C错误;
D.芯片的主要成分是硅单质,二氧化硅可以用来制作光导纤维,D错误;
综上所述答案为A。
2.D
【详解】
A.未指明温度和压强,无法确定气体的体积,A错误;
B.1L0.1mol/L的硫酸溶液中含有0.1molH2SO4,但由于硫酸的第二步解离程度较低,所以溶液中的H+的数目小于0.2NA,B错误;
C.硫酸第一步解离完全,所以HSO
不会水解,NaHSO4溶液显酸性,C错误;
D.稀硫酸溶液中存在电荷守恒c(HSO
)+c(OH-)+2c(SO
)=c(H+),D正确;
综上所述答案为D。
3.B
【详解】
A.该物质含有碳碳双键、醇羟基(与羟基相连的碳原子上有氢原子)、酚羟基,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,A错误;
B.该物质结构不对称,苯环上的三个氢原子各不相同,所以一氯代物有三种,B正确;
C.碳碳双键、苯环可以和氢气加成,所以1mol绿原酸最多与4molH2发生加成反应,C错误;
D.分子中存在三个C原子连接在同一饱和碳原子上的结构,不可能所有碳原子共面,D错误;
综上所述答案为B。
4.B
【分析】
四种元素分属于三个不同周期的短周期元素,且W的原子序数最小,所以W为H元素,X、Y同周期,X可以和Y形成双键,X共可以形成4个共价键,则X为C元素,Y为O元素,Z可以形成一个共价键,且为第三周期元素,则Z为Cl元素。
【详解】
A.X、Y、Z形成的简单氢化物分别为CH4、H2O、HCl,H2O分子间存在氢键,熔沸点最高,A正确;
B.Cl元素形成的含氧酸不一定为强酸,如HClO为一元弱酸,B错误;
C.H与C元素可以形成甲烷、乙烷等多种烃类,H与O可以形成H2O、H2O2等二元化合物,C正确;
D.同周期主族元素自左至右原子半径依次减小,所以原子半径C>O,D正确;
综上所述答案为B。
5.D
【详解】
A.碘易升华、氯化铵受热易分解成HCl和氨气,当碘凝华时HCl和氨气又重新反应生成氯化铵,无法用加热的方法分离二者的固体混合物,且烧杯一般不用来加热固体,也没有接收碘单质、氯化铵的仪器,A不能达到目的;
B.过滤时漏斗内需要有滤纸,且需要玻璃棒引流,B不能达到目的;
C.乙醇和水互溶,不能用分液的方法分离,应用蒸馏的方式分离,C不能达到目的;
D.硝基苯和苯互溶,沸点不同,可用蒸馏的方法分离,蒸馏时注意温度计的水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处,冷凝水要下进上出,苯的沸点为78.83℃,硝基苯的沸点为210.9℃,可用水浴加热,D能达到目的;
答案选D。
6.C
【详解】
A.该反应能自发进行,说明
,CH4(g)+Cl2(g)
CH3Cl(g)+HCl(g)的
=0,则
,
,A错误;
B.氯气少量不能生成二氧化碳,只能生成碳酸氢钠,反应的化学方程式为Na2CO3+H2O+Cl2=HClO+NaHCO3+NaCl,B错误;
C.加水稀释HClO,溶液体积增大程度大于电离平衡向右移动使n(ClO-)增大的程度,因此总体来说c(ClO-)减小,C正确;
D.碳酸钠足量,无论BaSO4和BaCO3的Ksp谁大,都会产生碳酸钡沉淀,因此无法比较BaSO4和BaCO3的Ksp,D错误;
答案选C。
7.C
【分析】
由图可知H2S在电极a发生氧化反应转化为S2,因此电极a为负极,电极b为正极。
【详解】
A.由分析可知电极a为负极,发生氧化反应,A错误;
B.电解质中阳离子移向正极,因此H+经过固体电解质膜向b电极移动,B错误;
C.电极b为正极,氧气在正极得电子,发生还原反应,电极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O,C正确;
D.电解精炼铜时,粗铜作阳极,粗铜中比铜活泼的金属先失电子,因此当电路中转移2mole-时,阳极减轻的质量不为1molCu的质量,即64g,D错误;
答案选C。
8.分液漏斗浓硫酸浓硝酸冷凝回流,减少苯的损失除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸和NO2防止暴沸a加热时H2和O2混合会发生爆炸,生成的苯胺会被O2氧化吸收反应生成的水60%
【分析】
本实验的目的是以苯为原料制取苯胺,首先制取硝基苯,制备混酸时要注意浓硫酸稀释会放热,苯易挥发,实验过程中要注意减少苯的挥发损失;然后制取苯胺,为防止苯胺被氧化,需先用氢气排尽装置内的空气,但要注意氢气和氧气的混合物受热易发生爆炸,利用油浴加热进行反应,结束后加热生石灰进行干燥,之后分馏收集苯胺。
【详解】
(1)根据仪器A的结构特点可知其为分液漏斗;
(2)浓硫酸稀释时放热,为防止暴沸应将浓硫酸逐滴加入到浓硝酸中;
(3)苯易挥发,长导管可以冷凝回流,减少苯的损失;
(4)实验完成后,三颈烧瓶中会有剩余的浓硫酸、浓硝酸以及浓硝酸被还原得到的NO2,加入5%NaOH溶液可以除去粗硝基苯中混有的硫酸、硝酸和NO2;
(5)加入沸石可以防止液体暴沸;为增强冷凝效果,冷凝水应从a口进入;
(6)通入氢气的目的是排尽装置中的空气,若③④颠倒,生成的苯胺会被空气中O2氧化,且装置内温度较高,加热时H2和O2混合会发生爆炸;
(7)硝基苯和氢气反应生成苯胺时,同时会有水生成,加入生石灰可以吸收反应生成的水;
(8)根据题目所给信息可知5mL硝基苯的物质的量为
=0.05mol,则理论上可以生成苯胺0.05mol,所以产率为
×100%=60%。
9.><CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g)-(a+b)kJ·mol-1AB1-
(m+n)H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点,导致活性位点的CH4分子过少,r(CH4)减小正2CO2+O2+4e-=2CO
【详解】
(1)根据K1的表达式可知温度越高,平衡常数越大,即升高温度平衡正向移动,为吸热反应,所以ΔH1>0;根据K2的表达式可知温度越低,平衡常数越大,即降低温度平衡正向移动,为放热反应,所以ΔH2<0;
(2)据图可知加入的反应物为CO2和H2,最终产物为CH4和H2O,Pd、MgO均为催化剂,该反应的化学方程式为CO2(g)+4H2(g)
CH4(g)+2H2O(g);根据盖斯定律-(SMR+WGS)可得该反应的ΔH1=-(a+b)kJ·mol-1;
关于这一反应机理,下列说法正确的是:
A.据图可知CO2被吸附在MgO的表面而发生反,H2被吸附在Pb表面发生反应,A正确;
B.该过程中反应物为CO2和H2,最终产物为CH4和H2O,Pd、MgO均为催化剂,B正确;
C.据图可知该过程中只有碳氧键的断裂,没有碳氧键的生成,反应过程中形成了氧氢键、碳氢键,C错误;
D.反应过程中有MgOCO中间体形成,并没有生成CO分子,D错误;
综上所述答案为AB;
(3)恒容密闭容器中气体压强之比等于物质的量之比,不妨设初始通入1molCH4和3molH2O,则平衡时CO为mmol,H2为nmol,设此时n(CH4)为xmol,则Δn(CH4)为(1-x)mol,所以SMR反应生成的氢气为3(1-x)mol,生成的CO为(1-x)mol,所以WGS反应消耗的CO为(1-x-m)mol,生成的氢气为(1-x-m)mol,所以有(1-x-m)mol+3(1-x)mol=nmol,解得x=[1-
(m+n)]mol,所以CH4(g)的分压为[1-
(m+n)]MPa;
(4)
增大,即通入的水蒸气增多,所以H2O分子占据大多数Ni表面的活性位点,导致活性位点的CH4分子过少,r(CH4)减小;
(5)废气中含有氧气,据图可知O2发生还原反应与CO2结合生成碳酸根,所以该电极得电子为正极,所以废气中的CO2在电池的正极被捕获,电极反应式为2CO2+O2+4e-=2CO
。
10.不引入新的杂质盐酸后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O提高锰的回收率(或用水洗涤滤渣,洗出液循环利用,提高锰的回收率等合理答案都可)MgF2若用NaOH为沉淀剂,Mg2+沉淀完全时的pH=11.6,此时Mn2+也会沉淀,导致MnSO4产率降低NH
、Na+2MnO
+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+1×10-6
【分析】
菱锰矿加入硫酸进行酸浸,得到含有Fe3+、Fe2+、Mn2+、Mg2+等阳离子的溶液,沉淀池中加入MnO2将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+,然后加入氨水调节pH得到Fe(OH)3沉淀,过滤后再加入NaF得到MgF2沉淀,此时溶液中的阳离子主要为Mn2+,还有少量Na+、NH
,蒸发浓缩、冷却结晶得到MnSO4晶体。
【详解】
(1)使用盐酸会引入Cl-,为新的杂质,且后续在沉淀池1中被二氧化锰氧化产生有毒气体Cl2;沉淀池1中加入MnO2主要是将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+,离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O;
(2)废渣和沉淀1、2中都会有少量Mn2+,用水洗涤滤渣,洗出液循环利用,提高锰的回收率;
(3)沉淀池1中得到的沉淀为Fe(OH)3,此时溶液中阳离子有NH
、Mg2+、Mn2+等,所以加入NaF的主要作用是除去Mg2+,得到的沉淀2为MgF2;根据题目所给信息可知若用NaOH为沉淀剂,Mg2+沉淀完全时的pH=11.6,此时Mn2+也会沉淀,导致MnSO4产率降低;
(4)除铁时用氨水调节pH,除镁时加入NaF,所以含MnSO4溶液中还含有NH
、Na+杂质;KMnO4溶液与Mn2+反应生成黑色沉淀,该黑色沉淀应为MnO2,发生归中反应,离子方程式为2MnO
+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+;
(5)c(Mn2+)≤1.0×10-5mol·L-1时,c(S2-)≥
mol/L=1×10-6mol/L。
11.氧10相同
spCO中断裂第一个π键键能(327kJ·mol-1)比N2的(524kJ·mol-1)小很多顶点和体心2
4
【详解】
(1)非金属性越强电负性越大,上述六种元素中,氧元素的非金属性最强,电负性最大;核外电子层数越多原子半径越大,所以上述元素中原子半径最大的是Ca元素,基态Ca原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s2,共占据1+1+3+1+3+1=10个轨道;
(2)H2S的中心原子价层电子对数为
=4,PH3的中心原子价层电子对数为
=4,二者价层电子对数目相同;N2和C
所含原子总数均为2,价电子总数均为10,二者互为等电子体,根据N2的电子式可知C
的电子式为
;乙炔分子中C原子形成碳碳三键,为sp杂化;
(3)根据表格数据可知CO中断裂第一个π键键能(327kJ·mol-1)比N2的(524kJ·mol-1)小很多,所以CO比N2容易发生反应;
(4)电石由Ca2+和C
构成,所以白球代表Ca2+,位于顶点和体心;Ca2+的数目为
=2,所以含有化学式的数量为2;
(5)晶胞的质量为
g,晶胞的体积为a2z×10-20m3=a2z×10-16cm3,所以有
=2.13g·cm-3,解得z=
×10-7cm=
nm;a<4.0,则
>0.625nm=6.25
>a
,所以位于与z轴平行的4条棱的棱心上的C
中中心距离Ca2+距离最近。
12.羧基间苯二酚(或1,3-苯二酚)C14H12O3②③CH3CH2CH2CHO加成反应1
+CH3COOH
+H2O10
【分析】
A中只有一个官能团,根据B的结构简式可知A中苯环上连接一个碳原子,结合A的分子式可知其为
;根据X的结构简式可知X的分子式为C14H12O3,而B的分子式为C7H5OCl,D的分子式为C7H8O2,所以应是B脱去氯原子后取带D中的一个氢原子生成X,则D的结构简式应为
;C有两个相同的官能团,根据其分子式可知应是含有两个酚羟基,结合D中苯环上取代基的位置可知C为
;
根据H生成Y的反应条件可知该反应与所给信息反应类似,则H为
,则G和乙酸发生酯化反应生成H,G为
;根据反应条件可知E生成F的反应也与题目所给反应类似,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 四川省 南充市 届高三 下学 第三次 高考 适应性 考试 化学试题