届广东省揭阳市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题解析版.docx
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届广东省揭阳市高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试题解析版
2019届广东省揭阳市高三下学期第二次模拟考试
理科综合化学试题(解析版)
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Cl35.5Na23Al27Cr52
一、选择题:
本题共13小题,每小题6分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是符合题目要求的。
1.2019年3月召开的“两会”指出,当前我国城乡居民正在进入生活质量全面提升时期,人们对生态环境质量非常关注,迫切希望生态环境越来越好。
下列做法有利于环境保护的是
A.市区禁止自行车通行
B.自己尽量不做饭,多叫外卖
C.提倡将生活垃圾进行分类处理
D.将工业废水注入地下岩石层,减少排放量
【答案】C
【解析】
【详解】A.自行车出行不需要消耗汽油等化石能源,有利于环境保护。
A项错误;
B.多叫外卖会增加外卖的包装材料的消耗,会引起更多的资源浪费,产生白色污染等,B项错误;
C.提倡垃圾分类更加有利于废物的回收利用,减少不必要的垃圾的产生,C项正确;
D.工业废水注入地下岩石层,会污染地下水,D项错误;
本题答案选C。
2.NA为阿伏加德罗常数的值。
下列说法正确的是
A.2.3g钠在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为0.1NA
B.标准状况下,2.24LCl2溶于水或NaOH溶液中转移的电子数均为0.1NA
C.常温常压下,18gH2O含有的氢原子总数为NA
D.0.1molCH3OH中所含C-H键的数目为0.4NA
【答案】A
【解析】
【详解】A.Na在足量的氧气中燃烧,Na原子失去1个电子生成了Na+;2.3gNa的物质的量为0.1mol,转移的电子的物质的量也为0.1mol,转移电子数为0.1NA,A项正确;
B.标准状况下,22.4LCl2的物质的量为1mol,Cl2与水的反应为可逆反应,Cl2+H2O
HCl+HClO,并没有反应完全,转移电子的物质的量小于1mol,转移电子数小于0.1NA,B项错误;
C.18gH2O物质的量为1mol,含有H原子物质的量为2mol,H原子数目为2NA,C项错误;
D.CH3OH的结构式为
,1mo甲醇中含有3molC-H键,所以0.1molCH3OH中含有0.3molC-H键,数目为0.3NA,D项错误;
本题答案选A。
3.下列关于有机化合物的说法正确的是
A.用酸性高锰酸钾溶液可以鉴别苯和甲烷
B.苯酚、苯乙醇和苯乙酸都可以与钠反应生成氢气
C.纤维素、蛋白质、葡萄糖在一定条件下都可发生水解反应
D.甲醇与二甲醚互为同分异构体
【答案】B
【解析】
【详解】A.苯和甲烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,A项错误;
B.苯酚和苯乙醇中含有—OH,苯乙酸中有—COOH,可以与Na反应放出氢气,B项正确;
C.葡萄糖为单糖,不能发生水解反应,C项错误;
D.甲醇
分子式为CH4O,二甲醚的分子式为C2H6O,不是同分异构体,D项错误;
本题答案选B。
4.根据下列实验操作和现象得出的结论错误的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向碘水中加入等体积CCl4,振荡后静置
上层接近无色,下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
B
常温下,将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中,用淀粉碘化钾试液检验
试液不变蓝
常温下,浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应
C
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入几滴稀AgNO3溶液
有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热;再加入少量银氨溶液;
未出现银镜
蔗糖未水解
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【详解】A.I2易溶于CCl4,被萃取到有机层,CCl4的密度比水大,有机层在下层,因溶有碘呈现紫红色,A项结论正确;
B.二氧化锰和浓盐酸反应需要加热,不加热不反应,因此用淀粉碘化钾试液检验时,不变蓝,B项结论正确;
C.滴加几滴AgNO3溶液,生成了黄色沉淀AgI,AgCl和AgI均为难溶物,更难溶
先沉淀,所以Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),C项结论正确;
D.20%蔗糖溶液加入少量稀硫酸,加热,再加入少量银氨溶液会与硫酸反应,银镜反应成功需要在碱性环境下,所以未出现银镜不能确定蔗糖是否水解,D项结论错误;
本题答案选D。
5.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大,已知元素X的一种高硬度单质是宝石,Y2+电子层结构与氖相同,Z的质子数为偶数,室温下M单质为淡黄色固体。
下列叙述错误的是
A.简单氢化物稳定性:
X>Z
B.Z元素的最高价氧化物是制造光导纤维的主要原料
C.化合物XM2中含有极性共价键和非极性共价键
D.简单离子半径:
Y 【答案】C 【解析】 【详解】元素X的一种高硬度单质是宝石,为金刚石,X为C元素。 Y2+电子层结构与氖相同,氖的核外K、L层电子数目依次为2、8,Y失去2个电子与氖相同,则Y的核外K、L、M层电子数目依次为2、8、2,元素Y为Mg。 室温下M的单质为淡黄色固体,元素M为S。 元素Z在Mg和S之间,且Z的质子数为偶数,则元素Z为Si。 A.同主族元素从上到下非金属性减弱,气态氢化物的稳定性减弱。 C和Si同主族,CH4的稳定性比SiH4强,X>Z,A项正确; B.Z元素的最高价氧化物为SiO2,为制造光导纤维的主要原料,B项正确; C.化合物XM2为CS2,结构式为S=C=S,只含有极性共价键,C项错误; D.简单离子半径,Y为Mg2+,M为S2-,Mg2+只有2个电子层,S2-有3个电子层。 一般情况下,电子层数越多,半径越大,Y 本题答案选C。 6.用间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理,其工作原理如图所示。 下列说法正确的是 A.电极I为阴极,电极反应式为2H2O+2e一=2OH-+H2↑ B.电解时H+由电极I向电极II迁移 C.吸收塔中的反应为2NO+2S2O42-+2H2O=N2+4HSO3- D.每处理1 mol NO,可同时得到32gO2 【答案】C 【解析】 【详解】从图示中,可知在吸收塔中NO变成了N2,N的化合价降低,S2O42-变成了HSO3-,S的化合价从+3升高到了+4,化合价升高。 在电解池中,HSO3-变成了S2O42-,S的化合价从+4降低到+3,得到电子,电极Ⅰ为阴极,而在电极Ⅱ附近有氧气生成,为H2O失去电子生成O2,为阳极。 A.在电解池中,HSO3-变成了S2O42-,S的化合价从+4降低到+3,得到电子,电极Ⅰ为阴极,电极方程式为2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O,A项错误; B.电解时,阳离子向阴极移动,电极Ⅰ为阴极,H+由电极Ⅱ向电极Ⅰ移动,B项错误; C.吸收塔中NO变N2,S2O42-变成HSO3-,C中的离子方程式满足电子守恒、电荷守恒、原子守恒,C项正确; D.整个装置中转移的电子数相同,处理1molNO,N的化合价从+2降低到0,转移了2mol电子。 阳极2H2O-4e-=4H++O2↑,生成32gO2即1molO2需要4mol电子,D项错误; 本题答案选C。 7.室温下,将尿酸钠(NaUr)悬浊液静置,取上层清液,再通入HCl,溶液中尿酸的浓度c(HUr)与pH的关系如图所示。 已知: Ksp(NaUr)=4.9×10-5,Ka(HUr)=2.0×10-6。 下列说法正确的是 A.上层清液中,c(Ur-)=7.0×10-2mol·L-1 B.在M→N的变化过程中,c(Na+)·c(Ur-)将逐渐减小 C.当c(HUr)=c(Ur-)时,c(Cl-)=c(Ur-) D.当pH=7时,2c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-) 【答案】B 【解析】 【详解】A.尿酸钠(NaUr)悬浊液静置取上层清液,为尿酸钠的饱和溶液,难溶电解质的沉淀溶解方程式为NaUr(s) Na+(aq)+Ur-(aq), ,c(Na+)=c(Ur-),则 ,A项错误; B.上层清液中c(Na+)=c(Ur-),存在水解平衡Ur-+H2O HUr+OH-,通入HCl,忽略溶液体积的变化,c(Na+)不变;c(H+)增加,c(Ur-)减小,则c(Na+)·c(Ur-)减小,B项正确; C.HUr的电离方程式为HUr H++Ur-, ,当c(HUr)=c(Ur-)时,则 mol/L>1×10-7mol/L,溶液呈酸性;溶液中电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-)=c(H+)+c(Na+),物料守恒,c(Na+)=c(HUr)+c(Ur-);联立两式,c(Cl-)+c(OH-)=c(HUr)+c(H+),因溶液呈酸性,c(OH-) D.溶液中电荷守恒,c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-)=c(H+)+c(Na+),而且pH=7,c(OH-)=c(H+),则c(Cl-)+c(Ur-)=c(Na+),D项错误; 本题答案选B。 8.某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验(图中a、b、c表示止水夹)。 请按要求填空: (1)A装置中甲仪器名称为______。 (2)A、C、E相连后的装置可用于制取Cl2并进行相关的性质实验。 ①A中乙为MnO2固体,甲中盛有浓盐酸,则烧瓶中发生反应的化学方程式为_____________。 ②若在丙中加入适量水,即可制得氯水。 将所得氯水分成两份,进行Ⅰ、Ⅱ两个实验,实验操作、现象结论如下: Ⅰ.将氯水滴入品红溶液中,现象________________。 Ⅱ.氯水中加入NaHCO3粉末,有无色气泡产生,某同学得出结论: 氯气与水反应的产物具有较强的酸性。 请你评价该同学的结论是否合理? 若不合理,请说明理由。 ___________________ ③E装置的作用__________________。 (3)B、D、E装置相连后,在B中盛装浓硝酸和铜片(放在有孔塑料板上),关闭止水夹c,制得NO2,接着再进行有关实验。 ①欲用D装置验证NO2与水的反应,其操作步骤为: 先关闭止水夹_____,再打开止水夹_____,使烧杯中的水进入试管丁的操作是_________________。 ②NO2尾气可用NaOH溶液吸收生成两种钠盐,写出反应的化学方程式为____________。 【答案】 (1).分液漏斗 (2).MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2↑(3).溶液褪色(4).不合理,因为制取的氯气中含有HCl气体,HCl气体溶于水后能够与NaHCO3粉末反应产生气泡(5).吸收尾气,防止大气污染(6).ab(7).c(8).双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出,NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁(9).2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O 【解析】 【分析】 (1)根据甲仪器特点分析。 (2)装置A、C、E构成了氯气的发生装置、收集装置、尾气处理装置。 没有除杂装置,因此收集的Cl2中含有杂质HCl气体和水蒸气。 (3)装置B、D、E构成了NO2的发生装置,收集装置和尾气处理装置,利用倒吸,使D烧杯中的水进入试管丁中。 【详解】 (1)甲仪器示意图 ,名称为分液漏斗; (2)①MnO2和浓盐酸在加热的条件下生成Cl2。 化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+2H2O+Cl2↑; ②Ⅰ.氯气溶于水生成HCl和HClO,HClO具有漂白性,将氯水滴入品红溶液中,溶液会褪色;Ⅱ.盐酸具有挥发性,利用浓盐酸制备氯气的时候,氯气中的杂质包括HCl气体,而HCl气体溶于水后,可与NaHCO3反应有气泡产生。 所以认为是氯气与水反应的产物具有较强的酸性,与NaHCO3反应是不合理的,答案为: 不合理;因为制取的氯气中含有HCl气体,HCl气体溶于水后能够与NaHCO3粉末反应产生气泡; ③氯气有毒气体,会污染环境,E装置中盛装的是NaOH溶液,可以与氯气反应,因此E为尾气吸收装置,防止大气污染; (3)①证明NO2和水反应,水要与NO2接触,将D烧杯中的水进入到试管丁中,应关闭止水夹a和b,使得不再有NO2进入和出去,打开止水夹c,利用热胀冷缩原理和NO2溶于水,引发倒吸,使水进入试管丁中。 操作为: 双手紧握(或微热)试管丁使试管中气体逸出,NO2与水接触后即可引发烧杯中的水倒流到试管丁; ②NO2用NaOH溶液吸收生成两种钠盐,NO2与NaOH发生歧化反应,N的化合价部分升高、部分降低,生成硝酸钠和亚硝酸钠,方程式为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。 【点睛】气体制备实验中气体产物中会有杂质,杂质的成分可以从原料的性质、副反应等角度思考。 如制备氯气的实验中,原料使用的为浓盐酸,HCl具有挥发性,所以氯气中含有HCl这种杂质,此外原料有水,而且反应产物中也有水生成,因此氯气中还包含了水蒸气这种杂质。 9.无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。 (1)氯化铝水溶液呈_____性,原因是(用离子方程式表示)________;把AlCl3溶液蒸干,灼烧,最后得到的主要固体产物是_______。 (2)工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3,含有Fe2O3、SiO2等杂质)制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下: 已知: 物质 SiCl4 AlCl3 FeCl3 FeCl2 沸点/℃ 57.6 180(升华) 300(升华) 1023 ①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多,其作用是___________(只要求写出一种)。 ②步骤Ⅱ中若不通入氯气和氧气,则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_____。 ③已知: Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g)ΔH1=+1344.1kJ·mol-1 2AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g)ΔH2=+1169.2kJ·mol-1 由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为______________。 ④步骤Ⅲ经冷却至室温后,气体用足量的NaOH冷溶液吸收,生成的盐主要有3种,其化学式分别为_______、_______、_________。 ⑤结合流程及相关数据分析,步骤Ⅴ中加入铝粉的目的是___________________。 【答案】 (1).酸 (2).Al3++3H2O Al(OH)3+3H+(3).Al2O3(4).防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积,加快反应速率(5).Fe或铁(6).Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+174.9kJ·mol-1(7).NaCl(8).NaClO(9).Na2CO3(10).除去FeCl3,提高AlCl3纯度 【解析】 【分析】 (1)AlCl3属于强酸弱碱盐,Al3+水解溶液呈酸性,用外界条件对水解平衡的影响解释AlCl3溶液蒸干、灼烧后得到的固体。 (2)铝土矿粉和焦炭焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多。 固体混合物和Cl2、O2在950℃反应生成FeCl3、AlCl3、SiCl4和CO2,根据题给各物质的沸点,气体混合物冷却到100℃,得到的粗品中含AlCl3和FeCl3,尾气中含Cl2、O2、CO2、SiCl4等,步骤V中加入Al粉除去FeCl3。 【详解】 (1)AlCl3为强酸弱碱盐,Al3+会水解使得溶液呈酸性,水解离子方程式为Al3++3H2O Al(OH)3+3H+。 将AlCl3溶液蒸干,由于HCl具有挥发性,从溶液中逸出,促进Al3+的水解,最终Al3+完全水解生成Al(OH)3,经过蒸干、灼烧,Al(OH)3分解生成Al2O3。 (2)①步骤Ⅰ中焙烧使固体水分挥发、物质中没有水,可以防止后续步骤生成的AlCl3水解。 气孔数目增多,使得物质表面积增大,加快化学反应速率; ②步骤II如果不通入氯气和氧气,铝土矿粉中的Al2O3、Fe2O3、SiO2会与C发生置换反应,得到Al、Fe、Si,相对原子质量比硅大的单质是Fe。 ③将两个反应编号为反应①、反应②,应用盖斯定律,将反应①-反应②,可以得到所需方程式Al2O3(s)+3C(s)+3Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+1344.1kJ·mol-1-(+1169.2kJ·mol-1)=+174.9kJ·mol-1。 则热化学方程式为Al2O3(s)+3C(s)+2Cl2(g)=2AlCl3(g)+3CO(g)△H=+174.9kJ·mol-1; ④尾气中含Cl2、O2、CO2、SiCl4等,冷却至室温后的气体中含Cl2、O2、CO2,气体用足量NaOH冷溶液吸收,氯气与足量的NaOH冷溶液的反应为: Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,CO2与足量的NaOH冷溶液的反应为: CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。 所以3种钠盐分别为NaCl、NaClO、Na2CO3; ⑤步骤Ⅱ中生成了FeCl3,根据表中的数据,在氯化铝的粗品中含有FeCl3杂质,加入Al可以与FeCl3反应置换出铁,生成AlCl3,提高AlCl3的纯度。 10.亚硝酸氯(ClNO)是有机合成中的重要试剂。 亚硝酸氯可由NO与Cl2在通常条件下反应得到,化学方程式为2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)。 (1)氮氧化物与悬浮在大气中的海盐粒子相互作用时会生成亚硝酸氯,涉及如下反应: ①4NO2(g)+2NaCl(s) 2NaNO3(s)+2NO(g)+Cl2(g)K1 ②2NO2(g)+NaCl(s) NaNO3(s)+ClNO(g)K2 ③2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)K3 则K1、K2、K3之间的关系为K3=____________。 (2)T℃时,2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g)的正反应速率表达式为υ正=kcn(ClNO),测得速率和浓度的关系如下表: 序号 c(ClNO)/mol·L-1 υ/mol·L-1·s-1 ① 0.30 3.6×10-8 ② 0.60 1.44×10-7 ③ 0.90 3.24×10-7 n=__________;k=___________(注明单位)。 (3)在2L的恒容密闭容器中充入4molNO(g)和2molCl2(g),在不同温度下测得c(ClNO)与时间的关系如图I。 ①温度为T1时,能作为该反应达到平衡的标志的有__________。 a.气体体积保持不变b.容器压强保持不变c.平衡常数K保持不变 d.气体颜色保持不变e.υ(ClNO)=υ(NO)f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变 ②反应开始到10min时,Cl2的平均反应速率υ(Cl2)=_______________。 ③温度为T2时,10min时反应已经达到平衡,该反应的平衡常数K=____________。 (4)一定条件下在恒温恒容的密闭容器中按一定比例充入NO(g)和Cl2(g),平衡时ClNO的体积分数φ随 的变化如图II,则A、B、C三个状态中,NO的转化率最小的是____点,当 时,达到平衡状态时ClNO的体积分数φ可能是D、E、F三点中的_____点。 【答案】 (1). (2).2(3).4.0×10-7L·mol-1·s-1(4).bdf(5).0.05mol·L-1·min-1(6).2L·mol-1(7).C(8).F 【解析】 【详解】 (1)反应③=2×②-①,化学方程式乘的系数,计算平衡常数的时候,系数为平衡常数的指数,则平衡常数K3= = ; (2)υ正=kcn(ClNO),将①②两组数据代入关系式,可得 , ,可以求得n=2,k=4.0×10-7L·mol-1·s-1; (3)①2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g),均为气体,反应前后气体体积不相等。 当一个发生变化的物理量不变的时候,说明反应达到了平衡。 a.反应条件为恒容条件,体积一直不变,气体体积保持不变不能作为平衡的标志;b.同温同体积的条件下,压强之比等于物质的量之比,反应前后物质的量改变,则压强也会发生改变,容器压强保持不变说明达到平衡状态;c.平衡常数K只与温度有关系,温度不变,则K不变,平衡常数K保持不变不能作为平衡的标志;d.气体颜色和浓度有关,气体颜色保持不变,浓度不变,说明达到了平衡;e.υ(ClNO)=υ(NO),不知道表达的是正反应速率还是逆反应速率,无法得知正逆反应是否相等,不能判断是否平衡;f.NO与ClNO的物质的量比值保持不变,说明NO和ClNO的物质的量都不变,说明反应达到了平衡。 综上bdf能够用于判断平衡; ②反应10min,c(ClNO)=1mol·L-1 Cl2~2ClNO 转化0.5mol·L-1∆c(ClNO)=1mol·L-1 ; ③体积为2L,开始NO和Cl2的物质的量分别为4mol、2mol,则它们的浓度分别为2mol·L-1和1mol·L-1。 2NO(g)+Cl2(g) 2ClNO(g) 开始的浓度(mol/L)210 转化的浓度(mol/L)10.51 平衡的浓度(mol/L)10.51 ,平衡常数为2。 (4)当反应物有两种或两种以上的时候,增加其中一种反应物的浓度,其自身的转化率降低,其他的反应物的转化率增加。 所以n(NO)/n(Cl2)越大,说明NO越多,NO的转化率越低。 NO的转化率最小的是为C点。 当反应物的物质的量之比等于其计量数之比时生成物的含量最大,当n(NO)/n(Cl2)=3时,产物的含量减少,所以为F点。 11.我国科学家在某杂志上发表研究报告称,利用铬同位素的系统分析发现,“古代大气氧含量高于现代水平的1%”。 铬的同位素有 、 、 、 。 铬及其化合物在生活、生产中有广泛应用。 回答下列问题: (1)基态 的价层电子排布图为_________ (2)交警用“酒精仪”查酒驾,其化学反应原理如下: 2K2Cr2O7+3CH3CH2OH+8H2SO4→3CH3COOH+2Cr2(SO4)3+2K2SO4+11H2O ①CH3CH2OH、CH3COOH的沸点高于对应的CH3OCH3(二甲醚)、HCOOCH3(甲酸甲酯),其主要原因是___________。 ②CH3COOH分子中碳原子的杂化类型是______;CH3COOH分子中σ键和π键数目之比为_________。 ③K2SO4晶体中阴离子的空间构型是________。 上述反应中,只含极性键的极性分子有________(填分子式)。 (3)晶体铬的晶胞结构如图1所示,其堆积模型为___________;铬原子的配位数为___________。 (4)铬的一种氧化物晶胞结构如图2所示。 六棱柱边长为anm,高为bnm,NA代表阿伏加德罗常数的值。 该晶体的化学式为______;该晶体的密度ρ=_______g·cm-3。 【答案】 (1). (2).CH3CH2OH、CH3COOH分子间存在氢键(3).sp2、sp3(4).7: 1(5).正四面体形(6).H2O、H2SO4(7).体心立方堆积(8
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