高考化学冲刺模拟卷山东卷五.docx
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高考化学冲刺模拟卷山东卷五
2015年高考冲刺模拟卷(山东卷)
(一)
化学
第I卷
注意事项:
1.第I卷共20小题。
2.每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
不涂在答题卡,只答在试卷上不得分。
可能用到的相对原子质量:
H1C12N14O16Na23Mg24Al27S32Fe56Cu64
一、选择题(本题包括13小题,每小题5分,共65分,每小题只有一个选项符合题意)
可能用到的相对原子质量:
1.(2015·湖南十三校二模·9)某有机物X的结构简式如下图所示,则下列有关说法中正确的是:
()
A.X的分子式为C12H16O3
B.可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X
C.X在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应
D.在Ni作催化剂的条件下,1molX最多只能与1molH2
加成
2.(2015·淮安市第二次调研·1)2014年12月科学家发现了迄今为止最轻的冰——“冰十六”,它是水的一种结晶形式,有着像笼子一样、可以困住其他分子的结构。
下列有关叙述中不正确的是
A.冰的密度比液态水小B.冰与干冰由不同分子构成
C.“冰十六”可以包合气体分子D.液态水转变成“冰十六”是化学变化
3.(2015·上海六校联考·17)某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl﹣、CO32﹣、NO3﹣七种离子中的数种。
某同学取4份此溶液样品,分别进行了如下实验:
①用pH试纸测得溶液呈强酸性;
②加入过量NaOH溶液,产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成;
③加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀;
④加足量BaCl2溶液,没有沉淀产生,在溶液中加入氯水,再滴加KSCN溶液,
显红色
该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl﹣三种离子。
请分析,该同学只需完成上述哪几个实验,即可得此结论()
A.①②④B.①②C.①②③④D.②③④
4.(2015·广东省中山市二模·9)已知:
Fe2O3(s)+
C(s)=
CO2(g)+2Fe(s)△H=234.1kJ·mol-1
C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=-393.5kJ·mol-1则2Fe(s)+
O2(g)=Fe2O3(s)的△H是()
A.-824.4kJ·mol-1B.-627.6kJ·mol-1
C.-744.7kJ·mol-1D.-169.4kJ·mol-1
5.(2015·年鄂尔多斯市高考模拟·10)钠硫电池以熔融金属钠、熔融硫和多硫化钠(Na2Sx)分别作为两个电极的反应物,固体Al2O3陶瓷(可传导Na+)为电解质,充电时,总反应为Na2Sx===2Na+xS(3 A.放电时,电极A为负极 B.该电池工作的适宜温度应控制10℃左右 C.放电时,内电路中Na+的移动方向为A到B D.充电时,阳极的电极反应式为Sx2--2e-===xS 6.(2015·河南信阳二模·11)四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,其原子的最外层电子数之和为19,W和X元素原子内质子数之比为l: 2,X2+和Z-离子的电子数之差为8,下列说法正确的是() A.与W相邻的同主族元素单质的重要用途是制作光纤 B.X单质不可能置换出W单质 C.元素原子半径从大到小的顺序是X、Y、Z D.由非金属性强弱可知,不可能由W的含氧酸制备Z的含氧酸 7.(2015·湖南十三校二模·13)在一定条件下,可逆反应2A(气)+B(气) nC(固)+D(气)达平衡。 若维持温度不变,增大压强,测得混合气体的平均相对分子质量不发生改变,则下列说法正确的是: () A.其他条件不变,增大压强,平衡不发生移动 B.其他条件不变,增大压强,混合气体的总质量不变 C.该反应式中n值一定为2 D.原混合气体中A与B的物质的量之比为2︰1,且2M(A)+M(B)=3M(D)(其中M表示物质的摩尔质量) 第Ⅱ卷非选择题(必做157分+选做36分,共193分) 注意事项: 1.第Ⅱ卷共19道题.其中21—31题为必做部分,32—39题为选做部分. 2.第Ⅱ卷所有题目的答案,考生须用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡规定的区域内,在试卷上答题不得分. 3.选做部分考生必须从中选择l道物理题、1道化学题和1道生物题作答.答题前,请考生务必将所选题号用填涂清楚,答完题后,再次确认所选题号. 【必做部分】 8.(2015·江西省师大附中、鹰潭一中、宜春中学联考·26)(14分)铝热反应是铝的一个重要性质。 某校化学兴趣小组同学,取磁性氧化铁在如图实验装置进行铝热反应,冷却后得到“铁块”混合物。 (1)取反应后的“铁块”研碎取样称量,加入如图装置滴入足量NaOH溶液充分反应,测量生成气体体积。 试回答下列问题: ①该实验的实验目的是: 测量样品中 的百分含量(填物质名称)。 量气管的量具部分是一个中学实验常见量具改装而成,该仪器的名称为。 量气管在读数时调节左右管液面相平之前的步骤是_________。 装置中使用带平衡管的滴液漏斗代替普通分液漏斗,除了可以平衡压强让液体顺利滴入锥形瓶之外还可以起到降低实验误差的作用。 如果装置使用分液漏斗,测量出的该物质百分含量将会(填“偏大”或“偏小”)。 ⑶另称取“铁块”样品溶于盐酸,向其中滴加KSCN溶液,溶液没有出现血红色。 为测定该实验所得“铁块”的成分,实验流程如图所示。 几种氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。 Fe2+ Fe3+ Al3+ Mg2+ 开始沉淀时的pH 7.5 2.8 4.2 9.6 沉淀完全时的pH 9.0 4.0 5 11 ①试剂A应选择 ,试剂B应选择 。 (填序号) A.稀盐酸B.氧化铁C.H2O2溶液D.氨水E.MgCO3固体 ②灼烧完全的标志是 。 ③若最终红色粉未M的质量为12.0g,则该“铁块”中铁的百分含量是 。 9.(16分)(2015·广东省中山市二模·33)三草酸合铁酸钾晶体K3[Fe(C2O4)3]3H2O可用于摄影和蓝色印刷。 某小组将无水三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解,对所得气体产物和固体产物进行实验和探究。 请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程。 限选试剂: 浓硫酸、1.0mol·L-1HNO3、1.0mol·L-1盐酸、1.0mol·L-1NaOH、3%H2O2、0.1mol·L-1KI、0.1mol·L-1CuSO4、20%KSCN、澄清石灰水、氧化铜、蒸馏水。 (1)该小组同学查阅资料后推知,固体产物中,铁元素不可能以三价形式存在,而盐只有K2CO3。 验证固体产物中钾元素存在的方法是,现象是。 (2)固体产物中铁元素存在形式的探究。 ①提出合理假设 假设1: 全部是铁单质;假设2: ;假设3: 。 ②设计实验方案证明你的假设 ③实验过程: 根据②中方案进行实验。 在答题卡上按下表的格式写出实验步骤、预期现象与结论。 实验步骤 预期现象与结论 步骤1: 部分固体不溶解 步骤2: 步骤3: 继续步骤2中的 (2),进行固液分离,用蒸馏水洗涤固体至洗涤液无色。 取少量固体于试管中,滴加过量HCl后,静置,取上层清液,滴加适量H2O2,充分振荡后滴加KSCN。 10.(2015·江西省师大附中、鹰潭一中、宜春中学联考·38)(15分) 以甲苯为原料可以合成某种食用香料(有机物G)和某种治疗肺结核药物的有效成分(有机物PAS-Na)的路线如下: 根据所给信息回答下列问题: (1)肉桂酸不能够发生的反应类型有; A.加成B.消去C.氧化D.还原E.取代F.聚合 (2)由B生成C的反应中新生成的官能团名称为; (3)当试剂d过量时,可以选用的试剂d是(填字母序号); A.NaOHB.Na2CO3C.NaHCO3 (4)A物质的名称为: ;试剂a的结构简式为; (5)质谱图显示试剂b的相对分子质量为58,分子中不含甲基,且为链状结构,写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式: ; (6)写出C与NaOH反应的化学方程式: ; (7)E物质的同分异构体,符合下列条件的一共有种。 ①含有硝基官能团; 所有官能团都与苯环直接相连。 写出其中核磁共振氢谱上三组吸收峰的同分异构体的结构简式。 【选做部分】 【化学—化学与技术】 11.(2015·深圳二模·32)(16分)铝硅合金材料性能优良。 铝土矿(含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3等)干法制取该合金的工艺如下: (1)若湿法处理铝土矿,用强酸浸取时,所得溶液中阳离子有。 (2)铝硅合金材料中若含铁,会影响其抗腐蚀性。 原因是。 (3)焙烧除铁反应: 4(NH4)2SO4+Fe2O3 2NH4Fe(SO4)2+3H2O+6NH3↑(Al2O3部分发生类似反应)。 氧化物转化为硫酸盐的百分率与温度的关系如图,最适宜焙烧温度为。 指出气体Ⅰ的用途(任写一种)。 (4)操作①包括: 加水溶解、。 若所得溶液中加入过量NaOH溶液,含铝微粒发生反应的离子方程式为。 (5)用焦炭还原SiO2、Al2O3会产生中间体SiC、Al4C3。 任写一个高温下中间体又与Al2O3反应生成铝、硅单质的化学方程式。 (6)不计损失,投入1t铝土矿,当加入27kg纯铝后,铝硅合金中m: n=。 (摩尔质量: SiO2---60g/molAl2O3---102g/mol) 12.【化学—物质结构与性质】 (2015·年鄂尔多斯市高考模拟·37)[化学——选修3: 物质结构与性质](15分) 已知A、B、C、D、E、F都是周期表中前四周期的元素,它们的核电荷数依次增大。 其中A原子核外有三个未成对电子;B的最外层电子数为其内层电子数的3倍;A与C可形成离子化合物C3A2;D是地壳中含量最多的金属元素;E原子核外的M层中有两对成对电子;F原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满。 根据以上信息,回答下列问题: (A、B、C、D、E、F用所对应的元素符号表示) (1)F原子的核外电子排布式为,A、B、C、D、E的第一电离能最小的是。 (2)C的氧化物的熔点远高于E的氧化物的熔点,原因是。 (3)比较B、E的氢化物的沸点_________。 (4)A的最高价含氧酸根离子中,其中心原子是杂化,E的低价氧化物的空间构型为。 (5)A、D形成某种化合物的晶胞结构如图1,则其化学式为。 (6)F单质的晶体的晶胞结构如图2。 若F原子的半径是rcm,则F单质的密度的计算公式是。 (用NA表示阿伏伽德罗常数) 1.B 【命题立意】本题考查有机物的结构与性质。 【解析】X的分子式为C12H14O3,A错误;X含碳碳双键,能被高锰酸钾氧化,高锰酸钾溶液褪色,而苯不能被氧化,B正确;该物质含碳碳双键,可以发生加成反应、加聚反应、含酯基,可以发生取代反应,但不能发生消去反应,C错误;1molX最多能与4molH2 加成(苯环消耗3mol氢气,碳碳双键消耗1mol氢气),D错误。 2.【答案】D; 【命题立意】本题考查“冰十六”的结构和性质; 【解析】: 由冰十六有着像“笼子”一样的结构可知,水分子之间的距离较大,则冰的密度比液态水小,A正确;B.冰是由水分子形成的,干冰则是由二氧化碳分子形成的,B正确;由题示信息“可以困住其他分子的结构”可知“冰十六”可以包合气体分子,C正确;“冰十六”是水的一种结晶形式,转化过程中没有新物质生成,不是化学变化,D错误。 3.B 命题立意: 考查离子反应及离子检验。 解析: 由实验②可知,加入过量NaOH溶液,产生有刺激性气味的气体,气体为氨气,可说明一定含NH4+;加碱产生沉淀,Ba2+、Na+与碱不反应,由离子之间的反应可知,沉淀应为氢氧化亚铁,可说明一定含Fe2+;由实验①可知,用pH试纸测得溶液呈强酸性,溶液中含H+,与CO32-反应,且H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,则不能共存,即溶液中一定没有CO32-、NO3-;又溶液为电中性,存在阳离子时一定存在阴离子,则Cl-一定存在,所以确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl-三种离子,完成实验①②即可,故选B. 4.A 命题立意: 考查盖斯定律。 解析: 可将题目中三个热化学方程式依次编号为 (1)、 (2)、(3),可知(3)= (2)× - (1),故待求 =-393.5kJ·mol-1× -234.1kJ·mol-1=-824.4kJ·mol-1,选A。 5.【答案】B; 【命题立意】本题考查钠硫电池的工作原理; 【解析】放电时,电极A处熔融Na失去1e-形成Na+,被氧化,故A为负极,A正确;原电池工作时,控制温度应满足Na和S处在熔融状态,故应高于10℃,B错误;放电时,阳离子向正极移动,即从A到B,C正确;充电时,阳极吸引阴离子Sx2-失电子,发生氧化反应,电极反应式为Sx2--2e-==xS,D正确; 6.C 命题立意: 考查元素周期表和元素周期律。 解析: 由W和X元素原子内质子数之比为l: 2及X2+和Z-离子的电子数之差为8可知,X和Z均为第三周期元素,即X为Mg,Z为Cl,则W为C,又因原子序数依次增大且其原子的最外层电子数之和为19,可推知Y为S。 7.D 【命题立意】本题考查化学平衡移动 【解析】该反应正反应是气体体积减小的反应,增大压强平衡向正反应方向移动,A错误; 增大压强平衡向正反应方向移动,C的质量增大,C为固体,根据质量守恒定律可知,混合气体的质量减小,B错误;C为固体,压强改变不影响C的浓度,不能确定n的值,C错误; 增大压强,测得混合气体的平均相对分子质量不变,说明混合气体的平均相对分子质量为定值,原混合气中A与B的物质的量之比为2: 1,按2: 1反应,混合气体中二者始终为2: 1,二者的平均相对分子质量与D的相对分子质量相等,则混合气体的平均相对分子质量为定值,故则 ,D正确; 8.【答案】 ⑴①铝(2分)②碱式滴定管(2分)③恢复到室温(2分)④偏大(2分) (2)C(1分)D(1分)前后两次灼烧质量相差不大于0.1g(2分)84%(2分) 【命题立意】本题考查铝热反应、化学反应实验操作、方案设计及评价以及无机工业流程; 【解析】⑴①、“铁块”中加入NaOH溶液可以将Al溶解出来,而铁不能和碱反应,故可测量样品中Al的百分含量; 、量气管的量具部分源于滴定管,未带活塞,故为碱式滴定管;③、气体的压强受温度影响,为避免热溶液对读数产生误差,量气管在读数时调节左右管液面相平之前,需将装置内气体恢复到室温;④该滴液漏斗可以减小增加的液体对气体压强的影响,即避免因NaOH溶液的滴入导致瓶内气体压强增大而使量气管读数偏高,故用分液漏斗量得气体体积偏大,导致Al的含量偏大; (2)①由表中数据可知,要使Fe3+沉淀而Al3+、Mg2+不沉淀,需Fe2+将转化为Fe3+,故要加入H2O2;然后调节4≦PH≦4.2,即可将Fe3+沉淀而Al3+、Mg2+不沉淀;调节PH不能使用能够引起红色粉末M质量增大的氧化铁,也不能用MgCO3,因为过量使用MgCO3会引起所得固体M的质量偏大,应选用氨水;②灼烧完全的标志是物质前后两次灼烧质量相差不大于0.1g;③红色粉末为Fe2O3,由铁原子守恒可知,Fe2O3--2Fe,则m(Fe)=112/160×12=8.4g;则该“铁块”中铁的百分含量为8.4g/10g=84%; 9.答案: 考题立意: 铁及铁的氧化物的性质 解析: (1)K,Na元素的检验用焰色反应,钾元素必须透过蓝色的钴玻璃火焰呈紫色 (2)铁以固体形式,又不是盐,所以可能是铁单质或铁的氧化物,铁不是三价只能是氧化亚铁。 假设2: 氧化亚铁,假设3: 铁和氧化亚铁的混合物 10.【答案】 (1)B(1分) (2)羧基(1分)(3)C(1分) (4)对硝基甲苯或4-硝基甲苯(2分)(CH3CO)2O(2分) (5) (2分) (6) (2分) (7)13(2分) (2分) 【命题立意】本题考查有机物的合成; 【解析】流程分析: 由题示流程可看出,F与试剂A反应生成肉桂酸发生了信息①所示的反应,故可推知, 在MnO2/H2SO4作用下氧化生成 ,再与(CH3CO)2O反应生成 , 与试剂b作用生成G(C12H12O2),b的相对分子质量为58,分子中不含甲基,且为链状结构,结合G的分子式及反应条件可推知,b为丙烯醇(CH2=CHCH2OH),肉桂酸 与丙烯醇(CH2=CHCH2OH)发生酯化反应生成G: ;另一边,甲苯 与浓硝酸在浓硫酸作用下发生硝化反应生成A,根据PAS-Na的结构可推知A为对硝基甲苯: 与Br2在甲基邻位发生取代反应得到B: ,通过逆合成分析法可知, 中甲基被酸性KMnO4氧化成羧基得C: ,C在碱性条件下水解后酸化得D: 在Fe/HCl作用下发生信息②的反应,硝基被还原成氨基,得到E: ,E和碳酸氢钠作用生成PAS-Na: ; (1)肉桂酸不存在卤素,醇羟基,不能发生消去反应; (2)由上述分析可得,B生成C时,结构中的甲基被酸性KMnO4氧化生成羧基;(3)酸性: 羧基>碳酸>酚羟基>HCO3-,试剂d将 转化为 时,既要将羧基转化为其钠盐,而不能和酚羟基反应,所以只能选用NaHCO3;(4)由上述分析可得,A为对硝基甲苯或4-硝基甲苯;试剂a的结构简式为(CH3CO)2O;(5)、由上述分析可知,b为丙烯醇(CH2=CHCH2OH),肉桂酸与试剂b发生酯化反应生成G的化学方程式为: ;(6)、C为 ,结构中存在羧基和卤素,在NaOH溶液中能发生酸碱中和反应和水解反应: ;(7)含有硝基官能团,所有官能团都与苯环直接相连,对比E的结构简式,除去“硝基”、“苯环”外,还多余1个饱和碳原子和1个氧原子,若苯环上直接连有2个基团(-NO2与-OCH3)时存在3种同分异构体;若苯环连有3个基团(-NO2、-CH3和-OH)时,存在10种同分异构体,故共有13种同分异构体;满足核磁共振氢谱上三组吸收峰的结构应是对称结构,故为 ; 11.【答案】(16分) (1)Al3+、Fe3+、H+(2分,少答一个、只答一个或者错答一个均只得1分,少答或者错答二个不得分) (2)铁与铝形成原电池,加快了铝的腐蚀(2分) (3)300℃(2分)氮肥、用硫酸吸收气体(氨气)循环到焙烧过程中等(2分) (4)过滤(2分)Al3++4OH-=AlO2-+2H2O或Al3++4OH-=Al(OH)4-(2分) (5)Al4C3+Al2O3 6Al+3CO↑或者3SiC+Al2O3 3Si+2Al+3CO↑(2分) (6)9∶5(2分) 【命题立意】本题以铝土矿的应用工艺流程为载体考查元素化合物知识,金属的腐蚀与防护,化学方程式的书写及相关计算。 【解析】 (1)铝土矿中含30%SiO2、40.8%Al2O3和少量Fe2O3,用强酸浸取时,发生的反应为Al2O3+6H+==2Al3++3H2O、Fe2O3+6H+==2Fe3++3H2O,所得溶液中阳离子有Al3+、Fe3+、H+。 (2)铝硅合金材料中若含铁,会影响其抗腐蚀性,原因是铁与铝形成原电池,加快了铝的腐蚀。 (3)为减少氧化铝的损失,焙烧除铁应使氧化铁转化为硫酸盐的百分率较高,氧化铝转化为硫酸盐的百分率最低,由图像知最适宜焙烧温度为300℃。 气体Ⅰ氨气的用途为氮肥、用硫酸吸收气体(氨气)循环到焙烧过程中等。 (4)操作①的目的为分离NH4Fe(SO4)2和氧化铝,包括: 加水溶解、过滤。 根据题给信息知所得溶液中含有少量Al3+,加入过量NaOH溶液,发生反应的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O或Al3++4OH-=Al(OH)4-。 (5)高温下SiC、Al4C3与Al2O3反应生成铝、硅单质和一氧化碳,化学方程式为 Al4C3+Al2O3 6Al+3CO↑或者3SiC+Al2O3 3Si+2Al+3CO↑。 (6)根据题给信息铝土矿中含30%SiO2、40.8%Al2O3,1t铝土矿为106g,含SiO2为3×105g,物质的量为5000mol,Si的物质的量为5000mol;1t铝土矿为106g,含Al2O3为4.08×105g,物质的量为4000mol,Al的物质的量为8000mol;又加入27kg纯铝后,Al的总物质的量为9000mol,铝硅合金中m: n=9: 5。 12.【答案】 (1)1s22s22p63s23p63d104s1(或[Ar]3d104s1)(2分)Al(1分) (2)MgO为离子晶体而SO2和SO3为分子晶体(2分) (3)H2O大于H2S;(1分)水分子间存在氢键作用力大于硫化氢分子间的范德华力(1分) (4)sp2(2分)V型(2分) (5)AlN(2分) (6) (2分) 【命题立意】本题考查物质的结构与性质; 【解析】元素分析: A原子核外有三个未成对电子,则电子排布式为1s22s22p3,即A为N元素;B的最外层电子数为其内层电子数的3倍,则B为O元素;D是地壳中含量最多的金属元素,则D为Al元素;A与C可形成离子化合物C3A2,C呈+2价,C的原子序数小于D,可推知C为Mg;E原子核外的M层中有两对成对电子,则其外围电子排布式为: 3s23p4,可知E为16号元素S,F原子核外最外层只有1个电子,其余各层电子均充满,可知F的核外电子排布式为: 1s22s22p63s23p63d104s1,为Cu元素; (1)F为29号元素Cu,其原子核外电子排布为: [Ar]3d104s1;非金属性越强,第一电离能越大,金属性越强,第一电离能越小,镁的价电子排布是3s2,3p轨道全空较稳定,而铝是3s23p1则不是全满,全空,半空中任意一种情况,不稳定,故Al的第一电离能比Mg小,为5个元素中第一电离能最小的元素; (2)C的氧化物MgO为离子晶体而E的氧化物SO2和SO3为分子晶体,离子晶体的熔点高于分子晶体;(3)水分子间存在氢键作用力大于硫化氢分子间的范德华力,故有沸点: H2O大于H2S;(4)A的最高价含氧酸根离子为NO3-,价层电子对数n=(5+1)/2=3,故中心原子N采用sp2杂化;E的低价氧化物为SO2,价层电子对数n=6/2=3,采用sp2杂化,有1对孤电子对,故其空间构型为V型;(5)D为Al元素,位于晶胞的顶点和面心处,原子个数为8×1/8+6×1/2=4个,A为N元素,位于晶胞的体内,N原子个数为4个,故化学式为AlN;(6)由该元素单质形成的晶体晶胞可知,晶胞中G原子数目=8×1/8+6×1/2=4个,则晶胞质量=4×64/NAg,原子半径为r,则晶胞棱长=4r× =2 r,则晶胞体积=(2 r)3=16 r3,则该元素单质的密度为 ;
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