安徽省淮北一中学年高一上第三次月考化学试.docx
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安徽省淮北一中学年高一上第三次月考化学试
安徽省淮北一中2017届高一上第三次月考化学试题
可能用到的相对原子质量:
H-lC-12N-14O-16Na-23Mg-24A1-27S-32Si-28P-31Cl-35.5K-39Fe-56Cu-64Ba-137
一、单项选择题(本题有25小题,每题2分,共50分)
1.著名化学家、诺贝尔奖获得者西博格博士1979年在美国化学会成立100周年大会上的讲话中指出“化学是人类进步的关键”.下列对化学的认识不正确的是( )
A.英国科学家道尔顿1661年提出化学元素的概念,标志着近代化学的诞生
B.化学是在原子、分子水平上认识物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学
C.化学既是一门具有创造性的科学,还是一门具有实用性的科学
D.现代化学还将在能源与资源、材料科学、环境科学、医药与健康等领域产生广泛的影响
【答案】A
【解析】试题分析:
A.英国化学家波义耳1661年提出化学元素的概念,标志着近代化学的诞生,不是道尔顿,故A错误。
B.原子是化学变化的最小微粒,分子是保持化学性质的最小微粒,所以化学是在原子、分子水平上认识物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学,故B正确。
C.化学研究物质的组成、结构、性质、变化、制备和应用的自然科学,是一门具有创造性和实用性的科学,故C正确。
D.现代化学与能源、材料、环境、医药与健康息息相关,故D正确。
故选A。
考点:
化学的主要特点与意义;化学的发展趋势;化学史。
2.下列关于氯气的叙述中,正确的是( )
A.氯气以液态形式存在时可称为氯水或液氯B.红热的铜丝在氯气中燃烧,冒蓝色烟
C.有氯气参加的化学反应必须在溶液中进行D.钠在氯气中燃烧生成白色固体氯化钠
【答案】D
【解析】A、氯水是氯气的水溶液,液氯是纯净的氯气,氯气以液态形式存在时可称作液氯,故A错误;B、红热的铜丝在氯气中燃烧,形成棕黄色的烟,生成棕黄色的固体是氯化铜,故B错误;C、氯气和固体、气体都可以发生反应,如氯气和氢气光照反应生成氯化氢气体,氯气和铁反应生成氯化铁固体,故C错误;D、钠是活泼金属,在氯气中燃烧生成白色固体氯化钠,故D正确;故选D。
点睛:
考查了氯的性质,主要是反应现象、反应产物的理解应用,解题关键:
掌握氯及其化合物的物理性质、化学性质,反应的现象,含氯物质的组成。
易错点:
A选项,含氯物质的组成要理解、记忆要准确。
3.在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3,下列对这四种气体的关系从大到小表达不正确的是( )
A.体积②>③>①>④B.密度②>③>④>①
C.质量②>③>①>④D.氢原子个数①>④>③>②
【答案】D
【解析】①6.72LCH4:
6.72L/22.4L·mol-1=0.3mol;②3.01×1023个HCl分子物质的量为3.01×1023/6.02×1023mol-1=0.5mol;③13.6gH2S物质的量为13.6g/34g·mol-1=0.4mol;④0.2molNH3.
A、同温同压条件下,气体的体积之比等于物质的量之比,所以体积②>③>①>④,故A正确;B、依据ρ=M/Vm可知,同温同压条件下,密度与M成正比,甲烷:
16g·mol-1,氯化氢:
36.5g·mol-1,硫化氢34g·mol-1,氨气:
17g·mol-1,所以密度②>③>④>①;C、①中质量=0.3mol×16g·mol-1=4.8g,②中质量=0.5mol×36.5g·mol-1=18.25g,③中质量为13.6g,④中质量=0.2mol×17g·mol-1=3.4g,所以质量②>③>①>④,故C正确;D、①②③④中H原子物质的量分别是1.2mol、0.5mol、0.8mol、0.6mol,氢原子个数大小顺序是①>③>④>②,故D错误;故选D。
点睛:
本题考查了物质的量的有关计算,侧重考查学生分析计算能力,解题关键:
掌握以物质的量为中心的基本公式及其公式间的转化。
解题技巧:
先将所给的量均换算成物质的量,然后,要什么物理量就换算成什么,注意信息中的标况、物质的构成等,题目难度中等。
4.标准状况下,nLNH3气体溶于mmLH2O中,得密度为ρg•cm-3的RL的氨水,则此氨水的物质的量浓度为()
A.
mol•L-1B.
mol•L-1
C.
mol•L-1D.
mol•L-1
【答案】B
【解析】标准状况下nL氨气的物质的量为:
nL/22.4L·mol-1=n/22.4mol,该氨气的质量为:
17g·mol-1×n/22.4mol=17n/22.4g,mmL水的质量约为mg,则所得溶液质量为:
mg+17n/22.4g,所得溶液的体积为:
L,所以该氨水的物质的量浓度为:
=
mol·L-1,故选B.
【点评】本题考查了物质的量浓度的计算,题目难度中等,侧重考查学生的分析能力及化学计算能力,解题关键:
按公式c=n/V,计算出氨的物质的量,正确计算氨水的体积,代入公式,易错项D,注意熟练掌握物质的量浓度的概念及表达式,防止代入计算失误。
5.下列关于胶体的叙述正确的是( )
A.过滤实验可以据此把胶体、溶液分开
B.胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象
C.用渗析的方法净化胶体时,使用半透膜只能让小分子和离子通过
D.胶体带电,故在电场作用下会产生电泳现象
【答案】C
【解析】试题分析:
A.胶体、溶液都能透过滤纸,过滤无法分开,故A错误;B.胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小,胶体的分散质微粒直径介于1~10nm之间,而溶液的分散质微粒直径小于1nm,故B错误;C.用渗析的方法可以分离胶体和溶液,溶液能通过半透膜,而胶体不能,半透膜只能让小分子和离子通过,故C正确;D.胶体不带电,胶体具有吸附性导致胶粒带电,故胶粒在电场作用下会产生电泳现象,故D错误;故选C。
考点:
考查了胶体的性质的相关知识。
6.下列说法正确的是( )
①经分析某物质只含有一种元素,则该物质一定是单质;
②质子数相同,电子数也相同的粒子,不可能是一种分子和一种离子;
③碱性氧化物一定是金属氧化物;
④NO2不是酸性氧化物、Na2O2不属于碱性氧化物;
⑤两种盐反应一定生成两种新盐.
A.①③④B.②③④C.②③⑤D.①③⑤
【答案】B
【解析】试题分析:
①某物质只含有一种元素可以是同素异形体的混合物,如金刚石和石墨的混合物,错误;②质子数相同,电子数也相同的微粒不可能一种是分子和一种是离子,因为分子是电中性,而离子是带电的,所以说两者不可能同时相等的,正确;③碱性氧化物一定是金属氧化物,正确;④依据酸性氧化物和碱性氧化物的概念判断,NO2不是酸性氧化物、Na2O2不属于碱性氧化物,正确;⑤两种盐反应不一定生成两种新盐,如AlCl3和Na2S在水溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体,错误;综上所述:
②③④正确;选B。
考点:
考查物质的组成和分类。
7.下列说法正确的是( )
A.电解质在熔融状态下都能导电
B.由于电流的作用,酸、碱、盐溶于水发生电离
C.存在自由移动的离子是电解质溶液导电的原因
D.某物质中仅含一种元素,该物质可能是单质也可能是化合物
【答案】C
【解析】A、属于离子化合物的电解质在熔融状态下都能导电,属于共价化合物的电解质在熔融状态下,以分子形式存在,都不能导电,故A错误;B、酸、碱、盐溶于水发生电离,不需要能电,故B错误;C、导电是在电场作用下,带电粒子定向移动,存在自由移动的离子是电解质溶液导电的原因,故C正确;D、某物质中仅含一种元素,该物质只能是单质,不可能是化合物,化合物是由两种或两种以上的元素组成的纯净物,故D错误;故选C。
8.下列离子方程式正确的是( )
A.铁与稀盐酸反应:
2Fe+6H+═2Fe3++3H2↑
B.在过氧化钠中加入稀硫酸:
O22-+4H+═2H2O+O2↑
C.澄清石灰水与过量的小苏打溶液反应:
Ca2++2OH-+2HCO3-═CaCO3↓+2H2O+CO32-
D.氢氧化钡溶液与稀硫酸反应:
Ba2++SO42-═BaSO4↓
【答案】C
考点:
考查离子方程式正误判断。
9.下列离子检验的方法正确的是( )
A.某溶液加入硝酸银溶液有白色沉淀,说明原溶液中有Cl-
B.某溶液加入氯化钡溶液有白色沉淀,说明原溶液中有SO42-
C.某溶液加入氢氧化钠溶液有蓝色沉淀,说明原溶液中有Cu2+
D.某溶液加入稀硫酸生成无色气体,说明原溶液中有CO32·
【答案】C
【解析】试题分析:
A项要先加入稀硝酸,排除CO32-等离子的干扰;B项要先加入盐酸,排除CO32-、SO32-的干扰;C项蓝色沉淀说明是氢氧化铜,原溶液中含有Cu2+,正确;D项产生气体的可能是CO32-或HCO3-等离子。
考点:
考查常见离子的检验。
点评:
常见的离子的检验属于中等题。
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10.下列是某学生自己总结的一些规律,其中正确的是( )
A.氧化物不可能是还原产物,只可能是氧化产物
B.一种元素可能有多种氧化物,但同种化合价只对应一种氧化物
C.饱和溶液一定比不饱和溶液的浓度大
D.有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解等类型中的任何一种
【答案】D
【解析】A、氧化物可能是还原产物,也可能是氧化产物,如反应2H2O2
2H2O+O2↑中,H2O就是还原产物,故A错误;B、一种元素可能有多种氧化物,同种化合价只对应氧化物可能不止一种,如钠元素的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种,其中钠元素的化合价只有+1价,故B错误;C、不同的溶质溶解度不同,如KNO3在常温下,溶解度较大,形成的不饱和溶液的浓度也可能比饱和石灰水浓度大,故C错误;D、有些化学反应不属于化合、分解、置换、复分解等类型中的任何一种,如二氧化锰与浓盐酸的反应,故D正确;故选D。
点睛:
本题考查较为综合,多角度考查元素化合物知识以及反应类型的比较和判断,侧重于双基的考查,难度中等,本题属于易错题,注意相关基础知识的积累,对事物不能全面认识,以偏概全,是本题出错的主要原因。
11.研究表明:
多种海产品如虾、蟹、牡蛎等,体内含有+5价的砷(As)元素,但它对人体是无毒的,砒霜的成分是As2O3,属剧毒物质,专家忠告:
吃饭时不要同时大量食用海鲜和青菜,否则容易中毒,并给出了一个公式:
“大量海鲜+大量维生素C=砒霜”.下面有关解释不正确的应该是( )
A.维生素C具有还原性B.青菜中含有维生素C
C.维生素C能将+5价砷氧化成As2O3D.致人中毒过程中砷发生还原反应
【答案】C
【解析】体内含有+5价的砷(As)元素,但它对人体是无毒的,砒霜的成分是As2O3,属剧毒物质,吃饭时同时大量食用海鲜和青菜,容易中毒的原因是生成+3价As,说明维生素C具有还原性,与+5价砷发生氧化还原反应生成+3价As,从而引起中毒。
A、人体中的As元素为+5价,大量食用海鲜和青菜后生成+3价As,说明维生素C具有还原性,故A正确;B、同时大量食用海鲜和青菜,容易中毒,说明青菜中含有维生素C,故B正确;C、维生素C能将+5价砷还原成As2O3,故C错误;D.人体中+5价砷被还原为+3价,说明砷发生还原反应,故D正确;故选C。
点睛:
本题考查了氧化还原反应的基础知识,解题关键:
氧化还原与元素化合价变化间的关系,结合元素化合价来分析解答即可,题目结合生活实际,体现化学与生活的关系密切。
12.硫代硫酸钠(Na2S2O3)可作为脱氯剂,已知1molNa2S2O3溶液恰好把4molCl2完全转化为Cl-离子,则S2O32-将转化成( )
A.SO42-B.SC.SO32-D.S2-
【答案】A
【解析】设硫元素的氧化产物中硫的化合价为n价
由Cl2+2e-=2Cl-可知,4molCl2完全转化为Cl-离子时,得到了8mole-,则1molNa2S2O3中的硫元素失去电子数为:
8=(n—2)×2,n=6,即答案为A:
SO42-
13.下列说法正确的是( )
A.2KMnO4+16HCl(浓)═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O中,氧化剂和还原剂物质的量之比为1:
8
B.2H2S+SO2═3S↓+2H2O中,氧化产物和还原产物的物质的量之比为1:
1
C.3S+6KOH═2K2S+K2SO3+3H2O中,被氧化和被还原的硫元素物质的量之比为2:
1
D.5NH4NO3═4N2+2HNO3+9H2O中,反应中发生氧化反应和发生还原反应的氮原子物质的量之比为5:
3
【答案】D
............
14.根据三个反应:
O2+2H2S═2S↓+2H2ONa2S+I2═2NaI+S↓4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O
判断下列物质的还原性强弱,正确的是( )
A.O2>I2>SB.H2S>NaI>H2O
C.S>I2>O2D.H2O>NaI>H2S
【答案】B
【解析】反应2H2S+O2═2S↓+2H2O中,还原剂为H2S,还原产物为H2O,所以还原性H2S>H2O;
反应Na2S+I2═2NaI+S↓中,还原剂为Na2S,还原产物为NaI,所以还原性Na2S>NaI;
反应4NaI+O2+2H2SO4═2I2+2Na2SO4+2H2O中,还原剂为NaI,还原产物为H2O,所以还原性NaI>H2O;
故还原性为H2S>NaI>H2O.
故选B.
15.石墨可以在一定条件下转化为金刚石,这一变化属于( )
A.氧化还原反应B.离子反应C.化学变化D.物理变化
【答案】C
【解析】A、金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质,石墨可以在一定条件下转化为金刚石,但元素的化合价没有变化,故A错误;B、金刚石和石墨都是由碳元素组成的单质,没有离子参加反应,故B错误;C、石墨是最软的矿物之一,金刚石是自然界中存在的最硬的物质之一,所以二者不属于相同物质,由一种物质变为另一种物质属于化学变化,故C正确;D错误;故选C。
16.下列有关NaHCO3与Na2CO3的说法中,正确的是( )
A.相同温度下,在水中溶解度:
Na2CO3<NaHCO3
B.与相同物质的量浓度的盐酸反应,产生CO2的速率:
Na2CO3<NaHCO3
C.热稳定性:
Na2CO3<NaHCO3
D.二者在一定条件下不能相互转化
【答案】B
【解析】A、相同温度下,在水中溶解度Na2CO3大:
Na2CO3>NaHCO3,故A错误;B、与相同物质的量浓度的盐酸反应,产生CO2的速率:
Na2CO3<NaHCO3,故B正确;C、NaHCO3受热易分解,热稳定性:
Na2CO3>NaHCO3,故C错误;D、二者在一定条件下可以相互转化,如碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠;饱和碳酸钠溶液中通入过量的二氧化碳,生成碳酸氢钠沉淀,故D错误;故选B。
17.利用如图所示装置制取氧气并进行相关的实验探究.
(1)将3.9g过氧化钠放入烧瓶中,加入100mLH2O,用排水法收集气体.
①过氧化钠与水反应的化学方程式为:
_____________________________;
②集气瓶充满气体后,怎么从水槽中取出集气瓶?
简述操作方法__________________________.
(2)已知:
酚酞在c(OH-)为1.0×10-4mol/L~2.5mol/L时呈红色,且0.5min内不会褪色;H2O2具有氧化性和漂白性.取上述实验得到的溶液于试管中,滴入2滴酚酞试液,溶液变红,但红色迅速褪去.
①有人认为“红色迅速褪去”是因为溶液中存在H2O2.试设计实验证明烧瓶内的溶液中可能含有H2O2存在,请简述实验操作_____________________________.
②也有人认为“红色迅速褪去”是由于溶液中c(OH-)过大造成的,不考虑反应前后溶液体积变化,试通过估算并对比数据加以说明该理解是否正确?
_____________,理由是____________。
【答案】
(1).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑
(2).用玻璃片在水面下盖住集气瓶口,将玻璃片与集气瓶一起移出水面,将盖有玻璃片的集气瓶正放在实验台上(3).取烧瓶中的溶液置于试管中,加入少量MnO2 .有气泡放出,用带火星的木条检验,木条复燃,说明溶液中可能有H2O2(4).不正确(5).经估算,烧瓶中c(OH- )约为1mol/L;因为“酚酞在c(OH- )为1.0×10-4 mol/L~2.5mol/L时呈红色,且0.5min内不会褪色”,因此,“红色迅速褪去”不是因为溶液中c(OH- )过大造成的
【解析】
(1)①过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气,化学方程式为:
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;②集气瓶充满气体后,从水槽中取出集气瓶操作方法:
用玻璃片在水面下盖住集气瓶口,将玻璃片与集气瓶一起移出水面,将盖有玻璃片的集气瓶正放在实验台上。
(2)①如存在H2O2,加入二氧化锰,可生成氧气,方法是取烧瓶中的溶液置于试管中,加入少量MnO2,有气泡放出,用带火星的木条检验,木条复燃,说明溶液中可能有H2O2。
②不正确,3.9g过氧化钠的物质的量为:
n(Na2O2)=3.9g/78g·mol-1=0.05mol,根据反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑可知,n(NaOH)=0.1mol,c(OH-)=0.1mol/0.1L=1mol·L-1,因为“酚酞在c(OH-)为1.0×10-4mol·L-1~2.5mol·L-1时呈红色,且0.5min内不会褪色”,因此,“红色迅速褪去”不是因为溶液中c(OH-)过大造成的。
18.铁是人类较早使用的金属之一.运用铁及其化合物的知识,完成下列问题.
(1)所含铁元素既有氧化性又有还原性的物质是______(用字母代号填).
A.Fe B.FeCl3 C.FeSO4 D.Fe2O3
(2)向沸水中逐滴滴加1 mol/L FeCl3溶液,至液体呈透明的红褐色,该分散系中粒子直径的范围是______nm.
(3)检验溶液中Fe3+存在的试剂是______(填物质名称),证明Fe3+存在的现象是______.电子工业需要用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜,制造印刷电路板,请写出FeCl3溶液与铜反应的离子方程式:
______.
(4)若要验证溶液中不含Fe3+而只含有Fe2+,正确的实验操作方法及现象是______.
(5)欲从制造印刷电路板的废水中回收铜,并重新获得FeCl3溶液设计实验方案如下:
A.请写出上述实验中加入或生成的有关物质的化学式:
① ______ ④ ______
B.请写出通入⑥反应的离子方程式______.
【答案】
(1).C
(2).1-100(3).硫氰化钾(4).溶液呈血红色(5).2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+(6).先加KSCN溶液,无现象,再加氯水,产生血红色溶液(7).Fe(8).HCl(9).2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【解析】
(1)因元素的化合价处于中间价态时,既能升高,又能降低,既有氧化性又有还原性,FeSO4中Fe元素处于中间价态,选C;
(2)因透明的红褐色是胶体,胶体的粒子直径1nm<d<100nm,该分散系中粒子直径的范围是:
1nm~100nm。
(3)铁离子和KSCN溶液反应生成红色络合物而使溶液呈红色,检验溶液中Fe3+存在的试剂是硫氰化钾,证明Fe3+存在的现象是溶液呈血红色;FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜,离子方程式:
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。
(4)用KSCN溶液检验铁离子,用氯水氧化亚铁离子,铁离子和KSCN反应导致溶液呈血红色,所以其检验方法为:
先加KSCN溶液,无现象,再加氯水,产生血红色溶液,据此确定溶液中存在亚铁离子不存在铁离子;(5)由工艺流程可知,滤渣③中含有金属铜,目的是制取氯化铁,废液应该与铁过量的Fe反应,故①Fe;滤液②中含有FeCl2,通入⑥氯气可以得到氯化铁;滤渣③中含有金属Cu、未反应的Fe,加入④盐酸,过滤,回收铜,滤液⑤中含有FeCl2,与滤液②合并,制备氯化铁,由上述分析可知:
①Fe②FeCl2③Fe和Cu④HCl⑤FeCl2⑥Cl2。
A.实验中加入或生成的有关物质的化学式:
①Fe④HCl;B.氯水将氯化铁氧化生成氯化铁,离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。
19.将在空气中暴露一段时间后的氢氧化钠固体样本溶于水得溶液A,将所得溶液中逐滴滴加稀硫酸至过量,生成的二氧化碳体积(标准状况下)与加入稀硫酸体积关系如图所示.
已知:
在碳酸钠溶液中逐滴加入稀硫酸反应按以下步骤进行:
①CO32-+H+═HCO3-②H++HCO3-═CO2↑+H2
试计算:
(1)溶液A中滴加硫酸的体积在0-150mL间无CO2气体生成的原因是(用离子方程式表示)______.
(2)硫酸滴加至150mL时,此时溶液中溶质主要成分为(写化学式)______.
(3)溶液A中碳酸钠的质量为______g.
(4)硫酸的物质的量浓度为______mol/L.
(5)该样品中Na2CO3与NaOH物质的量之比为______.
【答案】
(1).0-150mL间发生2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O、2Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+2NaHCO3
(2).Na2SO4和NaHCO3(3).2.12g(4).0.2mol/L(5).2:
1
【解析】
(1)因为碳酸钠与硫酸反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠与硫酸反应生成二氧化碳,两反应消耗硫酸的物质的量相等,由图可知V(H2SO4)在0~100mL区间内发生反应的化学方程式为:
2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O;在100~150mL区间内发生反应的化学方程式为2Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+2NaHCO3;
(2)由
(1)知:
硫酸滴加至150mL时,此时溶液中溶质主要成分为Na2SO4和NaHCO3;(3)根据碳守恒可知:
Na2CO3~CO2,而二氧化碳的体积为0.448L,所以碳酸钠的物质的量为:
0.448L/22.4L·mol-1=0.02mol,则质量为:
0.02mol×106g·mol-1=2.12g;(4)加入150mL~200mL硫酸,发生反应:
2NaHCO3+H2SO4═Na2SO4+2CO2↑+2H2O,n(H2SO4)=0.02mol/2=0.01mol,则c=n/V=0.01mol/0.05L=0.2mol·L-1;(5)加入200mL硫酸时,生成0.448L二氧化碳,此时溶液中溶质为Na2SO4,由硫酸根离子守恒计算n(Na2SO4)=0.2L×0.2mol·L-1=0.04mol,根据碳元素守恒n(Na2CO3)=n(CO2)=0.02mol,根据钠离子守恒n(NaOH)=2n(Na2SO4)-2n(Na2CO3)=0.08mol-0.02mol×2=0.04mol,该样品中NaOH与Na2CO3物质的量之比=0.04mol:
0.02mol=2:
1。
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