届河南省南阳市高三上学期期末考试理综化学试题解析版.docx
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届河南省南阳市高三上学期期末考试理综化学试题解析版
河南省南阳市2018届高三上学期期末考试
理综化学试题
1.《天工开物》记载:
“凡埏泥造瓦,掘地二尺余,择取无砂粘土而为之”,“凡坯既成,干燥之后,则堆积窖中燃薪举火”,“浇水转釉(主要为青色),与造砖同法”。
下列说法错误的是
A.粘土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料
B.“燃薪举火”使粘土发生复杂的物理化学变化
C.沙子和粘土的主要成分均为硅酸盐
D.烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦
【答案】C
【解析】制作砖瓦和陶瓷的主要原料是粘土,故A错误;,粘土的主要成分均为硅酸盐,灼烧使粘土发生复杂的物理化学变化,故B正确;沙子的主要成分是二氧化硅,粘土的主要成分均为硅酸盐,故C错误;浇水转釉(主要为青色),与造砖同法,所以烧制后自然冷却成红瓦,浇水冷却成青瓦,故D正确。
2.下列实验对应的现象以及结论均正确的是
选项
实验
现象
结论
A
向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油,充分振荡,静置
上层溶液为橙色
裂化汽油可萃取溴
B
将钠块加入盛有无水乙醇的烧杯中
有气泡产生
生成的气体是H2
C
向Ba(ClO)2溶液中通入SO2
有白色沉淀生成
酸性:
H2SO4>HClO
D
分别向相同浓度的ZnSO4溶液和
CuSO4溶液中通入H2S
前者无现象,后者有黑色沉淀生成
Ksp(ZnS)sp(CuS)
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】裂化汽油含有碳碳双键,能与溴水发生加成反应,故A错误;钠能置换出羟基上的氢,故B正确;SO2通入Ba(ClO)2溶液中,SO2被氧化为硫酸,生成白色不溶于酸的硫酸钡沉淀和盐酸,所以不能证明酸性:
H2SO4>HClO,故C错误;溶度积常数越小,越难溶,向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S,前者无现象,后者有黑色沉淀生成,说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS),故D错误。
3.中国是中草药的发源地,目前中国大约有12000种药用植物。
从某中草药提取的有机物结构如图所示。
下列说法正确的是
A.分子式为C14H10O6
B.环上氢原子的一氯取代物有3种
C.1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗4molNaOH
D.能发生酯化反应和加成反应
【答案】D
【解析】根据结构简式,可知分子式是C14H14O6,故A错误;环上氢原子的一氯取代物有4种,故B错误;该有机物中只有羧基能与氢氧化钠反应,所以1mol该有机物与足量NaOH溶液反应最多消耗2molNaOH,故C错误;含有羟基、羧基、碳碳双键,所以能发生酯化反应和加成反应,故D正确。
4.设NA表示阿伏加德罗常数值。
下列说法正确的是
A.标准状况下,11.2L的甲醇所含的氢原子数等于2NA
B.25℃时,Ksp(BaSO4)=1×10-10,则BaSO4饱和和溶液中Ba2+数 目 为1×10-5NA
C.常温常压下,Na2O2 与H2O 反应生成1molO2时,转移电子数是2NA
D.1L1mol·L-1 AlCl3溶液中含有的Al3+数目为NA
【答案】C
【解析】标准状况下甲醇是液体,故A错误;Ksp(BaSO4)=1×10-10,则BaSO4饱和和溶液中c(Ba2+)=
mol·L-1,没有溶液体积,不能计算Ba2+数目,故B错误;Na2O2 与H2O反应生成O2,氧元素化合价由-1升高为0,所以生成1molO2时,转移电子数是2NA,故C正确;铝离子水解,所以1L1mol·L-1 AlCl3溶液中含有的Al3+数目小于NA,故D错误。
5.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示H2 与O2发生反应过程中的能量变化,则H2的燃烧热为241.8kJ·mol-1
B.图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)
3C(g)+D(s) 的影响,乙的压强比甲的压强大
C.图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应,则甲为钠
D.图4 表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则相同条件下NaA 溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH
【答案】C
【解析】试题分析:
A、燃烧热是在一定条件下,1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,与图象不吻合,故A错误;B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应,增大压强平衡向正反应方向移动,则反应物的含量减少,该图中改变条件后,反应物的含量不变,说明平衡不移动,加入的是催化剂,故B错误;C、钾比钠活泼,反应速率快。
钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量,在质量相等的条件下钠放出的氢气多,与图像吻合,故C正确;D、在稀释过程中HA的pH变化大,说明HA的酸性比HB强,越弱越水解,所以NaA的水解程度小于NaB,NaA与NaB水解显碱性,所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH,故D错误;故选C。
考点:
考查燃烧热、外界条件对平衡状态的影响、盐类水解、弱电解质的电离等知识
6.Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X、Y 是金属元素,X的焰色反应呈黄色。
五种元素的核电荷数之和为54,W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍。
工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y 的单质,则下列说法不正确的是
A.原子 半 径:
X > Y >Z >Q>W
B.Q和W可形成原子个数比为1:
1和1:
2的化合物
C.X、Y和Z三种元素的最高价氧化物对应的水化物之间均能两两反应
D.最高价氧化物对应水化物的酸性:
Q>Z
【答案】D
【解析】X的焰色反应呈黄色,X是Na;W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍,W是O、Z是S;Y 是金属元素,工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y 的单质,Y是Al;五种元素的核电荷数之和为54,则Q是C元素。
原子 半 径:
Na > Al >S >C>O,故A正确;C和O可形成原子个数比为CO和CO2,故B正确;NaOH、H2SO4和Al(OH)3均能两两反应,故C正确;酸性H2SO4>H2CO3,故D错误。
点睛:
氢氧化铝是两性氢氧化物,既能溶于酸又能溶于碱,氢氧化铝能与盐酸反应生成氯化铝和水,氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水。
7.用0.1mol·L-1的NaOH 溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液,所得滴定曲线如下图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。
下列叙述不正确的是
A.H2SO3 的Ka1=1×10-2mol/L
B.0.05mol·L-1NaHSO3溶液的pH=4.25
C.图中Y 点对应的溶液中:
3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D.图中Z 点对应的溶液中:
c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A、以W点计算,其中c(HSO3-)
c(H2SO3),H2SO4的Ka1=
=1×10-2,选项A正确;B、X点为溶质为NaHSO3的溶液,且总体积为80mL,浓度减半为0.05mol/LNaHSO3溶液,其PH=4.25,选项B正确;
C、图中Y点c(SO32-)=c(HSO3-),又因为电荷守恒有:
2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)得:
3c(SO42-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),选项C正确;D、图中Z点对应的溶液中溶质为Na2SO3:
因为HSO3-水解,c(OH-))>c(HSO32-),水解是微弱的,故c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO32-),选项D错误。
答案选D。
8.某小组探究“地康法制氯气”的原理并验证Cl2的性质,设计实验如下(夹持装置略去)请回答下列问题:
Ⅰ.Cl2的制备。
(1)装置B中发生反应的化学方程式为________________。
(2)装置C 的作用除干燥气体外还有______________________。
(3)装置E 中盛放CuSO4 的仪器名称为___________;反应开始后,硫酸铜变蓝,则装置D中发生反应的化学方程式为________________。
Ⅱ.Cl2性质的验证。
该小组用实验Ⅰ中制得的Cl2和如图所示装置(不能重复使用) 依次验证干燥纯净的Cl2无漂白性、湿润的Cl2有漂白性、Cl的非金属性强于S
查阅资料:
①PdCl2溶液捕获CO 时,生成金属单质和两种酸性气体化合物,同时,溶解度大的气体难逸出;
②少量CO2不干扰实验;
③该实验条件下,C与Cl2不反应。
(4)按气流从左到右的方向,装置连接的合理顺序为
E→G→K→→→→→→尾气处理(填装置字母)。
_________
(5)试剂X 的名称为_______________。
(6)装置J中发生反应的化学方程式为______________。
(7)设计实验证明经净化后的Cl2中不含HCl:
________________。
【答案】
(1).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
(2).控制气体的流速和比例、使气体混合均匀(3).(球形)干燥管(4).4HC1+O2
2H2O+2C12(5).JLHFI(6).硫化钠溶液(7).PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl(8).将净化后的混合气体通入足量CCl4,再通过湿润的蓝色石蕊试纸,试纸不变红(或将净化后的混合气体通入足量CCl4,再通入AgNO3溶液,无白色沉淀生成),则证明净化后的Cl2中不含HC1
【解析】试题分析:
Ⅰ.
(1)装置B中过氧化钠与水反应放出氧气;
(2)根据装置C中的气泡可以判断并控制气体流速,氯化氢、氧气在装置C中能混合均匀;(3)根据装置图回答;水能使硫酸铜变蓝,硫酸铜变蓝,可知装置D中氯化氢与氧气生成水和氯气;Ⅱ.E出来的气体含有氧气、氯气、氯化氢,通过K后氧气与碳反应生成CO,通过J中PdCl2溶液捕获CO后剩余氯气、二氧化碳;通过L进行干燥,通过干燥的红纸条证明干燥的Cl2无漂白性、通过湿润的红纸条证明湿润的Cl2有漂白性、通过装置J证明Cl的非金属性强于S;(5)氯气与硫化钠溶液反应生成淡黄色硫沉淀,可以证明Cl的非金属性强于S;(6)PdCl2溶液捕获CO 时,生成金属单质Pd和两种酸性气体化合物CO2、HCl。
(7)氯气易溶于CCl4、HC1不溶于CCl4,气体通过CCl4后,再通入AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,则证明净化后的Cl2中不含HC1。
解析:
Ⅰ.
(1)装置B中过氧化钠与水反应放出氧气,反应方程式是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2
;
(2)根据装置C中气泡溢出的速度可以判断并控制气体流速,氯化氢、氧气在装置C 中能混合均匀;(3)装置E是球形干燥管;水能使硫酸铜变蓝,硫酸铜变蓝,可知装置D中氯化氢与氧气生成水和氯气,反应方程式是4HC1+O2
2H2O+2C12;Ⅱ.E出来的气体含有氧气、氯气、氯化氢,通过K后氧气与碳反应生成CO,通过J中PdCl2溶液捕获CO后剩余氯气、二氧化碳;通过L进行干燥除水,通过干燥的红纸条证明干燥的Cl2无漂白性、通过湿润的红纸条证明湿润的Cl2有漂白性、通过装置J证明Cl的非金属性强于S,所以装置连接的合理顺序为E→G→K→J→L→H→F→I→尾气处理;(5)氯气与硫化钠溶液反应生成淡黄色硫沉淀,可以证明Cl的非金属性强于S,所以X 的名称为硫化钠溶液;(6)PdCl2溶液捕获CO 时,生成金属单质Pd和两种酸性气体化合物CO2、HCl,反应方程式是PdCl2+CO+H2O=Pd+CO2+2HCl。
(7)将净化后的混合气体通入足量CCl4,再通入AgNO3溶液,无白色沉淀生成,则证明净化后的Cl2中不含HC1。
9.铜及其化合物应用广泛。
Ⅰ.氯化亚铜(CuCl)广泛用于化工、印染、有机合成等行业。
以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO) 为原料,采用硝酸铵氧化分解技术生产氯化亚铜的工艺过程如下:
已知:
CuCl难溶于醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易氧化。
回答下列问题:
(1)步骤①中N 元素被还原为最低价,则Cu溶解的离子方程式为_______________。
(2)步骤③中(NH4)SO3要适当过量,目的是使Cu2+充分还原,并保证Cu2+的还原速率和_____,其主要反应的离子方程式________________。
已知NH4Cl、Cu2+的物质的量之比[n(NH4Cl]/n(Cu2+)] 与Cu2+沉淀率的关系如下图所示,当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减少,原因是_____________________。
(3)步骤⑥中醇洗的目的是____________________________。
Ⅱ.以氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)作催化剂,可利太阳能热化学循环法分解H2O制H2,其物质转化如图所示。
(4)氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)与水反应的化学方程式为_______________。
(5)若x=0.15,则1molCuFe2O4-x参与一次该循环,理论上能制得的H2体积为_______L(标准状况下)。
【答案】
(1).4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O
(2).防止CuCl被空气氧化(3).2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+(4).生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中(5).有利于加快除去滤饼表面的水分(6).CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4+xH2(7).3.36
【解析】试题分析:
Ⅰ.
(1)步骤①中由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化Cu生成Cu2+,N 元素被还原为最低价生成NH4+;
(2)步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式是2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+,(NH4)2SO3要适当过量,目的有:
保证Cu2+的还原速率,防止CuCl被空气氧化;CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系,当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中;(3)CuCl难溶于醇,乙醇沸点低,易挥发,用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;Ⅱ.(4)根据图示,氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)与水反应生成CuFe2O4和H2;(5)根据化学方程式计算x=0.15时,生成氢气的体积。
解析:
Ⅰ.
(1)步骤①中由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性,可氧化Cu生成Cu2+,N 元素被还原为最低价生成NH4+,反应离子方程式是4Cu+NO3-+10H+=4Cu2++NH4++3H2O;
(2)步骤③中铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl,反应离子方程式是2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+,(NH4)2SO3要适当过量,目的有:
保证Cu2+的还原速率,(NH4)2SO3具有还原性,可以防止CuCl被空气氧化;CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系,当氯化铵用量增加到一定程度后氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中,所以当氯化铵用量增加到一定程度后Cu2+的沉淀率减少;(3)CuCl难溶于醇,乙醇沸点低,易挥发,则用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;Ⅱ.(4)根据图示,氧缺位铁酸铜(CuFe2O4-x)与水反应生成CuFe2O4和H2,反应方程式是CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4+xH2;(5)根据化学方程式CuFe2O4-x+xH2O=CuFe2O4+xH2,可知x=0.15时,1molCuFe2O4-x参与生成0.15mol氢气,标准状况下的体积是3.36L。
10.2016年冬季全国大部分地区出现雾霾现象,汽车尾气是造成雾霾的原因之一,汽车尾气含CO、NO等有毒气体。
为了减少CO对大气的污染,某研究性学习小组拟研究CO和H2O反应转化为绿色能源H2。
己如:
2CO(g)+O2(g)=2CO2(g);△H=-566kJ·moL-1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(g);△H=-483.6kJ·moL-1
H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ·moL-1
(1)氢气燃烧热△H=_____________________。
(2)写出CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的热化学方程式______________________。
(3)往1L体积不变的容器中加入0.200molCO和1.00molH2O(g),在t℃时反应并达到平衡,若该反应的化学平衡常数K=1(方程式中各物质前化学计量数为最简整数比),则t℃时CO的转化率为____________;反应达到平衡后,升高温度,此时平衡常数将____________(填“变大”、“不变”或“变小”)。
(4)从汽车尾气中分离出CO与O2、与熔融盐Na2CO3组成燃料电池,同时采用电解法制备N2O5,装置如下图所示,其中Y为CO2。
写出石墨Ⅰ电极上发生反应的电极反应式________________。
在电解池中生成N2O5的电极反应式为______________________。
(5)已知氢氧化钙和钨酸钙(CaWO4)都是微溶电解质,两者的溶解度均随温度升高而减小。
下图为不同温度下Ca(OH)2、CaWO4的沉淀溶解平衡曲线,则:
T1___________T2(填“>”或“<”),T1时Ksp(CaWO4)=________。
【答案】
(1).-285.8kJ·moL-1
(2).CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2KJ·moL-1(3).83.3%(4).减小(5).CO+CO32--2e-=2CO2(6).N2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+(7).<(8).1×10-10(mol/L)2
【解析】试题分析:
(1)氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,根据盖斯定律计算氢气燃烧热;
(2)根据盖斯定律计算CO和H2O(g)作用生成CO2和H2的焓变;(3)利用“三段式”计算CO的转化率;CO和H2O(g)作用生成CO2 和H2正反应放热,升高温度平衡逆向移动;(4)CO与O2、熔融盐Na2CO3组成燃料电池,CO发生氧化反应,通入CO的一极是负极;电解池中N2O4失电子发生氧化反应生成N2O5;(5)溶解度均随温度升高而减小,温度越低离子浓度越大;T1时Ksp(CaWO4)=
;
解析:
(1)①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g);△H=-483.6kJ·moL-1
②H2O(g)=H2O(l)△H= -44.0kJ·moL-1;根据盖斯定律①+②×2得2H2(g)+O2(g)=2H2O(l);△H=-571.6kJ·moL-1,氢气的燃烧热是1mol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,所以氢气燃烧热△H=-285.8kJ·moL-1;
(2)①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g);△H= -566kJ·moL-1
②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g);△H=-483.6kJ·moL-1
根据盖斯定律①
-②
得CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2KJ·moL-1;
(3)
............
点睛:
平衡常数只与温度有关,温度不变平衡常数不变;对于放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小;对于吸热反应,升高温度,平衡正向移动,平衡常数增大。
11.
(1)普鲁士蓝的化学式为Fe4[Fe(CN)6]3,该物质中存在的化学键有离子键、_______和_______;含有的Fe3+的核外电子样布式为_______________。
(2)KCN可被H2O2氧化为KOCN
①KOCN可作为制药原料,其晶体类型是__________;碳原子采取sp杂化,1mol该物质中含有的π键数目为___________。
含有的三种非金属元素的电负性由大到小的顺序是________。
(2)H2O2常温下是液体,沸点较高(150℃),其主要原因是____________。
(3)成语“信口雌黄”中的雌黄分子式为As2S3,分子结构如下左图,As原子的杂化方式为____,雌黄和SnCl2在盐酸中反应转化为雌黄(As4S4)和SnCl4,SnCl4分子的空间构型为_______。
(4)某晶体的晶胞结构如上右图所示,该晶体的化学式为______________,该晶胞参数分别为apm,cpm,γ=120°如图示;1号原子坐标为(0,0,0),2号原子坐标为(1/3,2/3,0),则3号原子坐标为____________,计算上述晶体中A和B两原子间的最小核间距为________pm。
【答案】
(1).共价键
(2).配位键(3).[Ar]3d5(4).离子晶体(5).2NA(6).O>N>C(7).H2O2分子之间可以形成氢键(8).sp3杂化(9).正四面体形(10).AB(11).(1/2,2/3,1/2)(12).
【解析】试题分析:
(1)[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-是配位键,CN-中C与N之间是共价键;Fe3+核外有23个电子;
(2)①KOCN是离子化合物;KOCN中C与N之间是叁键,叁键中一个是
键,2个
键;同周期元素从左到右电负性增大;②H2O2分子间含有氢键;(3)As2S3中As 原子是价电子对数是
;(3)计算SnCl4分子中Sn原子价电子对数,判断SnCl4 分子的空间构型;(4)根据均摊原则计算晶体的化学式;根据1号原子、2 号原子坐标,可判断3 号原子坐标值;根据图示,2号A原子与左下角的B 原子核间距最小。
解析:
(1)[Fe(CN)6]4-中Fe2+与CN-是配位键,CN-中C与N之间是共价键,所以Fe4[Fe(CN)6]3中存在的化学键有离子键、配位键和共价键;Fe3+核外有23个电子,Fe3+的核外电子样布式为[Ar]3d5;
(2)①KOCN是离子化合物,晶体类型是离子晶体;KOCN中C与N之间是叁键,叁键中一个是
键,2个
键,所以1mol该物质中含有的π键数目为2NA;同周期元素从左到右电负性增大,三种非金属元素的电负性由大到小的顺序是O>N>C;②H2O2分子间可以形成氢键,所以H2O2沸点较高;(3)As2S3中As 原子是价电子对数是
,As 原子的杂化方式为sp3杂化;(3)SnCl4分子中Sn原子价电子对数是
,无孤对电子,SnCl4 分子的空间构型是正四面体形;(4)根据均摊原则,该晶胞含有B原子数
,含有A原子数
,A、B原子个数比是1:
1,所以晶体的化学式AB;根据1号原子、2 号原子坐标,可判断3 号原子坐标值是(1/2,2/3,1/2);根据图示,2号A原子与左下角顶点的B 原子核间距最小,根据原子坐标,可以发现底面的2号A原子起始位处正三角形重心,根据立体几何知识,根据余弦定理,cos120°=(a2+a2−d2)/2a•a,可得d=
a,这是底面最长对角线的距离,A和B的距离为其1/3,即=
。
12.
上述反应可用来推断烯烃的结构,某单烯烃A 可以发生如下图示的转化,回答下列问题
(1)B 的分子式为_____________,D 中含有官能团的名称________________。
(2)C→F 中步骤①的化学反应方程式______________,该反应的反应类型是
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- 河南省 南阳市 高三上 学期 期末考试 化学试题 解析