精品解析江苏省南通市届高三上学期第一次模拟考试化学试题附解析.docx
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精品解析江苏省南通市届高三上学期第一次模拟考试化学试题附解析
2019届高三年级第一次模拟考试
化学
可能用到的相对原子质量:
H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Cu64
一、单项选择题
1.2019年政府工作报告提出:
继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。
下列做法不符合这一要求的是( )
A.推广新能源汽车,减少氮氧化物排放
B.研发可降解塑料,控制白色污染产生
C.直接灌溉工业废水,充分利用水资源
D.施用有机肥料,改善土壤微生物环境
【答案】C
【解析】
【详解】A.推广或使用新能源汽车,可以减少化石燃料的燃烧,减少氮氧化物等污染物的排放,故A不选;
B.塑料制品导致白色污染,则研发可降解塑料或代用品,可以控制白色污染,故B不选;
C、工业废水中含有大量的有害物质,不能直接灌溉庄稼,故C选;
D、施用有机肥料,可以改善土壤微生物环境,故D不选。
答案选C。
2.下列有关化学用语表示正确的是( )
A.氧化钠的电子式:
B.中子数为18的氯原子:
C.氮离子(N3-)的结构示意图:
D.聚丙烯的结构简式:
【答案】B
【解析】
【详解】A.氧化钠为离子化合物,电子式中阴阳离子需要标出所带电荷,氧化钠正确的电子式为:
,选项A错误;
B.氯元素质子数为17,中子数为18,则其质量数为35,该原子可表示为:
Cl,选项B正确;
C.氮离子(N3-)核外电子总数为10,最外层电子数为8,质子数为7,正确的结构示意图为:
,选项C错误;
D.聚丙烯的结构简式为:
,选项D错误;
答案选B。
【点睛】本题考查主要电子式、原子结构示意图、元素符号的表示方法等,题目难度中等,注意掌握常见的化学用语的概念及正确表示方法,明确离子化合物与共价化合物判断方法及其电子式的区别。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A.热纯碱溶液碱性强,可用于去除油污
B.氧化铁粉末呈红色,可用于制取铁盐
C.硅晶体有金属光泽,可用于制造芯片
D.氢氟酸具有弱酸性,可用于蚀刻玻璃
【答案】A
【解析】
【详解】A.纯碱是强碱弱酸盐,因为碳酸根的水解而使溶液呈碱性,因水解反应是吸热的,则温度越高,水解程度越大,所得溶液碱性越强,去污效果更好,选项A正确;
B.氧化铁可用于制取铁盐是利用其为可溶于酸的金属氧化物,与氧化铁粉末呈红色的性质不对应,选项B错误;
C、硅晶体是重要的半导体材料,用于制造计算机芯片,与硅晶体有金属光泽的性质无关,选项C错误;
D.氢氟酸虽然是弱酸,但氢氟酸能和玻璃中的二氧化硅反应,所以氢氟酸能腐蚀玻璃,这与酸的强弱无关,选项D错误;
答案选A。
4.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.0.1mol·L-1FeSO4溶液:
Na+、K+、Cl-、NO3-
B.滴入酚酞变红色的溶液:
K+、Ca2+、HCO3-、CO32-
C.加入铁粉放出氢气的溶液:
NH4+、Fe3+、ClO-、SO42-
D.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液:
K+、Mg2+、I-、C6H5O-
【答案】A
【解析】
【详解】A.0.1mol·L-1FeSO4溶液中:
Na+、K+、Cl-、NO3-、Fe2+、SO42-各离子之间相互不反应,能大量共存,选项A正确;
B.滴入酚酞变红色的溶液呈碱性,HCO3-不能大量存在,且Ca2+与CO32-反应生成碳酸钙沉淀而不能大量共存,选项B错误;
C.加入铁粉放出氢气的溶液呈酸性,ClO-不能大量存在,选项C错误;
D.水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液可能为酸性溶液也可能为碱性溶液,酸性条件下C6H5O-不能大量存在,碱性条件下Mg2+不能大量存在,选项D错误;
答案选A。
【点睛】本题考查离子共存的正误判断,为中等难度的试题,注意明确离子不能大量共存的一般情况,试题难度不大,D项为易错点,水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中,水的电离受到抑制,溶液可能呈酸性也可能呈碱性。
5.下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是( )
A.
制取NH3B.
干燥NH3
C.
收集NH3D.
处理尾气
【答案】D
【解析】
【详解】A、氯化铵与氢氧化钙共热制取氨气,但加热固体物质时试管口应略向下倾斜,选项A错误;
B、浓硫酸与氨气反应,不能干燥氨气,应使用碱石灰干燥氨气,选项B错误;
C、由于氨气密度小于空气,导气管应短进长出才能收集到气体,选项C错误;
D、氨气极易溶于水,易产生倒吸现象,用干燥管组合的装置进行防倒吸,选项D正确;
答案选D。
【点睛】实验室用氯化铵和熟石灰混合加热反应制备氨气,用碱石灰来干燥气体,用向下排空气法进行收集,尾气的吸收要注意防倒吸。
6.下列有关物质性质的叙述正确的是( )
A.二氧化硫能使紫色石蕊溶液褪色B.氯水久置后,漂白性和酸性均增强
C.常温下,铁片不能与浓硝酸发生反应D.植物油能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】D
【解析】
【详解】A.SO2为酸性氧化物,使紫色石蕊试液变红,但不能使其褪色,选项A错误;
B、新制的氯水久置时发生HClO分解生成HCl和O2的反应,溶液酸性增强但漂白性减弱,选项B错误;
C.常温下,铁片能被浓硝酸钝化,发生了氧化还原反应形成致密的氧化膜,选项C错误;
D、植物油含有不饱和的碳碳双键等,能使溴水褪色,选项D正确;
答案选D。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A.向氨水中通入过量SO2:
NH3·H2O+SO2===NH4++HSO3-
B.Si与NaOH溶液反应:
Si+2OH-+H2O===SiO32-+H2↑
C.电解MgCl2溶液:
2H2O+2Cl-
2OH-+H2↑+Cl2↑
D.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀:
2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A.一水合氨是弱碱,保留化学式,反应的离子方程式:
SO2+NH3•H2O═NH4++HSO3-,选项A正确;
B.Si与NaOH溶液反应的离子反应为Si+2OH-+H2O=SiO32-+2H2↑,选项B正确;
C、电解MgCl2溶液,反应生成了氢氧化镁沉淀,反应的离子方程式为:
Mg2++2Cl-+2H2O
Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,选项C错误;
D.向Ba(OH)2溶液滴加NaHSO4溶液至沉淀恰好完全的离子反应为Ba2++OH-+H++SO42-═BaSO4↓+H2O,选项D错误;
答案选A。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写,明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键,注意反应物用量对反应的影响,易错点为选项D,应知道完全沉淀时是以钡离子和硫酸根离子按1:
1进行反应。
8.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X、Y处于同一周期,X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,Z是地壳中含量最多的金属元素,W的最高正价与最低负价绝对值相等。
下列说法正确的是( )
A.原子半径:
r(X)>r(Y)>r(Z)
B.由Y、W形成的化合物是共价化合物
C.Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强碱
D.Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱
【答案】B
【解析】
【分析】
短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,则X为氧元素,X、Y处于同一周期且Y的原子序数大,则Y为氟元素,Z是地壳中含量最多的金属元素,则为铝元素,W的最高正价与最低负价绝对值相等且原子序数大于Z,则W为硅元素,据此分析解答。
【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,则X为氧元素,X、Y处于同一周期且Y的原子序数大,则Y为氟元素,Z是地壳中含量最多的金属元素,则为铝元素,W的最高正价与最低负价绝对值相等且原子序数大于Z,则W为硅元素。
A.同周期元素从左到右原子半径依次减小,同主族元素从上而下原子半径依次增大,则原子半径:
r(Z)>r(X)>r(Y),选项A错误;
B.由Y、W形成的化合物SiF4是共价化合物,选项B正确;
C.Z的最高价氧化物对应的水化物Al(OH)3是一种两性氢氧化物,不是强碱,选项C错误;
D.非金属性越强,简单气态氢化物的稳定性越强,Y的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物SiH4强,选项D错误;
答案选B。
【点睛】本题考查结构性质位置关系应用,推断元素是解题关键,需要学生熟练掌握核外电子排布,侧重考查分析推断能力、元素化合物知识,难度中等。
9.在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A.NaCl(熔融)
NaOH
NaAlO2
B.CuO
Cu(OH)2
Cu2O
C.Cl2
HCl
NH4Cl
D.CaCl2(aq)
CaCO3
CaSiO3
【答案】C
【解析】
【详解】A、电解熔融的氯化钠得到钠和氯气,不能生成氢氧化钠,转化不能实现,选项A错误;
B、氧化铜不能与水反应生成氢氧化铜,转化不能实现,选项B错误;
C、氢气在氯气中燃烧生成氯化氢,氯化氢与氨气反应生成氯化铵,转化均能实现,选项C正确;
D、二氧化碳不能与氯化钙溶液反应生成碳酸钙,转化不能实现,选项D错误。
答案选C。
【点睛】本题考查物质性质及物质转化等,掌握基础是解题关键,题目难度中等,易错点为选项D,注意强酸制弱酸的原理,二氧化碳与氯化钙不能反应制得盐酸和碳酸钙。
10.下列说法正确的是( )
A.合成氨生产中,使用高效催化剂可提高原料平衡转化率
B.铁质管道与锌用导线相连(如图所示)可防止管道被腐蚀
C.5mL18mol·L-1浓硫酸与足量铜共热,反应最多转移0.18mol电子
D.常温下,反应2H2S(g)+SO2(g)===3S(s)+2H2O(l)能自发进行,该反应ΔH>0
【答案】B
【解析】
【详解】A、催化剂不能使平衡移动,故使用高效的催化剂平衡不移动,原料的转化率不能改变,选项A错误;
B..导线连接锌块,构成原电池时Zn为负极,Fe作正极被保护,则可以减缓管道的腐蚀,选项B正确;
C.5mL18mol•L-1浓硫酸中含有0.09mol硫酸,铜与浓硫酸的反应中,消耗0.09mol硫酸会生成0.045mol二氧化硫,转移0.09mol电子,由于稀硫酸不与铜反应,所以反应生成的二氧化硫小于0.045mol,转移的电子小于0.09mol,选项C错误;
D、该反应△S<0,若反应能够自发进行,△H必须小于0,选项D错误;
答案选B。
二、不定项选择题:
每小题只有一个或两个选项符合题意。
11.化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体,可通过下列路线制得:
下列说法正确的是( )
A.X分子中所有原子在同一平面上
B.Y与足量H2的加成产物分子中有2个手性碳原子
C.可用FeCl3溶液鉴别Y和Z
D.1molZ最多能与2molNaOH反应
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据甲烷为正四面体结构,由于X中存在甲基,故X分子中所有原子不可能在同一平面上,选项A错误;
B.Y与足量H2的加成产物
分子中有4个手性碳原子,如图
,选项B错误;
C.Y中含有酚羟基能使氯化铁溶液显紫色,而Z不含,可用FeCl3溶液鉴别Y和Z,选项C正确;
D.Z中含有两个酯基且水解后的酚能与氢氧化钠反应,故1molZ最多能与3molNaOH反应,选项D错误;
答案选C。
12.下列设计的实验方案能达到实验目的的是( )
A.检验亚硫酸钠溶液是否变质:
取少量溶液,向其中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液
B.制取乙酸乙酯:
向试管中加入碎瓷片,再依次加入3mL乙醇、2mL浓硫酸和2mL乙酸,用酒精灯加热,将产生的蒸气经导管通到饱和氢氧化钠溶液的上方
C.除去溴化钠溶液中混有的碘化钠:
向溶液中加入稍过量溴水,充分反应后,加入四氯化碳,振荡后静置、分液,取上层溶液
D.探究温度对反应速率的影响:
将2支均装有5mL0.1mol·L-1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中,再同时向试管中加入5mL0.1mol·L-1稀硫酸
【答案】CD
【解析】
【详解】A、加入硝酸钡生成的亚硫酸钡沉淀,加入硝酸会被氧化为硫酸钡,不能证明亚硫酸根离子的存在,选项A错误;
B、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会水解,应将产生的蒸气经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方,选项B错误;
C.除去溴化钠溶液中混有的碘化钠:
向溶液中加入稍过量溴水,充分反应后,碘离子被氧化生成碘单质,加入四氯化碳,振荡后静置、分液,过量的溴和碘被萃取在下层有机层,取上层溶液为溴化钠溶液,选项C正确;
D、探究温度对反应速率的影响:
将2支均装有5mL0.1mol·L-1硫代硫酸钠溶液的试管分别置于冰水和热水中,再同时向试管中加入5mL0.1mol·L-1稀硫酸,其他条件相同时,温度高的反应速率快,则先产生沉淀,选项D正确。
答案选CD。
13.根据下列图示所得出的结论正确的是( )
A.图甲表示1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释时,pH随溶液总体积的变化曲线,说明该酸是强酸
B.图乙表示恒容密闭容器中其他条件相同时改变温度,反应CO2(g)+3H2(g)
CH3OH(g)+H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线,说明反应平衡常数KⅠ>KⅡ
C.图丙表示不同温度下水溶液中-lgc(H+)、-lgc(OH-)变化曲线,说明T1>T2
D.图丁表示1molH2和0.5molO2反应生成1molH2O过程中的能量变化曲线,说明H2的燃烧热是241.8kJ·mol-1
【答案】B
【解析】
【详解】A.图甲表示1mLpH=2某一元酸溶液加水稀释时,pH随溶液总体积的变化曲线,当体积为100mL时,溶液体积增大100倍,pH<4,说明存在电离平衡,则该酸是弱酸,选项A错误;
B、根据图中信息可知曲线Ⅱ反应速率快,温度较高,升高温度,平衡时n(CH3OH)较小,则平衡向逆反应方向移动,平衡常数KⅠ>KⅡ,选项B正确;
C.升高温度促进水的电离,c(H+)、c(OH-)增大,-lgc(H+)、-lgc(OH-)减小,图丙表示不同温度下水溶液中-lgc(H+)、-lgc(OH-)变化曲线,说明T1 D、在温度为25℃,压力为101kPa时,1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量为燃烧热,图中表示的是生成气态水,不是稳定氧化物,选项D错误; 答案选B。 14.室温下,下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( ) A.20mL0.1mol·L-1CH3COONa溶液中加入0.1mol·L-1盐酸至溶液pH=7: c(CH3COOH)=c(Cl-) B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应: c(Ca2+)+c(H+)===c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-) C.0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(pH<7): c(H+)+c(CH3COOH)>c(OH-)+c(CH3COO-) D.0.1mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出): c(CO32-) 【答案】AD 【解析】 【详解】A、20mL0.1mol·L-1CH3COONa溶液中加入0.1mol·L-1盐酸至溶液pH=7: c(H+)=c(OH-),CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,c(CH3COOH)=c(NaCl)=c(Cl-),盐的电离远大于弱电解质的电离。 因此c(Cl-)=c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-),选项A正确; B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应,根据电荷守恒有: 2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),选项B错误; C.0.2mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(pH<7): 根据电荷守恒有①c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-),根据物料守恒有②c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),将②代入①得,2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-),因pH<7,则c(H+)>c(OH-),故有c(H+)+c(CH3COOH) D、0.1mol·L-1CH3COOH溶液与0.1mol·L-1Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出),则得到以CH3COONa和NaHCO3按物质的量为1: 1形成的溶液,根据质子守恒有: c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(CH3COOH)+c(H2CO3),因溶液水解呈碱性,则c(H+) 答案选AD。 15.在三个容积均为2L的密闭容器中按不同方式投入反应物,发生反应: CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) ΔH=-akJ·mol-1(a>0) 相关反应数据如下: 容器 容器类型 起始温度/ 起始物质的量/mol 平衡时H2物质的量/mol CO H2O CO2 H2 Ⅰ 恒温恒容 800 1.2 0.6 0 0 0.4 Ⅱ 恒温恒容 900 0.7 0.1 0.5 0.5 Ⅲ 绝热恒容 800 0 0 1.2 0.8 下列说法正确的是( ) A.容器Ⅰ中反应经10min建立平衡,0~10min内,平均反应速率v(CO)=0.04mol·L-1·min-1 B.若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol,平衡将正向移动 C.达到平衡时,容器Ⅱ中反应吸收的热量小于0.1akJ D.达平衡时,容器Ⅲ中n(CO)<0.48mol 【答案】BD 【解析】 【详解】A.容器Ⅰ中反应经10min建立平衡,0~10min内, n(H2)=0.4mol,根据反应可知, n(CO)=0.4mol,平均反应速率v(CO)= =0.02mol·L-1·min-1,选项A错误; B.根据表中数据可知,平衡时CO、H2O、CO2、H2各浓度为0.4mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L,K= ,若向容器Ⅰ平衡体系中再加入CO、H2O、CO2、H2各0.1mol,Q= ,平衡将正向移动,选项B正确; C.若与Ⅰ温度相同,则为等效平衡,达平衡时应生成0.8molCO,吸收热量0.1akJ,但由于升高温度平衡向吸热反应的逆反应移动,生成更多的CO,达到平衡时,容器Ⅱ中反应吸收的热量大于0.1akJ,选项C错误; D.若为恒温恒容,根据三段式,设CO2转化率为x, CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g) 开始/mol/L000.60.4 改变/mol/L0.6x0.6x0.6x0.6x 平衡/mol/L0.6x0.6x0.6-0.6x0.4-0.6x K= ,解得x=0.4,故平衡时,n(CO)=0.48mol,因反应为放热反应,绝热恒容时相当于升高温度,平衡逆向移动,则平衡时,容器Ⅲ中n(CO)<0.48mol,选项D正确。 答案选BD。 三、非选择题 16.以粉煤灰(主要成分为Al2O3、SiO2,还含少量Fe2O3等)为原料制取氧化铝的部分工艺流程如下: (1)“酸浸”过程发生的主要反应的离子方程式是_______________________________________________。 “酸浸”在恒容密闭反应釜中进行,温度不宜过高的原因是________________________________________________________________________。 (2)“除铁”生成Fe(OH)3的离子方程式为_________________,检验溶液中铁元素已经除尽的方法是________________________________________________________________________。 (3)“结晶”是向浓溶液中通入HCl气体,从而获得AlCl3·6H2O晶体的过程,溶液中Al3+和盐酸的浓度随通气时间的变化如下图所示。 Al3+浓度减小的原因是_________________________。 (4)上述流程中,可以循环利用的物质是____。 【答案】 (1).Al2O3+6H+===2Al3++3H2O (2).温度太高,盐酸大量挥发会引起容器内压强过大,导致反应釜损坏(3).Fe3++3 ===Fe(OH)3↓+3CO2↑(4).静置,取少量上层清液于试管中,滴入KSCN溶液,溶液不变红色(5).盐酸浓度增大,溶液中Cl-浓度增大,促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出(6).HCl(或盐酸) 【解析】 【分析】 制备Al2O3的流程: 粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2(含少量杂质Fe2O3),加浓盐酸,Al2O3、Fe2O3转化为离子,SiO2不溶于盐酸,过滤,滤渣为SiO2,滤液中含有Al3+、Fe3+,加入适量碳酸氢铵,Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的,滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体,AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢,据此分析解答。 【详解】制备Al2O3的流程: 粉煤灰的主要成分为Al2O3和SiO2(含少量杂质Fe2O3),加浓盐酸,Al2O3、Fe2O3转化为离子,SiO2不溶于盐酸,过滤,滤渣为SiO2,滤液中含有Al3+、Fe3+,加入适量碳酸氢铵,Fe3+转化为沉淀从而达到除铁的目的,滤液中氯化铝在氯化氢的氛围中加热结晶得AlCl3·6H2O晶体,AlCl3·6H2O晶体煅烧得到Al2O3以及副产品氯化氢。 (1)“酸浸”过程发生的主要反应为氧化铝与盐酸反应生成氯化铝和水,反应的离子方程式是Al2O3+6H+=2Al3++3H2O; “酸浸”在恒容密闭反应釜中进行,温度太高,盐酸大量挥发会引起容器内压强过大,导致反应釜损坏,故温度不宜过高; (2)“除铁”生成Fe(OH)3是氯化铁与碳酸氢铵发生双水解反应生成氢氧化铁、氯化铵和二氧化碳,反应的离子方程式为Fe3++3HCO =Fe(OH)3↓+3CO2↑,检验溶液中铁元素已经除尽的方法是静置,取少量上层清液于试管中,滴入KSCN溶液,溶液不变红色; (3)盐酸浓度增大,溶液中Cl-浓度增大,促进Al3+形成AlCl3·6H2O晶体析出,Al3+浓度减小; (4)上述流程中,结晶时必须用到氯化氢,而副产品为氯化氢,故可以循环利用的物质是HCl(或盐酸)。 【点睛】本题以氧化铝提取工艺流程为载体,
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