【文档说明】《2023年高考化学第一次模拟考试卷》化学（浙江A卷）( 全析全解).docx，共(31)页，2.018 MB，由envi的店铺上传

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2023年高考第一次模拟考试卷高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答

非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回可能用到的相对原子质量:H-l,Li-7,C-12,N-14,0-16,Na-23,S-32,Cl-35.5,Fe-56,P-31,Ag-108,Ba-137第I卷一选择题（(本大题共25小题,每小题2分

，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)）1．下列属于非电解质，但水溶液能导电的是A．Cl2B．HFC．SO3D．CH3CH2OH【答案】C【详解】A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B．HF在水溶液能电离出阴

阳离子，所以HF水溶液能导电，但HF是电解质，故B错误；C．三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸电离出阴阳离子而使三氧化硫的水溶液导电，但电离出阴阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，所以三氧化硫是非电解质，故C正确；D．乙醇在水溶液里以分子存在，所以乙醇水溶液不导电，故D错误；故答

案选C。2．下列物质属于碱性氧化物的是A．Na2O2B．CO2C．Al2O3D．Fe2O3【答案】D【详解】A．Na2O2与酸反应产生盐、H2O、O2，反应过程中元素化合价发生了变化，因此Na2O2属于过氧化物，而不属于碱性氧化物，A不符合题意；B．CO2溶于水，与水反应产生H2C

O3，因此CO2属于酸性氧化物，B不符合题意；C．Al2O3既能与酸反应产生盐和水，又能与碱反应产生盐和水，因此Al2O3属于两性氧化物，C不符合题意；D．Fe2O3只能与酸反应产生盐和水，不能与碱反应产生盐和水，因此Fe2O3属于碱性氧化物，D符合题意；故

合理选项是D。3．分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用到的仪器是A．B．C．D．【答案】C【详解】分离两种沸点差异较大且相溶的液体需要用蒸馏的方法，用到仪器有蒸馏烧瓶，温度计，直形冷凝管，牛角管，酒精灯和锥形瓶，所以答案选C。4．下列物质对应的化学式不正确

．．．的是A．熟石膏：42CaSO2HOB．红宝石主要成分：23AlOC．尿素：()22CONHD．孔雀石主要成分：32CuCOCu(OH)【答案】A【详解】A．熟石膏是：422CaSOHO，题给为生石膏，A项错误；B．红宝石是

刚玉的一种，主要成分是氧化铝(23AlO)，B项正确；C．尿素又称碳酰胺，其化学式为()22CONH，C项正确；D．孔雀石的主要成分为碱式碳酸铜，化学式为223Cu(OH)CO，也可以写为32CuCOCu(OH)，D项正确；答案选A。5．下列

表示不正确．．．的是A．氯化钙的电子式：B．基态Cr原子的价层电子轨道表示式：C．苯酚的分子结构模型：D．Cl－Cl的p－pσ键电子云图形：【答案】B【详解】A．氯化钙属于离子化合物，电子式为，A正确

；B．Cr元素原子序数是24，价层电子轨道为4s13d5，其电子轨道表示式为：，B错误；C．苯酚分子式C6H5OH，结构模型图符合苯酚的结构，C正确；D．两个p轨道“头碰头”重叠形成p-pσ键，形成轴对称的电子云图形，D正确；故选B。6．下列说法正确的是A．蔗糖、麦芽糖都

是还原性二糖B．天然氨基酸均为无色晶体，熔点较高，可溶于乙醚C．脱氧核糖核酸(DNA)充分水解后得到磷酸、脱氧核糖和5种碱基D．涤纶()由对苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应制备【答案】D【详解】A．蔗糖不是还原性糖，麦芽糖是还原性糖，A错误；B．天然氨基酸均为无色晶体，

熔点较高，难溶于乙醚，B错误；C．核酸包括DNA（脱氧核糖核酸）和RNA（核糖核酸）两种，其中DNA完全水解后会得到磷酸、脱氧核糖和碱基（A、T、G、C）；RNA完全水解后会得到磷酸、核糖和碱基（A、U、G、C），所以核酸分子完全水解后得到的化学物质是脱氧核糖、核糖、磷酸

、碱基（A、T、G、C、U），C错误；D．由涤纶()结构可知，其可由对苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应脱去小分子水而制备，D正确；故选D。7．下列说法正确的是A．乙酸、硬脂酸、甲酸属于同系物B．N2、N3、N4和

N5+互为同素异形体C．和是同一种物质D．联苯和萘互为同分异构体【答案】A【详解】A．乙酸、硬脂酸、甲酸结构相似，均含有一个羧基，且相差n个CH2，互为同系物，故A正确；B．由同种元素组成的不同单质互为同素异形体，N5+是离子，所以不是同

素异形体，故B错误；C．和双键的位置不同，结构不同，不属于同一种物质，故C错误；D．联苯和萘分子式不同，结构也不同，不互为同分异构体，故D错误；故答案选A。8．下列有关实验的说法正确的是A．将乙醇和浓硫酸混合加热，产生的气体直接通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，证明

反应产生了乙烯B．用少量金属钠与胆矾晶体隔绝空气加热，产生红色固体，可证明金属性Na＞CuC．用滴定法进行定量测定时，基准物应该具有性质稳定、相对分子质量较小等特点D．不慎溴腐蚀致伤时，先用酒精或甘油洗涤，再用水冲洗【答案】D【详解】A．产生的气体混有挥发出的乙醇，乙醇也会使酸性高锰酸钾

溶液褪色，A错误；B．胆矾晶体中含有水，少量的钠会和水反应生成氢氧化钠和氢气，B错误；C．用滴定法进行定量测定时，基准物应该具有纯度高、性质稳定、组成恒定、相对分子质量尽可能大等特点，C错误；D．不慎溴腐蚀致伤时，溴

溶于酒精和甘油，先用酒精或甘油洗涤去除溴（苯有毒不能用苯除溴），再用水冲洗去酒精或甘油，D正确；故选D。9．下列说法不正确．．．的是A．过氧化钠与二氧化碳、水反应均生成氧气，可用于呼吸面具中的供氧剂B．贮氢合金的发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径C．二

氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂D．二氧化硫通入紫色石蕊试液，先变红后褪色，说明二氧化硫水溶液具有酸性和漂白性【答案】D【详解】A．过氧化钠与人体呼出的二氧化碳、水反应均生成人所需的氧气，故可用于呼吸面具中的供氧剂，A正确；B．贮氢合金是高效、安全的储氢载体，

其发现和应用，开辟了氢气贮存、运输的新途径，B正确；C．二氧化氮具有较强的氧化性，可用于火箭的助燃剂，与火箭燃料肼配合使用，为火箭提供能量，C正确；D．二氧化硫通入紫色石蕊试液，溶液变红后不褪色，二氧化硫水溶液具有酸性，

其漂白性不能使酸碱指示剂石蕊褪色，D不正确；故选D。10．下列选用的仪器和药品能达到实验目的的是A．B．检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2+蒸馏时的接收装置C．D．制取NaHCO3准确量取一定体积K2Cr2O7标准溶液【答案

】C【详解】A.检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有Cu2+，应把反应后的产物倒入水中，故A错误；B.蒸馏时的接收装置末端不能是密闭的，故B错误；C.制取时把氨气、二氧化碳通入饱和食盐水制取NaHCO3，为防止倒吸，通入氨气的导气管不

伸入液面以下，故C正确；D.K2Cr2O7具有强氧化性，不能用碱式滴定管量取一定体积K2Cr2O7标准溶液，故D错误；答案选C。11．关于反应3SiO2+6C+2N2高温Si3N4+6CO，下列说法正确的是A．C在反应过程中被还原B．Si3N4既是氧化产物又是还原产物C．氧化剂和还原剂质量之比为

1：3D．每生成14.0gSi3N4共转移1.2mol电子【答案】D【详解】A．该反应中C元素化合价由0价升高为+2价，失电子被氧化，A错误；B．该反应中Si元素化合价没有改变，N元素由0价变为-3价被还原，所以Si3N4

只是还原产物，B错误；C．该反应中C为还原剂，N2为氧化剂，根据化学方程式可知氧化剂和还原剂物质的量之比为1：3，质量之比为28：(12×3)=7∶9，C错误；D．14.0gSi3N4的物质的量为114.0g140gmol−=0.1m

ol，所以有0.2molN2被还原，转移1.2mol电子，D正确；综上所述答案为D。12．设AN为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1molSiC分子中含有A0.2N个C原子B．12g质量分数为25%的甲醛水溶液，含A0.1N个O原子C．将213.8gNO(含2

4NO)溶于水，完全反应后电子转移的数目为A0.2ND．9.2g甲苯中含有A0.4N个单键【答案】C【详解】A．碳化硅分子与金刚石相同，1mol碳化硅中有2mol的C-Si键，则0.1molSiC分子中含有A0.1N个C原子，A项错误；B．12g质量分数为25%的甲醛水溶

液中溶质为甲醛，质量为3g，溶剂为H2O，质量为9g，则该溶液中O原子大于A0.1N，B项错误；C．N2O42NO2存在可逆反应，m13.8gn=0.3molM46g/mol==，则完全反应后化学方程式为2233NOHO2HNONO+=+，转移电子数为为A0.2N，C

项正确；D．甲苯的分子式为C7H8，m9.2gn=0.1molM92g/mol==，甲烷中有C-H键为0.8mol，C-C键为0.1mol，甲苯中含有0.9mol的单键，D项错误；答案选C。13．下列实验对应的离子方程式正确的是A．向饱和食盐水中加浓盐酸析出固体：Na+

+Cl−NaCl↓B．在铜片表面滴几滴稀硝酸产生无色气体：Cu+2H+=Cu2++H2↑C．向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO23−+2Cl2+H2O=CO2↑+2Cl−+2HClOD．向血红色Fe(SCN)3溶

液中加入过量铁粉至溶液褪色：2Fe3++Fe=3Fe2+【答案】A【详解】A．向饱和食盐水中加浓盐酸，由于同离子效应，析出NaCl固体，离子方程式应为Na++Cl−NaCl↓，A正确；B．该气体应为NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，B错误；C

．氯水少量，不会产生CO2，离子方程式为CO23−+Cl2+H2O=HCO3−+Cl−+HClO，C错误；D．Fe(SCN)3为络合物，不能拆成离子，正确离子方程式为2Fe(SCN)3+Fe=3Fe2++6SCN-，D错误；综上所述答案为A。14．有关化合物(如图)，下别说法

正确的是A．分子中至少有4个碳原子共直线B．分子中只含有2种官能团，1个手性碳原子C．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOHD．该物质具有弱碱性【答案】D【详解】A．苯环上，连有取代基的两个碳原子和与它们相连的取代基中的碳原子

是共直线的；碳碳双键上的两个碳原子与苯环上连接的碳原子形成类似乙烯结构，三个碳原子不可能在同一直线；氧原子与两个碳原子单键连接，形成V形；故分子中至少有3个碳原子共直线，A错误；B．分子中含有碳碳双键、酯基、仲胺共3种官能团，1个手性碳原子（与酯基碳连接的

碳原子），B错误；C．一个该分子中酯基水解得到一个羧基和一个酚羟基，均能与NaOH反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH，C错误；D．官能团仲胺具有弱碱性，则该物质具有弱碱性，D正确；故选D。15．下列说法不正确

的是A．激光、焰火都与电子跃迁释放能量有关B．可燃冰(42CH8HO)中甲烷与水分子间存在氢键C．冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子进行“分子识别”D．晶体的自范性是晶体在微观空间呈周期性有序排列的宏观表象【答案】B【详解】A．光辐射是电子释放

能量的重要形式之一，激光、焰火都与原子核外电子发生跃迁释放能量有关，A正确；B．甲烷与水之间为分子间作用力，不是氢键，B错误；C．同主族从上往下碱金属元素的离子半径逐渐增大，冠醚利用不同大小的空穴适配不同大小的碱金属离子

进行“分子识别”，C正确；D．晶体自范性的本质：晶体中粒子微观空间里呈现周期性的有序排列的宏观表象，D正确；故选B。16．已知：25℃，()10spAgCl1.810K−=；()12sp24AgCrO

1.110K−=，()13spAgBr5.010K−=。下列“类比”结果正确的是A．溶液中3Fe+与3HCO−会发生双水解反应，3Fe+与HS−主要也发生双水解反应B．3NCl水解生成3NH与HClO，则3NF水解同样生

成3NHC．Cl−的浓度用硝酸银溶液滴定时，可选择24KCrO作指示剂，Br−同样也可以D．乙醇与足量的227KCrO反应被氧化成乙酸，异丙醇被氧化丙酸【答案】C【详解】A．溶液中3Fe+与3HCO−会发生双水解反应，而3

Fe+有较强的氧化性，HS−有较强的还原性，二者主要发生氧化还原反应反应，故A不符合题意；B．3NCl水解生成3NH与HClO，但F没有正价，3NF与水会发生氧化还原反应3232NF+5HO=2NO+

3HNO+6HF，故B不符合题意；C．由Ksp可知沉淀等浓度的2-4CrO所需Ag+比沉淀等浓度的-Cl和-Br需要的Ag+浓度都大，而且AgCl是白色沉淀，AgBr是淡黄色沉淀，24AgCrO是黑色沉淀，所以-Cl的浓

度用硝酸银溶液滴定时，可选择24KCrO作指示剂，Br−同样也可以，故C符合题意；D．乙醇与足量的227KCrO反应被氧化成乙酸，而异丙醇会被氧化丙酮，故D不符合题意；故答案为：C。17．乙烯在酸催化下水合制乙醇的反应机理、能量与反应进程的关系如图。下列说法正确的是A．由上图可知总

反应一定不需加热就能进行B．第①步反应只有O-H键发生断裂C．总反应速率由第①步反应决定D．第①②③步反应都是放热反应【答案】C【详解】A．虽然总反应是放热反应，但第①步反应是吸热反应，所以需加热才能进行，A不正确；B．第①步反应中，断裂O-H键、碳碳双键中的一个键，形成碳氢键，B不正确；C．

因第②③步反应为放热反应，第①步反应为吸热反应，所以总反应速率由第①步反应决定，C正确；D．由图可知，第②③步反应都是放热反应，但第①步反应为吸热反应，D不正确；故选C。18．某反应A(g)+B(g)C(g)+D(g)⎯⎯→的速率方程为mnv

=kc(A)c(B)，其半衰期(当剩余的反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为0.8k。当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：()1c(A)/molL−0.250.501.000.501.001c()-1c(B)/molL0.0500.0500.1000.1000

.2000.200v/(mol-1∙L-1∙min-1)-31.6103102.3−1v-33.2102v-34.810下列说法正确的是A．该反应的速率方程中的m=n=1B．表格中的-3112c=0.75,v=v=6

.410C．该反应的速率常数-2-1k=6.410minD．在过量的B存在时，反应掉93.75%的A所需的时间是375min【答案】B【详解】A．当其他条件不变，改变反应物浓度时，反应速率常数k保

持不变，第二组数据和第四组数据中，两组的c(A)相同、v相同，解得n=0，将第一组数据和第二组数据代入速率方程，得m330.251.6100.503.210=，可知m=1，故A错误；C．由A项分析可知，该反应的速率方程

为v=kc(A)c(B)=kc(A)，将第一组数据代入速率方程v=kc(A)，可得速率常数-31k=6.410min−，故C错误；B．将第六组数据代入速率方程v=kc(A)，可得-3-314.810=6.410c，

解得1c=0.75，将第三组数据代入速率方程v=kc(A)，可得-3-31v=6.4101.00=6.410，将第五组数据代入速率方程v=kc(A)，可得332v6.4101.006.410−−==，故B正确；D．半衰期-310.80.8===125mink6.410

min−，设起始时反应物A为100g，在过量的B存在时，反应掉93.75%的A需经历4个半衰期：起始125min125min125min125min100gA50gA25gA12.5gA6.25gA⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→，所需的时间为125min4=500mi

n，故D错误；故答案选B。19．W、X、Y、Z为短周期非金属元素，分布于三个不同的周期，且原子序数依次增大。已知X元素与Y元素为同一周期，这四种元素在溶液中会形成一种离子，其结构如图所示，下列说法不正确．．．的是A．W—Y键比W—X键更稳定B．比较元素的电负性：X＜YC．该离

子中的Z元素的核外电子空间轨道具有9种不同的能量D．X元素的氧化物的水化物的酸性可能大于Z元素的氧化物的水化物的酸性【答案】C【详解】W、X、Y、Z为短周期非金属元素，分布于三个不同的周期，且原子序数依次增大

。已知X元素与Y元素为同一周期，这四种元素在溶液中会形成一种离子，结合价键情况可知W为H、X为C、Y为O、Z为Cl。A．Y的非金属性强于X，H—O键比H—C键更稳定，选项A正确；B．元素非金属性越强电负性越大，故电负性：

C＜O，选项B正确；C．该离子中的Z元素的电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外电子空间轨道具有17种不同的能量,选项C不正确；D．X元素的氧化物的水化物的酸性可能大于Z元素的氧化物的水化物的酸性，选项D正确；答案选C。20．下列叙述正确的是A．该

配合物中配体是2222HNCHCHNH，配位数是2B．3I+离子的空间构型为V形，中心原子的杂化形式为3spC．22O−、CN−等与2N互为等电子体，则22O−和CN−的结构式分别为2OO−、CN−D．3HNO分子的中心原子的价层电子对数为4，该分子的VSEPR模型是正四面体形【答

案】B【详解】A．中，Cu2+与4个N原子形成配位键，配体是2222HNCHCHNH，配位数是4，故A错误；B．3I+中心原子I的价层电子对数为712142+−=，杂化类型为3sp，中心I原子的孤电子对数为2，其空间构型为V形，故B正确；C．22O−的电子数为18，2N的电子数为14，2

2O−与2N不是等电子体，故C错误；D．3HNO分子中含有羟基，N原子周围形成3个σ键，中心氮原子采用sp2杂化，孤电子对数为0，则其价层电子对数为3，-3NO的VSEPR模型是平面正三角形，则3HNO分子的VSEPR模

型不可能是正四面体形，故D错误；答案选B。21．对氨基苯酚(，俗称PAP)是一种重要的精细化工中间体，工业上常采用电解硝基苯的方法制取，其装置原理如图所示。下列说法错误的是A．电源a为负极B．电极c上发生的电极反应式为+4H++4e-=+H2OC．离

子交换膜最好用质子交换膜D．当生成1mol时，右侧生成的CO2在标准状况下体积为44.8L【答案】D【分析】经过装置图分析，电极d中，3CHCOO−转化为2CO，碳元素化合价升高，失去电子，是阳极，则电极b是正极，电极a是负极。【详解】A．3CHCO

O−转化为2CO，碳元素化合价升高，属于氧化反应，则c为阴极，a为负极，A项正确；B．4NHCl溶液显酸性，c电极上发生反应的电极反应式为+4H++4e-=+H2O，B项正确；C．电解池中左侧消耗H+，右侧产生H

+，故离子交换膜选用质子交换膜，C项正确；D．d电极的反应式为：322CHCOO8e2HO=7H2CO−−+−++，当生成1mol时转移4mole−，右侧生成的2CO在标准状况下体积为22.4L，D项错误；故答案选D。

22．加氢甲酰化反应是加氢和甲酰基(-CHO)到1-烯烃的端基双键上，生成比原烯烃多一个C原子的醛的反应，是工业上获取直链醛和醇的重要反应。以RhH(CO)(PPh3)作催化剂的循环催化机理如图所示。已知，R为烃基，Ph为苯基，Rh为金属元素铑。下列说法错

误的是A．该循环催化中Rh的化合价发生了变化B．化合物G与D中Rh的杂化方式相同C．该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH2CHOD．转化过程中的配位键都是由孤电子对与Rh形成的【答案】D【分析

】如图所示，反应物为RCH=CH2、H2、CO，产物为RCH2CH2CHO，A为催化剂，曲线上的物质为中间产物。【详解】A．该循环催化中Rh成键数目发生了变化，Rh的化合价发生了变化，A正确；B．化合物G与D中Rh的成键数目相同，因此杂

化方式相同，B正确；C．根据分析，该过程的总反应为RCH=CH2+CO+H2→RCH2CH2CHO，C正确；D．转化过程中氢原子、烷基中碳原子与Rh形成的配位键不是由孤电子对与Rh形成的，D错误；故选D。23

．亚砷酸(H3AsO3)可用于白血病的治疗。室温下，配制一组c(H3AsO3)＋c(H2AsO-3)＋c(HAsO2-3)＋c(AsO3-3)＝0.100mol·L－1的H3AsO3和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化关系曲线如图

所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是A．pH＝11的溶液中：几乎只有H2AsO-3B．c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H2AsO-3)>c(H3AsO3)>c(HAsO2-3)C

．c(Na＋)＝0.200mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H3AsO3)＝c(OH－)＋c(AsO3-3)D．pH＝12.8的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)>4c(H2AsO-3)＋c(HAsO2-3)＋c(OH－)【答案】C【详解】A．由图象可知，pH=11

时溶液中主要存在H2AsO-3，其它离子的浓度几乎为0，pH＝11的溶液中：几乎只有H2AsO-3，故A正确；B．c(Na+)=0.100mol•L-1时，c(H3AsO3)+c(H2AsO-3)+c(HAsO2-3)+c(AsO3-3)=0.100mol•L-1，说明溶质为NaH2A

sO3，结合图示可知H2AsO-3溶液的pH>7，呈碱性，说明H2AsO-3的水解程度大于其电离程度，则c(H3AsO3)>c(HAsO2-3)，溶液中离子浓度大小为：c(H2AsO-3)>c(H3AsO3)>c(HAsO2-3)，故B正确；C．c(Na+)=0.200mol•L-1时，c(H3A

sO3)+c(H2AsO3-)+c(HAsO2-3)+c(AsO3-3)=0.100mol•L-1，说明溶质为Na2HAsO3，结合质子守恒可知：c(H+)+2c(H3AsO3)+c(H2AsO-3)=c(OH-)+c(AsO3-3)，故C错误；

D．结合图示可知，pH=12.8的溶液中c(AsO3-3)=c(H2AsO-3)，结合电荷守恒c(H+)+c(Na+)=3c(AsO3-3)+c(H2AsO-3)+2c(HAsO2-3)+c(OH-)=4c(H2AsO-3)+2c(HAsO2-3)+c(OH-)，pH＝12.8的溶

液中：c(H＋)＋c(Na＋)>4c(H2AsO-3)＋c(HAsO2-3)＋c(OH－)，故D正确；故选C。24．CdSe是一种重要的半导体材料。其晶体的晶胞结构如图所示，已知m的坐标参数为(14，14，14)，晶胞参数为apm。下列说法正确的是

A．34Se基态原子价电子排布式为3d104s24p4B．晶胞中n的坐标参数为(14，34，34)C．与Cd原子距离最近且相等的Cd原子有6个D．Cd原子与Se原子之间的最短距离为32apm【答案】B【

详解】A．Se为主族元素，其价电子排布式应为4s24p4，A错误；B．根据晶胞中各原子的位置及点坐标，可得出点坐标为(14，34，34)，B正确；C．晶胞中Cd的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中与Cd原子距离最近且相等的Cd原子应有12个，C错误；D．Cd原子与S

e原子之间最短距离是体对角线的14，为34apm，D错误；故答案为：B。25．下列方案设计、现象和结论不正确的是目的方案设计现象和结论A比较镁与铝元素的金属性强弱取2MgCl与3AlCl溶液于试管，分别加入足量NaOH溶液，观察现象观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝

溶液先出现白色沉淀后溶解，证明镁的金属性更强B证明甲烷与氯气光照条件下发生反应取试管收集半试管甲烷和半试管氯气，试管夹固定倒扣于水中，放在光亮处，静置，观察现象观察到试管中的液面上升，则证明甲烷与氯气发生了反应C探究氢离子

浓度对24CrO−、227CrO−相互转化的影响向24KCrO溶液中缓慢滴加稀硫酸，观察实验现象溶液由黄色变为橙红色，则说明增大氢离子浓度，转化平衡向生成227CrO−的方向移动D简单离子与配离子的区别分别向两支

盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴同浓度氯化铁和()36KFeCN溶液，再分别滴加2滴KSCN溶液，观察现象盛有氯化铁的试管出现血红色，另一支无明显现象，证明存在()36FeCN−离子A．AB．BC．CD．D【答案】B【详解】A．取氯化镁

与氯化铝溶液于试管中，分别加入足量氢氧化钠溶液，观察到氯化镁溶液出现白色沉淀，氯化铝溶液先出现白色沉淀后溶解说明氢氧化铝的碱性弱于氢氧化镁，元素的金属性越强，最高氧化物对应水化物的碱性越弱，则镁元素的金属性强于铝元素，故A正确；B．试管中氯气能与水反应生成盐酸和

次氯酸，次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气会使气体体积减小，试管中的液面上升，则取试管收集半试管甲烷和半试管氯气，试管夹固定倒扣于水中，放在光亮处，静置，观察到试管中的液面上升不能证明甲烷与氯气发生了反应，故B错误；C．向铬酸钾溶液中缓慢滴加稀硫酸，溶液由黄色变为橙红色说明增大氢离

子浓度，溶液中的平衡2CrO2-4+2H+Cr2O2-7+H2O向生成重铬酸根离子的方向移动，故C正确；D．分别向两支盛有少量蒸馏水的试管里滴加2滴同浓度氯化铁和铁氰化钾溶液，再分别滴加2滴硫氰化钾溶液，盛有氯化铁的试管出现血红色，另一支无明显现象，说

明铁离子与硫氰酸根离子能生成血红色的铁氰酸根离子，证明存在铁氰酸根离子，故D正确；故选B。第II卷二非选择题（本大题5题，共计50分）26．（8分）材料的发展水平始终是时代进步和人类文明的标志。当前含铁的磁性材料在国防、电子信

息等领域中具有广泛应用。请回答下列问题：(1)基态铁原子的价电子排布图为_______，基态铁原子核外电子的空间运动状态有_______种。(2)一种新研发出的铁磁性材料M的分子结构如下图所示。①M分子中C、N、O三种元素的电负性由大到

小的顺序为_______。②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的杂化方式为_______(填序号)。A．sp2B．sp3C．dsp2D．d2s

p3③分子中的大π键可用符号πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则M分子中由碳、氧组成的五元环中的大π键应表示为_______。(3)铁氮化合物因其特殊的组成和结构而具有优异的铁

磁性能，某铁氮化合物的立方晶胞结构如下图所示。①若以氮原子为晶胞顶点，则铁原子在晶胞中的位置为_______。②若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度为_______g·cm-3(列出计算式即可)。【答案】(1)（1分）

15（1分）(2)O>N>C（1分）D（1分）π65（1分）(3)棱心和体心（1分，全对给分）-103A564+14(2a10)N（2分）【分析】（1）根据铁原子核外电子排布分析，占据轨道数即空间运动状态数。（2）

根据同周期电负性的变化规律分析，根据在形成大π键过程中每个原子首先形成单键，余下的最外层电子或孤电子对成大π键进行分析。（3）根据晶胞的均摊法分析晶胞的分子式和密度。【详解】（1）基态铁原子的价电子排布图为，基态铁原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2

，空间运动状态有15种。（2）①M分子中C、N、O三种元素的电负性根据同周期元素，从左到右电负性增大分析，由大到小的顺序为O>N>C。②M分子中的Fe2+与上下两个五元碳环通过配位键相连且Fe2+共提供了6个杂化轨道，则铁原子最可能的

杂化方式为d2sp3。③分子中的大π键可用符号πnm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数(如苯分子中的大π键可表示为π66)，则M分子中由碳、氧组成的五元环中五个原子参与，每个碳上提供一个电子，氧原子提供2

个电子，故大π键应表示为π65。（3）①若以氮原子为晶胞顶点，则原来在定点的铁原子为晶胞的棱心，原子在面心的铁原子在体心。②该晶胞中铁原子的个数为1186=482+，氮原子个数为1，则该化合物的化学式为Fe

4N，若晶胞中距离最近的铁原子和氮原子的距离为apm，为棱长的一半，则晶胞的体积为，-103(2a10)cm3，晶胞的质量为A564+14Ng，该晶胞的密度为-103A564+14(2a10)N

g·cm-3。27.（10分）化合物X由四种元素组成。某实验小组按如图流程进行相关实验(部分产物已略去)：已知：无色气体A能使品红溶液褪色。沉淀B和C混合物中含两种元素，且B为黑色沉淀。溶液D中含有两种溶质，取

溶液D进行焰色试验，火焰为黄色。气体体积已折算至标准状况。请回答：（1）组成X的四种元素为____；X的化学式为____。（2）沉淀B和C混合物为____(用化学式表示)：写出B高温煅烧生成A和E的化学方程式____。（3）气体A能与溶液F中的

产物发生非氧化还原反应而生成白色沉淀，写出该反应的离子方程式____。（4）有同学在溶液D中依次加入足量的硝酸钡溶液、硝酸银溶液、稀硝酸，经过滤、洗涤、干燥得到含G和H的固体混合物ag。设计实验，测定固体混合物中H的质量分数____。【答案】（1）①.Na、Ag、S、O（1分

，全对给分）②.Na3[Ag(S2O3)2](或Na3AgS4O6)（2分）（2）①.Ag2S、S（1分，全对给分）②.Ag2S+O2高温2Ag+SO2（2分）（3）SO2+H2O+2Ag+=Ag2SO3↓+

2H+（2分）（4）在ag混合物中加入足量的氨水，充分反应后过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体，计为bg，则H的质量分数为a-ba（2分，实验方案1分，质量分数表达式1分）【解析】【分析】X能与0.04mol盐酸恰好反应，生成的无色气体

A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫，沉淀B和C混合物中含两种元素，且B为黑色沉淀，煅烧又得到二氧化硫和固体单质E、E能溶于足量硝酸得到溶液F，则F含稀硝酸和硝酸盐、F能与1份溶液D恰好反应生成不溶于硝酸的白色沉淀H为氯化银，则X含银元素，另1份溶液D与足量氯化钡反应生成不溶于硝

酸的白色沉淀G为硫酸钡，已知溶液D中含有两种溶质，取溶液D进行焰色试验，火焰为黄色，则D为硫酸钠和氯化钠的混合溶液，则组成X的四种元素为Na、Ag、S、O；H为0.02molAgCl，按银和氯元素守恒可知，X含0.

02molAg元素，硫酸钡为0.005mol，D为2×0.005mol=0.01mol硫酸钠和2×0.02mol=0.04mol氯化钠的混合溶液，则钠离子为0.06mol，则X中含0.06mol钠元素，X与盐酸反应生成的二氧化硫为0.03mol；煅烧又得到二氧

化硫0.04mol、D中含0.01mol硫酸钠、则X中硫元素物质的量为0.08mol，则X中氧元素为8.02g-108g/mol×0.02mol-23g/mol×0.06mol-32g/mol×0.08mol=1.92g、则O的物质的量为0.12mol。则X中个粒子的物质的量之比Na:Ag:S:

O=3:1:4:6，X为Na3AgS4O6。X与盐酸反应得到的沉淀B和C混合物中含两种元素为Ag和S，且B为黑色沉淀则为0.01molAg2S，C为0.96g，按元素守恒可知，C为0.03molS，则X与HCl反应生成SO2、Ag2S、S、Na2SO4

、NaCl，并没有直接生成氯化银沉淀，则银元素与硫元素的含氧酸根形成了配合离子，按产物SO2、Ag2S、S、Na2SO4、NaCl的物质的量之比为3:1:3:1:4，X中硫元素的化合价为+2价时满足得失电子数守恒，则配离子为Ag(S2O3)3-2，则X为Na3[

Ag(S2O3)2]，X与HCl的反应为：2Na3[Ag(S2O3)2]+4HCl=3SO2+Ag2S+3S+Na2SO4+4NaCl。【小问1详解】据分析，组成X的四种元素为Na、Ag、S、O；X的化学式为Na3

[Ag(S2O3)2](或Na3AgS4O6)。【小问2详解】沉淀B和C混合物为Ag2S、S：B高温煅烧生成A和E的化学方程式Ag2S+O2高温2Ag+SO2。【小问3详解】气体A能与溶液F中的产物发生非氧化还原反应而生成白色沉淀，则元素化合价不变，白色沉淀为亚硫酸银，

该反应的离子方程式SO2+H2O+2Ag+=Ag2SO3↓+2H+。【小问4详解】G和H的固体混合物即硫酸钡和氯化银共ag。氯化银能溶于氨水而硫酸钡不溶，则测定固体混合物中H即氯化银的质量分数的实验方案为：在ag混合物中加入足量的氨水，充分反

应后过滤、洗涤、干燥，称量得到的固体即硫酸钡沉淀，计为bg，则H的质量分数为a-ba。28．（10分）水煤气变换[CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)]是重要的化工过程，主要用于合成氨、制氢以及合成气加工等工业领域中。回答下列问题：(1)Shibata曾做

过下列实验：①使纯H2缓慢地通过处于721℃下的过量氧化钴CoO(s)，氧化钴部分被还原为金属钴Co(s)，平衡后气体中H2的物质的量分数为0.0250。②在同一温度下用CO还原CoO(s)，平衡后气体中CO的物质的

量分数为0.0192。根据上述实验结果判断，还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO____H2(填“大于”或“小于”)。(2)721℃时，在密闭容器中将等物质的量的CO(g)和H2O(g)混合，采用适当的催化剂进

行反应，则平衡时体系中H2的物质的量分数为____(填标号)。A．＜0.25B．0.25C．0.25~0.50D．0.50E．＞0.50(3)二甲醚(CH3OCH3)是无色气体，可作为一种新型能源，甲

醇脱水两步法是目前工业合成二甲醚的主流技术，主要涉及的反应有：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H1=-90.7kJ·mol-l2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)△H2=-23.5kJ·mol-1①为了CO和H2研究的最佳投料比，恒温下将

lmolCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，测得平衡时甲醇的体积分数变化如图所示(假设该条件下只发生第一步反应)。请判断a、b、c三点CO的平衡转化率大小关系，并说明判断依据：____，。②合成二甲醚往往选用硅铝混合物作

催化剂。向恒温体系中不断生成匀速通入甲醇，反应均为达到平衡，不同硅铝比(I、II)与生成二甲醚的速率关系如图所示。工业上选择的合适硅铝比为0.15，说明其原因：____。③在某温度下，向密闭容器中加入甲醇发生第二步反应，反应到t1min时测得各组分的浓度分别为c(CH3OH)

=0.47mol·L-1，c(CH3OCH3)=1.2mol·L-1，c(H2O)=1.2mol·L-1，t2min时反应达到平衡。已知反应在该温度下的平衡常数为400，请在图中画出t1-t2min内，c(CH3OCH3)的变化曲线____。【答案】(1)大于（1分）(2)C

（2分）(3)c＞b＞a（1分），体系中加入氢气，该平衡向右移动CO的平衡转化率增大（2分）因为使用催化剂Ⅱ时，反应初始催化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5min后速率便开始大幅度下降，产率降低；而还有催化剂Ⅰ时，二甲醚的生成

速率和产量均能维持较高水平（2分）（2分）【解析】（1）①对于可逆反应，反应达到平衡后气体的含量越大，表明该气体参加的反应进行的程度越小，物质的还原性就越弱。由于用H2还原足量CoO达到平衡后H2的体积分数是0.0250；用CO还原足量CoO达到

平衡后CO的体积分数是0.0192，说明用CO还原时反应达到平衡正向进行的程度更大，故还原CoO(s)为Co(s)的倾向是CO＞H2；（2）假设CO、H2的物质的量都是1mol，①对于反应H2+CoOH2O+Co，开始时n(H2)=1m

ol，反应达到平衡时变化量为amol，则平衡时n(H2)=(1-a)mol，n(H2O)=amol，1-a=0.0251，解得a=0.975mol，K1=a0.975==391-a1-0.975；②对于反应CO+CoOCO2+Co，开始时n(CO)=1m

ol，反应达到平衡时变化量为bmol，则平衡时n(CO)=(1-b)mol，n(CO2)=bmol，1-b=0.01921，解得b=0.9808mol，K2=b0.9808==51.081-b1-0.9

808；假设开始时CO、H2O(g)的物质的量都是mmol，发生反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，反应达到平衡时CO的改变量为xmol，则平衡时n(CO)=n(H2O)=(m-x)mol，n(CO2)=n(H2)=xm

ol，反应在恒容密闭容器中进行，2221Kx51.08=K===1.30>1K39(m-x)，x＞m-x，所以x2m＞0.25，等物质的量的一氧化碳和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气，反应前后气体物质的量不变，当反应物全部反应，氢气所占物质的量的分数50%，但反应为可逆

反应不能进行彻底，氢气的物质的量分数一定小于50%，故合理选项是C；（3）①根据平衡移动原理，将1molCO置于恒容密闭容器，改变H2的进料量进行实验，H2的进料量越多，其浓度越大，越有利于该反应向正反应方向移动，因此C

O的转化率越大，由于H2的物质的量：c＞b＞a，所以a、b、c三点CO的平衡转化率大小关系：c＞b＞a；②由图可知：硅铝比为0.15时二甲醚的生成速率和产量一直保持在较高水平，而硅铝比为0.075时反应初始催

化活性很好，生成二甲醚速率快，但是5min后速率便开始大幅下降，产量降低；③t1时刻，c(CH3OH)=0.47mol·L-1，c(CH3OCH3)=1.2mol·L-1，c(H2O)=1.2mol·L-1，Qc=33223c(CHOCH)c(HO)1.21.2==6.68c2(CHOH)0

.47＜400，可知t1时刻反应正向进行，设达到平衡二甲醚浓度增加xmol/L，则平衡时甲醇的物质的量浓度为c(CH3OH)=(0.47-2x)mol/L，二甲醚和水的的物质的量浓度c(CH3OCH3)=c(H2

O)=(1.2+x)mol/L，此温度下K=33223c(CHOCH)c(HO)(1.2+x)(1.2+x)==400c2(CHOH)(0.47-2x)，解得x=0.2mol/L，故t2时刻c(CH3OCH3)=1.4mol/L，从t1至t2时刻，随着反应的进行，反应速率逐渐减小，t2时

刻达到化学平衡状态，因此t1至t2时间内，c(CH3OCH3)的变化曲线可以表示为。29．（10分）乙酰乙酸乙酯是重要的有机合成原料，实验室制备乙酰乙酸乙酯的反应原理为：32CHCHONa3253225322CHCOOCHCHCOCHCOOCHCHCHOH⎯⎯⎯⎯⎯→+。甲是制备装置(烧

瓶中物质充分反应后再滴加乙酸溶液)、乙是部分分离装置，流程图是分离步骤：已知：①几种物质的部分性质：物质沸点/℃相对分子质量水中溶解性乙酸乙酯77.288难溶乙酰乙酸乙酯181(温度超过95℃，易分解)130微溶乙酸11860易容②10m

L乙酸乙酯粗品中含乙酸乙酯8.8g和少量乙醇③3225CHCOCHCOOCH亚甲基上的H有一定的酸性，制备时部分形成乙酰乙酸乙酯的钠盐。请回答下列有关问题：(1)①钠珠粒可以经下列步骤得到：烧瓶⎯⎯⎯⎯⎯→⎯

⎯⎯⎯→⎯⎯⎯→干燥的金属钠有机液体回流钠熔化⎯⎯⎯→振荡小米状钠珠⎯⎯⎯⎯⎯→回收有机液体下表是钠和一些常用有机液体的物理性质：钠苯二甲苯四氯化碳密度)(3gcm−0.970.880.851.60熔点(℃)97.85.513.3﹣22.8沸点

(℃)881.480138.476.8三种有机液体中熔化钠的最佳试剂是_______②制备反应需要加热才能发生，装置甲的最适合的加热方式_______A．酒精灯直接加热B．垫石棉网用酒精灯加热C．水浴D．油浴(2)关于装置甲及

流程中的部分步骤，下列说法不正确的是_______。A．制备钠珠后，通过过滤分离钠珠和有机溶剂B．干燥管中的试剂一定不是干燥剂，因为滴加乙酸溶液也带入水，干燥无意义C．操作①与操作②相同，所加饱和氯化钠溶液和乙酸乙酯都

是为了减小产品溶解，利于分层D．操作③包括分液和过滤，饱和23NaCO溶液不能用NaOH溶液代替，但4MgSO固体可用无水24NaSO代替(3)滴加50%乙酸至恰好呈弱酸性的原因是：_______。(4)操作④是一个系列过程，先水浴加热蒸出乙酸

乙酯，剩余液再经下列步骤得到产品，请选择合理操作并排序：剩余液加入装置乙的烧瓶中→e→____→____→____→i→____→d→____→____→拆除装置并保存产品。_______。a.开抽气泵b.关闭抽气泵c.调小毛细管空气流量d.调大毛细管空气流量e.

开启冷凝水f.关闭冷凝水g.缓慢加热h.停止加热i.收集馏分(5)上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为_______(保留两位有效数字)。【答案】(1)二甲苯（1分）C（1分）(2)ABC（2分，对两个给1分，全对给2分）(3)制备时部分生成乙酰乙酸乙酯的钠盐，加乙酸过少不能使其钠盐恢复

为乙酰乙酸乙酯或恢复不完全，加乙酸过多会增加除掉剩余乙酸时23NaCO的用量及增加分离的时间（2分）(4)acghfb（2分）(5)78%（2分）【分析】乙酸乙酯和乙醇的混合液与钠珠粒混合，乙醇和钠反应生成乙醇钠，乙醇钠催化乙酸乙酯生成乙酰乙酸乙酯。（1）①钠的熔点是97.8℃，熔化钠的溶剂

沸点要大于97.8℃，所以最佳试剂是二甲苯；②制备反应需要加热才能发生，由于乙酰乙酸乙酯温度超过95℃易分解，所以装置甲的最适合的加热方式水浴，选C；（2）A．钠和二甲苯的沸点不同，制备钠珠后，通过蒸馏

法分离钠珠和有机溶剂，故A错误；B．为防止水蒸气进入甲装置与钠、乙醇钠反应，干燥管中的试剂是干燥剂，故B错误；C．操作①加饱和氯化钠溶液减小产品溶解，利于分层，操作②加入乙酸乙酯萃取，故C错误；D．操作③包括分液和过滤，酯在氢氧化钠溶液中水解

，所以饱和23NaCO溶液不能用NaOH溶液代替，4MgSO、24NaSO都做干燥剂，4MgSO固体可用无水24NaSO代替，故D正确；选ABC。（3）制备时部分生成乙酰乙酸乙酯的钠盐，加入乙酸使乙酰乙酸乙酯的钠盐变为乙酰乙酸乙酯，加乙酸过少不能使其钠盐恢复为乙酰

乙酸乙酯或恢复不完全，加乙酸过多会增加除掉剩余乙酸时23NaCO的用量及增加分离的时间，所以滴加50%乙酸至恰好呈弱酸性。（4）剩余液经减压蒸馏得到产品，减压蒸馏的操作步骤为：剩余液加入装置乙的烧瓶中；e.开

启冷凝水；a.开抽气泵；c.调小毛细管空气流量；g.缓慢加热；i.收集馏分；h.停止加热；d.调大毛细管空气流量；f.关闭冷凝水；b.关闭抽气泵；拆除装置并保存产品；（5）10mL乙酸乙酯粗品中含乙酸乙酯8.8g，乙酸乙酯的物质的量为0.1mol，理论生成乙酰乙酸乙酯的物质的量为0.0

5mol，所以上述实验中乙酰乙酸乙酯的产率为5.1g100%78%0.05molg/mol=130。30.（12分）某研究小组按下列路线合成抗帕金森病药物罗匹尼罗：已知：R－Cl+X-→R－X+Cl-(X=OH-、CN-、CH3O-)请回答：（1）下列说法不正确．．．的是____

。A.A→B的反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸B.B→C、E→F的反应均为取代反应C.罗匹尼罗的分子式是C16H22N2OD.罗匹尼罗可制成盐酸盐，增强水溶性（2）化合物M的结构简式是____。（3）补充完整F→G的化学方程式

：_____+CCl3CHO+NH2OH•HCl→+_____。（4）设计从甲苯合成A的路线(用流程图表示，注明反应条件，无机试剂任选)。（5）帕金森病与多巴胺()有关，写出多巴胺同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_

____。①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键。②分子中含一个六元环。【答案】（1）BC（2分，一个1分，全对2分）（2）（2分）（3）①.②.4HCl（2分

）（4）（3分，对两步1分，三步2分，四步3分）（5）、、（3分，每个1分）【解析】【分析】根据B的分子式，结合A的结构简式，由D逆推，可知B是；和SOCl2反应生成C，根据C的分子式可知，C是；C和M反应生成D，由C和

D的结构简式可知M是；D被还原为E，根据E的分子式可知E是；E中硝基被还原为氨基，F是。【小问1详解】A．A→B苯环上引入硝基，发生硝化反应，反应所需试剂为浓硝酸、浓硫酸，故A正确；B．B→C是B中羟基被Cl原子代替、E→F是E中的硝基被还原为氨基，B→C是取代反应、E→F是

还原反应，故B错误；C．根据罗匹尼罗的结构简式，可知分子式是C16H24N2O，故C错误；D．罗匹尼罗中N原子可与通过配位键与H+结合，可制成盐酸盐，增强水溶性，故D正确；选BC。【小问2详解】C是；C和M反应生成D，由C和

D的结构简式可知M是；【小问3详解】根据以上分析，F是，和CCl3CHO+NH2OH•HCl反应生成和HCl，F→G的化学方程式：+CCl3CHO+NH2OH•HCl→+4HCl。【小问4详解】甲苯和氯气在Fe作用下生成，在光照条件下和氯气反应生

成，根据题目信息，和CN-反应生成，再水解为，合成A的路线为。【小问5详解】①1H→NMR谱和IR谱检测表明：分子中不同化学环境的氢原子个数比为1∶2∶2∶6，有羧基和碳碳双键，说明分子中含有2个甲基且结构对称；②分子中含一个六元环。符合条件的的同分异构有、、

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