山东省泰山联盟2024-2025学年高三下学期四月份联考化学试题（附答案解析）

这是一份山东省泰山联盟2024-2025学年高三下学期四月份联考化学试题（附答案解析），共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．齐鲁大地人杰地灵，辛弃疾和李清照是宋朝词人的杰出代表，下列诗句所涉及的化学知识错误的是
A．“稻花香里说丰年，听取蛙声一片”，稻花香气的主要成分是无机化合物
B．“东风夜放花千树，更吹落星如雨”，烟花燃烧涉及氧化还原反应
C．“三杯两盏淡酒，怎敌他晚来风急”，酒的制作过程涉及糖类的水解
D．“轻解罗裳，独上兰舟”，在古代，罗裳的主要成分是蛋白质
2．关于物质的分离、提纯，下列说法错误的是
A．蒸馏法分离乙醇和乙醛B．重结晶法提纯含有少量食盐的苯甲酸
C．过滤法分离2，4，6-三溴苯酚和乙醚D．萃取和柱色谱法从青蒿中提取分离青蒿素
3．下列化学用语或图示错误的是
A．用电子式表示的形成：
B．用亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的：
C．用电子云轮廓图示意键的形成：
D．用对苯二甲酸与对苯二胺制备芳纶纤维：+
4．下列玻璃仪器(含活塞)在相应实验中选用不合理的是
A．重结晶法提纯乙酰苯胺()：⑥⑦⑧
B．蒸馏法分离苯(沸点80.1℃)和甲苯(沸点111℃)：①③⑤⑨
C．用标准液滴定测量溶液中的含量：③④
D．用作萃取剂，萃取溴水中的溴：②⑥
5．纤维素可以多条单链的形式存在，在低温下溶于溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，可使纤维素绿色再生利用。下列说法错误的是
A．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键
B．提供破坏纤维素链之间的氢键，引发溶胀
C．加入尿素形成动态“包覆层”，防止链间重新结合
D．低温时纤维素分子链间的相互作用力增强，更易被溶解
6．有机化合物与在的催化作用下可反应生成，其反应如图：
下列说法正确的是
A．分子中最多有15个碳原子共面
B．与同类别的同分异构体还有2种
C．该反应的副产物为和
D．分子中键角大小：
7．化合物和所含元素相同，相对分子质量相差7，含电子，，和三种元素位于同周期，原子最外层电子数是原子核外电子数的一半。下列说法正确的是
A．同周期第一电离能比大的元素有3种B．电负性顺序：
C．常温常压下和的单质均为固体D．和互为同素异形体
8．一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。
下列说法正确的是
A．中碳原子均为杂化B．的重复结构单元中，
C．该反应属于加聚反应D．完全水解消耗
9．是一种用途广泛的磁性材料，以为原料制备并获得副产物水合物的工艺如下。
25℃时各物质溶度积见下表：
下列说法错误的是
A．反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行
B．反应釜2中反应的离子方程式为
C．反应釜3中，25℃时，浓度为，理论上不超过10
D．获得水合物的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶
10．逆水煤气变换体系中存在以下两个反应：
反应I：
反应II：
在恒容条件下，按投料比进行反应，平衡时含碳物质体积分数随温度的变化如图所示。下列说法错误的是
A．反应I的，反应II的
B．M点反应I的平衡常数
C．点的压强是的3倍
D．若按投料，则曲线之间交点位置不变
二、多选题
11．下列实验操作对应的现象及结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
12．四乙基铅能提高汽油的辛烷值，但污染严重，是一种潜在替代品，以和为原料，电解合成的原理如图所示(为催化剂)。
下列说法正确的是
A．电解过程中起到催化剂作用，其浓度保持不变
B．电极发生的电极反应为：
C．每生产产品，转移电子的物质的量为
D．已知以和为原料也可以直接放电制备产品，该方法能耗更低产率更高
13．将转化为有机碳酸酯，可有效减少碳排放。转化为的总反应为 ，可通过两步反应完成：I． ；Ⅱ． ；反应Ⅱ的反应机理如图1所示，其中催化剂参与催化循环和脱水循环；随的变化曲线如图2.已知：(和为常数)。
下列说法错误的是
A．对于总反应，活化能 B．该反应的催化剂是
C．反应I为吸热反应D．脱水循环可以提高DMC的平衡产率
14．某学习小组对与的反应的快慢及颜色变化进行探究，实验操作及现象如下：
已知：溶液受热非常容易分解，可以与形成绿色配合物。下列说法正确的是
A．铜丝表面析出的蓝色固体难溶于水
B．两个实验中硝酸均表现氧化性
C．实验I中溶液变蓝的主要原因是与水发生反应
D．通过以上实验可证明对与的反应有催化作用
三、单选题
15．废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，在和混合溶液中，的分布系数与的关系如图。
已知：难溶于水，具有两性；。下列说法错误的是
A．曲线代表的变化B．点，
C．点，D．点，
四、解答题
16．锆英石常用作耐火材料，其矿砂常与钛铁矿、金红石等共生。回答下列问题：
(1)锆与钛是同族相邻元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为 ；第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有 种。
(2)钛铁矿经过，等多种物质处理后会生成硫酸氧钛(为+4价)等中间产物。
①空间构型为 ，中存在的大键为 (分子中的大键可用符号表示，其中代表参与形成大键的原子数，代表参与形成大键的电子数，例如苯分子中的大键可表示为)。
②硫酸氧钛晶体中，阳离子为如图1所示链状聚合形式的离子，则该晶体的化学式为 。
(3)能形成多种配合物，物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，的化学式为 。
(4)金红石为四方晶系晶体、晶胞参数为，。在金红石结构中，原子处在变形的八面体中，距离有4个较近，2个较远。八面体沿着轴共边连接成链，这些链再通过共顶点连接成晶体，结构如图2：晶体沿轴方向的投影如图3。已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为 ；该晶体的密度为 (列出计算式，代表阿伏加德罗常数的值)。
17．稀土是重要的战略资源，包括第IIIB族的钪、钇和镧系元素共17种元素(表示为)，中国是最大的稀土氧化物()供应国。以氟碳铈矿(主要含)为原料制备二氧化铈的一种工艺流程如图。
已知：①能与结合成，也能与结合成；②在硫酸中能被萃取剂萃取，而不能。回答下列问题：
(1)①中空气与矿料逆流而行，目的是 。①至⑩中，发生的主要反应为氧化还原反应的有 (选填序号)。滤液A中主要阳离子是 (写离子符号)。
(2)“萃取”时存在平衡：。保持其它条件不变，在起始料液中加入不同量的以改变水层中的。通过图分析随起始料液中变化的原因 。
(3)写出⑧中主要反应的离子方程式： 。
(4)⑨中沉淀需进行洗涤，写出检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象 。
18．以有机物为起始原料，按照下列路线合成某利尿药物。
已知：① J分子结构中含有氨基和羧基。
②。
(1)的反应类型为 ，的名称为 。
(2)与D具有相同官能团的芳香族同分异构体有 种(不考虑立体异构)。
(3)中，步骤①有生成，则步骤②的化学方程式为 。
(4)碱性大小比较：F G(填“>”、“”“=”或“W（N）>X（C），B正确；
C．X为C，其单质（如石墨、金刚石等）在常温常压下为固体；R为O，其单质、在常温常压下为气体，C错误；
D．Y和Z是氢元素的两种核素，质子数相同而中子数不同，它们互为同位素，而同素异形体是指由同种元素组成的不同单质，D错误；
综上，答案是B。
8．C
【详解】A．X中饱和碳原子为sp3杂化，双键中碳原子为sp2杂化，A错误；
B．X中碳碳双键与H-S键发生加成，X中含3个氮原子，且3个碳碳双键发生加成反应，则Z的重复结构单元中也含有3个硫原子，可知Z的重复结构单元中，，B错误；
C．X中碳碳双键转化为单键，且生成高分子，该反应为加聚反应，C正确；
D．含6ml酰胺基，完全水解消耗，D错误；
故选C。
9．C
【分析】FeCl2溶液加入氧化钙生成氢氧化亚铁，FeCl2溶液加入氧化钙和分散剂、空气生成氢氧化铁，反应釜1、2中物质混合后调节pH，加压过滤分离出沉淀处理得到四氧化三铁，滤液处理得到氯化钙水合物。
【详解】A．空气中氧气具有氧化性，反应釜1中的反应需在隔绝空气条件下进行，其原因是防止二价铁被空气中氧气氧化为三价铁，A正确；
B．反应釜2中，FeCl2溶液中加入CaO和分散剂的同时通入空气，得到氢氧化铁，根据得失电子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为：，B正确；
C．反应釜3中调pH的目的是使Fe元素沉淀而Ca元素不沉淀，浓度为， ，c(H+) ≥ ml/L= 10-11ml/L，pH≤11，故理论上不超过11，C错误；
D．的溶解度随温度的上升而增大，获得水合物的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶，D正确；
故选C。
10．D
【详解】A．随着温度的升高，甲烷含量减小、一氧化碳含量增大，则说明随着温度升高，反应逆向移动、反应正向移动，则反应为放热反应、反应为吸热反应，即反应I的，反应II的，A正确；
B．点没有甲烷，且二氧化碳、一氧化碳含量相等，投料，则此时反应平衡时二氧化碳、氢气、一氧化碳、水的物质的量相等，反应的平衡常数，B正确；
C．点一氧化碳、甲烷物质的量相等，结合反应方程式的系数可知，生成水的总的物质的量为甲烷的倍，则的压强是倍，C正确；
D．若按投料，相当于增加氢气的投料，反应、反应平衡正向移动，相同温度下，平衡时含碳物质中CO2的体积分数会减小，甲烷、CO的体积分数会增大，导致曲线之间交点位置发生改变，D错误；
故选D。
11．AD
【详解】A．中+3价Ni具有较强氧化性，可以与滴加的浓盐酸反应生成，而中+3价Fe氧化性弱于，与滴加的浓盐酸不能生成，故现象、结论均正确，A项正确；
B．与反应生成的盐为强酸弱碱盐，溶液显酸性，用甲基橙作指示剂，滴定终点颜色变化为黄色到橙色，且30s不变色，现象不正确，B项错误；
C．具有强氧化性，具有还原性，二者发生反应、，无气泡产生，C项错误；
D．明矾过饱和溶液可以析出晶体，而用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的玻璃微晶来充当晶核，能快速析出晶体，D项正确；
答案选AD。
12．BD
【分析】由图知，电极B上溴离子转化为Br2，发生氧化反应，为阳极，反应式为，电极A为CO2和CH3OH得到电子生成CO、CH3O-和H2O，电极反应式为，Br2与Pt(0)反应生成溴离子和Pt(Ⅱ)，Pt(Ⅱ)与CO、CH3O-和H2O反应生成；
【详解】A．电解过程中被氧化为溴单质，溴离子为反应物，溴单质参与Pt(0)反应转化为溴离子，溴离子为不同反应的生成物，溴离子不是催化剂作用，A错误；
B．由分析，电极发生的电极反应为：，B正确；
C．由图可知生成1ml 时，Pt(0)转化为Pt(Ⅱ)，Pt元素化合价升高2价，转移2ml电子，所以外电路转移1ml电子时，理论上生成的物质的量为0.5ml，而不是2ml，C错误；
D．由分析Pt(Ⅱ)与CO、CH3O-和H2O反应生成，则和也能发生自发的氧化还原反应转化为，故以和为原料也可以直接设计成原电池放电制备产品，且能耗更低产率更高，D正确；
故选BD。
13．AC
【详解】A．由图2可知，升高温度，平衡常数减小，说明升高温度平衡逆向移动，则总反应为放热反应，即活化能，A错误；
B．由图1可知，在第一步反应过程中先消耗后生成，则是催化剂，B正确；
C．由盖斯定律，2×I +Ⅱ得总反应，则，由图，受温度影响更大，结合A分析，则升高温度，平衡常数减小，反应为放热反应，C错误；
D．通过反应使得水离开反应体系，促使平衡正向移动，提高反应Ⅱ中DMC的平衡产率，D正确；
故选AC。
14．BD
【分析】I：Cu和浓硝酸反应，固液交界处的铜丝表面析出蓝色固体是因为在铜丝附近生成大量的，过饱和析出晶体附着在铜丝上；溶液变为绿色的原因是生成的溶于水有部分生成了：，与形成绿色配合物；取反应片刻后的溶液加入水中稀释，溶液变为蓝色，说明重新转化为，转化为，加入铜片又立刻反应产生大量气泡，说明生成的对Cu与硝酸的反应有催化作用；
Ⅱ：取实验I稀释后的溶液置于酒精灯上微热，溶液受热非常容易分解：，再次加入铜丝，表面出现少量气泡，说明没有对反应的催化作用，反应变慢，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，铜丝表面析出的蓝色固体为晶体，该晶体能溶于水，A错误；
B．两个实验中发生的都是Cu被硝酸转化为被氧化过程，则实验中硝酸均作为氧化剂，表现出氧化性，B正确；
C．实验I中溶液变蓝的主要原因是绿色配合物重新转化为显蓝色，C错误；
D．实验Ⅰ中反应由慢变快，推测生成起催化作用；实验Ⅱ中加热分解后反应速率降低，证实其催化作用，D正确；
故答案为：BD。
15．C
【分析】难溶于水，具有两性，某温度下，在不同浓度的水溶液中，结合曲线变化和分布分数可知，较小时，元素存在形式为，则曲线，随着加入氢氧化钾的增加，碱性逐渐增强，所以曲线，根据分布系数提供的离子，则曲线为。
【详解】A．根据分析可知，随着加入氢氧化钾的增加，碱性逐渐增强，曲线，A正确；
B．点时，溶液中含元素微粒只有这两种，根据物料守恒有①，且， ②，根据电荷守恒有③：，将①和②代入③得到：，此时，显碱性，则，B正确；
C．图中点存在平衡：，在点时，，，时，，则，则，C错误；
D．点时，物料守恒：，且，，则，所以则，即，D正确；
故选C。
16．(1) 4
(2) 平面三角形
(3)
(4) 或
【详解】（1）
锆与钛是同族相邻元素，钛是22号元素，则锆是40号元素，基态锆原子核外价电子轨道表示式为，未成对电子数为2，第4周期基态原子核外未成对电子数与锆相同的元素有Ti(3d24s2)、Ni(3d84s2)、Ge(4s24p2)、Se(4s24p4)，共4种。
（2）①的中心原子为N原子，其孤电子对数为、价层电子对数为3+0=3，故空间构型为平面三角形，N原子发生sp2杂化，则硝酸根中N提供2个电子、每个O原子各提供1个电子，再加上1个外来的电子共6个电子形成大π键，则中存在的大键为。
②根据阳离子结构示意图可知其为硫酸氧钛晶体中阳离子为，则该晶体的化学式为：。
（3）物质为，物质为与配位数相同的同分异构体。则B的配位数为6，与足量硝酸银溶液反应生成沉淀，则外界有2个氯离子、内界有1个氯离子、还有5个水分子，则外界还有1个水分子，故的化学式为。
（4）图2中为两个长方体晶胞堆积而成，由晶胞结构可知A点和B点位于晶胞的两个四分之一体心处，z方向上A、B等高，x、y轴方向上互补，已知原子A的分数坐标为，则原子B的分数坐标为或；由晶胞结构可知黑球位于顶点和体心，个数为，白球4个在面上，2个在体内，个数为，则一个晶胞中含有Ti原子2个，O原子4个，故晶胞质量为，晶胞体积为，可以求得晶胞密度即该晶体的密度为。
17．(1) 使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分 ①⑤⑧
(2)随着增大，水层中与结合生成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小
(3)
(4)取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净或答：若有白色沉淀生成则没有洗涤干净
【分析】由流程可知，“氧化焙烧”的目的是将+3价铈氧化成+4价。加稀硫酸，与结合成，加萃取剂，硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取；分离除去水层，加入氟洗液，除去氟；“反萃取”加H2O2，又将Ce4+还原为Ce3+，发生反应2Ce4++H2O2＝2Ce3++O2↑+2H+，加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是，再加NaClO溶液可将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，最后灼烧得到产品。
【详解】（1）①中空气与矿料逆流而行，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使氧化更加充分；步骤①“氧化焙烧”将+3价铈氧化成+4价，步骤⑤加H2O2将Ce4+还原为Ce3+，步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，因此发生的主要反应为氧化还原反应的有①⑤⑧；步骤⑥中加入氨水后Ce3+转化为沉淀，滤液A中主要阳离子是；
（2）由平衡Ce4++n(HA)2⇌Ce•(H2n﹣4A2n)+4H+，可知加入Na2SO4时，随着c()增大，水层中Ce4+被结合成，导致萃取平衡向左移动，分配比迅速减小；
（3）步骤⑧加NaClO溶液将Ce(OH)3氧化为Ce(OH)4，离子方程式为：；
（4）加入NaClO后，ClO-中的Cl化合价降低得到Cl-，因此验证沉淀是否洗涤完全，可以检验Cl-，检验沉淀是否洗涤干净的实验操作及现象为取适量最后一次的洗涤液于试管中，加入硝酸酸化，再加入硝酸银溶液，若没有观察到白色沉淀，说明沉淀已经洗涤干净。
18．(1) 取代反应 2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)
(2)16
(3)
(4)>
(5)保护，防止被氧化
(6)酰胺键(基)，亚氨基，氯原子
(7) 或
【分析】根据A的分子式结合K的结构可知，A中含有苯环，则A为甲苯，A的苯环上甲基邻位的氢原子被硝基取代生成B为：，根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，D中硝基发生还原反应生成E，E为，E通过两次取代反应生成F，F中氨基和乙酸发生取代反应生成G为，G与高锰酸钾发生氧化反应生成H为：，H发生水解反应得到J，K和J发生取代反应生成L，根据M的结构简式可知，J为，L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为。
【详解】（1）根据F的结构简式可知，苯环上甲基的对位氢原子被氯原子取代生成D为：，发生取代反应。的名称为：2-甲基苯胺(或：邻甲基苯胺)。
（2）与D具有相同官能团，首先含苯环，其他原子作为取代基，取代基为，种；取代基为和，有种；取代基为和，有种；取代基为、、的有种，共种，去掉本身，共种。
（3）E为，E首先发生取代反应①，生成，然后和氨气反应生成F。方程式为：。
（4）G为，F是，F含有，G中的氨基已经形成肽键，所以F的碱性更强。
（5）F→G将氨基转化成酰胺基，G→H发生氧化反应，H→J又将酰胺基水解成氨基，故设计F→G、 H→J的目的是保护，防止被氧化。
（6）根据M的结构式可知，含有的官能团是：酰胺键(基)，亚氨基，氯原子。
（7）L是，L和N发生信息中的两步反应生成M，则N为，则P的结构式可能为：或。
19．(1) 吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解 未设置尾气的处理装置
(2)干燥管、碱石灰
(3)
(4)
(5)蒸馏水、乙醇、乙醚
(6)加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差
(7)
【分析】本题是无机物制备类的实验题，由装置C制备氨气，在装置E中和钠反应生成，方程式为：，随后在装置A中生成，除杂后在装置E中和反应生成产品，以此解题。
【详解】（1）该反应中使用到了氨气，会污染空气，同时根据题给信息可知，易潮解，制备过程中要注意防水，故装置F的作用是：吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；制备过程中生成了氢气，需要进行尾气处理，则本装置中有一处缺陷是：未设置尾气的处理装置；故答案为：吸收尾气，防止引发倒吸，防止水蒸气进入引发潮解；未设置尾气的处理装置
（2）装置A制备同时要注意除去挥发出来的硝酸和氯化氢，则装置B中的仪器及药品为：干燥管、碱石灰；
（3）结合题意，装置A中和硝酸反应生成和，离子方程式为：；
（4）根据题意在装置E中和反应生成，方程式为：；
（5）根据题给信息可知，易溶于水和液氨，微溶于乙醇，不溶于乙醚，则将产品溶解于水，加入乙醇降低产品的溶解度，随后搅拌，过滤，再使用乙醚洗涤，故答案为：蒸馏水、乙醇、乙醚；
（6）通过搅拌可加快反应速度，故在滴定时使用磁力搅拌器的目的是：加快反应速率，使溶液混合均匀，防止假终点到来，从而减少测定误差；
（7）根据题意与反应生成一种无污染气体，方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，由图可知，n滴时压强不再变化，达到滴定终点，则n()=n××10-3L/mL××=2nc×10-4ml，样品纯度为：
20．(1)
(2)减小
(3) b 0.125 33.3 > Y
【详解】（1）反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和，则反应Ⅲ的△H3=(413kJ/ml×4+463kJ/ml×4)—(803kJ/ml×2+436kJ/ml×4)=+154 kJ/ml，由盖斯定律可知，反应Ⅱ=反应Ⅰ+反应Ⅲ，则△H2=△H1+△H3=(－205.8 kJ/ml)+(+154 kJ/ml)=－51.8kJ/ml，故答案为：－51.8kJ/ml；
（2）反应II是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，正反应速率小于逆反应速率，所以减小，故答案为：减小；
（3）①起始投料比增大相当于增大氢气的浓度，反应I的平衡向正反应方向移动，一氧化碳的转化率增大、甲烷的物质的量增大，但氢气的转化率减小，反应II的平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的物质的量会减小，所以曲线a、b、c、d分别表示一氧化碳的转化率、氢气的转化率、甲烷的物质的量、二氧化碳的物质的量随投料比变化的情况，故选b；
②由图可知，起始投料比=1时，一氧化碳和氢气的转化率分别为37.5%、62.5%，二氧化碳的物质的量为mml，则平衡时一氧化碳的物质的量为1ml－1ml×37.5%=0.625ml、氢气的物质的量为1ml－1ml×62.5%=0.375ml，由碳原子个数守恒可知，甲烷的物质的量为1ml－0.625ml－mml=(0.375－m) ml，由氧原子个数守恒可知，水的物质的量为1ml－0.625ml－2mml=(0.375－2m) ml，由氢原子个数守恒可得：0.375ml×2+(0.375－m) ml×4+(0.375－2m) ml×2=1 ml×2，解得m=0.125，则二氧化碳的选择性为≈33.3%，故答案为：0.125；33.3；
③反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，反应的平衡常数减小，设温度为T1条件下反应达到平衡时混合气体的总物质的量为nml、压强为P，由②所得数据可知，反应的平衡常数Kp==0.6，由题意可知，温度为T2条件下反应的平衡常数Kp=1，则温度T1大于T2，反应I为放热反应，降低温度，平衡向正反应方向移动，氢气的转化率增大，所以温度为T2条件下氢气的转化率对应Y点，故答案为：>；Y。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
C
B
C
D
C
B
C
C
D
题号
11
12
13
14
15





答案
AD
BD
AC
BD
C