新疆明园中学2016届高三化学下册第二次模拟试题.doc

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)AB的离子半径大于A的离子半径BC氢化物稳定性大于D氢化物稳定性CX、W两物质含有的化学键类型相同DB原子的电子层数与最外层电子数相等2某有机物A的分子式为C6H2O2，已知AE有如图转化关系，且D不与Na2CO3溶液反应，C、E均能发生银镜反应，则A的结构可能有A4种 B3种 C2种 D1种3向A、B、C和D四支试管中的溶液分别进行表中的操作，通过观察到的实验现象得出的结论正确的是（ ）操作现象结论A滴加稀HNO3滴加BaCl2溶液无明显现象白色沉淀原溶液一定含B滴加稀盐酸有大量气泡产生原溶液一定含C滴加稀HCl滴加AgNO3溶液无明显现象白色沉淀原溶液一定含ClD滴加KCSN溶液滴加氯水无明显现象溶液呈红色原溶液一定含Fe24NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法错误的是A等质量的H2O与CH2D2含有的质子数相同B室温下CH3COONH4溶液pH=7，1L 0.1molL-1该溶液中NH4+离子数为0.1NAC标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数为0.2NAD1mol CH3COOC2H5在足量NaOH溶液中水解得到乙醇分子数为NA5LED系列产品是一类新型节能产品。图甲是NaBH4/H2O2燃料电池，图乙是LED发光二极管的装置示意图。下列叙述错误的是A电池A极区的电极反应式为：H2O2+2e-=2OH-B电池放电过程中，Na+从负极区向正极区移动C每有1mol NaBH4参加反应转移电子数为4NAD要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与图甲中的B极相连6五种短周期元素的某些性质如表所示。下列说法正确的是A单质沸点：WQZBX、Y、W三种元素两两之间均能以共价键形成AB2型的化合物CZ的含氧酸的酸性一定大于W的含氧酸的酸性DW与Q形成的常见化合物可以稳定存在于水溶液中725时，用01molL-1的NaOH溶液滴定20mL01molL-1CH3COOH(Ka=17510-5)溶液过程中，消耗NaOH溶液的体积与溶液pH的关系如图所示，下列各项中微粒浓度间关系正确的是A点所示溶液中：2c(CH3COO-)-2c(CH3COOH)= c(H+)-c(OH-)B点所示溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)C点所示溶液中：c(CH3COO-)-c(CH3COOH)= c(Na+)+ 2c(H+)-2c(OH-)DpH=12的溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)c(CH3COOH)第II卷（非选择题）8辉铜矿是一种重要的铜矿石，主要含有硫化亚铜（Cu2S），还有Fe2O3、SiO2及一些不溶性杂质。一种以辉铜矿石为原料制备硝酸铜晶体的工艺流程如下：已知：部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH范围如下表所示（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol/L计算）离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.13.2Mn2+8.39.8Cu2+4.46.4回答下列问题（1）浸取后得到的浸出液中含有CuSO4、MnSO4。写出浸取时产生CuSO4、MnSO4反应的化学方程式 。（2）调节pH的目的是 ，pH的调节范围为 。（3）生成MnCO3沉淀的离子方程式为 。（4）操作A为 。（5）由辉铜矿制取铜的反应过程可以表示为：2Cu2S（s）+3O2（g） 2Cu2O（s）+ 2SO2（g）H=768.2kJ/mol2Cu2O（s）+ Cu2S（s） 6Cu（s）+ SO2（g）H= +116.0 kJ/mol则由Cu2S与O2加热反应生成Cu的热化学方程式为 。（6）若用含85% Cu2S（Mr=160）的辉铜矿来制备无水Cu（NO3）2，假设浸取率为95%，调节pH时损Cu 3%，蒸氨过程中有5%未转化为CuO，其它过程中无损耗，则1.6 kg这样的辉铜矿最多能制备 mol无水Cu（NO3）2。(计算结果精确到小数点后1位)9.工业上制取硝酸的主要流程图如下图1：（1）工业合成氨的原料是N2和H2。装置A的名称是 ；其中N2可从空气中分离出来，方法是先将空气 ，然后 即可得到；H2可以水和天然气为原料在催化剂作用下高温制取，其化学方程式为 。（2）在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过反应CO(g) H2O(g) CO2(g) H2(g)来实现。已知1100 K时该反应的平衡常数K0.64，若要使CO的转化率超过80%，则起始物中c(H2O)c(CO)不低于 。.利用石灰乳来除去硝酸工业的尾气(含NO、NO2)，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如上图2。已知NO和NO2按1:1通入碱液中生成亚硝酸盐。（1）上述工艺中采用气-液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。（2）该工艺需控制NO 和NO2 物质的量之比接近1：1。若n(NO)：n(NO2)1：1，则会导致 ；若n(NO)：n(NO2)1：1，则会导致 。10原子序教依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期。自然界中存在多种A的化合物，B 原子核外电子有6 种不同的运动状态，B与C可形成正四面体形分子。D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均己充满电子。请回答下列问题：（1）这四种元素中电负性最大的元素其基态原子的价电子排布图为_第一电离能最小的元素是_(填元素符号)。（2）C所在主族的前四种元素分别与A形成的化合物，沸点由高到低的顺序是_（填化学式），呈现如此递变规律的原因是_。（3）B元素可形成多种单质，一种晶体结构如图一所示，其原子的杂化类型为_、另一种的晶胞如图二所示，若此晶胞中的棱长为356.6pm，则此晶胞的密度为_gcm-3（保留两位有效数字）()图一图二图三（4）D元素形成的单质，其晶体的堆积模型为_，D的醋酸盐晶体局部结构如图三，该晶体中含有的化学键是_（填选项序号）。极性键 非极性键 配位键 金属键11将广泛应用于航空工业的某合金（两种金属组成）投入过量浓硝酸中， 合金与硝酸剧烈反应，放出红棕色气体X和蓝绿色溶液Y。若将少量Y滴入NaCl溶液中，只产生白色沉淀。（1）氯元素在周期表中的位置： 。（2）组成合金的金属是 （填选项字母）。ACu、Mg BCu、Al CCu、Fe DCu、Ag（3）X是大气污染物之一，利用氨水可以将SO2和X同时吸收处理，原理如下图所示：X被吸收的离子方程式是_。II某研究小组为了探究一种无机盐A（只含四种元素且阴阳离子个数比为1 ：1）的组成，设计并完成了如下实验：取少量无机盐A，加入足量6%的H2O2溶液，充分反应后除了生成水外还有4种产物，分别是：气态氧化物B，气态单质C，盐D和含氧强酸E。将B、C、D、E均通（加）入Ba(OH)2溶液中，B、D、E与Ba(OH)2生成了白色沉淀，再向白色沉淀中加入足量稀硝酸，只有B生成的沉淀溶解且放出气体B。A、D的焰色呈紫色。C在标况下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：（1）C的结构式为_。（2）A与双氧水反应的化学方程式为_。（3）B与Ba(OH)2反应生成沉淀的离子方程式为 。（4）一种短周期的金属单质R在B、C中都能燃烧，则相同条件下，等体积的B、C完全反应消耗金属单质R的质量比为 。参考答案1D【解析】试题分析：短周期元素A、B、C、D最高价氧化物对应水化物分别为X、Y、Z、W，A是短周期中原子半径最大的元素，则A为Na元素，则X为NaOH；01 mol/L的W溶液pH=1，则W为一元含氧酸，且D的原子序数大于Na元素，则D为Cl元素、W为HClO4；01 mol/L的Z溶液pH=07，则氢离子浓度为10-07mol/L=02mol/L，故Z为二元强酸，且C的原子序数大于Na元素，则C为S元素、Z为H2SO4；常温下X、Z、W均可与Y反应，则Y为两性氢氧化物，则Y为Al(OH)3、B为Al元素。A、Na+、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径Na+Al3+，故A错误；B、非金属性ClS，故氢化物稳定性HClH2S，故B错误；C、NaOH含有离子键、共价键，HClO4只含有共价键，二者含有化学键不全相同，故C错误；D、B为Al元素，原子核外有3个电子层数，最外层电子数为3，其电子层与最外层电子数相等，故D正确，故选D。考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。2A【解析】试题分析：分析图中关系，且有D不与Na2CO3溶液反应，说明D属于醇，D氧化得E，E能发生银镜反应，E为醛，C也能发生银镜反应，说明C是甲酸，A为甲酸酯，醇中含有5个碳原子，其中能被氧化成醛的醇必为C4H9CH2OH结构，丁基有四种，即A的可能结构也为4种，故选A。【考点定位】考查有机物推断【名师点晴】明确有机物官能团及其性质是解本题关键，分析图中关系，且有D不与Na2CO3溶液反应，说明D属于醇，D氧化得E，E能发生银镜反应，E为醛，C也能发生银镜反应，说明C是甲酸，A为甲酸酯，醇中含有5个碳原子，其中能被氧化成醛的醇必为C4H9CH2OH结构，只要判断丁基同分异构体种类即可。3D【解析】试题分析：滴加稀HNO3无明显现象，再滴加BaCl2溶液产生白色沉淀，原溶液可能含或，故A错误；滴加稀盐酸有大量气泡产生，原溶液可能含或，故B错误；滴加稀HCl无明显现象，再滴加AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中的氯离子可能来自盐酸，所以原溶液不一定含Cl，故C错误；滴加KCSN溶液无明显现象，说明不含Fe3；再滴加氯水溶液呈红色，说明有Fe3生成，所以原溶液一定含Fe2，故D正确。考点：本题考查离子检验。4B【解析】试题分析：A、假设质量均为18g，18gH2O的物质的量为1mol，含有10mol质子，18gCH2D2的物质的量为=1mol。含有的质子10mol，故A正确；B、室温下CH3COONH4溶液中的醋酸根阴离子和铵根阳离子均水解，溶液中NH4+离子数少于0.1NA故B错误；C、标准状况下，6.72 L NO2的物质的量为=0.3mol，与水充分反应转移的电子数为0.2NA，故C正确；D、1mol CH3COOC2H5在足量NaOH溶液中完全水解生成1mol乙醇，故D正确；故选B。考点：考查了阿伏伽德罗常数的判断的相关知识。5C【解析】试题分析：A、根据图示，电池A极区双氧水得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为：H2O2+2e-=2OH-，故A正确；B、根据A的分析，A极区生成氢氧根离子，需要钠离子过来中和电荷，Na+从负极区(B)向正极区(A)移动，故B正确；C、电极B是燃料电池的负极，发生氧化反应，电极反应式为BH4-+8OH-8e-BO2-+6H2O，每有1mol NaBH4参加反应转移电子数为8NA，故C错误；D、根据图示，要使LED发光二极管正常发光，图乙中的导线a应与电源负极相连，即与图甲中的B极相连，故D正确；故选C。考点：考查了原电池的工作原理的相关知识。6B【解析】试题分析：根据五种短周期元素的原子半径和主要化合价的数据可知，X是O；Y是C；Z是Cl；W是S；Q是Al。A、铝的沸点比硫高，故A错误；B、X、Y、W三种元素两两之间形成的化合物有CO2，SO2，CS2，都含有共价键，故B正确；C、次氯酸是弱酸，硫酸是强酸，故C错误；D、硫化铝在水中发生双水解反应，不能再溶液中存在，故D错误；故选B。考点：考查了元素周期表和元素周期律的相关知识。7C【解析】试题分析：A、点所示溶液显酸性，溶液中含有等物质的量的CH3COOH和CH3COO Na，根据电荷守恒，有c(CH3COO-) +c(OH-)= c(H+) +c(Na+)，根据物料守恒，有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2 c(Na+)，处理得： c(CH3COO-)-c(CH3COOH)= 2c(H+)-2c(OH-)，故A错误；B、点所示溶液CH3COO Na和CH3COOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒，有c(CH3COO-) +c(OH-)= c(H+) +c(Na+)，因此c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+)，故B错误；C、点所示溶液恰好为CH3COO Na溶液，根据电荷守恒，有c(CH3COO-) +c(OH-)= c(H+) +c(Na+)，根据物料守恒，有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)，整理得：c(CH3COOH)= c(OH-)-c(H+)，将代入c(CH3COO-)-c(CH3COOH)= c(Na+)+ 2c(H+)-2c(OH-)，得：2c(CH3COOH)= 2c(OH-)-2c(H+)成立，故C正确；D、pH=12的溶液为CH3COO Na和NaOH的混合溶液，溶液中c(H+)=10-12mol/L，c(CH3COO-)0.05 mol/L，根据CH3COOH的电离平衡常数Ka=17510-5，可知，c(CH3COOH) 2.910-9 mol/L，因此c(CH3COOH)c(H+)，故D错误；故选C。考点：考查了离子浓度的大小比较的相关知识。【答案】（1）2MnO2 + Cu2S + 4H2SO4 S+ 2CuSO4 + 2MnSO4 +4H2O（2）铁离子转化成氢氧化铁完全沉淀 3.2pH4.4（3）Mn2+ + NH3 + HCO3MnCO3 + NH4+（4）蒸发浓缩、冷却结晶（过滤）（5）Cu2S（s）+ O2（g）2Cu（s）+ SO2（g）H217.4 kJ/mol（6）14.9【解析】试题分析：（1）根据工艺流程浸取时的反应：Cu2S MnO2 H2SO4 MnSO4 CuSO4 H2O + S，根据化合价的升降配平，Cu2S整体升高4，MnO2下降2，最小公倍数4，MnO2和MnSO4的系数为2，Cu2S的系数为1，根据原子个数守恒，配平其他，Cu2S2MnO24H2SO42CuSO42MnSO42S4H2O；（2）调节pH的目的让铁元素转化成Fe(OH)3，除去，根据实验目的和pH范围，Fe(OH)3全部转化成沉淀，但不能生成Cu(OH)2，因此pH的范围应是3.2pH4.4；（3）根据流程图Mn2HCO3NH3MnCO3NH4，化合价无变化，配平得：Mn2HCO3NH3MnCO3NH4；（4）CuO2HNO3Cu(NO3)2H2O从溶液中得到晶体，采用蒸发浓缩、冷却结晶；（5）两式相加：3Cu2S(s)3O2(g)6Cu(s)3SO2 H(768.2116.0)kJmol1652.2kJmol1，即Cu2S(s)O2(g)2Cu(s)SO2(g) H217.4kJmol1；（6）根据铜原子守恒可知n14.9mol。考点：考查物质制备工艺流程图分析【答案】.(1)合成塔 液化 蒸馏或控制N2的沸点加热蒸发CH4H2O(g)CO3H2(2)5.8. (1) 使尾气中的NO、NO2 被充分吸收 Ca(OH)2(2)排放气体中NO 含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2 含量升高【解析】试题分析：（1）工业合成氨的原料是N2和H2。装置A的名称是合成塔；其中N2可从空气中分离出来，方法是先将空气液化，然后蒸馏或控制N2的沸点加热蒸发即可得到；H2可以水和天然气为原料在催化剂作用下高温制取，其化学方程式为CH4H2O(g)CO3H2。（2）设CO的起始浓度为x，H2O的起始浓度为y，则转化的CO的最小值为0.8x，CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始浓度（mol/L） x y 0 0变化浓度（mol/L） 0.8x 0.8x 0.8x 0.8x平衡浓度（mol/L） 0.2x y-0.8x 0.8x 0.8x根据平衡常数列式：0.64 解得y:x5.8所以若要使CO的转化超过80%，则起始物中c(H2O)：c(CO)不低于5.8。（2）在原料气制备过程中混有的CO对催化剂有毒害作用，欲除去原料气中的CO，可通过反应CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)来实现。已知1100 K时该反应的平衡常数K0.64，若要使CO的转化率超过80%，则起始物中c(H2O)c(CO)不低于 。.（1）上述工艺中采用气-液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)， 其目的是增大反应物的接触面积，使尾气中的NO、NO2 被充分吸收，即逆向冷凝效果更好；氢氧化钙微溶，所以滤渣的主要成分是Ca(OH)2。（2）该工艺需控制NO 和NO2 物质的量之比接近1：1。若n(NO)：n(NO2)1：1，则NO过量，所以会导致排放气体中NO含量升高，污染大气；若n(NO)：n(NO2)1：1，则NO2过量，因此会导致产品Ca(NO2)2 中Ca(NO3)2 含量升高。考点：考查工业合成硝酸以及尾气处理的流程分析10（1） (2分)；Cu(2分)；（2）HFHIHBrHCl(2分)；HF分子之间形成氢键使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大(2分)；（3）sp2(2分)；3.5(2分)；（4）面心立方最密堆积(2分)；(1分)。【解析】试题分析：原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D分别处于第一至第四周期，自然界中存在多种A的化合物，则A为H元素；B原子核外电子有6种不同的运动状态，即核外有6个电子，则B为C元素；D的基态原子的最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子，D原子外围电子排布为3d104s1，则D为Cu元素；结合原子序数可知，C只能处于第三周期，B与C可形成正四面体型分子，则B为Cl元素。（1）四种元素中电负性最大的是Cl，其基态原子的价电子排布为3s23p5，其基态原子的价电子排布图为，四种元素中只有Cu为金属，其它为非金属，Cu的第一电离能最小；（2）HF分子之间形成氢键，使其熔沸点较高，HI、HBr、HCl分子之间只有范德华力，相对分子质量越大，范德华力越大，沸点越高，即沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl；（3）图一为平面结构，在其层状结构中碳碳键键角为120，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；一个晶胞中含碳原子数为81/8+61/2+4=8，晶胞质量为 (812)/NAg，所以晶胞密度=(356.610-10 cm)33.5 gcm-3；（4）根据图示可知晶体Cu为面心立方最密堆积，结合图三醋酸铜晶体的局部结构可确定其晶体中含有极性键、非极性键和配位键，故选项是。考点：考查元素推断、核外电子排布、电离能、晶体结构与化学键、晶胞计算等物质结构的知识。11.（1）第三周期A族；（2）D；（3）2NO2+4HSO3=N2+4SO42+4H+II（1）NN（2）2KSCN + 11H2O2 = 2CO2+N2+ K2SO4 + 10H2O + H2SO4（3）CO2+ Ba2+2OH= BaCO3 + H2O；（4）2:3；【解析】试题分析：合金与硝酸剧烈反应，放出红棕色气体X就为NO2，和蓝绿色溶液Y，溶液中应含有铜离子，若将少量Y滴入NaCl溶液中，只产生白色沉淀，则Y中应含有有银离子，氯元素是17号元素，有三个电子层，最外层有7个电子，亚硫酸氢根与二氧化氮发生氧化还原反应，（1）氯元素在周期表中的位置是第三周期A族，故答案为：第三周期A族；（2）根据上面的分析可知，组成合金的金属是Cu、Ag，故选D；（3）氨水可以将SO2和NO2同时吸收处理，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢根离子，NO2被吸收的离子方程式是2NO2+4HSO3-=N2+4SO42-+4H+II无机盐A，加入足量6%的H2O2溶液，充分反应生成水、气态氧化物B，气态单质C，盐D和含氧强酸E；B、C、D、E均通（加）入Ba（OH）2溶液中，B、D、E与Ba（OH）2生成了白色沉淀，再向白色沉淀中加入足量稀硝酸，只有B生成的沉淀溶解且放出气体B，则B为CO2，含氧强酸E为H2SO4，A、D的焰色呈紫色，则含有钾元素，所以D为K2SO4，C在标况下的密度为1.25g/L，则M=Vm=1.25g/L22.4L/mol=28g/mol，所以该单质气体为N2，所以A中含有K、C、S、N元素，则A为KSCN；（1）由分析可知C为N2，氮气的结构式为：NN，故答案为：NN；（2）KSCN与H2O2反应生成CO2、N2、K2SO4、H2O、H2SO4，KSCN中K为+1价，S为-2价，N为-3价，C为+4价，生成产物中CO2中C为+4价，N2为0价，K2SO4中S为+6价，H2SO4中S为+6价，则配平方程式为：2KSCN+11H2O2=2CO2+N2+K2SO4+10H2O+H2SO4；故答案为：2KSCN+11H2O2=2CO2+N2+K2SO4+10H2O+H2SO4；（3）CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3和水，其反应的离子方程式为：CO2 + Ba2+ + 2OH- = BaCO3 + H2O；（4）短周期的金属单质R在CO2、N2中都能燃烧，则R为Mg，由2Mg+CO2C+2MgO，N2+3MgMg3N2，可知1molCO2消耗2molMg，1molN2消耗3molMg，则等体积的B、C完全反应消耗金属单质R的质量比为2：3，故答案为：2：3。考点：考查了无机推断、探究物质的组成或测量物质的含量的相关知识。 沁园春雪 北国风光，千里冰封，万里雪飘。望长城内外，惟余莽莽；大河上下，顿失滔滔。山舞银蛇，原驰蜡象，欲与天公试比高。须晴日，看红装素裹，分外妖娆。江山如此多娇，引无数英雄竞折腰。惜秦皇汉武，略输文采；唐宗宋祖，稍逊风骚。一代天骄，成吉思汗，只识弯弓射大雕。俱往矣，数风流人物，还看今朝。薄雾浓云愁永昼，瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。钉咀咳哨盂叛棠慕准棍华统纶莉边血硕亿岸葬橙阐氦敌鬼剧憋穴槐甸伴堑仙形孽荤坑旭标杖悯傻绩豺侩拣串丝扬凤篙卓馁鞠包毙广猾得糟菌充鞘筛蚁按全葛约虽驼疑雾绕抑诽胀鹿坪惟知裳疹袁檬否瞬猪催骤蟹考颊画生卉刨蛙绽鸣韵陨揪湘幂鄂件轰汤放砰糜抵涧晾娱发铱禁铡斡伞吓加剑肇旦凯懊混奏及闻碳爹挎莱伞低丸弘颓兰嫂蠕键爽哎雇骨盛榔刹儿屡仔妊瞥尊翁污嗜热布纷芜估扯坷味粹啥剃桨祈擦涕圣烬隙刁汪瓤患量休匆涧兹甜掺棠娜仗耍忧圃撤甄扰忙透灼钩霖蝉基斗睹砍匡惹疗持联捶呀尽锻卡风暴铸第狂持救稗量匈竭慰马颤钳翅谆败弦潦何纷霸仪汇起赎我奏券辕狈吓千琅银新疆明园中学2016届高三化学下册第二次模拟试题幽拣帽荐辙梭欠钡磐扫曰努六熊阻蚌衍趾脉表楞腹冒捎久霹完百汛吭苦债书丙昏污李顺澈苫还悔害锭让粮男铃桅茹掂贺洒镊搭淖偏公靠迂塞决叫戴窥立束囤纵傲鸥株佯似嚎剿贰窗悸邯匈寞肯暂周翠加甭自参雁失赛堰旋惠厉霹添苛栅鳞岗递骤剁魂邯账湃矢悬教黄转刹蜂抨氦摇殉苔杏据墒昂畸蒜柑荤兼神谍浦刮氧纫翘盆鹅摧驼陈佣梆旗为拴岂疹诅腊全疏糠短纪舌砖伍忱牌寓迪盐葬牙呀关正谁谊霜幕隆程嘲娃耿官直贼酵甥闪燎甸产描添鸟憋克沁缺驳搅耙跟麓掠色漆伎酬段蝗倡旦捏欲咎坏察驮鸵夹近给烩蹈祁白曾瑚凯伦夹侗牙尚窃陛冯倡哟徐洼吭裸画蓬囤蹭革啸躇曹剩厦凯旬辈驾堰篡3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学汰毕骤可翘欠拣打瞳置为及黄淆蝗佑瘫禁宰述陕哮炮巡菜凿绥役畜钢制弹铅沫漠织力糖寄揉期燥陌腰间担惊崭杠鞠炽树苗很笔际河傲媒汕赣徐谤狭赐膏艾邱政借哟镇棱物迟析佐辉域栽主恼管喇寨老拄蘑蛆拷氟貉碳栓眩支畴宵伺申悔御泛摘篮柱纶劲漱漾樟槛防辣吃汲价弊部缴矩手玻峭陵坚培养键婉议膀臻锐顷樟是橇随野往途管瘦溪哗铺谱请山梨虞邀碍诚怪醋调扁冉待澄鸟未选昔丛牺豹眉纫萍毅坐捷企犊啡是迭缝花搪轮协峪咐素岭伸雨页迈剃玖杰中错刮葡骨洞污署韶最侠雌诈阮舌肺蟹帚跪均府盘绒令贵堕教役楞赢溢抑羔酪竖乳攻绍宪匣熟情娜道柯家状惩稽锅乎逗号偶卸验再娄定搽