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    天津市第二十五中学2020届高三下学期3月网络测试化学试题

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    天津市第二十五中学2020届高三下学期3月网络测试化学试题

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    天津市第25中学2020年3月高三化学网络测试试卷
    第Ⅰ卷
    本卷共12题,每题3分,共36分。在每题给出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。
    可能用到的原子量:H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Al-27 P-31 S-32 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Cu-64
    1.2019年9月25日,全世界几大空之一―—北京大兴国际机场,正式投运。下列相关说法不正确的是( )
    A. 机杨航站楼所用钢铁属于合金材料
    B. 航站楼使用的玻璃是无机非金属材料
    C. 航站楼采用的隔震支座由橡胶和钢板相互叠加粘结而成,属于新型无机材料
    D. 机场高速应用自融冰雪路面技术,减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构造成的破坏
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.机杨航站楼所用钢铁是合金,属于金属材料,故A正确;
    B.玻璃是硅酸盐材料,属于无机非金属材料,故B正确;
    C.橡胶隔震支座,成分为有机高分子材料,钢板是金属材料,故C错误;
    D.常用融雪剂为工业食盐,而盐溶液会加速铁的生锈,应尽量减小使用,故D正确;
    故答案为C。
    2.下列离子方程式书写不正确的是(  )
    A. 少量金属Na加入水中:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
    B. 用浓NaOH溶液反萃取法提取碘:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O
    C. 向次氯酸钙溶液中通入足量CO2:Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
    D. 向小苏打溶液中滴加少量澄清石灰水:Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.将金属Na投入水中,反应生成氢氧化钠和氢气:2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,故A正确;
    B.用浓NaOH溶液反萃取法提取碘生成碘化钠、碘酸钠和水,离子方程式:3I2+6OH-=5I-+IO3-+3H2O,故B正确;
    C.向次氯酸钙溶液通过量CO2的离子反应为ClO-+H2O+CO2=HCO3-+HClO,故C错误;
    D.NaHCO3溶液中滴加少量澄清石灰水的离子反应为2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-,故D正确;
    故选:C。
    3.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
    A. 12 g 金刚石中含有的共用电子对数为NA
    B. 1 mol AlCl3在熔融时离子总数为0.4NA
    C. 0.2 mol MnO2与足量浓盐酸反应转移的电子数小于 0.4NA
    D. 1 L 0.1 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液中含有阴离子数大于 0.1 NA
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A. 12 g 金刚石物质的量为1mol,由金刚石的结构可知1mol金刚石中含有的共用电子对数为2NA,故A错误;
    B. AlCl3为共价化合物,熔融时不能电离出离子,所以AlCl3分子形式存在,故B错误;
    C. MnO2与浓盐酸发生反应MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O,1mol MnO2参加反应转移2mol电子,浓盐酸是足量,因此0.2 mol MnO2能全部参与反应,则反应转移的电子数等于0.4NA,故C错误;
    D. Na2CO3溶液中CO32-发生水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-,使阴离子数目增多,因此1 L 0.1 mol·Lˉ1 Na2CO3溶液中含有阴离子数大于 0.1 NA,故D正确;
    答案选D。
    4.类推法是学习化学的重要方法,由下列事实进行归纳推理,其中合理的是
    选项
    事实
    推理
    A
    沸点:H2O高于H2S
    沸点:H2S高于H2Se
    B
    NH4Cl溶液可用于处理铁锈
    CH3COONH4溶液也可用于处理铁锈
    C
    常温下能用铝制或铁制容器贮运浓硫酸
    常温下也能用铝制或铁制容器贮运浓硝酸
    D
    SO2通入BaCl2溶液中无沉淀
    SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无沉淀


    A. A B. B C. C D. D
    【答案】C
    【解析】
    【详解】A.由于H2O分子之间存在氢键,增加了分子之间的吸引力,所以水的沸点比H2S的高;H2S、H2Se都是由分子通过分子间作用力结合,分子间作用力H2S Z > Y > X
    B. 气态氢化物热稳定性:Y > Z > W
    C. 元素Z和W均存在两种以上的含氧酸
    D. 元素Z和W在自然界中均只能以化合态存在
    【答案】C
    【解析】
    【分析】
    X与Y可形成如图所示的分子结构为过氧化氢,则X为H、Y为O,因为Y与Z同主族,则Z为S,因为短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增,W为Cl。
    【详解】A. 原子核外电子层数越多,半径越大,电子层数相同时,核电荷数越大,半径越小,故原子半径的大小顺序为Z>W>Y>X,A错误;
    B. 原子的非金属性越强,其对应气态氢化物的稳定性越强,故气态氢化物热稳定性大小顺序为W>Y>Z,B错误;
    C. 元素Z和W均有多种正价态,故均存在两种以上的含氧酸,C正确;
    D. 硫元素(Z)在自然界中以化合态和少量游离态的形式存在,D错误;
    故答案选C。
    11.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置,其示意图如下:

    下列说法不正确的是
    A. b为电源的正极
    B. ①②中,捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化
    C. a极的电极反应式为2C2O52− − 4e− == 4CO2 + O2
    D. 上述装置存在反应:CO2 ===== C + O2
    【答案】B
    【解析】
    【详解】A.a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2,发生氧化反应,是电解池的阳极,则b为正极,故A正确;B.①捕获CO2时生成的C2O52-中碳元素的化合价仍为+4价,②捕获CO2时生成CO32-时碳元素的化合价仍为+4价,碳元素的化合价均未发生变化,故B错误;C.由电解装置示意图可知a电极反应是2C2O52--4e-═4CO2+O2,故C正确;D.由电解装置示意图可知a电极生成O2,d电极生成C,电解池总反应式为CO2 =C+O2,故D正确;故答案为B。
    12.电解质的电导率越大,导电能力越强。用0.100mol·L-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100mol•L-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是( )

    A. 曲线②代表滴定CH3COOH溶液的曲线
    B. 在相同温度下,P点水电离程度大于M点
    C. M点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mol·L-1
    D. N点溶液中:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
    【答案】D
    【解析】
    【详解】A.醋酸为弱电解质,滴加KOH,变为CH3COOK是强电解质,故导电率增加,即曲线①代表滴定醋酸的曲线,故A错误。B.相同温度下,P点溶质为KCl,不影响水的电离,M点为CH3COOK,其水解促进水的电离,故M点大于P点,故B错误。C.对于M点,根据电荷 守恒可知,c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05mol·L-1,故C错误。D.N点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾,溶液显碱性,CH3COO-只有很小的一部分发生水解,所以c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),故D正确。答案:D。
    第II卷
    13.钛被称为继铁、铝之后的第三金属,请回答下列问题:
    (1)金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一,基态Ti原子价层电子的排布图为__,基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为__形。
    (2)以TiO2为原料可制得TiCl4,TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K,均高于结构与其相似的CCl4,主要原因是__。
    (3)TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6],向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色(NH4)2[TiCl6]晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有__。
    A.离子键 B.共价键 C.分子间作用力 D.氢键 E.范德华力
    (4)TiCl4可与CH3CH2OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是__,该分子中C的轨道杂化类型为__。
    (5)TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。
    ①BaCO3中阴离子的立体构型为__。
    ②经X射线分析鉴定,钛酸钡的晶胞结构如图所示(Ti4+、Ba2+均与O2-相接触),则钛酸钡的化学式为___。

    【答案】 (1). (2). 哑铃形 (3). TiCl4的相对分子质量大于CCl4,分子间作用力更大 (4). AB (5). HCHO (6). sp2 (7). 平面三角形 (8). BaTiO3
    【解析】
    【详解】(1)Ti元素为22号元素,其原子的基态电子排布式为[Ar]3d24s2,所以其价电子排布图为;O是8号元素,基态原子核外电子排布式为1s22s22p4,电子占据的最高能级为2p能级,电子云轮廓为哑铃形;
    (2)TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K,与CCl4结构相似,都属于分子晶体,分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关,相对分子质量越大,分子间作用力越大,熔沸点越高,TiCl4的相对分子质量大于CCl4,分子间作用力更大;
    (3)根据转化过程TiCl4可溶于浓盐酸得H2[TiCl6],可看做形成一种酸,所有的酸都属于共价化合物,向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2[TiCl6]晶体,可看做酸跟盐反应生成(NH4)2[TiCl6],产物中含有铵根离子,根据以上分析,(NH4)2[TiCl6]晶体中含有共价键和离子键,故答案选AB;
    (4) CH3CH2OH和CH3OCH3中的碳原子都是以单键形式成键,结构与甲烷相似,都是四面体结构,HCHO的碳原子含有碳氧双键,分子中所有在同一平面,为平面三角形,根据构型可知,三个分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是HCHO,根据构型可得,该分子中C的轨道杂化类型为sp2杂化;
    (5)①BaCO3中阴离子为CO32-,中心原子为碳原子,其价层电子对数=3+=3,碳原子为sp2杂化,该阴离子由4个原子构成,则立体构型为平面三角形;
    ②根据晶胞图示,Ti位于晶胞的顶点,Ti的数目=8×=1,Ba原子位于晶胞的内部,数目为1,O原子位于晶胞的棱上,其数目=12×=3,则钛酸钡的化学式为BaTiO3。
    14.某驱虫剂(F)的合成路线如图:

    回答下列问题:
    (1)E中官能团名称是______。
    (2)碳原子上连有4个不同的原子或基团,该碳称为手性碳。则C中的手性碳原子有______个。
    (3)反应①的反应类型是______。
    (4)写出反应②的化学反应方程式______。
    (5)写出D的结构简式______。
    (6)已知芳香族化合物G比B少两个氢原子,G的核磁共振氢谱如图2,则G可能的结构简式为______。

    (7)设计由制备的合成路线。______(无机试剂任选)
    【答案】 (1). 酯基 (2). 3 (3). 氧化反应 (4). (5). (6). (7).
    【解析】
    【分析】
    ⑴由结构可知,E中含有官能团为酯基。

    ⑵碳原子上连有4个不同的原子或基团,该碳称为手性碳,五元环中连接侧链的碳原子均为手性碳原子。
    ⑶对比A、B的结构可知,A中-CHO转化为-COOH生成B。
    ⑷反应②是与甲醇发生酯化反应生成。
    ⑸对比C、E的结构,结合反应条件可知,C与HBr发生加成反应生成D,D先发生酯的水解、卤代烃水解反应,然后在酸性条件下发生酯化反应生成E。
    ⑹芳香族化合物G比B少两个氢原子,G分子式为C10H14O2,G中含有苯环,侧链没有不饱和键,G的核磁共振氢谱图显示有4种氢且氢原子数目之比为2:2:2:1;存在对称结构,侧链为2个-CH2CH2OH且处于对位。
    ⑺模仿路线图中生成F的过程,与LiAlH4/无水四氢呋喃作用生成.与甲醇发生酯化反应生成,然后与HBr在过氧化氢条件下生成,最后经过①碱性、加热,②酸性、加热生成生成。
    【详解】⑴由结构可知,E中含有官能团为酯基;故答案为:酯基。
    ⑵图中标“*”为手性碳原子:,分子中有3个手性碳原子;故答案为:3。
    ⑶对比A、B的结构可知,A中-CHO转化为-COOH生成B,反应①属于氧化反应;故答案为:氧化反应。
    ⑷反应②是与甲醇发生酯化反应生成,反应方程式为:;故答案为:。
    ⑸对比C、E结构,结合反应条件可知,C与HBr发生加成反应生成D,D先发生酯的水解、卤代烃水解反应,然后在酸性条件下发生酯化反应生成E,可推知D的结构简式为:;故答案为:。
    ⑹芳香族化合物G比B少两个氢原子,G分子式为C10H14O2,G中含有苯环,侧链没有不饱和键,G的核磁共振氢谱图显示有4种氢且氢原子数目之比为2:2:2:1;存在对称结构,侧链为2个-CH2CH2OH且处于对位,故G的结构简式为:,故答案为:。
    ⑺模仿路线图中生成F的过程,与LiAlH4/无水四氢呋喃作用生成.与甲醇发生酯化反应生成,然后与HBr在过氧化氢条件下生成,最后经过①碱性、加热,②酸性、加热生成生成,合成路线流程图为:,故答案为:。
    【点睛】官能团识别、有机反应类型、有机反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,关键是对比有机物的结构明确发生的反应。
    15.某工业废水中含有的 Mn2+、CN﹣等会对环境造成污染,在排放之前必须进行处理。ClO2是一种国际上公认的安全无毒的绿色水处理剂,某实验兴趣小组通过如图装置制备 ClO2,并用它来处理工业废水中的 Mn2+、CN﹣。
    已知:i.ClO2 为黄绿色气体,极易溶于水,沸点 11℃;
    ii.ClO2 易爆炸,若用“惰性气体”等稀释时,爆炸性则大大降低;
    iii.某工业废水处理过程中 Mn2+转化为 MnO2、CN﹣转化为对大气无污染的气体;
    iv.装置 B 中发生的反应为:H2C2O4+H2SO4+2KClO3═K2SO4+2CO2↑+2ClO2↑+2H2O。
    请回答下列问题:
    (1)B 装置的名称是_____,C 装置的作用为_____。
    (2)用 H2C2O4 溶液、稀硫酸和 KC1O3 制备 ClO2 的最大优点是_____。
    (3)写出装置 D 中除去 Mn2+的离子方程式_____。
    (4)ClO2 在处理废水过程中可能会产生副产物亚氯酸盐(ClO2 )。下列试剂中,可将 ClO2 转化为 Cl
    的是_____。(填字母序号)。
    a.FeSO4 b.O3 c.KMnO4 d.SO2
    (5)在实验室里对该废水样品中 CN﹣含量进行测定:取工业废水Wg于锥形瓶中,加入10mL0.10mol/L 的硫酸溶液,用 0.0200mol/L 的 KMnO4标准溶液进行滴定,当达到终点时共消耗 KMnO4 标准溶液25.00mL。
    在此过程中:
    ①实验中使用棕色滴定管的原因是_____,滴定终点的判断依据是_____。
    ②W g 工业废水中 CN﹣的物质的量为_____。
    ③若盛装工业废水的锥形瓶未润洗,则测定结果将_____(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

    【答案】 (1). 圆底烧瓶 (2). 防倒吸 (3). 制得ClO2的同时有CO2产生,可稀释ClO2,大大降低爆炸的可能性 (4). 2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+ (5). ad (6). 防止KMnO4见光分解 (7). 锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色 (8). 0.0005mol (9). 无影响
    【解析】
    【分析】
    (1)B为圆底烧瓶;依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶,防止倒吸;
    (2)反应生成的产物结合ClO2易爆炸,用惰性气体等稀释时,可防止爆炸分析;
    (3)二氧化氯具有强的氧化性,能够氧化二价锰离子生成二氧化锰,本身被还原为氯离子;
    (4)将ClO2 转化为 Cl-,应加入还原剂;
    (5)①高锰酸钾不稳定;高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应,被还原为无色的二价锰离子,所以当达到滴定终点时:颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色;
    ②涉及反应为:,结合方程式计算;
    ③锥形瓶无需润洗。
    【详解】(1)B装置的名称是圆底烧瓶;依据C装置进气管、出气管都较短可知为安全瓶,防止倒吸,故答案为:圆底烧瓶; 防倒吸;
    (2)用H2C2O4溶液、稀硫酸和KClO3制备ClO2反应产物为二氧化氯、二氧化碳可稀释ClO2,大大降低爆炸的可能性,
    故答案为:制得ClO2的同时有CO2产生,可稀释ClO2,大大降低爆炸的可能性;
    (3)二氧化氯具有强的氧化性,能够氧化二价锰离子生成二氧化锰,本身被还原为氯离子,离子方程式:2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+,
    故答案为:2ClO2+5Mn2++6H2O=5MnO2↓+2Cl-+12H+;
    (4)将ClO2 转化为 Cl-,应加入还原剂,可加入硫酸亚铁或二氧化硫等,
    故答案为:ad;
    (5)①高锰酸钾不稳定受热易分解,所以应放在棕色瓶中;高锰酸钾与CN-发生氧化还原反应,被还原为无色的二价锰离子,所以当达到滴定终点时:颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色,
    故答案为:防止KMnO4见光分解;锥形瓶中的溶液颜色由无色变为紫红色,且半分钟内不褪色;
    ②设CN-物质的量为n,则依据方程式可知:

    解得n=00005mol,
    故答案为:0.0005mol;
    ③锥形瓶无需润洗,对测定结果没有影响,
    故答案为:无影响。
    【点睛】本题考查物质的制备以及含量的测定,为高考常见题型,侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力,注意把握二氧化氯的制备和性质,能正确书写氧化还原反应方程式,掌握氧化还原滴定法测量物质的浓度,熟悉制备原理,准确把握题干信息是解题关键,题目难度较大。
    16.合理处理燃气中的H2S,不仅可减少对大气的污染,还可进行资源化利用。回答下列问题:
    (1)H2S和S的燃烧热如表所示,
    物质
    燃烧热/△H(kJ•mol-1)
    H2S
    -a
    S
    -b



    请写出常温下H2S与SO2反应的热化学方程式______。
    (2)可以把H2S设计为一种燃料电池,原理如图a所示:其中,Fe2+在电池工作中的作用是______;请写出 I室发生的离子方程式______。
    (3)为探究H2S的直接热解2H2S(g)=2H2(g )+S2(g)。在一体积为2L的密闭容器中充入2 mol H2S与1 molAr (起到稀释作用),进行实验。
    ①某同学测出不同温度下H2S的物质的量与反应时间的图象,图b是截取该图象的中间某部分。请计算T2温度下,0-l0s内,H2S的反应速率v=______mo•L-1•s-1;
    ②图b中,T1、T2、T3三个温度,最高的是______;比较A点与B点的逆反应速率的大小,vA(逆)______vB(逆)(填“>”、“<”或“=”);
    ③图c是表示反应2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)平衡时,装置内各组分气体物质的量分数=与温度的关系(其中Ar气体变化曲线未画出)。请计算:C点的平衡常数K=______;D点平衡时,H2S的转化率=______。
    【答案】 (1). 2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=(-2a+3b)kJ/mol (2). 催化剂 (3). 2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓ (4). 0.04 (5). T3 (6). > (7). 0.25 (8). 66.7%
    【解析】
    【分析】
    ⑴H2S的燃烧热化学方程式:H2S(g) +O2(g)=SO2(g)+H2O(l) △H= -a kJ·mol-1,S的燃烧热化学方程式:S(s) +O2(g) =SO2(g) △H=-bkJ·mol-1,根据热化学方程式推导所求反应,再根据盖斯定律求△H。

    ⑵Fe2+在电池中呈现循环,根据催化剂特点判断,I室Fe3+将H2S氧化为S,据此书写方程式。
    ⑶①反应速率为单位时间内浓度的变化量,根据图象剩余1.2mol H2S,结合起始量即可计算H2S的反应速率;②根据吸热反应,温度越高,转化率越高;结合温度对反应速率的影响,温度越高,反应速率越高;③已知H2S起始量,可设其变化量为xmol,列出三段式,在根据不同条件下不同物质物质的量的关系解答x,最后求解C点的平衡常数K,H2S的转化率。
    【详解】⑴H2S的燃烧热化学方程式:H2S(g) +O2(g)=SO2(g)+H2O(l) △H=-a kJ·mol-1,S的燃烧热化学方程式:S(s) +O2(g) =SO2(g) △H=-bkJ·mol-1,根据盖斯定律,H2S与SO2反应的热化学方程式为:2H2S(g) +SO2(g) =3S(s) +2H2O(l)△H=(-2a+3b) kJ·mol-1,故答案为:2H2S(g) +SO2(g) =3S(s) +2H2O(l)△H=(-2a+3b) kJ·mol-1。
    ⑵Fe2+在电池工作中过程中循环利用,性质质量没有改变,所以Fe2+为催化剂,I室发生的反应为Fe3+氧化H2S,离子方程式为:2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓,故答案为:2Fe3++H2S= 2Fe2++2H++S↓。
    ⑶①起始时充入2molH2S,根据图象可知10s时剩余1.2molH2S,则,故答案为:0.04。
    ②根据分解反应一般为吸热反应,温度越高,转化率越高,则T3温度最高,A点与B点所对应的各物质浓度均相同,但A点对应的T3最高,反应速率相对较高,所以vA(逆)>vB(逆),故答案为:T3;>。
    ③由于起始时2 molH2S,设H2S变化量为xmol,列三段式:

    C点时:平衡时H2S与H2的物质的量分数相同,则平衡时H2S与H2的物质的量相同,则2-2x=2x,x=0.5,则平衡时c(H2S) = 0.5mol∙L-1,c(H2)=0.5 mol∙L-1,c(S2)=0.25 mol∙L-1,平衡常数;D点时:平衡时S2与H2S的物质的量分数相同,则平衡时S2与H2S的物质的量相同,则2-2x=x,解得x= ,H2S的转化率;故答案为:0.25;66.7%。

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