届高三《新题速递化学》第01期考点0609.docx
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届高三《新题速递化学》第01期考点0609
2020届高三《新题速递·化学》
考点06-09
考点06
电化学及其应用
考点07
水溶液中的离子平衡
考点08
化学实验基础
考点09
有机化合物
考点06电化学及其应用
1.(渭南市2020届高三第一次教学质量检测)在《科学》(Science)中的一篇论文中,圣安德鲁斯的化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液,并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型,这种实验电池在充放电100次以后,其电池容量仍能保持最初的95%。
该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应,形成过氧化锂,其装置图如图所示。
下列有关叙述正确的是
A.多孔的黄金作为正极,负极的电极反应式为Li-e-=Li+
B.DMSO电解液能传递Li+和电子,但不能换成水溶液
C.该电池放电时每消耗2mol空气,转移4mol电子
D.给该锂—空气电池充电时,金属锂接直流电源正极
【答案】A
【解析】该装置为原电池,锂电极作负极,负极的电极反应式为Li-e-=Li+,且已知该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应,形成过氧化锂,因此多孔的黄金作为正极,正极的电极反应式为2Li++O2+2e-=Li2O2,在原电池中,电子经导线从负极移动向正极,溶液中离子移动导电。
A.锂电极作负极,负极的电极反应式为Li-e-=Li+,多孔的黄金作为正极,A项正确;
B.电子经导线从负极移动向正极,电子不在溶液中移动,溶液中是离子移动导电,B项错误;
C.该电池放电时,氧气的化合价由0价转化为-1价,消耗1mol氧气,转移2mol电子,但是2mol空气中氧气的物质的量小于2mol,则转移电子数小于4mol,C项错误;
D.放电时,金属锂为负极,充电时该电极相当于电解池的阴极,因此给该锂—空气电池充电时,金属锂接直流电源的负极,D项错误;答案选A。
2.(重庆市第一中学2020届高三期末理综)2019年11月《Science》杂志报道了王浩天教授团队发明的制取H2O2的绿色方法,原理如图所示(已知:
H2O2
H++HO2-,Ka=2.4×10-12)。
下列说法错误的是
A.a极的电势低于b极
B.Y膜为选择性阴离子交换膜
C.每转移0.4mole-,就有0.1molH2O2生成
D.b极的电极反应为O2+2e-+H2O=HO2-+OH-
【答案】C
【解析】在H2、O2燃料电池中,通H2的电极为负极,通O2的电极为正极。
A.a为负极,其电势低于b极(正极),A正确;
B.此装置用于制取H2O2,电极b必然生成HO2-,所以Y膜为选择性阴离子交换膜,B正确;
C.因为O2转化为HO2-,每转移0.4mole-,就有0.2molH2O2生成,C错误;
D.b极为正极,生成HO2-,所以电极反应为O2+2e-+H2O=HO2-+OH-,D正确。
故选C。
3.(黑龙江省伊春二中2020届高三上学期期末理综)我国某知名企业开发了具有多项专利的锂钒氧化物二次电池,其成本较低,对环境无污染,能量密度远远高于其他电池,电池总反应为V2O5+xLi
LixV2O5。
下列说法中正确的是
A.电池在放电时,Li+向负极移动
B.锂在放电时做正极,充电时做阳极
C.该电池充电时阳极的反应为LixV2O5-xe-=V2O5+xLi+
D.V2O5只是锂发生反应的载体,不参与电池反应
【答案】C
【解析】放电时,该原电池中锂失电子而作负极,V2O5得电子而作正极,负极上发生氧化反应,正极上发生还原反应,阳离子向正极移动,由此分析解答。
A.电时,该装置是原电池,锂离子向正极移动,故A错误;
B.放电时为原电池,锂失电子而作负极,充电时作阴极,故B错误;
C.该电池充电时,正极与外接电源的正极相连为阳极,则阳极上LixV2O5失电子,阳极上电极反应式为:
LixV2O5−xe−═V2O5+xLi+,故C正确;
D.V2O5得电子而作正极,所以V2O5参与电池反应,故D错误。
答案选C。
4.(武汉市武昌区2020届高三元月调研)将NO2、O2和熔融KNO3制成燃料电池,电解处理含Cr2O72-的废水。
电解过程中发生反应:
Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。
下列说法正确的是
A.石墨Ⅱ是电池的负极
B.若溶液中减少了0.01molCr2O72-,则电路中至少转移了0.12mol电子
C.Fe(a)棒上发生的电极反应为:
Fe-3e-=Fe3+
D.在相同条件下,消耗的O2和NO2的体积比为4∶1
【答案】B
【解析】A.左边的电池为原电池,其中通入NO2的石墨电极I为负极,NO2失去电子变为N2O5,右边的石墨电极II为原电池的正极,A错误;
B.若溶液中减少了0.01molCr2O72-,由于反应后Cr2O72-得到电子变为Cr3+,每1molCr2O72-获得6mol电子,则溶液中减少了0.01molCr2O72-,电路中转移电子的物质的量为0.06mol,此时阳极中产生的0.06molFe2+转化为Fe3+,又转移电子0.06mol,反应开始时阳极有0.06mol的Fe失去电子,转化为Fe2+,故转移电子的物质的量最少为0.12mol,B正确;
C.Fe(a)棒接电源正极,为阳极,阳极Fe(a)上Fe失去电子,发生氧化反应,发生的电极反应为:
Fe-2e-=Fe2+,C错误;
D.1molO2得到4mol电子,1molNO2反应会失去1mol电子,在同一闭合回路中电子转移数目相等,则在相同条件下,消耗的O2和NO2的体积比为1∶4,D错误;故合理选项是B。
5.(湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校2020届高三上学期期末理综)下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是
A.牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理
B.金属的化学腐蚀的实质是:
M-ne-=Mn+,电子直接转移给还原剂
C.外加直流电源的阴极保护法,在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。
D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为:
2H++2e-=H2↑
【答案】C
【解析】A.牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理,用较活泼的金属作负极先被氧化,故A错误;
B.金属的化学腐蚀的实质是:
金属作还原剂M-ne-=Mn+,电子直接转移给氧化剂,故B错误;
C.外加直流电源的阴极保护法,在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零,故C正确;
D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时,铜作负极,碳正极的电极反应为:
O2+4e-+4H+=2H2O,故D错误;故选C。
6.(宁德市2020届高三上学期期末理综)近日,科学家发表了高温二氧化碳电解发展报告,利用固体氧化物电解池将CO2和H2O转化为合成气并联产高纯度O2。
原理如图所示。
下列说法正确的是
A.x极为电源正极
B.当有2mol电子流向a极时,产生0.5molO2
C.b极CO2的反应式:
CO2+2H++2e-=CO+H2O
D.电解质中阴离子由a向b移动
【答案】A
【解析】A.与x相连的电极上发生氧离子失电子生成氧气的氧化反应,x极为电源正极,故A正确;
B.a极为阳极,当有2mol电子流出a极时,产生0.5molO2,故B错误;
C.b极CO2的反应式:
CO2+2H++2e-=CO+H2O,H2O+2e-=H2+O2-,故C错误;
D.在电场作用下,电解质中阴离子移向阳极,由b向a移动,故D错误;故选A。
【点睛】本题考查原电池、电解池的综合应用,解题关键:
判断a极为阳极,当有电子流出a极时,产生O2,说明x为正极。
易错点C,生成合成气为CO和H2的混合物。
7.(重庆市北碚区2020届高三上学期第一次诊断性考试)联胺是火箭的燃料,一种用联胺制成的燃料电池示意图如下,下列有关该电池说法正确的是
A.该电池工作时电子从负极经电解质溶液到正极
B.电池工作一段时问后,溶液的pH减小
C.负极的反应为N2H4-4e-=N2↑+4H+
D.当电路中通过
的电子时,负极消耗0.56L的氧气
【答案】B
【解析】在碱性电解质中肼在负极上失去电子生成氮气和水,氧气在正极上得电子生成氢氧根离子,电池的总反应为N2H4+O2=N2+2H2O,据此分析解答。
A.电子不能经过电解质溶液,溶液是靠离子的移动导电的,故A错误;
B.电池的总反应为N2H4+O2=N2+2H2O,反应生成水,KOH的浓度将减小,pH减小,故B正确;
C.燃料电池的负极发生氧化反应,肼中的N从-2价升高到0价,碱性电池中,其电极反应式应为N2H4+4OH--4e-=N2↑+4H2O,故C错误;
D.没有说明是否是标准状况下,无法计算消耗气体的体积,而且负极不是消耗氧气,故D错误;故选B。
8.(清远市2020届高三上学期期末)新型双膜锌碘单流电池的工作原理如图所示,放电过程中两膜之间的KCl溶液浓度不断降低。
下列说法正确的是
A.锌电极电势高于多孔碳电极电势
B.cd膜可以选用阴离子交换膜
C.多孔碳电极上发生的电极方程式为I3-+2e-=3I-
D.若导线上通过1mol电子,会有1molK+通过ab膜
【答案】C
【解析】A.由题意可知锌电极为原电池的负极,电势较低,A错误;
B.放电过程中两膜之间的KCl溶液浓度不断降低,说明KCl溶液中K+通过cd膜进入右侧室,则cd膜可以选用阳离子交换膜,B错误;
C.根据多孔碳电极判断电极反应式为I3-+2e-=3I-,C正确;
D.K+应通过cd膜向正极移动,所以若导线上通过1mol电子,会有1molK+通过cd膜进入多孔碳电极,D错误;故合理选项是C。
考点07水溶液中的离子平衡
1.(宁德市2020届高三上学期期末理综)利用手持技术探究氢氧化铝制备实验电导率(电导率越大表示导电能力越强)的变化,浓度均为0.5mol·L-1的氢氧化钠和氨水分别滴定0.01mol·L-1硫酸铝溶液,电导率变化曲线如图所示,下列说法错误的是
A.a(a´)点溶液pH<7
B.bc段电导率下降是因为生成了Al(OH)3沉淀
C.a´b´段和b´c´段使用碱的体积比约为3:
1
D.b点溶液:
c(H+)<2c(SO42-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】A.硫酸铝溶液水解呈酸性,a(a´)点溶液pH<7,故A正确;
B.ab段生成了Al(OH)3沉淀,b点溶质为(NH4)2SO4,一水氨为弱电解质,加氨水后,电导率下降是因为:
溶液中离子浓度降低,故B错误;
C.a´b´段生成Al(OH)3沉淀,Al3++3OH-=Al(OH)3,b´c´段Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O,使用碱的体积比约为3:
1,故C正确;
D.b点Al2(SO4)3+6NH3·H2O=2Al(OH)3↓+3(NH4)2SO4,根据电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+c(OH-),b点溶液:
c(H+)<2c(SO42-)+c(OH-),故D正确;故选B。
2.(江西省部分重点中学2020届高三第一次联考)室温下,往0.001mol·L-1的氨水中滴入几滴酚酞试液时,溶液呈现粉红色。
现采取下列措施,其中能使滴有酚酞的氨水溶液颜色变浅的是
A.往溶液中滴入0.2mol·L-1的氨水
B.往溶液中加入NH4Cl晶体
C.往溶液中加入CH3COONa固体
D.往溶液中加入NaOH固体
【答案】B
【解析】A.往溶液中滴入0.2mol·L-1的氨水,NH3•H2O
NH4++OH-的平衡向正反应方向移动,增大了氢氧根离子的浓度,溶液颜色变深,故A错误;B.加固体氯化铵,增大了铵根离子的浓度,NH3•H2O
NH4++OH-的平衡向逆反应方向移动,降低了氢氧根离子的浓度,溶液颜色变浅,故B正确;C.往溶液中加入CH3COONa固体,醋酸钠水解溶液呈碱性,增大了氢氧根离子的浓度,溶液颜色变深,故C错误;D.加固体氢氧化钠,增大了氢氧根离子的浓度,溶液颜色加深,故D错误;故选B。
3.(福建省龙岩市2020届高三上学期期末)某兴趣小组用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到如图所示曲线。
下列分析错误的是
A.b点水解程度最大
B.水的电离平衡也会对溶液的pH产生影响
C.a→b段水解平衡向右移动
D.水解是吸热过程
【答案】A
【解析】溶液中存在碳酸根的水解平衡
和水的电离平衡
;图中显示温度升高溶液的碱性先增强后减弱,水的电离是吸热过程,纯水中温度升高pH值会降低,碳酸钠溶液中温度升高pH有增大的过程,说明水解受到促进,即水解为吸热过程;后pH值下降,说明温度升高水电离出更多的氢氧根抑制了碳酸根的水解,据此分析作答。
A.根据分析可知水解是吸热过程,温度越高,水解程度越大,故A错误;
B.随温度升高,此时促进盐类水解,对水的电离也起到促进作用,水电离出的氢氧根离子浓度抑制水解平衡,导致溶液pH值减小,因此水的电离平衡也对pH产生影响,故B正确;
C.a→b段说明升温促进水解,氢氧根离子浓度增大,碱性增大溶液pH增大,图象符合,故C正确;
D.根据分析可知水解是吸热过程,故D正确;故答案为A。
4.(渭南市2020届高三第一次教学质量检测)在25℃时,将1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应。
然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。
下列叙述错误的是
A.水的电离程度:
a>b>c
B.b点对应的混合溶液中:
c(Na+) C.c点对应的混合溶液中: c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-) D.该温度下,a、b、c三点CH3COOH的电离平衡常数均为 【答案】D 【解析】根据图示可知,原混合液显酸性,则为醋酸与醋酸钠的混合液,a点加入0.10molNaOH固体,pH=7,说明原溶液中CH3COOH的物质的量稍大于0.2mol。 酸或碱抑制水的电离,含弱酸根离子的盐促进水的电离,酸或碱的浓度越大,抑制水电离程度越大。 A.1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,发生的反应为: CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,反应后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,其中CH3COONa的水解能够促进水的电离,而CH3COOH的电离会抑制水的电离。 若向该混合溶液中通入HCl,b→c发生的反应为: CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl,CH3COONa减少,CH3COOH增多,水的电离程度减小;若向该混合溶液中加入NaOH固体,b→a发生的反应是: CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O,CH3COONa增多,CH3COOH减少,水的电离会逐渐增大,因此水的电离程度: a>b>c,故A正确; B.b点对应的混合溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),则此时溶质为CH3COOH和CH3COONa,结合电荷守恒,所以c(Na+) C.c点对于的溶液是通入0.1molHCl的溶液,相当于HCl中和氢氧化钠,所以c点溶液相当于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固体的混合液,醋酸浓度大于0.2mol/L,所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故C正确; D.该温度下,CH3COOH的电离平衡常数 ,a点对于溶液中pH=7,c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L,c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L,则溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L,带入公式得 ,故D错误。 5.(黑龙江省伊春二中2020届高三上学期期末理综)T℃,分别向10mL浓度均为1 的两种弱酸HA,HB中不断加水稀释,并用pH传感器测定溶液 。 所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lgc)的关系如图所示。 已知: pKa=-lgKa,下列叙述正确的是 A.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大 B.a点对应的溶液中c(HA)=0.1mol/L,pH=4 C.弱酸 的pK≈5 D.酸性: HA 【答案】C 【解析】A项、弱酸的电离常数Ka是温度函数,只随温度变化而变化,与浓度大小无关,故A错误; B项、由图可知,a点lgc=—1,则c(HA)=0.1mol/L,2pH=4,则pH=2,故B错误; C项、由图可知,lgc=0时,c(HB)=1mol/L,2pH=5,pH=2.5,溶液中c(H+)=10—2.5mol/L,电离常数K= ≈ =10—5,则pK≈5,故C正确; D项、由图可知,浓度相同时,HA溶液的pH小于HB,则HA溶液中氢离子浓度大于HB,酸性: HB 【点睛】弱酸的电离常数Ka是温度函数,只随温度变化而变化,与浓度大小无关是解答关键,也是易错点。 6.(湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校2020届高三上学期期末理综)常温下,H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图(I)、(II)所示。 下列说法不正确的是已知: 。 A.NaHA溶液中各离子浓度大小关系为: B.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15 C.[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性 D.向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl, 不变 【答案】C 【解析】A.由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,溶液显酸性,所以NaHA溶液显酸性,电离程度大于水解程度,则各离子浓度大小关系为: c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故A正确; B.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH2]+)=c[H3NCH2CH2NH3]2+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则 Kb2= =c(OH-),Kb2=10-7.15,故B正确; C.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c([H3NCH2CH2NH]+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2=10-7.15,由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=6.2,则Ka2=10-6.2,[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2-的水解程度,溶液显酸性,故C错误; D. = = ,由于通入HCl,Kw、Kb1、Ka1都不变,所以 不变,故D正确。 故选C。 7.(重庆市第一中学2020届高三期末理综)已知pOH=-lgc(OH-)。 25℃时,向20.00mL0.10mol/L弱碱MOH溶液中滴加0.10mol/L盐酸,溶液pH、pOH随滴入盐酸体积的变化如图所示,下列说法正确的是 A.Q点消耗盐酸的体积大于20.00mL B.V(HCl)=40.00mL时,溶液中存在: c(H+)-c(OH-)=c(M+)+2c(MOH) C.a+b的值可能大于14 D.水的电离程度: M>Q 【答案】B 【解析】A.Q点时pH=POH,溶液呈中性,则反应后的溶液为MCl与MOH的混合溶液,从而得出消耗盐酸的体积小于20.00mL,A不正确; B.V(HCl)=40.00mL时,溶液为MCl与HCl的混合溶液,且二者的浓度相等(不考虑MCl的水解)。 在溶液中存在以下两个平衡体系: M++H2O MOH+H+,H2O H++OH-。 存在以下两个等量关系: 酸电离产生的c(H+)1=c(M+)+c(MOH),M+水解生成的c(H+)2=c(MOH),水电离生成的c(H+)3=c(OH-),从而得出溶液中的c(H+)-c(OH-)=c(M+)+2c(MOH),B正确; C.因为溶液的温度为25℃,pH=14,所以a+b=14,C不正确; D.在M点时,溶液呈碱性,主要发生碱的电离,水的电离受到抑制,在Q点,溶液呈中性,水的电离不受影响,所以水的电离程度: M 8.(泰安市2020届高三上学期期末)已知: 25℃时,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 该温度下,用0.100mol·L-1。 氨水滴定10.00mL0.100mol·L-1一元酸HA的溶液.滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中 的关系如图所示。 下列说法不正确的是 A.HA为强酸 B.a=10 C.M点时,c(A-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) D.当滴入20mL氨水时,溶液中存在c(NH4+)>c(A-) 【答案】B 【解析】A选项,根据图中信息 =12,则氢离子浓度为0.100mol·L-1,因此HA为强酸,故A正确;B选项,a=10,则溶质为NH4A,溶液显酸性,因此 ,则 ,与图像不符,故B错误; C选项,M点时, ,经过计算氢离子约为1×10-5.25mol·L-1,因此浓度c(A−)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH−),故C正确; D选项,当滴入20mL氨水时,溶质为NH3·H2O和NH4A,氨水电离为主,因此溶液中存在c(NH4+)>c(A−),故D正确。 综上所述,答案为B。 9.(泰安市2020届高三上学期期末)已知溶解度也可用物质的量浓度表示,25℃时,Ag2CrO4在不同浓度CrO42-溶液中的溶解度如图所示,下列说法正确的是 A.图中a、b两点c(Ag+)相同 B.图中a点与b点Ag2CrO4溶度积相等 C.在a点向溶液中加入少量AgNO3,溶解度可变为c点 D.该温度下,Ag2CrO4溶度积的数量级为10-12 【答案】BD 【解析】A选项,图中a、b两点c(Ag+)不相同,a中c(Ag+)大于b点,故A错误; B选项,曲线上的点都为溶度积相等的点,故B正确; C选项,在a点向溶液中加入少量AgNO3,银离子浓度增加,铬酸根离子浓度减小,因此溶解度也减小,故C错误; D选项,该温度下,根据b点得知c(Ag+)=2×10-5mol/L,c(CrO42-)=1×10-2mol/L,因此Ag2CrO4溶度积的数量级为10-12,故D正确。 综上所述,答案为BD。 【点睛】Ag2CrO4在不同浓度CrO42-溶液中的溶解度不同,其溶解的Ag2CrO4质量不同,因此溶解平衡中的银离子不相同。 10.(重庆市北碚区2020届高三上学期第一次诊断性考试)室温下,将 固体溶于水配成100mL溶液,向溶液中加入下列物质,有关结论正确的是 加入的物质 结论 A 反应结束后, B 溶液中 增大 C 由水电离出的 不变 D 固体 反应完全后,溶液pH减小, 不变 【答案】B 【解析】n(Na2CO3)=0.2mol,碳酸钠是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解导致溶液呈碱性,水解方程式为CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-。 A.n(H2SO4)=2mol/L×0.1L=0.2mol,H2SO4和Na2CO3反应方程式为Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+CO2↑+H2O,根据方程式知,二者恰好反应生成强酸强碱溶液Na2SO4,溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得(Na+)=2c(SO42-),故A错误; B.CaO+H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2+Na2
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- 新题速递化学 届高三 速递 化学 01 期考 0609