精选5份合集贵州省遵义市学年高一化学下学期期末学业质量监测试题.docx
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精选5份合集贵州省遵义市学年高一化学下学期期末学业质量监测试题
高一(下)学期期末化学模拟试卷
一、单选题(本题包括20个小题,每小题3分,共60分.每小题只有一个选项符合题意)
1.某元素的原子最外层只有一个电子,它跟卤素结合时,生成的化学键
A.一定是离子键B.一定是共价键
C.两者都有可能D.以上说法都不对
2.已知X、Y、Z是三种原子序数相连的元素,最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4>H2YO4>H3ZO4,则下列判断正确的是()
A.气态氢化物的稳定性:
HX>H2Y>ZH3
B.非金属活泼性:
Y<X<Z
C.原子半径:
X>Y>Z
D.原子最外层电子数:
X 3.下列说法正确的是() A.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”中的“丝”、“泪”分别是纤维素和油脂 B.乙醇、金属钠和乙酸分别属于非电解质、非电解质和弱电解质 C.淀粉、纤维素、蛋白质、油脂是高分子化合物 D.煤的干馏、石油的分馏分别是化学变化、物理变化 4.关于离子键、共价键的各种叙述中,下列说法中正确的是() A.在离子化合物里,只存在离子键,没有共价键 B.非极性键只存在于双原子的单质分子(如Cl2)中 C.在共价化合物分子内,一定不存在离子键 D.由不同元素组成的多原子分子里,一定只存在极性键 5.下列应用与盐类水解无主要关系的是() A.用铝盐和铁盐做净水剂 B.将SOCl2 (遇水剧烈水解)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3 C.FeSO4溶液制备FeSO4·7H2O晶体时,不能直接蒸干结晶获取 D.施化肥时,不能将草木灰和硝酸铵混合使用 6.证明可逆反应N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)已达到平衡状态的是() ①6个N—H键形成的同时,有3个H—H键断裂;②3个H—H键断裂的同时,有6个N—H键断裂;③其他条件不变时,混合气体平均相对分子质量不再改变;④保持其他条件不变时,体系压强不再改变;⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变;⑥恒温恒容时,密度保持不变;⑦3v(N2)正=v(H2)逆;⑧容器内A、B、C、D四者共存⑨NH3的生成速率与分解速率相等;⑩A、B、C的分子数目比为1: 3: 2。 A.全部B.①③④⑤⑧C.②③④⑤⑦⑨D.①③⑤⑥⑦⑩ 7. I可用于治疗甲状腺疾病。 该原子的质子数是 A.53B.78C.131D.184 8.反应N2O4(g) 2NO2(g)△H=+57kJ·mol-1,在温度为T1、T2时,平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。 下列说法正确的是() A.a、c两点的反应速率: a>c B.a、c两点气体的颜色: a深,c浅 C.b、c两点的转化率: b>c D.由b点到a点,可以用加热的方法 9.水稀释0.1mol/L氨水时,溶液中随着水量的增加而减小的是() A.氨水的电离程度B.c(NH3·H2O)/c(OH-) C.c(H+)和c(OH-)的乘积D.OH-的物质的量 10.江苏省已开始大力实施“清水蓝天”工程.下列不利于“清水蓝天”工程实施的是( ) A.将废旧电池深埋,防止污染环境 B.加强城市生活污水脱氮除磷处理,遏制水体富营养化 C.积极推广太阳能、风能、地热能及水能等的使用,减少化石燃料的使用 D.大力实施矿物燃料“脱硫、脱硝技术”,减少硫的氧化物和氮的氧化物污染 11.下列物质属于电解质的是 A.NaClB.盐酸C.CuD.乙醇 12.某烃完全燃烧时,消耗的氧气与生成的CO2体积比为3∶2,该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色,也能使溴水褪色,则该烃的分子式可能为 A.C3H4B.C2H4C.C2H6D.C6H6 13.某烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物,则该烃的分子式不可能是 A.C2H6B.C4H10C.C5H12D.C8H18 14.下列物质中,只含离子键的是 A.H2B.NH3C.MgCl2D.NaOH 15.下列物质中属于共价化合物的是 A.Cl2B.NH4ClC.NaOHD.HCl 16.用6gCaCO3与100mL稀盐酸反应制取少量的CO2,反应过程中生成的CO2的体积(已折算为标准状况)随反应时间变化的情况如图所示。 下列说法正确的是 A.OE段表示的平均反应速率最快,可能的原因是该反应是放热反应 B.EF段用HCl浓度的减小表示的该反应的平均反应速率为0.2mol/(L·min) C.在G点以后收集的CO2的量不再增多,原因是稀盐酸已反应完全 D.在F点收集到的CO2的体积最大 17.已知放射性元素 位于元素周期表中第六周期第Ⅷ族,下列关于 的说法正确的是 A.铱为非金属元素 B. 中子数与质子数的差为38 C.铱元素与碘元素位于同一周期 D. 核外含有115个电子 18.要除去FeCl2溶液中少量的FeCl3,可行的方法是 A.滴入KSCN溶液B.通入氯气 C.加入适量铜粉并过滤D.加入适量铁粉并过滤 19.(6分)下列性质中,可以证明某化合物内一定存在离子键的是() A.可溶于水B.具有较高的熔点C.水溶液能导电D.熔融状态能导电 20.(6分)“绿色化学”要求原料物质中所有的原子完全被利用,全部转入到期望的产品中,工业上由C2H4(乙烯)合成C4H802(乙酸乙酯)的过程中,为使原子利用率达到100%,在催化剂作用下还需加入的反应物是 A.CH3COOHB.H2O和COC.O2和H2D.CO2 二、计算题(本题包括1个小题,共10分) 21.(6分)填写下列空白: (1)一定质量的Al2(SO4)3中含有2.7gAl3+,含有________个SO42-;溶于水得100mL溶液,所得溶液的物质的量浓度为________mol·L-1。 (2)同温同压下,同质量的CO2和SO2,它们的密度之比为________,氧原子数之比为________。 (3)要使NH3与CH4含相同数目的H原子,则NH3和CH4的物质的量之比为__________。 (4)标准状况下,密度为0.75g·L-1的NH3与CH4组成的混合气体中,NH3的体积分数为__________,该混合气体对氢气的相对密度为________。 (5)已知agA和bgB恰好完全反应生成0.2molC和dgD,则C的摩尔质量为____________。 三、实验题(本题包括1个小题,共10分) 22.(8分)乙酸乙酯是重要的有机合成中间体,广泛应用于化学工业。 实验室制取乙酸乙酯的主要步骤如下: ①在甲试管(如图)中加入2mL浓硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。 ②按如图连接好装置(装置气密性良好)并加入混合液,小火均匀地加热3—5min。 ③待试管乙收集到一定量产物后停止加热,撤出试管并用力振荡,然后静置待分层。 ④分离出乙酸乙酯层、洗涤、干燥。 (1)写出该反应的化学方程式是: _______________________; (2)与教材采用的实验装置不同,此装置中采用了球形干燥管,其作用是____________。 (3)甲试管中,混合溶液的正确加入顺序: ________________________; (4)步骤②中需要用小火均匀加热,其主要原因是____________________________________; (5)上述实验中饱和碳酸钠溶液的作用是____________(填字母代号)。 A.反应掉乙酸和乙醇B.反应掉乙酸并吸收乙醇 C.析出乙酸乙酯D.加速酯的生成,提高其产率 (6)欲将乙试管中的物质分离开以得到乙酸乙酯,必须使用的仪器是____________;分离时,乙酸乙酯应该从仪器____________(填: “下口放”或“上口倒”)出。 四、推断题(本题包括1个小题,共10分) 23.(8分)下表是元素周期表短周期的一部分: (1)①表示的元素名称是____,②对应简单离子结构示意图为_____,简单离子半径比较②______④。 (填“大于”、“小于”、“等于”) (2)③位于元素周期表第__________周期第__________族。 (3)④的单质与NaOH溶液反应的离子方程式_______________。 (4)用电子式表示③和⑤形成化合物的过程_______。 五、综合题(本题包括1个小题,共10分) 24.(10分)某化学兴趣小组利用如图装置制取氨气并探究氨气的有关性质。 (1)装置A中烧瓶内试剂可选用_______(填序号)。 a.碱石灰b.浓硫酸c.生石灰d.五氧化二磷e.烧碱固体 (2)若探究氨气的溶解性,需在K2的导管末端连接下表装置中的_____(填序号)装置,当装置D中集满氨气后,关闭K1、K2,打开K3,引发喷泉的实验操作是________。 备选装置(其中水中含酚酞溶液) Ⅰ Ⅱ Ⅲ (3)若探究氨气的还原性,需打开K1、K3,K,2处导管连接制取纯净、干燥氯气的装置。 ①用二氧化锰与浓盐酸制取氯气生成气体必须通过盛有_____试剂的洗气瓶; ②D中氨气与氯气反应产生白烟,同时生成一种无色无味的气体,该反应的化学方程式为_________。 ③从K3处导管逸出的气体中含有少量C12,则C装置中应盛放_____溶液(填化学式),反应的离子方程式为___________。 参考答案 一、单选题(本题包括20个小题,每小题3分,共60分.每小题只有一个选项符合题意) 1.C 【解析】原子最外层只有一个电子的元素可能是氢元素,也可能是碱金属元素,因此该元素与卤素结合时,可能形成离子键(如NaCl),也可能形成共价键(如HCl),故选C。 点睛: 一般活泼金属和活泼非金属易形成离子键,非金属间易形成共价键,离子化合物中可能含有共价键,共价化合物中一定不含离子键,原子最外层只有一个电子,则该元素可能为碱金属,也可能为氢元素,然后结合形成的化合物,确定化学键类型。 2.A 【解析】 【分析】 X、Y、Z是三种原子序数相连的元素,最高价氧化物对应水化物酸性相对强弱的顺序是HXO4>H2YO4>H3ZO4,则非金属性X>Y>Z. 【详解】 A.非金属性X>Y>Z,则气态氢化物的稳定性: HX>H2Y>ZH3,A正确; B.由上述分析可知,非金属性X>Y>Z,B错误; C.同周期非金属性强的原子半径小,则原子半径: Z>Y>X,C错误; D.同周期从左向右最外层电子数增大,则原子最外层电子数: X>Y>Z,D错误; 答案选A。 3.D 【解析】 试题分析: A.蚕丝属于蛋白质,蜡炬的主要成分为烃类物质,故A错误;B.乙醇属于非电解质、乙酸属于弱电解质,钠是金属,不是电解质也不是非电解质,故B错误;C.淀粉、纤维素和蛋白质是高分子化合物,但油脂不是高分子化合物,故C错误;D.煤的干馏是化学变化,石油的分馏是物理变化,故D正确;答案为D。 考点: 考查有机物的结构和性质 4.C 【解析】 【详解】 A、在离子化合物里,一定存在离子键,可以存在共价键,A错误; B、非极性键不只存在于双原子的单质分子中,如 是含有极性键和非极性键的化合物,B错误; C、在共价化合物分子内,一定不存在离子键,C正确; D、由不同元素组成的多原子分子里,不一定只存在极性键,如 是含有极性键和非极性键的化合物,D错误; 正确选项C。 【点睛】 不同非金属元素之间形成极性共价键,同种非金属元素之间形成非极性共价键;由不同元素组成的多原子分子里,可能存在极性键、非极性键。 5.C 【解析】分析: A.铝离子和铁离子均水解; B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢; C.亚铁离子不稳定,易被空气氧化生成铁离子; D.铵根和碳酸根水解相互促进。 详解: A.铝离子和铁离子均水解,分别生成氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体,因此用铝盐和铁盐做净水剂,与盐类水解有关系,A不符合; B.氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢,将SOCl2(遇水剧烈水解生成氯化氢)和AlCl3·6H2O混合加热制取无水AlCl3,与盐类水解有关系,B不符合; C.亚铁离子不稳定,易被空气氧化生成铁离子,且FeSO4•7H2O受热易分解,所以不能直接蒸干FeSO4饱和溶液来制备FeSO4•7H2O,与盐类水解无关,C符合; D.铵根和碳酸根水解相互促进,因此施化肥时,不能将草木灰和硝酸铵混合使用,与盐类水解有关系,D不符合。 答案选C。 6.C 【解析】 分析: 本题考查的是化学平衡状态的判断,是常规考点。 平时多注重积累。 详解: ①6个N—H键形成的同时,有3个H—H键断裂,都说明正反应速率,不能证明到平衡,故错误;②3个H—H键断裂的同时,有6个N—H键断裂,可以说明正逆反应速率相等,说明到平衡,故正确;③其他条件不变时,混合气体平均相对分子质量不再改变说明气体的总物质的量不变,可以说明到平衡,故正确;④保持其他条件不变时,体系压强不再改变说明气体总物质的量不变,可以说明到平衡,故正确;⑤NH3、N2、H2的体积分数都不再改变可以说明到平衡,故正确;⑥恒温恒容时,密度始终不变,所以密度保持不变不能说明到平衡,故错误;⑦3v(N2)正=v(H2)逆,能说明到平衡,故正确;⑧因为反应为可逆反应,容器内A、B、C、D四者肯定共存,所以不能说明到平衡,故错误;⑨NH3的生成速率与分解速率相等,说明正逆反应速率相等,到平衡,故正确;⑩A、B、C的分子数目比为1: 3: 2不能说明到平衡,故错误。 故选C。 点睛: 化学平衡状态的判断通常有两个标志: 1.正逆反应速率相等,注意一定要看到有正逆两个方向的速率,且不同物质表示的速率满足速率比等于化学计量数比。 2.物质的物质的量或物质的量浓度或百分含量不变,或对于前后气体体积改变的反应来说明,压强不变,或气体相对分子质量不变或总物质的量不变,都可以说明反应到平衡。 7.A 【解析】 【详解】 在原子符号左下角表示质子数,左上角表示的是质量数,质量数等于质子数与中子数的和,所以该原子的质子数是53,故合理选项是A。 8.D 【解析】 分析: 本题考查的是反应条件对速率和影响,关键是对图像的分析能力的考查。 详解: A.压强越大,反应速率越快,故错误;B.a点二氧化氮的体积分数大于c点,但c点压强大,说明容器的体积变小,所以c点二氧化氮的浓度大,颜色深,故错误;C.b、c两点二氧化氮的体积分数相同,说明转化率相同,故错误;D.从b点到a点,压强不变,二氧化氮的体积分数增加,结合反应为吸热反应,说明反应条件为升温,故正确。 故选D。 点睛: 注意气体的颜色是二氧化氮的浓度大小的表示,二氧化氮的体积分数与浓度大小没有必然联系,注意改变压强时改变了容器的体积。 9.B 【解析】 【分析】 用适量水稀释0.1mol/L氨水时,溶液中随着水量的增加,一水合氨的电离程度增大,则氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大,但氢氧根离子的浓度会减小。 【详解】 A.溶液越稀越电离,稀释过程中一水合氨的电离程度增大,故A错误; B.稀释过程中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大,一水合氨的物质的量减小,由于溶液体积相同,则 的比值会减小,故B正确; C.c(H+)和c(OH-)的乘积为Kw,平衡常数只受温度影响,温度不变,Kw不变,故C错误; D.稀释过程中一水合氨的电离程度增大,溶液中氢氧根离子的物质的量增大,故D错误; 答案选B。 10.A 【解析】 A、废旧电池中含有重金属离子,深埋会对土壤产生污染,故A说法错误;B、N、P是生物必须的元素,含N、P多的污水排放,造成水体富营养化,因此加强城市生活污水脱氮除磷处理,遏制水体富营养化,故B说法正确;C、太阳能、地热、风能、水能是清洁能源,减少环境的污染,故C说法正确;D、脱硫、脱硝减少SO2和氮的氧化物的排放减少环境的污染,故D说法正确。 11.A 【解析】 【详解】 A项、NaCl溶于水或熔融状态能导电,属于电解质,故A正确; B项、盐酸是混合物,既不是电解质也不是非电解质,故B错误; C项、铜是金属单质,既不是电解质也不是非电解质,故C错误; D项、乙醇溶于水不能导电,属于非电解质,故D错误; 故选A。 12.B 【解析】烃的燃烧通式是CnHm+(n+m/4)O2=nCO2+m/2H2O,所以根据题意可知,(n+m/4)︰n=3∶2,解得n︰m=1∶2。 又因为该烃能使酸性高锰酸钾溶液退色,能使溴水退色,所以应该是乙烯,答案选B。 13.B 【解析】 【分析】 烷烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物,说明分子中的氢原子完全是相同的。 【详解】 A.C2H6只能是乙烷,分子中的氢原子完全相同; B.C4H10有正丁烷和异丁烷两种结构,分别有两种氢原子; C.C5H12有3种结构,其中新戊烷分子中的氢原子完全是相同的; D.C8H18有多种结构,其中(CH3)3C(CH3)3分子中的氢原子完全是相同的。 综上所述,该烃的分子式不可能是C4H10,故选B。 14.C 【解析】A、H原子之间只存在共价键,故A错误;B、NH3中N原子和H原子之间只存在共价键,为共价化合物,故B错误;C、MgCl2中镁离子和氯离子之间只存在离子键,为离子化合物,故C正确;D、NaOH中钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O原子和H原子之间存在共价键,为离子化合物,故D错误;故选C。 15.D 【解析】 【详解】 A.Cl2是只有一种元素构成的纯净物,是单质,不是化合物,故A错误; B.NH4Cl中铵根离子和氯离子之间存在离子键,氢原子和氮原子之间存在共价键,为离子化合物,故B错误; C.NaOH钠离子和氢氧根离子之间存在离子键,为离子化合物,故C错误 D.HCl中只含共价键,为共价化合物,故D正确; 答案选D。 【点睛】 一般来说,活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键,非金属元素之间易形成共价键;含有离子键的化合物为离子化合物,离子化合物中可能含有共价键,只含共价键的化合物为共价化合物。 16.C 【解析】 【分析】 【详解】 A、由图可知,1min时间内,EF段生成的二氧化碳的体积最多,故EF段反应速率最快,A错误; B、由图可知EF段生成的二氧化碳体积为672mL-224mL=448mL,二氧化碳的物质的量为0.448L÷22.4L/mol=0.02mol,根据方程式CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知,△n(HCl)=2n(CO2)=2×0.02mol=0.04mol,浓度是0.4mol/L,则用盐酸表示该反应的平均反应速率为0.4mol/L÷1min=0.4mol/(L•min),B错误; C、6gCaCO3的物质的量是0.06mol,根据反应CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O可知完全反应生成二氧化碳应该是0.06mol×22.4L/mol=1.344L,而G点是784mL,说明CaCO3未反应完,则盐酸完全反应,C正确。 D、曲线上点的纵坐标的值即为该点收集的二氧化碳的体积,由图可知G点收集的二氧化碳最多,D错误; 答案选C。 17.B 【解析】试题分析: A、铱位于元素周期表中第六周期第Ⅷ族,属于过渡元素,为金属元素,错误;B、 中子数为115,质子数为77,中子数与质子数的差为38,正确;C、铱元素位于第六周期,碘元素位于第五周期,二者不在同一周期,错误;D、 核外含有77个电子,错误。 考点: 考查原子结构、元素周期表。 18.D 【解析】 试题分析: 硫氰化钾溶液用于检验Fe3+,FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl,引入了新杂质,A错误;氯气与氯化亚铁溶液反应,B错误;铜与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁,引入了新杂质,C错误;铁与氯化铁生成氯化亚铁,过量的铁粉过滤除去,D正确。 考点: 物质的提纯 点评: 除杂质时要注意不能引入新的杂质、不能把主要成分除去,同时生成的物质要便于分离,如生成沉淀或生成气体等。 19.D 【解析】 【详解】 A项,可溶于水不能证明某化合物内一定存在离子键,例如HCl易溶于水,但HCl分子中不存在离子键,故A项错误; B项,有较高的熔点不能证明某化合物内一定存在离子键,例如SiO2有较高的熔点,但SiO2为原子晶体,其中不存在离子键,故B项错误; C项,水溶液能导电不能证明某化合物内一定存在离子键,例如HCl溶于水后溶液导电,但HCl分子内不存在离子键,故C项错误; D项,熔融状态能导电只能是化合物中的离子键在熔融状态下断裂,形成阴、阳离子而导电,所以熔融状态能导电可以证明该化合物内一定存在离子键,故D项正确; 故答案为D。 20.A 【解析】分析: 由题意知,绿色化学即环境友好型化学,其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物,即原子的利用率为100%,根据这一观点利用原子守恒解答。 详解: 由题意知,绿色化学即环境友好型化学,其理想状态是反应中原子全部转化为欲制得的产物,即原子的利用率为100%,根据这一观点,要把一个C2H4分子变成一个C4H8O2分子,还必须增加2个C原子、4个H原子、2个O原子,即另外所需要的原料中C、H、O的原子个数比为2: 4: 2或者所有反应物中C、H、O的原子个数比为2: 4: 1。 A.在CH3COOH分子中C、H、O的原子个数比为2: 4: 2,A正确; B.CO、H2O这两种物质不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2: 4: 2,B错误; C.H2、O2和C2H4这三种物质不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2: 4: 1,C错误; D.CO2和C2H4这两种物质不论怎样组合也都不能使C、H、O的原子个数比为2: 4: 1,D错误。 答案选A。 点睛: 本题考查绿色化学的概念,并以此为依据,考查元素种类、原子种类在化学变化中都保持不变,因此我们要用守恒的观点来解答,注意解本题时一定要读懂题意,再结合所学方法解答。 二、计算题(本题包括1个小题,共10分) 21.9.03×1022(或0.15NA)0.511∶1616∶114∶380%8.45(a+b-d)g·mol-1 【解析】 【分析】 (1)找准物质的量关系: Al2(SO4)3~2Al3+~3SO42-计算可得; (2)同温同压下,同质量的CO2和SO2,它们的密度与摩尔质量成正比,氧原子数与摩尔质量成反比; (3)设NH3与CH4含氢原子物质的量均为12mol,则n(NH3)=4mol,n(CH4)=3mol; (4)标准状况下,混合气体平均摩尔质量= =16.8 。 该混合气体对氢气的相对密度 =8.4; (5)由质量守恒定律和 = 可知。 【详解】 (1)n(Al3+)= =0.1mol,n(SO42-)= n(Al3+)=0.15mol,含有9.03×1022(或0.15NA)个SO42-。 n[Al2(SO4)3]=0.05mol,溶于水得100mL溶液,所得溶液的物质的量浓度= =0.5mol·L-1; (2) = = ,同温同压下,气体的Vm相同,同质量的CO2和SO2,它们的密度与摩尔质量成正比,则 = == = 。 = ,同质量的CO2和SO2,且1个CO2分子和1个SO2分子均含2个氧原子,则氧原子数与分子的物质的量成正比,氧原子数与摩尔质量成反比,则氧原子数之比为16∶11; (3)NH3与CH4含相同数目的H原子,设NH3与CH4含氢原子物质的量均为12mol,则n(NH3
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