届吉林省延边州高三下学期复习质量检测理科综合化学试题解析版.docx
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届吉林省延边州高三下学期复习质量检测理科综合化学试题解析版
2019届吉林省延边州高三下学期复习质量检测(2月)理科综合化学试题(解析版)
1.从古至今化学与生产、生活密切相关。
下列说法正确的是
A.我国已能利用3D打印技术,以钛合金粉末为原料,通过激光熔化逐层堆积,来制造飞机钛合金结构件。
高温时可用金属钠还原相应的氯化物来制取金属钛
B.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素
C.我国从四千余年前开始用谷物酿造出酒和醋,酿造过程中只发生水解反应
D.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为石灰石
【答案】A
【解析】
【详解】A.高温时,金属钠可还原相应的氯化物来制取金属钛,故A项正确;
B.丝绸的主要成分为蛋白质,故B项错误;
C.谷物中的淀粉在酿造中发生水解反应只能得到葡萄糖,葡萄糖要在酒化酶作用下分解,得到酒精和二氧化碳。
酒中含有酒精,醋中含有醋酸,显然都不是只水解就可以的,故C项错误;
D.陶瓷的制造原料为黏土,而不是石灰石,故D项错误;
答案选A。
2.用NA表示阿伏伽德罗常数值,下列叙述中正确的是
A.5.6g铁在足量的O2中燃烧,转移的电子数为0.3NA
B.18gH218O和D2O的混合物中,所含中子数为9NA
C.1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA
D.0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应,得到NO的分子数为0.4NA
【答案】B
【解析】
【分析】
A.铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁;
B.H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol,再根据n=
及原子的构成作答;
C.CH4与Cl2在光照下发生的是取代反应,生成的不仅是一氯代物;
D.依据方程式:
4NH3+5O2
4NO+6H2O,判断反应物过量,一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮。
【详解】A.因铁在氧气中燃烧生成的是四氧化三铁,不是三氧化二铁,根据关系式3Fe
Fe3O4
8e-可知,5.6g铁的物质的量为
=0.1mol,则转移的电子数为0.1mol×
×NA=
NA,故A项错误;
B.H218O和D2O的摩尔质量均为20g/mol,且1molH218O和D2O所含的中子数均为10mol,则18gH218O和D2O的混合物中,所含中子数为
×10×NA=9NA,故B项正确;
C.1.0molCH4与Cl2在光照下反应得到的产物为四种氯代甲烷和氯化氢的混合物,则CH3Cl分子数小于1.0NA,故C项错误;
D.依据4NH3+5O2
4NO+6H2O,0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下加热充分反应,氧气剩余,则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮,所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA,故D项错误;
答案选B。
【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点,侧重考查学生对化学计量的理解与应用。
需要注意D项,虽不是可逆反应,但产物与剩余的氧气会继续反应,其化学反应的用量问题要引起学生的高度重视。
3.下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验,其中能达到实验目的的是
A.制取NO
B.收集NO
C.分离炭粉和硝酸铜
D.蒸干硝酸铜溶液制Cu(NO3)2·3H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.生成气体从长颈漏斗逸出,且NO易被氧化,则不能制备NO,应选分液漏斗,故A项错误;
B.NO的密度与空气密度相差不大,不能用排空气法收集,应选排水法收集,故B项错误;
C.炭粉不溶于水,硝酸铜溶于水,则利用图中过滤装置可分离,故C项正确;
D.蒸发时促进铜离子水解,生成的硝酸易挥发,导致蒸发操作不能制备得到Cu(NO3)2·3H2O,应选冷却结晶法,故D项错误;
答案选C。
【点睛】D项是学生的易错点,溶液蒸干后产物的判断方法可归纳为几种情况:
1、溶质会发生水解反应的盐溶液,则先分析盐溶液水解生成的酸的性质。
若为易挥发性的酸(HCl、HNO3等),则最会蒸干得到的是金属氢氧化物,灼烧得到金属氧化物。
若为难挥发性酸(硫酸等),且不发生任何化学变化,最终才会得到盐溶液溶质本身固体;
2、溶质会发生氧化还原反应的盐溶液,则最终得到稳定的产物,如加热蒸干亚硫酸钠,则最终得到硫酸钠;
3、溶质受热易分解的盐溶液,则最终会得到分解的稳定产物,如加热蒸干碳酸氢钠,最终得到碳酸钠。
学生要理解并识记蒸干过程可能发生的变化。
4.四种短周期主族元素z、e、g、h,在常温下其最高价氧化物对应水化物溶液(浓度均为0.01mol·L-1)的pH与原子序数的关系如图所示。
下列说法正确的是
A.离子半径大小:
e>g>h
B.g位于第三周期VA族
C.e2g2中既含有离子键又含有非极性共价键
D.同浓度简单氢化物水溶液的pH值:
h>g>z
【答案】C
【解析】
【分析】
由图象可知,四种元素最高价氧化物对应的水化物溶液的浓度为0.01mol/L,其中z对应pH为2,即为强酸,结合原子序数可知z为N元素,e对应的pH为12,即为强碱,所以e为Na元素,所以推出g为S元素,h为Cl元素,据此分析作答。
【详解】由上述分析可知,
A.e为Na,g为S,h为Cl,因Na、S、Cl的离子半径大小为S2->Cl->Na+,即g>h>e,故A项错误;
B.S元素位于第三周期ⅥA族,故B项错误;
C.e2g2即Na2S2,类似于Na2O2,所以分子内既含有离子键,又含有非极性共价键,故C项正确;
D.h、g、z三种元素的简单氢化物分别为HCl、H2S、NH3,同浓度时三者水溶液的pH大小关系为NH3>H2S>HCl,即z>g>h,故D项错误;
答案选C。
5.下列与有机物的结构、性质有关的叙述不正确的是
A.乙醇、乙烯均能使酸性KMnO4溶液褪色
B.光照下甲烷和Cl2的反应、在FeBr3催化下苯和Br2的反应属于同一类型的反应
C.甲醇、醋酸均能与Na反应放出H2,但二者所含官能团不相同
D.甲苯的一氯代物的同分异构体有三种
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙醇和会被酸性KMnO4溶液氧化成乙酸,乙烯也会被酸性KMnO4溶液氧化成二氧化碳,故A项正确;
B.光照下甲烷和Cl2发生取代反应生成四种氯代甲烷与氯化氢,在FeBr3催化下苯和Br2发生取代反应生成溴苯和溴化氢,故B项正确;
C.甲醇中的羟基能与Na反应放出H2,醋酸中的羧基也能与Na反应放出H2,两者的官能团不同,故C项正确;
D.因甲苯的结构简式为:
,其等效氢有4种,则故甲苯的一氯代物的同分异构体有4种,故D项错误;
答案选D。
【点睛】本题D项考查一氯代物同分异构体的种类,时最基础的等效氢判断法,即同一个碳原子上的氢原子是等效的;同一个碳原子上的甲基是等效的;对称位置的氢原子(类似于平面镜成像中物体和像的关系)是等效的,据此可进行有关的判断。
6.某新型水系钠离子电池工作原理如图所示。
TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,充电时Na2S4还原为Na2S。
下列说法不正确的是
A.充电时,太阳能转化为电能,电能又转化为化学能
B.放电时,a极为负极
C.M是阴离子交换膜
D.充电时,阳极的电极反应式为3I--2e-=I3-
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意及图示可知,TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电。
则充电时,太阳能转化为电能,电能又转化为化学能,充电时Na2S4还原为Na2S,放电和充电互为逆过程,所以a是负极,b是电池的正极,在充电时,阳极上发生失电子的氧化反应:
3I--2e-═I3-,据此回答。
【详解】A.根据题意:
TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电,所以充电时,太阳能转化为电能,电能又转化为化学能,故A项正确;
B.充电时Na2S4还原为Na2S,放电和充电互为逆过程,所以a是负极,故B项正确;
C.根据图示可以知道交换膜允许钠离子自由通过,所以应该是阳离子交换膜,故C项错误;
D.在充电时,阳极b上发生失电子的氧化反应,根据图示知道电极反应为:
3I--2e-═I3-,故D项正确;
答案选C。
7.下表中的实验内容能达到实验目的或能得出相应结论的是
选项
实验内容
实验目的或结论
A
将硫酸酸化的H2O2溶液滴入Fe(NO3)2溶液中,
溶液变成黄色
氧化性:
H2O2比Fe3+强
B
测同温同浓度下Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH
比较碳和硫两种元素非金属性的强弱
C
比较不同反应的反应热数据大小
判断反应速率的大小
D
测定稀醋酸和稀NaOH溶液反应的中和热数据,数值小于57.3kJ·mol-1
醋酸的电离过程吸热
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
A.酸性条件下,亚铁离子、硝酸根离子可发生氧化还原反应;
B.Na2SO3中S元素不是最高价,不能借助盐溶液的pH来判断其非金属性;
C.反应热与反应速率无关;
D.中和热:
稀的强酸和稀的强碱完全中和生成1mol水放出的热量,醋酸为弱酸,电离出氢离子是吸热过程。
【详解】A.Fe(NO3)2溶液中含有硝酸根,加入硫酸后形成了酸性条件,在酸性条件下形成的硝酸能够氧化Fe2+,干扰了实验,不能证明氧化性:
H2O2比Fe3+强,故A项错误;
B.亚硫酸钠中的S为+4价,硫的最高价为+6价,两步水解生成的亚硫酸不是硫的的最高价氧化物对应的水化物,且Na2CO3和Na2SO3的水解以第一步为主,生成的酸分别为碳酸氢根离子与亚硫酸根离子,因此不能比较碳和硫两种元素非金属性的强弱,故B项错误;
C.反应热与反应速率无关,不能利用反应热数据比较反应速率,故C项错误;
D.酸碱反应的中和热为57.3kJ·mol-1,NaOH为强电解质,若测定稀醋酸和稀NaOH反应的中和热数值小于57.3kJ·mol-1,说明醋酸在电离过程中吸收了部分热量,故D项正确;
答案选D。
【点睛】本题侧重考查化学反应及原理的应用。
A项是学生的易错点,并不是过氧化氢氧化的亚铁离子,而是在酸性条件下硝酸根离子与亚铁离子发生氧化还原反应,生成铁离子。
学生要牢记在酸性条件下,硝酸根离子具有强氧化性,与还原性离子(如Fe2+、I-、S2-等)因发生氧化还原反应而不共存。
8.钼(Mo)及其合金在冶金、农业、电气、化工、环保和宇航等重要领域有着广泛的应用和良好的前景,成为国民经济中一种重要的原料和不可替代的战略物质。
钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。
某工厂利用钼精矿(主要成分MoS2)制备钼酸钠晶体和金属钼的流程如图所示:
请回答下列问题:
(1)Na2MoO4·2H2O中Mo的化合价是________。
(2)已知“焙烧”过程中MoS2变成MoO3,则气体1中对大气有污染的是________。
(3)“碱浸”过程中生成Na2MoO4的化学方程式是________;“结晶”的钼酸钠晶体仍含其他杂质,要得到较纯的晶体,还应采取的方法是________。
(4)“滤液”的主要成分是________。
(5)将过滤操作得到的钼酸沉淀进行高温焙烧,实验室模拟高温焙烧时用于盛放钼酸的仪器是________。
(6)钼酸高温焙烧的产物与Al在高温下发生反应的化学方程式是________。
(7)测得碱浸液中部分离子浓度为:
c(MoO42-)=0.4mol·L-1,c(SO42-)=0.02mol·L-1。
结晶前加入氢氧化钡固体除去SO42-,不考虑加入氢氧化钡固体后溶液体积的变化,当BaMoO4开始沉淀时,SO42-的去除率为________(保留三位有效数字)。
[已知:
Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaMoO4)=4.0×10-8]
【答案】
(1).+6
(2).二氧化硫或SO2(3).MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑(4).重结晶(5).NaCl、HCl(6).坩埚(7).2Al+MoO3
Mo+Al2O3(8).94.5%或0.945
【解析】
【分析】
钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼酸钠及制备金属钼的主要流程,钼精矿空气中灼烧得到含二氧化硫的尾气和粗产品MoO3,加入Na2CO3溶液反应生成Na2MoO4,结晶析出得到晶体,Na2MoO4溶液加入盐酸生成钼酸,高温灼烧分解生成MoO3,MoO3在高温条件下与铝还原生成单质钼,以此解答该题。
【详解】
(1)Na2MoO4·2H2O中钠元素化合价+1价,氧元素化合价−2价,设钼元素的化合价是x价,根据化合物的代数和为0可知,2×(+1)+x+(−2)×4=0,解得x=+6,即计算得到钼元素的化合价是+6价,
故答案为:
+6;
(2)“焙烧”过程中MoS2变成MoO3,,S被氧化生成对大气有污染的气体,应为SO2,
故答案为:
二氧化硫或SO2;
(3)加入Na2CO3溶液和MoO3反应生成二氧化碳和Na2MoO4,其反应的化学方程式为:
MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑,“结晶”的钼酸钠晶体仍含其他杂质,要得到较纯的晶体,应进行重结晶,
故答案为:
MoO3+Na2CO3=Na2MoO4+CO2↑;重结晶;
(4)加入过量盐酸,生成H2MoO4和NaCl,则滤液的主要成分为NaCl、HCl,
故答案为:
NaCl、HCl;
(5)灼烧固体,应在坩埚中进行,
故答案为:
坩埚;
(6)利用铝热反应可回收金属钼,MoO3发生铝热反应的化学方程式为:
4Al+2MoO3
2Mo+2Al2O3,
故答案为:
4Al+2MoO3
2Mo+2Al2O3;
(7)Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8,钼酸钠溶液中c(MoO42−)=0.4mol⋅L−1,BaMoO4开始沉淀时,溶液中钡离子的浓度为:
c(Ba2+)=
=1.0×10−7mol/L,又Ksp(BaSO4)=1.1×10−10,则溶液中硫酸根离子的浓度为:
c(SO42−)=
=1.1×10−3mol/L,因为原溶液中硫酸根离子的浓度为0.02mol⋅L−1,故其硫酸根离子的去除率为:
(1−
)×100%=1−5.5%=94.5%或0.945,
故答案为:
94.5%或0.945。
9.氮的固定是几百年来科学家一直研究的课题。
请回答下列问题:
(1)下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值。
反应
大气固氮N2(g)+O2(g)
2NO(g)
工业固氮N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)
温度/℃
27
2000
25
400
450
K
3.84×10-31
0.1
5×108
0.507
0.152
①分析数据可知:
大气固氮反应属于________(填“吸热”或“放热”)反应。
②分析数据可知:
人类不适合大规模模拟大气固氮的原因是________。
③从平衡视角考虑,工业固氮应该选择常温条件,但实际工业生产却选择500℃左右的高温,解释其原因________。
(2)已知工业固氮反应:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH=-94.4kJ·mol-1,恒容时,体系中各物质浓度随时间变化的曲线如图1所示,各时间段最终均达平衡状态。
①在2L容器中发生反应,前20min内,ν(NH3)=________。
②25min时采取的某种措施是________。
③时段III条件下反应的平衡常数为________L2·mol-2(保留3位有效数字)。
(3)20世纪末,科学家采用高质子导电性的SCY陶瓷(能传递H+)为介质,用吸附在它内外表面上的金属钯多晶薄膜做电极,实现高温常压下的电解法合成氨,提高了反应物的转化率,其实验简图如图2所示,阴极的电极反应式是________。
(4)近年,又有科学家提出在常温、常压、催化剂等条件下合成氨气的新思路,反应原理为:
2N2(g)+6H2O(l)
4NH3(g)+3O2(g),则其反应热ΔH=________。
已知:
N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH1=-92.4kJ·mol-12H2(g)+O2(g)
2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1
【答案】
(1).吸热
(2).K值小,正向进行的程度小(或转化率低),不适合大规模生产(3).从反应速率角度考虑,高温更好,但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适(4).0.050(或0.05)mol/(L·min)(5).将NH3从反应体系中分离出去(6).2.37(7).N2+6e-+6H+=2NH3(8).+1530.0kJ·mol-1
【解析】
【分析】
(1)①温度越高,K越大,说明升高温度,平衡正移;
②K值很小,转化率很小;
③从影响化学反应速率与化学平衡的角度即经济效益分析实际操作问题;
(2)①根据ν=
计算出前20min内氨气的平均反应速率ν(NH3);
②根据25min时氨气的物质的量变为0,而氮气和氢气的物质的量不变进行解答,改变的条件是分离出氨气;
③根据时段Ⅲ条件下达到平衡时各组分的浓度及平衡常数等于生成物平衡浓度幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积进行解答;
(3)氮气在阴极得电子生成氨气;
(4)已知:
①N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)△H=-92.4kJ•mol-1,
②2H2(g)+O2(g)⇌2H2O(l)△H=-571.6kJ•mol-1,
由盖斯定律:
①×2-②×3得2N2(g)+6H2O(l)⇌4NH3(g)+3O2(g),据此分析。
【详解】
(1)①由表格数据可知,温度越高,K越大,说明升高温度,平衡正移,则正反应方向为吸热反应,
故答案为:
吸热;
②由表格数据可知,2000℃时,K=0.1,K值很小,则转化率很小,不适合大规模生产,所以人类不适合大规模模拟大气固氮,
故答案为:
K值小,正向进行的程度小(或转化率低),不适合大规模生产;
③结合表格可以看出,工业固氮的反应平衡常数随着温度的升高而降低,为放热反应,但温度升高,化学反应速率会增大,但催化剂也受温度影响,有适当的温度下活性最大,综合考虑,可选择温度为500℃左右合适,其原因可解释为:
从反应速率角度考虑,高温更好,但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适,
故答案为:
从反应速率角度考虑,高温更好,但从催化剂活性等综合因素考虑选择500℃左右合适;
(2)①根据图象可知,20min时氨气的物质的量浓度为1.00mol/L,所以氨气的平均反应速率为:
ν(NH3)=
=
=0.050(或0.05)mol/(L·min)
故答案为:
0.050(或0.05)mol/(L·min);
②25min时氨气的物质的量迅速变为0而氮气、氢气的物质的量不变,之后氮气、氢气的物质的量逐渐减小,氨气的物质的量逐渐增大,说明25min时改变的条件是将NH3从反应体系中分离出去,
故答案为:
将NH3从反应体系中分离出去;
③时段Ⅲ条件下,其反应为:
N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g),图象方向可知平衡状态下c(N2)=0.25mol/L,c(NH3)=0.50mol/L,c(H2)=0.75mol/L,则该反应的化学平衡常数为:
K=
=
=
2.37
故答案为:
2.37;
(3)电解池中氮气在阴极得电子生成氨气,其电极方程式为:
N2+6e-+6H+=2NH3,
故答案为:
N2+6e-+6H+=2NH3;
(4)已知:
①N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)ΔH1=-92.4kJ·mol-1,
②2H2(g)+O2(g)
2H2O(l)ΔH2=-571.6kJ·mol-1,
由盖斯定律:
①×2−②×3得2N2(g)+6H2O(l)
4NH3(g)+3O2(g),则△H=(−92.4kJ⋅mol−1)×2−(−571.6kJ⋅mol−1)×3=+1530.0kJ⋅mol−1;
故答案为:
+1530.0kJ⋅mol−1。
10.甲苯(
)是一种重要的化工原料,能用于生产苯甲醛(
)、苯甲酸(
)等产品。
下表列出了有关物质的部分物理性质:
名称
性状
熔点(℃)
沸点(℃)
相对密度
(d水=1g·cm-3)
溶解性
水
乙醇
甲苯
无色液体,易燃、易挥发
-95
110.6
0.8660
不溶
互溶
苯甲醛
无色液体
-26
179
1.0440
微溶
互溶
苯甲酸
白色片状或针状晶体
122.1
249
1.2659
微溶
易溶
注:
甲苯、苯甲醛、苯甲酸三者互溶;酸性:
苯甲酸>醋酸
实验室可用如图装置模拟制备苯甲醛。
实验时先在三颈瓶中加入0.5g固态难溶性催化剂,再加入15mL冰醋酸(作溶剂不参加反应)和2mL甲苯,搅拌升温至70℃,同时缓慢加入12mL过氧化氢,在此温度下搅拌反应3小时。
请回答下列问题:
(1)装置a的名称是________,主要作用是________;三颈瓶中发生反应的化学方程式为________,此反应的原子利用率理论上可达________(保留四位有效数字)。
(2)经测定,反应温度过高时,苯甲醛的产量有所减少,可能的原因是________。
(3)反应完毕后,反应混合液经过自然冷却至室温后,还应经过________、________
(填操作名称)等操作,才能得到苯甲醛粗产品。
(4)实验中加入过量的过氧化氢并延长反应时间时,会使苯甲醛产品中产生较多的苯甲酸。
①若想从混有苯甲酸的苯甲醛中分离出苯甲酸,正确的操作步骤是________(按步骤顺序填字母)。
a.对混合液进行分液b.与适量碳酸氢钠溶液混合振荡
c.过滤、洗涤、干燥d.水层中加入盐酸调节pH=2
②若对实验①中获得的苯甲酸产品进行纯度测定,可称取1.500g产品,溶于乙醇配成100mL溶液,量取所得的乙醇溶液20.00mL于锥形瓶,滴加2~3滴酚酞指示剂,然后用预先配好的0.1000mol·L-1KOH标准溶液滴定,到达滴定终点时消耗KOH溶液20.00mL。
产品中苯甲酸的质量分数为________(保留四位有效数字)。
③下列情况会使测定结果偏低的是________(填字母)。
A.滴定终点时仰视读取耗碱量
B.锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
C.配置KOH标准溶液时俯视定容
D.碱式滴定管滴定前有气泡,滴定终点时气泡消失
【答案】
(1).球形冷凝管
(2).冷凝回流,防止甲苯的挥发而降低产品产率(3).
(4).66.25%或0.6625(5).H2O2在较高温度时分解速度加快,使实际参加反应的H2O2减少,影响产量(6).过滤(7).蒸馏(8).badc(9).81.33﹪或0.8133(10).C
【解析】
【分析】
(1)由仪器a结构可知为球形冷凝管,甲苯挥发会导致产率降低;
(2)三颈瓶中甲苯被过氧化氢氧化生成苯甲醛,同时还生成
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