届江苏省泰州市高三上学期期末考试化学试题解析版.docx
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届江苏省泰州市高三上学期期末考试化学试题解析版
江苏省泰州市2019届高三上学期期末考试
化学试题
1.化学与环境保护密切相关,下列叙述正确的是
A.家庭装修所产生的甲醛、苯等有害物质可用水溶解吸收
B.处理废水时加入明矾作为消毒剂对水进行杀菌消毒
C.含汞废旧电池需回收处理是因为重金属离子污染土壤和水体
D.某酸雨样品放置过程中pH减小是因为溶解了更多的CO2
【答案】C
【解析】
【详解】A.苯不溶于水,甲醛蒸气常压下在水中溶解度也不大,所以使用水难以消除室内空气中甲醛和苯蒸气的污染。
A项错误;
B.明矾[KAl(SO4)2·12H2O]不具有杀菌消毒的功能,只具有使废水中悬浮杂质沉降的作用,B项错误;
C.汞等重金属离子能使蛋白质变性,含汞废旧电池会影响土壤和水体中生物生长,甚至使生物死亡,通过食物链最终影响人类健康,所以含汞废旧电池需回收处理。
C项正确;
D.正常雨水pH约为5.6,是因为溶解了CO2生成了H2CO3(属于弱酸)而使雨水呈弱酸性,而酸雨中溶解了SO2,酸雨样品放置过程发生反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4或2H2SO3+O2=2H2SO4,生成强酸,溶液的酸性增强,所以酸雨的pH小于5.6。
D项错误;答案选C。
2.下列化学用语表示正确的是
A.中子数为8的氮原子:
158N
B.铵根离子电子式:
C.硫离子的结构示意图:
D.聚丙烯的结构简式:
【答案】B
【解析】
【详解】A.在核素符号中元素符号左下角应表示质子数,所以该氮原子的正确符号为
,A项错误;
B.氮原子有5个价电子,氢原子有1个价电子,氮原子跟3个氢原子形成3对共用电子对,氮原子最外层的一对孤电子对与氢离子的空轨道形成配位键,所以电子式为
,B项正确;
C.硫离子核电荷数为16,核外有18个电子,K、L、M层排布的电子数分别为2、8、8,所以结构示意图为
,C项错误;
D.聚丙烯正确的结构简式为:
,D项错误;答案选B。
3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A.FeSO4具有氧化性,可用作食品抗氧化剂
B.SiO2熔点高、硬度大,可用于制光学仪器
C.Al(OH)3具有弱碱性,可用于制胃酸中和剂
D.NH3具有还原性,可用作制冷剂
【答案】C
【解析】
【详解】A.FeSO4具有还原性,可用作食品抗氧化剂,A项错误;
B.SiO2晶体透光性好,可用于制光学仪器,B项错误;
C.Al(OH)3具有弱碱性,能中和胃酸又不伤害人体组织细胞,C项正确;
D.NH3易液化,液化时放热,液氨汽化时吸收大量的热,所以NH3可用作制冷剂。
D项错误;答案选C。
4.室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A.0.1mol·L-1H2SO4溶液:
Mg2+、K+、Cl-、NO3-
B.0.1mol·L-1NaAlO2溶液:
Na+、NH4+、H+、SO42-
C.0.1mol·L-1Na2SO3溶液:
Ba2+、K+、ClO-、OH-
D.0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液:
NH4+、Na+、Cl-、HCO3-
【答案】A
【解析】
【详解】A.该组离子与H2SO4不发生反应,该组离子之间也不反应,所以该组离子在H2SO4溶液中能大量共存,A项正确;
B.AlO2-与H+能发生反应AlO2-+H++H2O=Al(OH)3↓,所以H+在NaAlO2溶液中不能大量共存,B项错误;
C.SO32-具有还原性,ClO-具有氧化性,SO32-和ClO-之间能发生氧化还原反应,所以ClO-在Na2SO3溶液中不能大量共存,C项错误;
D.Ba(OH)2与HCO3-发生反应:
Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+2H2O+CO32-,所以HCO3-在Ba(OH)2溶液中不能大量共存,D项错误;答案选A。
【点睛】离子在溶液中能够大量共存的前提条件是离子之间不发生反应。
只要满足下列条件之一,离子之间即可发生反应而不能大量共存:
一是离子之间结合生成难溶性物质;二是离子之间结合生成挥发性物质;三是离子之间结合生成水(或弱酸、弱碱);四是离子之间结合生成络离子等。
5.下列有关物质性质的叙述错误的是
A.将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液
B.蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应
C.硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体
D.过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁
【答案】D
【解析】
【详解】A.将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应:
2NH3+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2↓+2NH4+,Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42++2OH-,Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色,A项正确;
B.蛋白质属于高分子,分子直径已达到1nm~100nm之间,蛋白质的水溶液属于胶体,故可产生丁达尔效应。
B项正确;
C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸,边滴边振荡,可得到硅酸胶体:
Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。
C项正确;
D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁:
2Fe+3Cl2
2FeCl3。
D项错误;答案选D。
6.用下列实验装置和方法进行相应实验,能达到实验目的的是
A.用装置甲制备SO2
B.用装置乙从碘水溶液中萃取碘
C.用装置丙除去粗盐溶液中混有的KCl杂质
D.用装置丁蒸干溶液获得(NH4)2CO3晶体
【答案】B
【解析】
【详解】A.浓硫酸与铜在加热的条件下生成SO2,而装置甲中没有加热仪器,所以用装置甲不能达到实验目的,A项错误;
B.碘在苯中的溶解度比在水中的溶解度大且苯与水互不相溶,萃取剂和装置的选择都正确,所以用装置乙可以达到实验目的,B项正确;
C.KCl易溶于水,过滤操作无法除去粗盐溶液中的KCl杂质,所以用装置丙无法达到实验目的,C项错误;
D.(NH4)2CO3受热易分解:
(NH4)2CO3
2NH3↑+CO2↑+H2O,所以用装置丁无法达到实验目的。
D项错误;答案选B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.向苯酚钠溶液中通入少量CO2:
2C6H5O-+CO2+H2O―→2C6H5OH+CO32-
B.向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液:
5NO2-+2MnO4-+3H2O===5NO3-+2Mn2++6OH-
C.向AlCl3溶液中滴加过量氨水:
Al3++3NH3·H2O===Al(OH)3↓+3NH4+
D.NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性:
H++SO42-+Ba2++OH-===BaSO4↓+H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A.因为酸性强弱关系为H2CO3>C6H5OH>HCO3-,所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成:
C6H5O-+CO2+H2O―→C6H5OH+HCO3-。
A项错误;
B.因为是酸性溶液,所以产物中不会有OH-生成,正确的反应方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+===5NO3-+2Mn2++3H2O。
B项错误;
C.Al(OH)3不能与氨水反应,所以该离子方程式是正确的,C项正确;
D.离子方程式不符合物质[Ba(OH)2]的组成,正确的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-===BaSO4↓+2H2O。
D项错误;答案选C。
【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误:
(1)不能正确使用分子式与离子符号;
(2)反应前后电荷不守恒;(3)得失电子不守恒;(4)反应原理不正确;(5)缺少必要的反应条件;(6)不符合物质的组成;(7)忽略反应物用量的影响等。
8.X、Y、Z、W、R为五种短周期主族元素,且原子序数依次增大,X与W同主族,Z与R同主族,X的原子半径比Y的小,Y的最高价氧化物对应的水化物是强酸,Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍。
下列说法正确的是
A.原子半径:
r(W)>r(Z)>r(Y)
B.简单气态氢化物的热稳定性:
Y>Z
C.R的氧化物对应的水化物均为强酸
D.W2Z2与X2R均含有共价键
【答案】D
【解析】
【详解】“Z的最外层电子数是其内层电子数的3倍”,因最外层电子数不越过8个,且第二周期元素的内层是K层,有2个电子,第三周期元素的内层是K、L层共10个电子,所以Z元素只能是第二周期的氧元素(核外K、L层电子数分别为2、6)。
因“Z与R同主族”,故R为硫元素。
因X、Y、Z、W、R原子序数依次增大,Y处于氧元素之前,且Y最高价氧化物对应的水化物是强酸,所以Y只能是氮元素。
X处于Y之前且原子半径比Y小,所以X不会与Y周期(同周期元素原子半径逐渐减小),X且为主族,所以X只能是氢元素。
W应处于氧与硫之间且与X同主族,所以W为钠元素。
总之,X为氢、Y为氮、Z为氧、W为钠、R为硫。
A.根据同周期原子半径逐渐减小,同主族原子半径逐渐增大可知,原子半径大小关系为:
r(Na)>r(N)>r(O)。
A项错误;
B.根据元素非金属性越强,该元素气态氢化物的热稳定性越强可知,氢化物的热稳定性关系:
H2O>NH3。
B项错误;
C.根据元素非金属性越强,该元素最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,硫酸(H2SO4)是强酸,而亚硫酸(H2SO3)不是强酸,C项错误;
D.Na2O2的电子式为
,过氧根中氧原子之间是共价键,H2S的电子式为
,H与S之间是共价键,D项正确;答案选D。
【点睛】元素非金属性强弱的实验标志有:
(1)元素的单质与H2化合越容易,该元素非金属性越强;
(2)元素的气态氢化物越稳定,该元素非金属性越强;(3)元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,该元素非金属性越强等。
9.下列物质的转化在给定条件下不能实现的是
A.NH3
NO
HNO3
B.浓盐酸
Cl2
漂白粉
C.Al2O3
AlCl3(aq)
无水AlCl3
D.葡萄糖
C2H5OH
CH3CHO
【答案】C
【解析】
【详解】A.4NH3+5O2
4NO+6H2O,4NO+3O2+2H2O=4HNO3,A项正确;
B.MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,B项正确;
C.Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O,加热AlCl3溶液过程中因HCl气体挥发,AlCl3的水解平衡AlCl3+3H2O
Al(OH)3+3HCl向正反应方向移动,蒸干灼热后得到Al2O3,无法得到无水AlCl3,C项错误;
D.C6H12O6(葡萄糖)
2C2H5OH+2CO2,2C2H5OH+O2
2CH3CHO+2H2O。
D项正确;答案选C。
10.下列说法正确的是
A.铜锌原电池中,盐桥中的K+和NO
分别移向负极和正极
B.SiO2(s)+2C(s)===Si(s)+2CO(g)必须在高温下反应才能发生,则ΔH>0
C.室温下,将Na2CO3和NaHCO3的混合溶液加水稀释,
减小
D.电解精炼铜时,若阴极析出3.2g铜,则阳极失电子数大于6.02×1022
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池中阳离子向正极迁移,阴离子向负极迁移,所以盐桥中的K+向正极迁移,NO3-向负极迁移。
A项错误;
B.该反应熵增加(即△S>0),因高温下才能发生反应,低温下不能反应,即低温下△H-T△S>0,所以△H>0。
B项正确;
C.因为混合溶液中存在HCO3-
H++CO32-平衡,其平衡常数K=
,即
=
,K只与温度有关,加水稀释过程中K值不变,而c(H+)增大,所以
增大,C项错误;
D.电解精炼铜时,阴极只有Cu2+放电:
Cu2++2e-=Cu,3.2g铜的物质的量=
=0.05mol,所以阴极得到电子的物质的量为0.05mol×2e-=0.1mole-,即6.02×1022个电子,根据电解池中电子转移守恒可知阳极失去的电子数也为6.02×1022。
D项错误;答案选B。
【点睛】本题易错点是C选项,CO32-水解生成HCO3-:
CO32-+H2O
HCO3-+OH-;HCO3-电离产生CO32-:
HCO3-
CO32-+H+,从这两个平衡移动的“此长彼消”角度不易判断,若从HCO3-电离平衡常数入手分析便能准确判断
值的变化。
11.下列有关化合物X的叙述正确的是
A.X分子只存在2个手性碳原子
B.X分子能发生氧化、取代、消去反应
C.X分子中所有碳原子可能在同一平面上
D.1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗3molNaOH
【答案】B
【解析】
【详解】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。
化合物X分子中含有3个手性碳原子:
(打*号的碳原子为手性碳原子),A项错误;
B.X分子中含有
(醇)和
-CH-基团能被KMnO4氧化,醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应,分子中含有的
和
基团都能发生消去反应,B项正确;
C.X分子(
)中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上,这4个碳原子不可能在同一平面上。
C项错误;
D.因X分子中含有酯基和-Br,X能与NaOH溶液发生水解反应:
+2NaOH
+CH3CH2OH+NaBr。
所以1molX与足量NaOH溶液反应,最多消耗2molNaOH。
D项错误;答案选B。
12.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向蔗糖中加入浓硫酸,搅拌得黑色海绵状固体,并放出刺激性气味气体
浓硫酸仅体现吸水性和脱水性
B
向蓝色石蕊试纸上滴加新制氯水,试纸边缘呈红色,中间为白色
氯水既有酸性又有还原性
C
卤代烃Y与NaOH溶液共热后,加入足量稀硝酸,再滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀
卤代烃Y中含有氯原子
D
取5mL0.1mol·L-1KI溶液,加入1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液,萃取分液后,向水层滴入KSCN溶液,溶液变成血红色
Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应
A.AB.BC.CD.D
【答案】CD
【解析】
【详解】A.蔗糖中加入浓硫酸得黑色的炭,说明浓硫酸具有脱水性,放出的刺激性气味气体是SO2,说明浓硫酸具有强氧化性:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+SO2↑+2H2O,A项错误;
B.试纸边缘呈红色,说明氯水显酸性;液滴中间为白色,说明液滴中间的HClO浓度大,HClO漂白了试纸,说明氯水具有漂白性。
B项错误;
C.卤代烃在NaOH溶液中发生水解反应R-X+NaOH
R-OH+NaX,加入足量稀硝酸中和过量的NaOH后,再加入AgNO3溶液Ag++X-=AgX↓生成的白色沉淀是AgCl,所以Y为氯代烃,C项正确;
D.有反应2I-+2Fe3+=I2+2Fe2+,5mL0.1mol·L-1KI溶液与1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中物质的量之比n(KI):
n(FeCl3)≈5:
1,说明KI过量,如果该反应是不可逆反应,则混合后溶液中没有Fe3+,萃取分液后的水层中加入KSCN溶液,溶液不会变红,但事实上溶液变红,所以Fe3+与I-所发生的反应为可逆反应,D项正确;答案选CD。
13.图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示),图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO-两种微粒浓度随pH变化的曲线。
下列结论错误的是
A.CH4分子在催化剂表面会断开C—H键,断键会吸收能量
B.中间体①的能量大于中间体②的能量
C.室温下,CH3COOH的电离常数Ka=10-4.76
D.升高温度,图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动
【答案】D
【解析】
【详解】A.虚框内中间体的能量关系图可知,CH4分子在催化剂表面断开C-H键,断裂化学键需要吸收能量,A项正确;
B.从虚框内中间体的能量关系图看,中间体①是断裂C—H键形成的,断裂化学键需要吸收能量,中间体②是形成C—C和O—H键形成的,形成化学键需要释放能量,所以中间体①的能量大于中间体②的能量,B项正确;
C.由图2可知,当溶液pH=4.76,c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L,CH3COOH
CH3COO-+H+的电离常数Ka=
=c(H+)=10-4.76。
C项正确;
D.根据CH3COOH
CH3COO-+H+的电离常数Ka=
可知,图2两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值,而升高温度电离常数增大,即交点的c(H+)增大,pH将减小,所以交点会向pH减小的方向移动。
D项错误;答案选D。
14.室温下,用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.0500mol·L-1H2C2O4溶液所得滴定曲线如图所示。
下列关于溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A.在整个滴定过程中,始终存在:
c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)
B.当V[NaOH(aq)]=10.00mL时:
c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
C.当V[NaOH(aq)]=15.00mL时:
3c(Na+)=2c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)
D.当V[NaOH(aq)]=30.00mL时:
c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=c(OH-)-c(H+)
【答案】BD
【解析】
【详解】A.在整个滴定过程中,混合溶液中的溶质种类先后变化是H2C2O4和NaHC2O4,NaHC2O4、NaHC2O4和Na2C2O4,Na2C2O4、Na2C2O4和NaOH,不管是哪种情况,混合溶液中的离子种类始终只有H+、Na+、HC2O4-、C2O42-、OH-五种离子,所以整个滴定过程中电荷守恒关系有c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),A项错误;
B.当V[NaOH(aq)]=10.00mL时,溶液中NaOH与H2C2O4的物质的量之比为1:
1,发生的反应为NaOH+H2C2O4=NaHC2O4+H2O,即所得溶液中的溶质为NaHC2O4,由图像知此时溶液显酸性,说明HC2O4-的电离程度大于其水解程度,HC2O4-
H++C2O42-,HC2O4-+H2O
H2C2O4+OH-。
所以溶液粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项正确;
C.当V[NaOH(aq)]=15.00mL时,溶液中NaOH与H2C2O4的物质的量之比为3:
2,发生反应3NaOH+2H2C2O4=NaHC2O4+Na2C2O4+3H2O,所得溶液为等浓度的NaHC2O4和Na2C2O4的混合溶液,根据物料守恒知混合溶液中钠元素与碳元素物质的量之比为3:
4,则有c(Na+)=
[2c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)],即2c(Na+)=3c(C2O42-)+3c(HC2O4-)+3c(H2C2O4),C项错误;
D.当V[NaOH(aq)]=30.00mL时,溶液中NaOH与H2C2O4的物质的量之比为3:
1,发生反应2NaOH+H2C2O4=Na2C2O4+2H2O,所得溶液是等浓度的Na2C2O4和NaOH的混合溶液。
由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),由物料守恒得c(Na+)=3c(C2O42-)+3c(HC2O4-)+3c(H2C2O4),将两式中c(Na+)消去得:
c(C2O42-)+2c(HC2O4-)+3c(H2C2O4)=c(OH-)-c(H+)。
D项正确;答案选BD。
15.恒容条件下,1molSiHCl3发生如下反应:
2SiHCl3(g)
SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)。
已知:
v正=v消耗(SiHCl3)=k正x2(SiHCl3),v逆=2v消耗(SiH2Cl2)=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4),k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数(仅与温度有关),x为物质的量分数。
如图是不同温度下x(SiHCl3)随时间的变化。
下列说法正确的是
A.该反应为放热反应,v正,a B.T1K时平衡体系中可通过移走SiCl4提高SiHCl3的转化率 C.当反应进行到a处时,v正/v逆=16/9 D.T2K时平衡体系中再充入1molSiHCl3,平衡正向移动,x(SiH2Cl2)增大 【答案】BC 【解析】 【详解】A.因两曲线对应的状态只是温度不同,由图像知达到平衡所需时间T2K大于T1K,温度越高反应速率越快,所以温度T2>T1。 又T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数比T1K平衡时小,说明升温平衡向正反应方向移动,由此推知该反应为吸热反应,A项错误; B.从平衡体系中移走SiCl4,即减小生成物浓度,根据勒夏特列原理知,平衡将向正反应方向移动,反应物的转化率提高,B项正确; C.2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后分子数不变,即反应开始至达平衡的过程中混合气体总物质的量始终为1mol,由图像知T2K下达到平衡时SiHCl3的物质的量分数为0.75,则此时SiH2Cl2和SiCl4的物质的量分数均为0.125,因为平衡时V正=V逆,V正=k正x2(SiHCl3)=0.752k正,V逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.1252k逆,则0.752k正=0.1252k逆, = = ,因k正和k逆只与温度有关,反应进行到a点处时V正=k正x2(SiHCl3)=0.82k正,V逆=k逆x(SiH2Cl2)x(SiCl4)=0.12k逆。 = × = × = 。 C项正确; D.恒容条件下再充入1molSiHCl3,相当于增大压强,而2SiHCl3(g) SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)反应前后气体体积不变,所以平衡不移动,x(SiH2Cl2)不变,D项错误;答案选BC。 16.以电石渣[主要成分Ca(OH)2,含Fe2O3、MgO和SiO2等杂质]为原料制备纳米碳酸钙的一种工艺流程如下: (1)“浸渍”时,NH4Cl和Ca(OH)2反应的化学方程式为________________________________________。 (2)“浸渍”时,一定时间内Ca2+浸取率随温度变化如图所示。 Ca2+浸取率随温度升高而上升的两个原因是_________________________________________;__________________________________________。 (3)“碳化”时,一般采用低温工艺,对应的离子方程式为___________________________。 (4)滤液Ⅱ中,可循环利用的溶质的化学式为___________________________________。 (5)“洗涤”时,检验是否洗净的方法是________________________________________________。 【答案】 (1).2NH4Cl+Ca(OH)2===CaCl2+2NH3·H2O (2).温度升高,增大浸取反应速率,从而提高Ca2+浸取率(3).温度升高导致氨挥发,促进该反应平衡向右移动,从而提高Ca2+浸取率;温度升高,NH4Cl溶
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