学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中化学试题选考解析版.docx
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学年浙江省台州市联谊五校高二上学期期中化学试题选考解析版
2018-2019学年浙江省台州市联谊五校高二(上)期中化学试卷(选考)
一、单选题(本大题共24小题,共48.0分)
1.下列能源的大量使用会导致全球进一步变暖、雾霾天气增多的是( )
A.化石能源B.太阳能C.氢能D.地热能
【答案】A
【解析】解:
因太阳能、氢能、地热能都是未来的理想能源,安全清洁,不会严重影响环境;而化石能源却会给空气造成很大的污染。
故选:
A。
化石能源是不可再生的,而它的大量使用,会造成严重的环境污染,因为在燃烧时排放出大量的二氧化碳、二氧化硫、粉尘及其他有害物质,对空气造成污染.
本题主要考查了能源的利用会对环境造成危害,题目难度不大,学习中注意相关基础知识的积累.
2.下列物质中,属于强电解质的是( )
A.CH3COOHB.H2OC.NH3•H2OD.NaOH
【答案】D
【解析】解:
A、醋酸为弱酸,属于弱电解质,故A错误;
B、水为弱电解质,故B错误;
C、一水合氨为弱碱,属于弱电解质,故C错误;
D、氢氧化钠为强碱,属于强电解质,故D正确,故选D。
强电解质:
在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物.
主要包括:
强酸(HCl、H2SO4、HNO3等),强碱(NaOH、KOH等),盐(NaCl,CH3COONa)等,除Pb(CH3COO)2,弱电解质:
在水溶液中或熔融状态下不能完全电离的化合物.
本题主要考查的是强弱电解质的概念,掌握概念是关键,难度不大.
3.下列物质的电离方程式正确的是( )
A.HCl=H++Cl-B.H2CO3⇌2H++CO32-
C.NaHCO3=Na++H++CO32-D.KClO3=K++Cl5++3O2-
【答案】A
【解析】解:
A.氯化氢为强电解质,完全电离,电离方程式:
HCl=H++Cl-,故A正确;
B.碳酸为多元弱酸分步电离,以第一步为主,电离方程式:
H2CO3⇌H++HCO3-,故B错误;
C.碳酸氢钠为强电解质,完全电离,电离方程式:
NaHCO3=Na++HCO3-,故C错误;
D.氯酸钾为强电解质,完全电离,电离方程式:
KClO3=K++ClO3-,故D错误;
故选:
A。
A.氯化氢为强电解质,完全电离;
B.碳酸为多元弱酸分步电离,以第一步为主;
C.碳酸氢根离子为弱酸的酸式根离子,不能拆;
D.氯酸根离子为原子团,不能拆。
本题考查了电解质电离方程式的书写,明确电解质电离方式是解题关键,题目难度不大。
4.当压力达到220个大气压、温度达到374℃时,水成为“超临界状态”,此时水可将CO2等含碳化合物转化为有机物,这就是“水热反应”,生物质在地下高温高压条件下通过水热反应可生成石油、煤等矿物能源.下列说法不正确的是( )
A.二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应,属于放热反应
B.“水热反应”是一种复杂的物理化学变化
C.火力发电厂可以利用废热,将二氧化碳转变为能源物质
D.随着科技的进步,“水热反应”制取能源有望实现地球上碳资源的和谐循环
【答案】A
【解析】解:
A、二氧化碳与超临界水作用生成汽油的反应,是将能量储存在汽油中的过程,属于吸热反应,故A错误;
B、压强达到22MPa、温度达到374℃时,水成为“超临界状态”,该过程为物理变化,此时水可将CO2 等含碳化合物转化为有机物,为化学变化,故B正确;
C、高压条件下将CO2等含碳化合物转化为有机物,是将二氧化碳转变为能源物质,故C正确;
D、充分利用地球上的碳资源,有利于碳资源的循环使用,故D正确;
故选:
A。
A、二氧化碳与超临界水作用是将能量储存在汽油中的过程;
B、没有新物质生成的变化叫物理变化,有新物质生成的变化叫化学变化.判断物理变化和化学变化的依据是:
是否有新物质生成;
C、火力发电厂可以利用废热在高压条件下能将CO2等含碳化合物转化为有机物;
D、“水热反应”可制取能源有利于碳资源的循环使用;
本题考查新能源的开发和利用,题目难度不大,注意题中所给信息的理解和运用.
5.下列溶液一定呈中性的是( )
A.c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液
B.pH=7的溶液
C.使石蕊试液呈紫色的溶液
D.酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液
【答案】A
【解析】解:
A、c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L溶液,氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等,溶液一定呈中性,故A正确;
B、pH=7的溶液不一定呈中性,如100℃时,水的离子积常数是10-12,pH=6时溶液呈中性,当pH=7时溶液呈碱性,故B错误;
C、使石蕊试液呈紫色的溶液,常温下溶液显酸性,故C错误;
D、酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液,若是强酸强碱反应,溶液呈中性,若是强酸弱碱反应,溶液呈酸性,若是弱酸强碱反应溶液呈碱性,故D错误;
故选:
A。
溶液酸碱性是由溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相对大小决定,c(H+)>c(OH-)溶液呈酸性;c(H+)<c(OH-)溶液呈碱性;c(H+)=c(OH-)溶液呈中性,据此进行判断.
本题考查了溶液酸碱性的判断,明确溶液的酸碱性取决于溶液中c(OH+)、c(H+)的相对大小是解本题的关键,很多同学仅仅根据pH大小判断而导致错误判断,为易错点.
6.
某同学按照课本实验要求,用50mL 0.50mol/L的盐酸与50mL 0.55mol/L的NaOH 溶液在如图所示的装置中进行中和反应。
通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热。
下列说法中,正确的是( )
A.实验过程中没有热量损失
B.图中实验装置缺少环形玻璃搅拌棒
C.烧杯间填满碎纸条的作用是固定小烧杯
D.若将盐酸体积改为60 mL,理论上所求中和热不相等
【答案】B
【解析】解:
A.该装置的保温效果并不如量热计那样好,大小烧杯之间要填满纸片,装置存在热量的散失,故A错误;
B.根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是环形玻璃搅拌器,故B正确;
C.中和热测定实验成败的关键是保温工作,大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失,故C错误;
D.因为中和热是指酸跟碱发生中和反应生成1molH2O所放出的热量,与酸碱的用量无关,若将盐酸体积改为60mL,两次实验所求得中和热相等,故D错误;
故选:
B。
A.根据实验过程的保温情况确定保温效果;
B.根据量热计的构造来判断该装置的缺少仪器;
C.中和热测定实验成败的关键是保温工作;
D.中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热量,与酸碱的用量无关。
本题考查中和热的测定,注意理解中和热的概念是解题的关键,题目难度不大。
7.关于如图所示装置的叙述,正确的是( )
A.铜是阳极,铜片上有气泡产生
B.铜片质量逐渐减少
C.电流方向从锌片经导线流向铜片
D.铜离子在铜片表面被还原
【答案】D
【解析】解:
A.该反应能自发进行,所以该装置是原电池,根据电子流向知,锌作负极,铜作正极,铜电极上铜离子得电子生成铜,故A错误;
B.该原电池中,铜电极上铜离子得电子生成铜,所以铜电极质量逐渐增加,故B错误;
C.该原电池中,锌作负极,铜作正极,所以电流从铜片沿导线流向锌片,故C错误;
D.该原电池中,铜电极上铜离子得电子发生还原反应而生成铜,被还原,故D正确;
故选:
D。
该反应能自发进行,所以该装置是原电池,根据电子流向知,锌作负极,铜作,负极上锌失电子发生氧化反应,正极上铜离子得电子发生还原反应,由此分析解答.
本题考查了原电池原理,正确推断原电池及正负极是解本题关键,结合正负极上发生的电极反应、电流流向来分析解答即可,难度不大.
8.根据如下能量关系示意图分析,下列说法正确的是( )
A.1mol C(g)与lmol O2 (g)的能量之和为393.5kJ
B.反应2CO(g)+O2 (g)=2CO2 (g)中,反应物的总键能小于生成物的总键能
C.C→CO的热化学方程式为2C(s)+O2(g)=2CO(g)△H=-110.6kJ•mol-1
D.CO的热值为10.1kJ•kg-1
【答案】B
【解析】解:
A.1molC(g)与lmolO2(g)的能量之和比1molCO2(g)的能量高393.5kJ,故A错误;
B.2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)为放热反应,反应物的总键能小于生成物的总键能,故B正确;
C.由图可知,C→CO的热化学方程式为C(s)+O2(g)=CO(g)△H=-110.6kJ•mol-1,故C错误;
D.由图可知,1molCO燃烧放出热量为282.9kJ,则CO的热值为
=6.9×10-3kJ•kg-1,故D错误;
故选:
B。
由图可知,反应物总能量大于生成物总能量,为放热反应,结合物质的状态及焓变书写热化学方程式。
本题考查反应热与焓变,为高频考点,把握反应中能量变化、焓变的计算为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项D为解答的难点,题目难度不大。
9.一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如图所示,图中有机废水中有机物可用C6H10O5表示.下列有关说法正确的是( )
A.b电极为该电池的负极
B.b电极附近溶液的pH减小
C.a电极反应式:
C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+
D.中间室:
Na+移向左室,Cl-移向右室
【答案】C
【解析】解:
该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O,左边装置电极a是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+,
A.该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,故A错误;
B.右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-,生成氢氧根离子导致溶液碱性增大,溶液的pH增大,故B错误;
C.左边装置电极a是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+,故C正确;
D.放电时,电解质溶液中阳离子Na+移向正极右室,阴离子Cl-移向负极室左室,故D错误;
故选:
C。
该原电池中,硝酸根离子得电子发生还原反应,则右边装置中电极b是正极,电极反应式为2NO3-+10e-+6H2O=N2↑+12OH-,左边装置电极a是负极,负极上有机物失电子发生氧化反应,有机物在厌氧菌作用下生成二氧化碳,电极反应式为C6H10O5-24e-+7H2O=6CO2↑+24H+,据此分析解答.
本题考查化学电源新型电池,侧重考查学生获取信息、分析推断能力,根据N元素化合价变化确定正负极,难点是电极反应式的书写,且原电池和电解池原理是高考高频点,要熟练掌握;
10.下列有关生活生产中的叙述合理的是( )
A.水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈,该法即牺牲阳极的阴极保护法
B.明矾和漂白粉用于自来水的净化和杀菌消毒,两者的作用原理相同
C.铜的精炼工业和电镀铜工业,均可采用CuSO4溶液做电解质溶液
D.工业上合成氨采用500℃左右的温度,其原因是适当加快NH3的合成速率,催化剂在500℃左右时其活性最好,且能提高H2的转化率
【答案】C
【解析】解:
A、水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈,此时铁作阴极,该法为外接电源的阴极保护法,故A错误;
B、明矾中的铝离子在水中水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮颗粒,从而起到净水作用,但是明矾没有强氧化性不能杀菌消毒,漂白粉有强氧化性能用于自来水的杀菌消毒,故B错误;
C、铜的精炼中粗铜为阳极,纯铜为阴极,硫酸铜溶液为电解质溶液,电镀铜时待镀金属为阴极,铜为阳极,硫酸铜溶液为电镀液,故C正确;
D、在500℃左右时催化剂的活性最大,所以选择采用500℃左右的温度进行但使用催化剂时平衡不移动,故不能提高氢气的转化率,故D错误。
故选:
C。
A、与电源负极相连为外接电源的阴极保护法;
B、明矾没有强氧化性不能杀菌消毒;
C、根据铜的精炼和电镀铜的原理分析;
D、催化剂不能使平衡移动.
本题考查了金属的电化学腐蚀和防护、明矾净水原理、漂白粉的杀菌消毒原理、电镀和电解精炼,题目涉及的知识点较多,侧重于反应原理的应用的考查,题目难度中等.
11.2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示,下列说法不正确的是( )
A.△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1
B.△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等
C.△H5<0,在相同条件下,2Br(g)的△H5′>△H5
D.△H7<0,且该过程形成了分子间作用力
【答案】D
【解析】解:
A.由盖斯定律可知,反应一步完成和分步完成的能量相同,则△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1,故A正确;
B.断裂化学键吸收能量,形成化学键释放能量,则△H4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等,故B正确;
C.气态原子转化为气态离子放热,且Cl比Br活泼,Cl得到电子放出热量多,焓变为负,则△H5<0,在相同条件下,2Br(g)的△H5′>△H5,故C正确;
D.氯化钠为离子晶体,同种物质的气态比固态能量高,则△H7<0,且该过程形成离子键,故D错误;
故选:
D。
A.由盖斯定律可知,反应一步完成和分步完成的能量相同;
B.断裂化学键吸收能量,形成化学键释放能量;
C.气态原子转化为气态离子放热,且Cl比Br活泼,Cl得到电子放出热量多;
D.氯化钠为离子晶体,气态比固态能量高。
本题考查反应热与焓变,为高频考点,把握盖斯定律、焓变与能量的关系、氯化钠的构成为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项C为解答的难点,题目难度不大。
12.氯化铜的稀溶液是淡蓝色的,加入浓盐酸后,溶液变成黄绿色了,这种颜色变化是由下列可逆反应造成的:
Cu(H2O)42+(溶液)+4Cl-⇌CuCl42-(溶液)+4H2O,其中Cu(H2O)42+为淡蓝色,CuCl42-为黄绿色.下列方法①加蒸馏水;②加AgNO3固体;③加入NaCl固体;④加入过量NaOH溶液中,能使溶液变成淡蓝色的是( )
A.只有①B.只有②C.①和②D.③和④
【答案】C
【解析】解:
根据题意知,能使溶液变成淡蓝色,加入的物质应该使该反应向逆反应方向移动,
①水是生成物,加蒸馏水,使可逆反应向逆反应方向移动,所以能使溶液变成淡蓝色,故正确;
②加AgNO3固体,氯离子和银离子反应生成氯化银白色沉淀,平衡向逆反应方向移动,所以能使溶液变成淡蓝色,故正确;
③加入NaCl固体,氯离子浓度增大,平衡向正反应方向移动,不能使溶液变成淡蓝色,故错误;
④加入过量NaOH溶液时,铜离子完全和氢氧化钠反应生成氢氧化铜蓝色沉淀,所以溶液最终呈无色,故错误;
故选:
C。
要使溶液变成淡蓝色,加入的物质应该使该反应向逆反应方向移动,据此分析解答.
本题考查了可逆反应的平衡移动,明确物质间的反应是解本题关键,难度不大.
13.可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)在不同条件下的反应速率如下,其中反应速率最快的是( )
A.υ(SO2)=0.5mol/(L•s)B.υ(O2)=1mol/(L•min)
C.υ(SO3)=0.6mol/(L•s)D.υ(O2)=0.4mol/(L•s)
【答案】D
【解析】解:
可逆反应2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)都转化为υ(SO2)进行比较,
A.υ(SO2)=0.5mol/(L•s);
B.υ(O2)=1mol/(L•min)=0.017mol/(L•s),则υ(SO2)=2υ(O2)=0.034mol/(L•s);
C.υ(SO3)=0.6mol/(L•s),则υ(SO2)=υ(SO3)=0.6mol/(L•s);
D.υ(O2)=0.4mol/(L•s),则υ(SO2)=2υ(O2)=0.8mol/(L•s);
故反应速率D>C>A>B,
故选:
D。
由化学反应速率之比等于方程式的系数之比可知,将用不同物质表示的化学反应速率统一用同一种物质来表示,然后再进行数据的大小比较即可,注意单位一致.
比较反应速率常用的两种方法:
(1)归一法:
将同一反应中的不同物质的反应速率转化成同一物质的反应速率,再较小比较.
(2)比值法:
用各物质的量表示的反应速率除以对应各物质的化学计量数,数值大的反应速率快,比较反应速率时注意反应速率的单位要相同.
14.在体积可变的容器中发生反应N2+3H2⇌NH3当增大压强使容器体积缩小时,化学反应速率加快,其主要原因是( )
A.分子运动速率加快,使反应物分子间的碰撞机会增多
B.反应物分子的能量增加,活化分子百分数增大,有效碰撞次数增多
C.活化分子百分数未变,但单位体积内活化分子数增加,有效碰撞次数增多
D.分子间距离减小,使所有的活化分子间的碰撞都成为有效碰撞
【答案】C
【解析】解:
A.由于温度不变,所以分子运动速率不变,故A错误;
B.由于温度不变,所以反应物分子的能量不变,故B错误;
C.大压强使容器体积缩小时,单位体积内反应物浓度增大,所以单位体积内活化分子数增加,有效碰撞次数增多,反应速率加快,但是活化分子百分数未变,故C正确;
D.活化分子间的碰撞不一定是有效碰撞,只有取向合适才能发生反应,才是有效碰撞,故D错误。
故选:
C。
增大压强使容器体积缩小时,单位体积内反应物浓度增大,所以单位体积内活化分子数增加,有效碰撞次数增多,反应速率加快,但是活化分子百分数未变.
本题考查影响活化分子的因素,题目难度不大,注意外界条件对活化分子的影响不同,把握相关基础知识的积累.
15.已知0.1mol•L-1的醋酸溶液中存在电离平衡:
CH3COOH⇌CH3COO-+H+,要使溶液中
值增大,可以采取的措施是( )
A.加少量烧碱溶液B.升高温度
C.加少量冰醋酸D.减小压强(不考虑挥发)
【答案】B
【解析】解:
A.加入烧碱固体,反应生成CH3COO-,c(H+)减小,由于CH3COO-对CH3COOH的电离起到抑制作用,则c(H+)/c(CH3COOH)值减小,故A错误;
B.弱电解质的电离为吸热过程,加热促进电离,则c(H+)/c(CH3COOH)值增大,故B正确;
C.加少量冰醋酸,醋酸浓度增大,弱电解质的浓度越大,电离程度越小,则c(H+)/c(CH3COOH)值减小,故C错误;
D.减小压强对溶液影响不大,不影响比值关系,故D错误;
故选:
B。
醋酸溶液中存在电荷平衡,要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)值增大,应是平衡向电离的方向移动,结合影响平衡移动的因素解答该题。
本题考查弱电解质的电离,侧重于考查学生的分析能力和化学基本概念的理解和应用能力,为高考常见题型,难度中等,注意把握影响弱电解质的电离的影响因素。
16.常温下c(H+)最小的是( )
A.pH=0的溶液.B.0.04 mol•L-1 的H2SO4.
C.0.5 mol•L-1 的HCl.D.0.05 mol•L-1的HNO3
【答案】D
【解析】解:
A.pH=0的溶液中c(H+)=1mol/L;
B.c(H+)=2c(H2SO4)=0.08mol/L;
C.c(H+)=c(HCl)=0.5mol/L;
D.c(H+)=c(HNO3)=0.05mol/L;
所以氢离子浓度最小的是D,
故选:
D。
根据酸浓度和氢离子浓度的关系及c(H+)=10-pH计算氢离子浓度.
本题考查氢离子浓度的计算,明确强酸溶液中,氢离子浓度和酸浓度的关系是解本题关键,难度不大.
17.一定量的盐酸跟少量的铁粉反应时,为了减缓反应速率但不影响生成H2的总量,可向盐酸中加入( )
A.KNO3溶液B.NaCl溶液C.铜粉D.硫酸铜晶体
【答案】B
【解析】解:
A、加入KNO3溶液后,在酸性溶液中NO3-和铁反应生成的气体不会是氢气,故A错误;
B、NaCl溶液不参与反应,但溶液体积增大,会降低盐酸的浓度,反应速率降低,故B正确;
C、加入铜粉,可构成原电池加快反应速率,故C错误;
D、加入硫酸铜晶体后,铁可置换出铜,构成原电池,加快反应,故B错误。
故选:
B。
铁与盐酸反应本质为Fe+2H+=Fe2++H2↑,一定量的盐酸跟少量的铁粉反应,铁粉不足,减缓反应速率但不影响生成H2的总量,应降低H+浓度,但不能影响与酸反应生成氢气的铁粉的质量,结合物质的性质解答.
考查反应速率的影响因素,难度中等,注意A中加入后硝酸反应完毕,剩余的铁与盐酸反应生成氢气.
18.有一可逆反应2A(g)+3B(g)⇌4C(g)+D(g),已知起始浓度c(A)=2mol/L,c(B)=3mol/L,c(C)=c(D)=0,反应开始20min后达到平衡状态,此时D的平衡浓度为0.5mol/L,则下列说法不正确的是( )
A.前20 min的平均反应速率v(C)=0.1 mol/(L•min)
B.A的转化率为50%
C.C的平衡浓度c(C)=4 mol/L
D.B的平衡浓度c(B)=1.5 mol/L
【答案】C
【解析】解:
利用三段式法计算:
2A(g)+3B(g)⇌4C(g)+D(g),
起始(mol/l)2 3 0 0
转化(mol/l)1 1.5 2 0.5
平衡(mol/l)1 1.5 2 0.5
A.前20min的平均反应速率v(C)=
=0.1mol/(L.min),故A正确;
B.A的转化率为×100%=50%,故B正确;
C.C的平衡为浓度为2mol/L,故C错误;
D.B的平衡浓度为1.5mol/L,故D正确。
故选:
C。
利用三段式法计算:
2A(g)+3B(g)⇌4C(g)+D(g),
起始(mol/l)2 3 0 0
转化(mol/l)1 1.5 2 0.5
平衡(mol/l)1 1.5 2 0.5
结合对应的数据计算各物理量及转化率.
本题考查化学平衡的计算,难度不大,注意利用三段式法计算出平衡浓度为解答该题的关键,答题时注意体会.
19.
如图所示,X、Y分别是直流电源的两极,通电后发现a极板质量增加,b极板处有无色无味的气体放出,符合这一情况的是 ( )
a极板
b极板
X电极
Z
A
锌
石墨
负极
CuSO4
B
石墨
石墨
负极
NaOH
C
银
铁
正极
AgNO3
D
铜
石墨
负极
CuCl2
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】解:
通电后发现a极板质量增加,所以金属阳离子在a极上得电子,a极是阴极,溶液中金属元素在金属活动性顺
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