江西省上饶市重点中学届高三下学期第一次六校联考理科综合化学试题附答案解析.docx
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江西省上饶市重点中学届高三下学期第一次六校联考理科综合化学试题附答案解析
江西省上饶市重点中学2019届高三下学期第一次六校联考
理科综合化学试题
(考试时间:
150分钟试卷满分:
300分)
可能用到的相对原子质量:
H:
1C:
12N:
14O:
16K:
39Ca:
40Cr:
52Cu:
64Au:
197
一、选择题:
本题共13小题,每小题6分,共78分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。
1.化学与生活、社会发展息息相关。
下列有关说法不正确的是
A.“霾尘积聚难见路人”,雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应
B.“曾青(硫酸铜)涂铁,铁赤色如铜”,过程中发生了置换反应
C.“外观如雪,强烧之,紫青烟起”,该过程中利用了焰色反应
D.医用酒精体积分数是75%,用医用酒精灭菌消毒是利用强氧化性使细菌、病毒死亡
【答案】D
【解析】
【详解】A、雾霾属于胶体,具有丁达尔效应,故A说法正确;
B、硫酸铜涂铁,利用铁单质金属性强于铜,发生Fe+CuSO4=Cu+FeSO4,属于置换反应,故B说法正确;
C、该过程利用了焰色反应,故C说法正确;
D、乙醇不具有强氧化性,医用酒精灭菌不是利用乙醇的强氧化性,故D说法错误。
2.下列图示与对应的叙述相符的是
A.图1表示常温下,稀释HA、HB两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化,则等物质的量浓度的NaA和NaB混合溶液中:
c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+)
B.图2中在b点对应温度下,将pH=2的H2SO4溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后,溶液显中性
C.用0.0100mol/L硝酸银标准溶液,滴定浓度均为0.1000mol/LCl-、Br-及I-的混合溶液,由图3曲线,可确定首先沉淀的是Cl-
D.图4表示在N2(g)+3H2(g)
2NH3(g)达到平衡后,减少NH3浓度时速率的变化
【答案】A
【解析】
【详解】A、根据图1,相同pH时,稀释相同倍数,酸性强的pH变化大,即HA的酸性强于HB,依据越弱越水解的规律,A-水解程度弱于B-,离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(A-)>c(B-)>c(OH-)>c(H+),故A正确;
B、b点对应温度下,水的离子积为10-12,H2SO4中c(H+)=10-2mol·L-1,NaOH溶液中c(OH-)=1mol·L-1,等体积混合后,NaOH过量,溶液显碱性,故B错误;
C、根据图像,纵坐标是-lgc(X-),数值越大,c(X-)越小,在c(Ag+)相同时,c(X-)越小,Ksp(AgX)越小,即I-先沉淀出来,故C错误;
D、根据图像,改变条件瞬间,v正增大,v逆减小,可能是增大反应物浓度,同时减少生成物浓度,如果只减少NH3的浓度,只降低v逆,v正不变,故D错误。
3.下列选项中的实验操作、现象与结论完全一致的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液,点在pH试纸上
试纸最终显蓝色
次氯酸钠溶液显碱性
B
用pH试纸分别测定0.1mol·L-1的Na2CO3溶液和0.1mol·L-1的NaHCO3溶液的pH
Na2CO3溶液的pH约为10,NaHCO3溶液的pH约为8
结合H+能力:
CO32->HCO3-
C
用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在酒精灯上加热
熔化后的液态铝滴落下来
金属铝的熔点低
D
分别将乙烯与SO2通入溴水中
溴水均褪色
两种气体使溴水褪色的原理相同
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A、NaClO具有强氧化性,能把pH试纸漂白,不能读出数值,故A错误;
B、依据越弱越水解,Na2CO3溶液的pH约为10,NaHCO3溶液的pH约为8,说明CO32-水解程度大于HCO3-,即结合H+能力:
CO32->HCO3-,故B正确;
C、铝为活泼金属,容易与氧气反应生成氧化铝,氧化铝的熔点高于铝单质,因此现象是熔化而不滴落,故C错误;
D、乙烯与溴水发生加成反应,SO2与溴水发生氧化还原反应,褪色原理不相同,故D错误。
【点睛】本题的易错点为选项D,学生分不清两者原理,CH2=CH2与Br2发生加成反应,,生成CH2Br-CH2Br,SO2与溴水发生氧化还原反应,即SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr,原理不同,学生应夯实基础知识,不至于错选。
4.NA表示阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是
A.在标准状况下,11.2LHF含有的分子数目为0.5NA
B.18g葡萄糖(C6H12O6)分子含有的羟基数目为0.6NA
C.常温下,0.2L0.5mol·L-1NH4NO3溶液中含有的氮原子数小于0.2NA
D.高温下,16.8gFe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
【答案】D
【解析】
【详解】A、标准状况下,HF为液态,不能之间用22.4L·mol-1,故A错误;
B、葡萄糖结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO,18g葡萄糖中含有羟基物质的量为18g×5/180g·mol-1=0.5mol,故B错误;
C、根据原子守恒,N原子物质的量为0.2L×0.5mol·L-1×2=0.2mol,故C错误;
D、Fe与水蒸气反应生成Fe3O4,16.8gFe与水蒸气反应,转移电子物质的量为16.8g/56g·mol-1×8/3=0.8mol,故D正确。
【点睛】易错点是选项A,学生认为标准状况下HF为气体,忽略了标准状况下HF不是气体,而是液体,类似还有SO3等。
5.迷迭香酸具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效,它的结构简式为:
以邻苯二酚为原料合成迷迭香酸的路线如下所示,下列说法错误的是
A.有机物A分子中所有原子可能在同一平面上
B.有机物B可以发生取代、加成、消去、氧化反应
C.1molC在催化剂作用下,与H2加成最多可消耗8mol
D.1molC与足量的NaOH溶液反应,最多可消耗6molNaOH
【答案】C
【解析】
【分析】
迷迭香酸具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效,它的结构简式为:
以邻苯二酚为原料合成迷迭香酸的路线如下所示,下列说法错误的是
A.有机物A分子中所有原子可能在同一平面上
B.有机物B可以发生取代、加成、消去、氧化反应
C.1molC在催化剂作用下,与H2加成最多可消耗8mol
D.1molC与足量的NaOH溶液反应,最多可消耗6molNaOH
【详解】A、苯空间构型为正六边形,以及三点确定一个平面,因此有机物A所有原子可能在同一平面上,故A说法正确;
B、根据B的结构简式,含有官能团是羟基、羧基,还含有苯环,因此可以发生取代、加成、消去、氧化反应,故B说法正确;
C、根据迷迭香酸的结构简式,能与氢气发生加成反应的是苯环和碳碳双键,1个迷迭香酸分子中含有1个苯环,一个碳碳双键,因此1molC在催化剂作用下,与氢气加成最多消耗7mol,故C说法错误;
D、1分子迷迭香酸中含有4个酚羟基,1个羧基,1个酯基,1molC最多消耗6molNaOH,故D说法正确。
6.X、Y、Z、W、R是5种短周期元素,其原子序数依次增大,X是周期表中原子半径最小的元素,Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,Z、W、R处于同一周期,R与Y处于同一族,Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。
下列说法正确的是
A.元素Y、Z、W离子具有相同的电子层结构,其半径依次增大
B.元素Z、W、R的最高价氧化物对应水化物两两之间可以反应
C.元素X与元素Y可以形成两种共价化合物,且这两种化合物只有一种类型的共价键
D.元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性:
XmY 【答案】B 【解析】 【分析】 X是周期表中原子半径最小的元素,即X为H,Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,即Y为O,R与Y处于同一族,则R为S,Z、W、R处于同一周期,且Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等,则Z为Na,W为Al; 【详解】X是周期表中原子半径最小的元素,即X为H,Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍,即Y为O,R与Y处于同一族,则R为S,Z、W、R处于同一周期,且Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等,则Z为Na,W为Al; A、三种离子分别为O2-、Na+、Al3+,核外电子排布相同,则离子半径大小顺序是O2->Na+>Al3+,故A错误; B、对应最高价氧化物的水化物分别是NaOH、Al(OH)3、H2SO4,氢氧化铝为两性氢氧化物,因此两两之间可以反应,故B正确; C、形成的化合物是H2O和H2O2,H2O中只含极性键,H2O2中含有极性键和非极性键,故C错误; D、形成的化合物分别是H2O、H2S,O的非金属性强于S,则H2O的稳定性强于H2S,故D错误。 7.生产硝酸钙的工业废水常含有NH4NO3,可用电解法净化。 其工作原理如图所示。 下列有关说法正确的是 A.a极为电源负极,b极为电源正极 B.装置工作时电子由b极流出,经导线、电解槽流入a极 C.Ⅰ室能得到副产品浓硝酸Ⅲ室能得到副产品浓氨水 D.阴极的电极反应式为2NO3-+12H++10e-=N2↑+6H2O 【答案】C 【解析】 【分析】 根据装置图,I室和Ⅱ室之间为阴离子交换膜,即NO3-从Ⅱ室移向I室,同理NH4+从Ⅱ室移向Ⅲ室,依据电解原理,a为正极,b为负极; 【详解】根据装置图,I室和Ⅱ室之间为阴离子交换膜,即NO3-从Ⅱ室移向I室,同理NH4+从Ⅱ室移向Ⅲ室,依据电解原理,a为正极,b为负极; A、根据上述分析,a为正极,b为负极,故A错误; B、根据电解原理,电解槽中没有电子通过,只有阴阳离子的通过,故B错误; C、I室为阳极,电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,得到较浓的硝酸,Ⅱ室为阴极,电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,NH4+与OH-反应生成NH3·H2O,得到较浓的氨水,故C正确; D、根据选项C分析,故D错误。 8.醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种氧气吸收剂,为红棕色晶体,易被氧化,难溶于冷水,易溶于酸。 其制备装置及步骤如下: ①检查装置气密性后,往三颈烧瓶中依次加入过量锌粒、适量CrCl3溶液。 ②关闭K2,打开K1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。 ③待三颈烧瓶内的溶液由深绿色(Cr3+)变为亮蓝色(Cr2+)时,将溶液转移至装置乙中,当出现大量红棕色晶体时,关闭分液漏斗的旋塞。 ④将装置乙中混合物快速过滤、洗涤和干燥,称量得到3.76g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O (1)三颈烧瓶中的Zn与盐酸生成H2的作用____________,还发生的另一个反应的离子方程式为_______。 (2)实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为______________,当乙中析出红棕色沉淀,为使沉淀充分析出并分离,需采用的操作是___________、_________、洗涤、干燥。 (3)装置丙中导管口水封的目的是______________。 (4)铬的离子会污染水,常温下要除去上述实验中多余的Cr2+,最好往废液中通入足量的空气,再加入碱液,调节pH至少为___才能使铬的离子沉淀完全。 (已知Cr(OH)3的溶度积为1×10−32) (5)若实验所取用的CrCl3溶液中含溶质6.34g,则[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(相对分子质量为376)的产率是____。 【答案】 (1).排除装置中的空气 (2).2Cr3++Zn==2Cr2++Zn2+(3).关闭k1,打开k2(4).冷却(5).过滤(6).防止空气进入装置乙中氧化Cr2+(7).5(8).50% 【解析】 【详解】 (1)产品易被氧化,因此生成H2的作用是排除装置中空气,防止醋酸亚铬水合物被氧化;锌为活泼金属,与Cr3+发生: Zn+2Cr3+=Zn2++2Cr2+; (2)实现步骤③中溶液自动转移至装置乙中,利用三颈烧瓶的压强大,把液体压倒装置乙中,即打开k2,关闭k1;根据信息,醋酸亚铬水合物难溶于冷水,因此采用操作是冷却、过滤、洗涤、干燥; (3)装置丙中导管口水封的目的是防止空气进入装置乙中氧化Cr2+; (4)Cr3+完全转化成沉淀,c(Cr3+)≤10-5mol/l,因此有c(OH-)≥ =10-9mol·L-1,即pH至少为5,才能使Cr3+全部转化成沉淀; (5)CrCl3的物质的量为6.34g/158.5g·mol-1=0.04mol,根据Cr元素守恒,[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的物质的量为0.04mol/2=0.02mol,[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.02mol×376g·mol-1=7.52g,即产率为3.76g/7.52g×100%=50%。 9.钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)常用于制造阻燃剂和无公害型冷水系统的金属抑制剂。 下图是利用钼精矿(主要成分是MoS2,含少量PbS等)为原料生产钼酸钠晶体的工艺流程图: 回答下列问题: (1)提高焙烧效率的方法有_______________________。 (写一种) (2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3,该反应过程的化学方程式为________,氧化产物是______。 (3)“碱浸”时生成CO2的电子式为_______,碱浸”时含钼化合物发生的主要反应的离子方程式为_____。 (4)若“除重金属离子”时加入的沉淀剂为Na2S,则废渣成分的化学式为______。 (5)测得“除重金属离子”中部分离子的浓度: c(MoO42-)=0.20mol⋅L−1,c(SO42-)=0.01mol⋅L−1。 “结晶”前应先除去SO42-,方法是加入Ba(OH)2固体。 假设加入Ba(OH)2固体后溶液体积不变,当BaMoO4开始沉淀时,去除的SO42-的质量分数为_____%。 〔已知Ksp(BaSO4)=1×10−10,Ksp(BaMoO4)=2.0×10−8〕 (6)钼精矿在酸性条件下,加入NaNO3溶液,也可以制备钼酸钠,同时有SO42-生成,该反应的离子方程式为___。 【答案】 (1).粉碎固体 (2).2MoS2+7O2=2MoO3+4SO2(3).MoO3、SO2(4). (5).MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑(6).PbS(7).90%(8).MoS2+6NO3-=MoO42−+2SO42−+6NO↑ 【解析】 【详解】 (1)提高焙烧效率的方法是粉碎固体; (2)根据流程,焙烧时,通入空气,产生MoO3和SO2,即化学方程式为2MoS2+7O2 2MoO3+4SO2;氧化产物是还原剂被氧化后得到产物,根据化学反应方程式Mo、S的化合价升高,即氧化产物是MoO3和SO2; (3)CO2的电子式为 ;根据问题(5),碱浸时,Mo元素以MoO42-的形式存在,即“碱浸”时含钼化合物发生的主要离子反应是MoO3+CO32-=MoO42-+CO2↑; (4)根据钼精矿中含有成分,以及流程,该步骤是除去的Pb元素,废渣是PbS; (5)根据溶度积,SO42-先沉淀出来,BaMoO4开始出现沉淀,此时溶液中c(Ba2+)= = =1.0×10-7mol·L-1,此时溶液中c(SO42-)=Ksp(BaSO4)/c(Ba2+)=1×10-10/1.0×10-7=1.0×10-3mol·L-1,令溶液的体积为VL,去除SO42-的质量分数为 ×100%=90%; (6)MoS2与NO3-反应,S和Mo的化合价都升高,S原子被氧化成SO42-,Mo元素以MoO32-的形式存在,NO3-中N的化合价降低,N转化成NO,离子方程式为MoS2+6NO3-=MoO42-+2SO42-+6NO↑。 【点睛】氧化还原反应方程式的书写是本题的难点,一般找出氧化剂和还原剂,氧化产物和还原产物,根据化合价升降法进行配平,然后根据原子守恒或电荷守恒配平其他,如本题中焙烧: Mo的化合价由+2价→+6价,升高4价,S的价态由-1价→+4价,S22-化合价升高10价,MoS2共升高14价,O2的化合价降低4价,然后根据化合价升降法配平即可。 10.用化学反应原理研究N、S氧化物有着重要的意义。 (1)已知: 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)ΔH1=-196.6kJ/mol 2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)ΔH2=-113.8kJ/mol NO2(g)+SO2(g) SO3(g)+NO(g)ΔH3 则ΔH3=________,如果上述三个反应方程式的平衡常数分别为K1、K2、K3,则K3=________(用K1、K2表示)。 (2)如下图所示,A是恒容的密闭容器,B是一个体积可变的充气气囊。 保持恒温,关闭K2,分别将2molNO和1molO2通过K1、K3分别充入A、B中,发生的反应为2NO(g)+O2(g) 2NO2(g)[不考虑2NO2(g) N2O4(g)],起始时A、B的体积相同均为aL。 ①下列说法和示意图能说明A、B容器均达到平衡状态的是________。 a.A、B容器中气体的颜色均不发生变化 b.A、B容器中NO和O2物质的量浓度比均为2∶1 c.A、B容器中气体的密度不在发生变化 d.A、B容器中气体的平均摩尔质量不再发生变化 e. ②T℃时,A容器中反应达到平衡时的平衡常数Kp=0.27(kPa)-1。 若A容器中反应达到平衡时p(NO2)=200kPa,则平衡时NO的转化率为________。 (Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算所得的平衡常数,分压=总压×物质的量分数) (3)将0.2molSO2和0.15molO2通入2L的密闭容器中,测得SO2的物质的量随时间变化如下图实线所示。 ①ab段平均反应速率______________(填“大于”“小于”或“等于”)bc段平均反应速率;de段平均反应速率为________。 ②仅改变某一个实验条件,测得SO2的物质的量随时间变化如上图中虚线所示,则改变的条件是________。 ③如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42-。 阴极的电极反应式是_______________。 【答案】 (1).-41.4kJ/mol (2).(K1/K2)1/2(3).ad(4).75%(5).大于(6).0(7).加入催化剂(8).NO+6H++5e-=NH4++H2O 【解析】 【详解】 (1)①2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g),②2NO(g)+O2(g) 2NO2(g),根据目标反应方程式,得出(①-②)/2,得出: △H3=(-196.6kJ·mol-1+113.8kJ·mol-1)/2=-41.4kJ·mol-1;根据化学平衡常数的表达式,K1= ,K2= ,K3= ,因此K3=(K1/K2)1/2; (2)①a、NO和O2无颜色,NO2为红棕色气体,因此当气体颜色不再改变,说明反应达到平衡,故a正确; b、NO和O2的量按照化学反应方程式系数比投入,任何时刻NO和O2物质的量浓度比为2: 1,因此不能说明反应达到平衡,故b错误; c、组分都是气体,气体质量不变,a为恒容状态,气体体积不变,a容器中,密度不变,不能说明反应达到平衡,故c错误; d、气体总质量不变,反应前后气体系数之和不相等,向正反应方向进行,气体物质的量减小,即当摩尔质量不变时,说明反应达到平衡,故d正确; e、化学平衡常数只受温度的影响,题中所说容器为恒温,因此任何时刻化学平衡常数不变,不能说明反应达到平衡,故e错误; ②令O2的压强为P,则NO压强为2P,2NO(g)+O2(g) 2NO2(g) 开始(kPa)2PP0 转化: 200100200 平衡: 2P-200P-100200Kp= =0.27,解得P=400/3Pa,则NO的转化率为200/2P×100%=75%; (3)①根据图像,随着反应进行,SO2的物质的量浓度降低,反应速率降低,即ab段平均反应速率大于bc段平均反应速率;de段达到平衡,平均反应速率为0; ②根据图像,反应速率加快,但达到平衡时SO2的物质的量与原来相同,改变条件,只加快反应速率,对化学平衡无影响,即改变的条件是使用催化剂; ③根据电解原理,阴极上得到电子,化合价降低,因此NO在阴极上转化成NH4+,阴极电极反应式为NO+6H++5e-=NH4++H2O。 【点睛】难点是NO转化率的计算,化学平衡的计算,一般采用“三步”的方法,本题告诉NO2的分压,因此“三步”的单位是kPa,可以令O2的分压为P,根据分压的定义,推出NO的分压为2P,然后进行计算即可; 11.已知①~⑩号元素在周期表中的位置如图。 试回答下列问题: (1)上述元素中属于d区的有: ________(填编号)。 (2)②、③、④三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________(用元素符号表示)。 (3)请根据等电子体原理,写出由②、③两种元素组成的带有一个单位负电荷离子的电子式: _____。 (4)⑧号元素在元素周期表中的位置是___,⑩号原子处于基态时核外电子排布式为____,已知元素⑩和⑦的电负性分别为1.9和2.5,则⑩与⑦形成的化合物属于________(填“离子”或“共价”)化合物。 (5)③号元素原子与①号元素原子形成的原子个数比为1∶3的分子X的空间构型为________,X在①与④形成的化合物Y中的溶解度很大,其主要原因是___________,X分子中中心原子为________杂化,X分子与⑩号元素对应的二价阳离子形成的配离子的化学式为______________。 (6)⑤号元素原子与Tl元素形成的晶体的晶胞如图所示,该物质的化学式为______________,若忽略Tl原子,则此晶体中⑤的空间结构跟哪种常见物质的晶体结构一样? ______________。 已知该晶体的密度为ρg·cm-3,阿伏加德罗常数为NA,则该晶体中晶胞边长为________pm(只写计算式)。 【答案】 (1).⑧⑨ (2).)N>O>C(3).[∶C⋮⋮N∶]-(4).第4周期第Ⅷ族(5).1s22s22p63s23p63d104s1(6).共价(7).三角锥形(8).水和氨气分子间能形成氢键、水和氨气分子都是极性分子(9).sp3(10).[Cu(NH3)4]2+(11).NaTl(12).金刚石(13). 【解析】 【详解】 (1)d区包括ⅢB-ⅦB,以及Ⅷ族元素,根据题中所给周期表,位于d区的元素是⑧⑨; (2)②为C,③为N,④为O,同周期从左向右第一电离能逐渐增大,但ⅡA>ⅢA,ⅤA>ⅥA,因此顺序是N>O>C; (3)该微粒是CN-,C和N之间共用三个电子对,其电子式为 ; (4)⑧号元素为Fe,位于第四周期Ⅷ族;⑩号元素为Cu,基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1;⑦号元素为S,两种元素电负性差值为(2.5-1.9)=0.6<1.7,两原子间构成共价键,即该化合物为共价化合物; (5)③号元素为N,①号元素为H,原子个数比为1: 3,即该化合物为NH3,空间构型为三角锥形;①④形成的化合物为H2O,NH3在水中溶
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