广东佛山市届高三化学下学期综合测试二带解析.docx
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广东佛山市届高三化学下学期综合测试二带解析
广东佛山市2018届高三化学下学期综合测试
(二)带解析
广东省佛山市2018届高三下学期综合能力测试
(二)
化学试题
1.中华民族有5000多年的文明史,我国历史上出现许多记载文明的书写材料。
下列材料主要成分为蛋白质的是
A.竹简B.青铜C.丝帛D.纸张
【答案】C
【解析】A.竹简属于纤维素;B是铜合金;D纸张是纤维素,C.丝帛是蛋白质;故答案:
C。
2.NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是
A.标准状况下,2.24L乙烷与2.24L苯含C-H键数均为0.6NA
B.16.8gFe与足量的水蒸气加热充分反应,转移电子数为0.8NA
C.25C时,1LpH=7的CH3COONH4溶液中含NH4+数一定为1.0×10-7NA
D.0.2molCO2与0.1molC在密闭容器中充分反应生成CO分子数为0.2NA
【答案】B
【解析】A标准状况下,苯是液体,2.24L苯无法计算微粒数,故A错;B.16.8gFe的物质的量为0.3mol,3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2与足量的水蒸气加热充分反应,转移电子数为0.8mol.即为0.8NA,故B对;C.25C时1LpH=7的C(CH3COO-)=C(NH4+),没有浓度无法计算NH4+的个数,故C错;D.在高温下密闭容器中CO2与C生成CO是可逆反应,不能进行彻底,故D错。
点睛:
本题考查阿伏加德罗常数的相关知识。
解题时要注意气体的摩尔体积运用的条件,是标况下任何气体的体积才是22.4L。
注意CO2与C在密闭容器中反应生成CO是可逆的。
3.化合物W、X、Y、Z的分子式均为C7H8,Z的空间结构类似于篮子。
下列说法正确的是
A.化合物W的同分异构体只有X、Y、Z
B.X、Y、Z均可与酸性KMnO4溶液反应
C.1molX、1molY与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2均为2mol
D.Z的一氯代物只有3种
【答案】D
【解析】A.甲苯还有连状结构的同分异构体,如也是W的同分异构体,故A错;B.Z不能与酸性KMnO4溶液反应,故B错;C.1molX与足量Br2/CCl4溶液反应需要2molBr2,1molY与足量Br2/CCl4溶液反应最多消耗Br2为3mol,故C错;D.根据Z的结构知道Z有3种类型的氢,其一氯代物只3种
点睛:
本题注意甲苯的同分异构体不但有环状结构,还有连状结构的。
一氯代物种类数就等于结构中氢的种类数。
碳碳双键能发生加成反应,也能被氧化。
使溴水褪色的物质,可能是加成反应,如烯烃的加成,也可能是氧化反应。
如醛可以使溴水褪色。
4.最近报道的一种处理垃圾渗滤液并用其发电的示意图如下。
装置工作时,下列说法不正确的是
A.盐桥中Cl-向Y极移动
B.化学能转变为电能
C.电子由X极沿导线流向Y极
D.Y极发生的反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O,周围pH增大
【答案】A
【解析】A.NH3N2化合价升高失电子,发生氧化反应,做正极;NO3-N2化合价降低得电子,发生还原反应,做负极,盐桥中Cl-向负极X极移动,故A错;B.垃圾在微生物的作用下,发生氧化还原反应,形成了原电池,所以化学能转变为电能,故B正确;C.根据A分析知X为负极,Y为正极,电子由负极X极沿导线流向正极Y极,故C正确;D.Y极为正极发生的反应为2NO3-+10e-+12H+=N2+6H2O,消耗H+,所以pH增大,故D正确;答案:
A。
点睛:
本题考查原电池的有关知识。
解题时抓住原电池反应原理氧化还原反应。
通过得失电子判断原电池的正负极,从而确定离子的移动方向,溶液中PH的变化。
5.W、X、Y、乙是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Z同主族,W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃,Y的最外层电子数是X的3倍,Y的最高正价与最低负价代数和为4。
下列说法不正确的是
A.原子半径:
XYZW
B.简单氢化物的稳定性:
WZY
C.Z的氧化物的水化物的酸性一定比Y的强
D.一定条件下,X的单质可与W、Y、Z的单质分别发生化合反应
【答案】C
【解析】W的氢化物水溶液可用于蚀刻玻璃,知W为F,W、Z同主族,W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素知Z为Cl,Y的最高正价与最低负价代数和为4知Y为S,Y的最外层电子数是X的3倍知X为Mg。
A.因为MgSCl同在第三周期,原子序数逐渐增大,F在第二周期的元素,所以原子半径:
MgSClF,故A正确;B.简单氢化物分别是:
HFHClH2S,根据元素周期律知他们的非金属性FClS,所以稳定性:
HFHClH2S,故B正确;C.Z的最高价氧化物的水化物的酸性一定比Y的最高价氧化物的水化物的酸性强。
故C错;D.一定条件下,Mg的单质可与F2、S、Cl2的单质分别发生化合反应,所以D正确。
答案:
C。
点睛:
考查元素周期律的知识。
解答本题时根据元素周期律抓住递变规律进行分析即可。
先通过原子结构知识确定元素种类。
突破口为Y的最高正价与最低负价代数和为4。
再根据物质的特性W的氧化物水溶液可用于蚀刻玻璃进行判断。
6.由下列实验及现象得出的结论正确的是
实验现象结论
ASO2与H2S气体混合产生淡黄色沉淀氧化性:
SO2S
B向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水,然后滴入KSCN溶液滴入KSCN后溶液变为红色原FeSO4溶液已被空气中O2氧化变质
C试管中盛有Cu(NO3)2溶液,底部有少量铜,向其中加入稀硫酸铜粉逐渐溶解铜可与稀硫酸反应
D向2支盛有2mL相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液,振荡并静置前者无沉淀,后者有白色沉淀Ksp[Al(OH)3]Ksp[Mg(OH)2]
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】A:
SO2与H2S气体混合发生反应:
SO2+2H2S=3S+2H2O反应现象为淡黄色沉淀。
根据反应原理,氧化性:
SO2S,故A对;B:
向盛有FeSO4溶液的试管中滴入氯水,Fe2+被氧化为Fe3+然后滴入KSCN溶液,变红色,不能确定原FeSO4溶液是否被空气中O2氧化变质,故B错;
C:
试管中盛有Cu(NO3)2溶液,底部有少量铜,向其中加入稀硫酸,会有铜粉逐渐溶解,此反应仍然为3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O,铜不能和稀硫酸反应,故C错;D:
向2支盛有2mL相同浓度的NaOH溶液的试管中分别滴入2滴相同浓度的AlCl3和MgCl2溶液,振荡并静置,前者无沉淀是因为碱过量,后者有白色沉淀,不能判断Ksp[Al(OH)3]Ksp[Mg(OH)2]
故D错误。
答案:
D。
7.物质的量浓度相同的三种一元弱酸HX、HY、HZ及一种一元强酸还有纯水,分别用相同浓度NaOH溶液进行滴定,V(NaOH)/V。
与pH的关系如下图所示:
下列说法正确的是
A.①为强酸的滴定曲线B.酸性:
HXHYHZ
C.滴定HX溶液可用酚酞作指示剂D.HZ+YHY+Z的平衡常数为K=1×103
【答案】D
【解析】A①起始时PH=7为纯水,故A错;
同理Ka(HY)=10-7Ka(HZ)=10-4,K越大酸性越强,因此酸性:
HZHYHX.故B错;C.滴定HX溶液时终点溶液显碱性,可用酚酞作指示剂,故C正确;D.HZ+YHY+Z的平衡常数为。
故D正确。
8.某校同学在实验室中对一氧化碳与硫酸钙反应进行了探究。
回答下列问题:
(1)甲组同学利用CaSO42H2O在400--500℃脱水制取无水CaSO4。
实验中需用到的加热装置中的硅酸盐质的仪器除玻璃棒外,还用到______________。
(2)乙组同学利用H2C2O42H2O在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2并制备纯净的CO气体,实验装置如下:
B、C中盛放的试剂依次为______、____________。
(3)丙组同学利用甲组制得的无水CaSO4和乙组制得的CO并利用下列装置验证反应并检验气态产物中有SO2和CO2产生。
①上述装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为C→___________。
②若E溶液褪色,则发生反应的离子方程式为_____________。
③能证明有CO2的生成的实验依据是____________。
④若G中产物为CaO,则G中发生反应的化学方程式为_________________。
(4)丁组的同学取丙组实验后G装置中的固体产物加入试管中,然后加人足量稀盐酸,固体完全溶液且产生少量气体,通入CuSO4溶液有黑色沉淀。
可验证CO与CaSO4在高温下还发生了一个副反应,该反应为______________(用方程式表示)。
【答案】
(1).坩埚和泥三角
(2).浓NaOH溶液(3).浓硫酸(4).G→D→E→D→F→H(5).5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+(6).D中品红溶液不褪色,其后的澄清石灰水变浑浊(7).CaSO4+COCaO+SO2+CO2(8).CaSO4+4COCaS+4CO2
【解析】
(1)甲组同学利用CaSO42H2O在400--500℃脱水制取无水CaSO4,因为温度较高,所以要用到坩埚,附加仪器泥三角都属于硅酸盐质的仪器。
故答案:
坩埚和泥三角。
(2)因为H2C2O42H2O在浓硫酸作用下脱水生成CO、CO2,要制得纯净的CO气体,就必须除去CO2H2O,由实验装置知B为除去CO2,C除去水,所以B中加浓NaOH溶液C中加.浓硫酸。
答案:
浓NaOH溶液浓硫酸。
(3)因无水CaSO4要和CO反应会产生SO2和CO2,检验SO2和CO2的顺序为检验SO2除去SO2验证是否除净检验CO2。
①根据所给装置(部分装置可重复使用)的连接顺序为G→D→E→D→F→H。
②若E溶液褪色,是SO2和高锰酸钾溶液反应,则发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+
③能证明有CO2的存在是使澄清的,因为SO2也能使石灰水变浑浊,所以要先除去SO2,故能证明有CO2的生成的实验依据是D中品红溶液不褪色,其后的澄清石灰水变浑浊。
④若G中产物为CaO,根据③知产物为CO2和SO2,,则G中发生反应的化学方程式为CaSO4+COCaO+SO2+CO2。
9.一种利用电解锰阳极泥(主要成分MnO2、MnO)制备MnO2的工艺流程如下:
(1)“煅烧氧化”时,1molMnO煅烧完全转化为Na2MnO4失去电子的物质的量为___________;MnO2煅烧反应的化学方程式为__________________。
(2)“浸取”时,为提高Na2MnO4的浸取率,可采取的措施有____________、____________(列举2点)
(3)“调pH”是将溶液pH调至约为10,防止pH较低时Na2MnO4自身发生氧化还原反应,生成MnO2和___________;写出用pH试纸测定溶液pH的操作_______________。
(4)“还原”时有无机含氧酸盐生成,发生反应的化学方程式为_____________。
(5)测定产品中MnO2质量分数的步骤如下:
步骤1.准确称取mg产品,加入c1molL-1Na2C2O4溶液V1mL(过量)及适量的稀硫酸,水浴加热煮沸一段时间。
(已知:
Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4)
步骤2.然后用c2molL-1KMnO4标准溶液滴定剩余的Na2C2O4滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液V2mL。
(已知:
5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
步骤2达滴定终点时判断依据是_____________;产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=____________(列出计算的表达式即可)。
【答案】
(1).4mol
(2).2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O(3).煅烧后固体进行粉碎,适量增大水的量(4).适当提高浸取温度,充分搅拌(5).MnO4-(或NaMnO4)(6).取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中,用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上,立刻与标准比色卡对照读出pH(7).2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH(8).滴入最后一滴KMnO4溶液时,溶液呈浅红色且30s内不褪去(9).×100%
【解析】
(1)“煅烧氧化”时MnONa2MnO4锰由+2价变成+6价,失去电子为4e-,1molMnO煅烧完全失去电子的物质的量为4mol;MnO2煅烧反应的化学方程式为2MnO2+4NaOH+O22Na2MnO4+2H2O。
(2)“浸取”时,为提高Na2MnO4的浸取率,就是增大化学反应速率,所以可采取的措施有:
煅烧后固体进行粉碎,增大接触面积,适量增大水的量促进溶解,;适当提高浸取温度,加快化学反应速率,充分搅拌让物质充分迅速
(3)Na2MnO4中Mn的化合价为+6,MnO2中Mn的化合价为+4,Na2MnO4自身发生氧化还原反应,Mn的化合价为要升高,即发生MnO2Na2MnO4MnO4_,所以能生成MnO2,MnO4-(或NaMnO4)
用pH试纸测定溶液pH的操作操作为(6).取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中,用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上,立刻与标准比色卡对照读出pH。
答案:
MnO4-(或NaMnO4)取一小段pH试纸置于表面皿(点滴板上)中,用玻璃棒蘸取试液滴在pH试纸上,立刻与标准比色卡对照读出pH。
(4)由“还原指Na2MnO4与甲醛反应,发生反应的化学方程式为2Na2MnO4+HCHO=2MnO2↓+Na2CO3+2NaOH。
(5)达滴定终点时判断依据是:
滴入最后一滴KMnO4溶液时,溶液呈浅红色且30s内不褪去。
由5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+10CO2↑+K2SO4+8H2O)
52
Xc2v2X==2.5C2V2
由Na2C2O4+2H2SO4+MnO2=MnSO4+2CO2↑+2H2O+Na2SO4
11
C1V1-2.5C2V2YY=(C1V1-2.5C2V2)mol
产品中MnO2的质量分数为m(MnO2)=(C1V1-2.5C2V2)mol87g/mol=87(C1V1-2.5C2V2)/1000g
产品中MnO2的质量分数为ω(MnO2)=87(C1V1-2.5C2V2)/1000m100
10.石油产品中除含有H2S外,还含有各种形态的有机硫,如COS、CH3SH。
回答下列问题:
(1)CH3SH(甲硫醇)的电子式为________。
(2)一种脱硫工艺为:
真空K2CO3—克劳斯法。
①K2CO3溶液吸收H2S的反应为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3,该反应的平衡常数的对数值为lgK=_____(已知:
H2CO3lgK1=-6.4,lgK2=-10.3;H2SlgK1=-7,lgK2=-19)。
②已知下列热化学方程式:
a.2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H1=-1172kJ/mol
b.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)△H2=-632kJ/mol
克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s),则该反应的热化学方程式为__________。
(3)Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS。
该脱除反应的化学方程式为______________。
(4)COS水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)△H=-35.5kJ/mol。
用活性α-Al2O3催化,在其它条件相同时,改变反应温度,测得COS水解转化率如图1所示;某温度时,在恒容密闭容器中投入0.3molH2O(g)和0.1molCOS,COS的平衡转化率如图2所示。
①图1活性α-Al2O3催化水解,随温度升高转化率先增大后又减小的可能原因是________。
②由图2可知,P点时平衡常数为K=______(填数字)。
③活性α-Al2O3催化水解,为提高COS的转化率可采取的措施是____________。
【答案】
(1).
(2).3.3(3).2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJmol-1(4).COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O(5).开始温度低,催化剂活性小,到160℃活化剂活性最大,继续升温,催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动(6).0.0476(7).控制温度约160℃并增大n(H2O)/n(COS)
【解析】
(1)CH3SH(甲硫醇)属于共价化合物,其电子式为。
(2)一种脱硫工艺为:
真空K2CO3—克劳斯法。
①K2CO3+H2S=KHS+KHCO3
===10-7/10-10.3=103.3lgK=3.3。
答案:
3.3。
②已知下列热化学方程式:
根据a.2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H1=-1172kJ/mol
b.2H2S(g)+O2(g)=2S(s)+2H2O(l)△H2=-632kJ/mol
=-632kJ/mol3-(-1172kJ/mol)/2=-362kJmol-1
故2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJmol-1
克劳斯法回收硫的反应为SO2和H2S气体反应生成S(s),则该反应的热化学方程式为2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H=-362kJmol-1。
(3)Dalleska等人研究发现在强酸溶液中可用H2O2氧化COS。
该脱除反应的化学方程式为COS+4H2O2=CO2+H2SO4+3H2O
(4)①图1活性α-Al2O3催化水解,催化剂与温度有一个临界点,高于这个临界点,催化剂的活性降低。
由图可知开始温度低,催化剂活性小,到160℃活化剂活性最大,继续升温,催化剂活性降低且平衡向逆反应方向移动。
②COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g
初始量0.10.300
变化量XXXX
平衡量0.1-X0.3-XXX
P点时COS转化率为30,所以X=0.03mol平衡常数为K=0.30.3/0.070.27=0.0476
③COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)△H=-35.5kJ/mol。
为提高可使化学平衡向正反应方向移动,根据影响化学平衡移动的因素温度,压强浓度,由方程式可知压强不能改变平衡移动,所以可以增加水蒸气的浓度,温度升高COS的转化率降低,所以控制温度约160℃并增大n(H2O)/n(COS)即可。
11.硫、钴及其相关化合物用途非常广泛。
回答下列问题:
(1)基态Co原子价电子轨道排布式为________,第四电离能I4(Co)I4(Fe),其原因是_______;Co与Ca同周期且最外层电子数相同,单质钴的熔沸点均比钙大,其原因是_______.
(2)单质硫与熟石灰加热产物之一为CaS3,S32-的几何形状是_______,中心原子杂化方式是_______,与其互为等电子体的分子是_______(举1例)。
(3)K和Na位于同主族,K2S的熔点为840℃,Na2S的熔点为950℃,前者熔点较低的原因是_______。
(4)S与O、Se、Te位于同一主族,它们的氢化物的沸点如右图所示,沸点按图像所示变为的原因是_______。
(5)钴的一种化合物晶胞结构如下图所示。
①已知A点的原子坐标参数为为(0,0,0),B点为(,0,),则C点的原子坐标参数为_____。
②已知晶胞参数为a=0.5485nm,则该晶体的密度为_____g/cm3(列出计算表达式即可)。
【答案】
(1).
(2).铁失去的是较稳定的3d5的一个电子,钴失去的是3d6上的一个电子(3).钴的原子半径比钙小,价电子数比钙多,钴中金属键比钙中强(4).V形(5).sp3(6).OF2或Cl2O(7).K+的半径比Na+大,K2S的晶格能比Na2S小(8).H2O间存在较强的氢键,其它三种不含,所以沸点最高,H2S、H2Se及H2Te的结构相似,相对分子质量不断增大,范德华力不断增强,所以沸点不断升高(9).(,,)(10).
.
(2)因为CaS3是离子晶体,S32-的几何形状是V形,中心原子杂化方式是sp3,电子体是指价电子数和原子数相同的分子离子或原子,所以与S32-互为等电子体的分子是OF2或Cl2O。
(3)K和Na位于同主族,K的离子半径比Na离子半径大,Na2S形成的离子键比K2S的离子键强,K2S的晶格能比Na2S小,所以K2S比Na2S的熔点低。
答案:
K2S的晶格能比Na2S小。
(4)S与O、Se、Te位于同一主族,由图知它们的氢化物的沸点是H2OH2TeH2SeH2S,其原因是H2O分子间存在较强的氢键,其它三种不含,所以沸点最高;而H2S、H2Se及H2Te的结构相似,相对分子质量不断增大,范德华力不断增强,所以沸点不断升高。
①已知A点的原子坐标参数为为(0,0,0),B点是面心上的点,坐标参数B点为(,0,),C点是体心上的点,以C点分别想三个面做垂,数值分别距离A点为1/2,所以C点在体心),点的原子坐标参数为(,,)。
②根据晶胞可知:
Ti为立方体的顶点,O为立方体面心上的点,Co为立方体体心上的点,化学式为81/8=1个Ti1/26=3个O,1个钛,化学式为TiCoO3,其密度为p=m/V
=nM/V,因为晶胞参数为a=0.5485nm,所以晶体的密度为g/cm3。
12.由芳香化合物A合成药物中间体I的一种合成路线如下:
已知:
①A、B、C、D的苯环均只有两个取代基,其中D既能发生银镜反应又能与FeCl3溶液发生显色反应。
②
③
回答下列问题:
(1)A的化学名称为______________;H中含氧官能团的名称是_______________。
(2)G生成H的反应类型是__________________。
(3)B、C的结构简式依次为____________、_________________。
(4)C生成D的化学方程式为___________________。
(5)芳香化合物X是E的同分异构体,既能使Br2/CCl4溶液褪色,又能与NaHCO3反应生成CO2,其核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢,峰面积之比为6:
3:
2:
1。
写出两种符合要求的X的结构简式:
______________、________________。
(6)利用上述信息,写出以乙二醇为原料,制备高分子化合物的合成路线________________(其它试剂任用)。
【答案】
(1).对甲苯酚(4-甲基苯酚)
(2).醚键(3).取代反应(4).(5).(6).(7).(8).(9).
【解析】由且①A、B、C、D的苯环均只有两个取代基知A为对甲苯酚;根据③根据框图和信息逆推知H中CH2CN
含有的官能团为醚键。
答案:
对甲苯酚(4-甲基苯酚)醚键。
(2)由知G生成H的反应类型是取代反应。
(3)且知A为对甲苯酚与乙酸发生酯化反应,故B结构简式为。
由知发生的是取代反应,根据B的结构知C的结构为:
。
(4)C生成D的发生化学方程式为。
(5)由D的结构简式D到E的反应关系知道E的结构为:
芳香化合物X是E的同分异构体,既能使Br2/CCl4溶液褪色,又能与NaHCO3反应生成CO2,其核磁共振氢谱显示分子中有4种不同化学环境的氢,峰面积之比为6:
3:
2:
1。
种符合要求的X的结构简式:
。
(6)利用上述信息,写出以乙二醇为原料,制备高分子化合物的合成路线为。
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