山东省普通高中学业水平等级考试化学试题答案及解析.docx
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山东省普通高中学业水平等级考试化学试题答案及解析
绝密★启用前
山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试(模拟卷)
化 学 试 题
1.答题前,考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置,认真核对条形码上的
姓名、考生号和座号,并将条形码粘贴在指定位置上。
2.选择题答案必须使用 2B 铅笔(按填涂样例)正确填涂;非选择题答案必须使用毫米
黑色签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、
试题卷上答题无效。
保持卡面清洁,不折叠、不破损。
可能用到的相对原子质量:
H 1C 12N 14O 16S 32Cl
一、选择题:
本题共 10 小题,每小题 2 分,共 20 分。
每小题只有一个选项符合题意。
1. 化学与生活密切相关,下列说法错误的是
A.乙醇汽油可以减少尾气污染
B.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用
C.有机高分子聚合物不能用于导电材料
D.葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜
【答案】C
【解析】
A 选项,乙醇汽油可降低 CO 排放量,有效降低氮氧化物、酮类等污染物的浓度,减少
尾气污染,A 正确;
B 选项,甘油有吸湿性,添加到化妆品中有保湿作用,B 正确;
C 选项,某些有机高分子聚合物可以做导电材料,比如聚乙炔,聚苯胺等,故C 错误;
D 选项,葡萄在成熟过程中会释放出乙烯,高锰酸钾溶液可吸收乙烯,防止水果过度成
熟或提早成熟,从而达到保鲜的目的,D 正确。
2. 某烯烃分子的结构简式为,用系统命名法命名其名称为
2,4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B.2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯
C. 2,2,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯
【答案】B
【解析】
CC
⑤ ④③② ①
CCC=CC
CC
C
长碳链为主链,从靠近官能团的一端(即右端)进行编号,最后按命名规则正确书写名称。
3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒(非玻
璃仪器任选),选用上述仪器能完成的实验是
A.粗盐的提纯B.制备乙酸乙酯
C.用四氯化碳萃取碘水中的碘D.配置 mol·L-1 的盐酸溶液
【答案】B
【解析】
本题考点为物质的分离提纯、常见有机物的制备、的实验仪器的选择和基本实验操作。
A.完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗
B.有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验(如右图)
C.用四氯化碳萃取碘水中的碘所需主要仪器为分液漏斗,题中未给
D.配置 mol·L-1 的盐酸溶液需要用胶头滴管定容、量筒量取浓盐酸,题中未给
4.某元素基态原子 4s 轨道上有 1 个电子,则该基态原子价电子排布不可能是
【答案】A
【解析】
基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。
A 项为 19K,核外电子排布式为 1s22s22p63s23p64s1,主族元素的价电子是最外层电子,应
为 4s1,A 项错误;
B 项为 19K 的价电子排布式,正确;
C 项为
24
Cr,副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和,核外电子为
[Ar]3d54s1,即价电子为 3d54s1,此为洪特规则的特例,3d 轨道上的电子为半满状态,整个
体系的能量最低;
D 项为 29Cu,价电子为 3d104s1,3d 轨道上的电子处于全充满状态,整个体系的能量最低。
A 是一种抗 HTV 药物,其结构简式如右图所示。
下列关于 Calanolide A 的 说法错误的
是()
A.分子中有 3 个手性碳原子
B.分子中有 3 种含氧官能团
C.该物质既可发生消去反应又可发生加成反应
mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应时消耗 1 mol NaOH
【答案】D
【解析】
A 选项,一个碳原子含有四个不同的原子或原子团,这样的碳原子叫手性碳, 故正确。
B 选项,该物质有醚键、羟基、酯基三种含氧官能团,故正确。
C 选项,该物质中有碳碳双键和苯环结构,能发生加成反应,与羟基碳相邻的 碳原子
上有氢原子,故能发生消去反应,正确。
D 选项,分子中的酯基为酚酯,故 1 mol 该物质消耗 2 mol NaOH,故错误。
、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,A、B、C、D、E 为上述四种元素中
的两种或三种所组成的化合物。
已知 A 的相对分子质量为 28,B 分子中含有 18 个电子,五
种化合物间的转化关系如右图所示。
下列说法错误的是
A. X、Y 组成化合物的沸点一定比 X、Z 组成化合物的沸点低
B. Y 的最高价氧化物的水化物为弱酸
C. Y、Z 组成的分子可能为非极性分子
D. W 是所在周期中原子半径最小的元素
【答案】A
【解析】
由转化关系并借助 A 的相对分子质量为 28 和 B 是 18 电子的分子推知:
A 为乙烯、B 为
氯化氢、C 为氯乙烷、D 为水、E 为乙醇;X、Y、Z、W 分别对应元素为 H、C、O、Cl
A. X、Y 组成的化合物为烃类物质,沸点可能高于 X、Z 组成的化合物 H2O,错误
B. Y 的最高价氧化物的水化物为 H2CO3 属于弱酸,正确
C. Y、Z 组成的分子可能为非极性分子 CO2 ,正确
D. W 是 Cl,是所在周期中原子半径最小的元素,正确
7.利用反应 CCl4 + 4 Na
反应的说法错误的是()
973K
Ni-Co
C(金刚石)+ 4NaCl 可实现人工合成金刚石。
下列关于该
A.C(金刚石)属于共价晶体
B.该反应利用了 Na 的强还原性
C.CCl4 和 C(金刚石)中的 C 的杂化方式相同
D.NaCl 晶体中每个 Cl-周围有 8 个 Na+
【答案】D
【解析】
A.金刚石晶体:
每个 C 与另外 4 个 C 形成共价键,构成正四面体,向空间发展成网状
结构。
形成的晶体为原子晶体,故 A 正确;
B.该反应中 Na 由 0 价→ +1 价,作还原剂将 CCl4 还原,故 B 正确;
C.CCl4 和 C(金刚石)中的 C 的杂化方式都是 sp3 杂化,故 C 正确;
D.NaCl 晶体:
每个 Na+同时吸引 6 个 Cl-,每个 Cl-同时吸引 6 个 Na+,配位数为 6 故
D 错误。
8. 下列操作能达到相应实验目的的是()
A
B
C
D
实验目的
检验绿茶中是否含有酚类物质
测定 84 消毒液的 pH
除去苯中混有的少量苯酚
实验室制备乙酸乙酯
操作
向茶水中滴加 FeCl3溶液
用洁净的玻璃棒蘸取少许 84 消毒液滴在 pH 试纸上
向苯和苯酚的混合物中滴加溴水,过滤后分液
向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片,加热
【答案】A
【解析】
A 选项,酚羟基遇 Fe3+ 发生显色反应。
B 选项,84 消毒液的主要成分是次氯酸钠,是一种强碱弱酸盐水解显碱性,但水解产物
具有漂白性,对 pH 试纸有漂白作用,可以使用数字 pH 计测量。
C 选项,溴水与苯酚生成的三溴苯酚也可溶于苯中,一般加入氢氧化钠溶液再进行分液。
D 选项,正确顺序为依次加入碎瓷片、乙醇、浓硫酸、乙酸,再加热。
9.锡为ⅣA 族元素,四碘化锡是常用的有机合成试剂(SnI4,熔点℃,沸点℃,易水解)。
实
验室以过量锡箔为原料通过反应 Sn + 2I2
A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸
B. SnI4 可溶于 CCl4 中
C.装置Ⅰ中 a 为泠凝水进水口
D.装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的 I2
【答案】D
【解析】
SnI4 制备 SnI4。
下列说法错误的是( )
液体加热时加入碎瓷片目的是防止暴沸,所以 A 正确;
根据题干中 SnI4 的熔沸点,从组成分析可知 SnI4 与 CCl4 为同族形成的同类物质,依据
“相似相溶原理”可知 SnI4 可溶于 CCl4 中,B 正确;
冷凝管的冷凝水为“下进上出”,所以装置Ⅰ中 a 为泠凝水进水口,C 正确;
据题可知:
SnI4,易水解,所以装置Ⅱ的主要作用是防止水蒸气进入装置使 SnI4 水解,
所以 D 错误。
10.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂,可用于各种纤维和某些食品的漂白。
马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如下:
下列说法错误的是()
A.反应①阶段,参加反应的 NaClO3 和 SO2 的物质的量之比为 2:
1
B.若反应①通过原电池来实现,则 ClO2 是正极产物
C.反应②中的 H2O2 可用 NaClO4 代替
D.反应②条件下,ClO2 的氧化性大于 H2O2
【答案】C
【解析】
A.根据流程图反应①中氧化剂是 NaClO3,还原剂是 SO2,还原产物是 ClO2,氧化产物
是 NaHSO4 。
根据化合价升降相等可得 NaClO3 和 SO2 的物质的量之比为 2:
1,A 项正确;
B.由反应①化合价变化情况,再根据原电池正极表面发生还原反应,所以 ClO2 是正
极产物,B 项正确;
C.据流程图反应②,在 ClO2 与 H2O2 的反应中,ClO2 转化为 NaClO2 氯元素的化合价降
低,做氧化剂;H2O2 只能做还原剂,氧元素的化合价升高,不能用 NaClO4 代替 H2O2,C 项错
误;
D.据流程图反应②ClO2 与 H2O2 反应的变价情况,ClO2 做氧化剂,H2O2 做还原剂,可以
推出 ClO2 的氧化性大于 H2O2,D 项正确。
二、本题共 5 小题,每小题 4 分,共 20 分。
每小题有 1 个或 2 个选项符合题意,全都选对
得 4 分,选对但不全的得 1 分,有选错的得 0 分。
11.工业上电解 NaHSO4 溶液制备 Na2S2O8。
电解时,阴极材料为Pb;阳极(铂电极)电极反应式
为 2HSO4- - 2e- = S2O82- + 2H+ 。
下列说法正确的是
A.阴极电极反应式为 Pb + HSO4- - 2e- =PbSO4 + H+
H 、O2、NO3 等共存物的存在会影响水体修复效果,定义单位时间内 ZVI 释放电子的+
B.阳极反应中 S 的化合价升高
C.S2O82-中既存在非极性键又存在极性键
D.可以用铜电极作阳极
【答案】C
【解析】
Na2S2O8 的结构为,由此结构可以判断出以下信息:
S2O82- 中含硫氧极性键和氧氧非极性
键;S 的化合价仍为+6 价,中间的两个 O 均为-1 价,其他的 O 均为-2 价;电解时阳极的 HSO4-
中 O 失去电子,S 未变价;阴极电极反应式为 2H++2e- =H2↑;若用铜作阳极,则阳极反
应为 Cu-2e- =Cu2+,综上所述,答案为 C。
12.已知 Pb3O4 与 HNO3 溶液发生反应 I:
Pb3O4 + 4H+ = PbO2 + 2Pb2+ + 2H2O;PbO2 与酸化的 MnSO4
溶液发生反应 II:
5PbO2 + 2Mn2+ + 4H+ + 5SO42-= 2MnO4-+5PbSO4 + 2H2O。
下列推断正确的
是
A.由反应 I 可知,Pb3O4 中 Pb(II)和 Pb(IV)含量之比为 2:
1
B.由反应 I、II 可知,氧化性:
HNO3>PbO2>MnO4-
C.Pb 可与稀硝酸发生反应:
3Pb + 16HNO3 = 3Pb(NO3)4 + 4NO↑ + 8H2O
D.Pb3O4 可与盐酸发生反应:
Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2↑
【答案】AD
【解析】
A.反应 I 未发生氧化还原反应,且产物 Pb2+与 PbO2 物质的量之比为 2:
1,说明 Pb3O4 中
Pb(II)和 Pb(IV)含量之比为 2:
1,故 A 正确;
B.反应 I 中 HNO3 未能将 Pb(II)氧化成 Pb(IV),说明氧化性 HNO3<PbO2,反应 II 中 PbO2
将 Mn2+氧化成 MnO4-,说明氧化性 PbO2>MnO4-,故 B 错误;
C.根据反应 I 可得硝酸不能将 Pb 氧化成+4 价,不能生成 Pb(NO3)4,故 C 错误;
D. 据反应 II 可知氧化性 PbO2>MnO4-,而酸性条件下 MnO4-能将 HCl 氧化成 Cl2,则 Pb(IV)
也能将 HCl 氧化成 Cl2,所以此反应 Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2↑能发生,故 D 也正
确。
13.利用小粒径零价铁(ZVI)的电化学腐蚀处理三氯乙烯,进行水体修复的过程如图所示。
_
物质的量为 nt,其中用于有效腐蚀的电子的物质的量 ne。
下列说法错误的是
Fe2+
三氯乙烯
① 乙烯
ZVI
H2
②
e-
e
e- e-
-
④
有效腐蚀
NH+
无效腐蚀
H2O(H+)
O2
OH-
3
C.④的电极反应式为 NO3 + 10H+ + 8e = NH4+ + 3H2O
A.反应①②③④均在正极发生
B.单位时间内,三氯乙烯脱去 a mol Cl 时 ne = a mol
__
D.增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量,可使 nt 增大
【答案】B
【解析】
A.由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知,反应①②③④均为得电子的反
应,所以应在正极发生;
B.三氯乙烯 C2HCl3 中 C 原子化合价为+1 价,乙烯中 C 原子化合价为-2 价,1 mol C2HCl3
转化为 1 molC2H4 时,得到 6 mol 电子,脱去 3 mol 氯原子,所以脱去 a mol Cl 时 ne = 2a mol;
__
_
__
D.增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量,可以增大小微粒 ZVI 和正极的接触面积,
加快 ZVI 释放电子的速率,可使 nt 增大。
14. 25°C 时,向 10 mLmol·L-1 的一元弱酸 HA (Ka =×10-3)中逐滴加入 mol·L-1
NaOH 溶液,溶液 pH 随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。
下列说法正确的是
A. a 点时,c(HA) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)
B. 溶液在 a 点和 b 点时水的电离程度相同
C. b 点时,c(Na+) = c(HA) + c(A— ) + c(OH—)
D. V =10mL 时,c(Na+) > c(A—) > c(H+) > c(HA)
【答案】A
【解析】
A 选项正确。
a 点时,pH=3, c(H+) = 10-3 mol·L-1,因为 Ka=×10-3,所以 c(HA) = c(A—),
根据电荷守恒 c(A—) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)和 c(HA) = c(A—)即得 A 选项。
B 选项错误。
a 点溶质为 HA 和 NaA,pH=3,水电离出的 c(OH—)=10—11;b 点溶质为 NaOH
和 NaA,pH=11,c(OH—) = 10-3,OH—是由 NaOH 电离和水电离出两部分之和组成的,推断
出由水电离处的 c(OH—)<10-3,那么水电离的 c(H+)>10—11,所以 B 错。
C. 根据电荷守恒 c(Na+) + c(H+) = c(A—) + c(OH—)可得 c(Na+) = c(A—) + c(OH—)-
c(H+),假设 C 选项成立,则 c(A—) + c(OH—)-c(H+) = c(HA) + c(A— ) + c(OH—),推出 c(HA)
+ c(H+) = 0,故假设不成立,C 错。
D. V =10mL 时,HA 与 NaOH 恰好完全反应生成 NaA,A—+ H2OHA +OH— ,水解后溶液
显碱性, c(OH—) > c(H+), 即 c(HA) > c(H+) ,故 D 错误。
15.热催化合成氨面临的两难问题是:
釆用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH3
产率降低。
我国科研人员研制了 Ti・H・Fe 双温区催化剂(Ti-H 区域和 Fe 区域的温度差可
超过 100°C)。
Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示,其中吸附在催化剂表面上
的物种用*标注。
下列说法正确的是()
A.①为氮氮三键的断裂过程
B.①②③在高温区发生,④⑤在低温区发生
C.④为 N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域的传递过程
D.使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应
【答案】BC
【解析】
A 选项,经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附,并没有变成氮原子,所以A 错误。
B 选项,①为催化剂吸附 N2 的过程,②为形成过渡态的过程,③为 N2 解离为 N 的过程,
以上都需要在高温时进行。
④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率,所以B 正确。
C 选项,由题中图示可知,过程④完成了 Ti-H-Fe-*N 到 Ti-H-*N-Fe 两种过渡态的转化,
N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域传递。
C 正确。
D 选项,化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况,所以 D 错误。
三、非选择题:
本题共 5 小题,共 60 分。
16.(10 分)聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯,其催化醇解反应可用于制备
甲醇和乙酸己酯,该反应的化学方程式为:
CH3COOCH3 (l) + C6H13OH (l)
催化剂
CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)
已知 v 正= k 正 χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH),v 逆= k 逆 χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH),
其中 v 正、v 逆 为正、逆反应速率,k 正、k 逆为速率常数,χ 为各组分的物质的量分数。
(1)反应开始时,已醇和乙酸甲酯按物质的量之比 1:
1 投料,测得 348K、343K、338K
三个温度下乙酸甲酯转化率(α)随时间(t)的变化关系如下图所示。
该醇解反应的 ΔH_________0(填>或<)。
348K 时,以物质的量分数表示的化学平衡常
数 Kx=____________(保留 2 位有效数字)。
在曲线①、②、③中,k 正-k 逆值最大的曲线是___________________;A、B、C、D 四
点中,v 正最大的是_____________,v 逆最大的是___________________。
(2)343K 时,己醇和乙酸甲酯按物质的量之比 1:
1、1:
2 和 2:
1 进行初始投料。
则
达到平衡后,初始投料比_____________时,乙酸甲酯转化率最大;与按1:
2 投料相比,按
2:
1 投料时化学平衡常数 Kx____________(填增大、减小或不变)。
(3)该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂,下列关于该催化剂的说法正确的是
______。
a. 参与了醇解反应,但并不改变反应历程 b. 使 k 正和 k 逆增大相同倍数
c. 降低了醇解反应的活化能d. 提高乙酸甲酯的平衡转化率
【答案】
(1)>①AC
(2)2:
1不变
(3)bc
【解析】
(1)根据图像,①的速率最快,说明①对应的是最高温度348K,温度升高,平衡时转
化率增大,说明正向是吸热的,所以 ΔH>0。
348K 时,设初始投入为 1mol,则有:
CH3COOCH3 (l) + C6H13OH (l) 催化剂CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)
起始:
1100
转化:
平衡:
带入平衡常数表达式:
Kx=χ(CH3COOC6H13) ·χ(CH3OH) / [χ(CH3COOCH3) ·χ(C6H13OH)] =
× / × =
正
k 正、k 逆是温度的函数,根据平衡移动的规律,k 正受温度影响更大,因此温度升高,k
增大的程度大于 k 逆,因此,k 正-k 逆值最大的曲线是①。
根据 v 正= k 正
v
χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH), 逆= k 逆χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH),A 点 χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)
大,温度高,因此 A 点 v 正最大,C 点 χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)大且温度高,因此 C 点 v 逆
最大。
(2)增大己醇的投入量,可以增大乙酸甲酯转化率,因此,2:
1 时乙酸甲酯转化率最
大。
化学平衡常数 Kx 只与温度有关,因此不变。
(3)催化剂参与了醇解反应,改变了反应历程,a 错误;催化剂不影响化学平衡,说
明催化剂使 k 正和 k 逆增大相同倍数,b 正确;催化剂能够降低反应的活化能,c 正确;催化
剂不改变化学平衡,d 错误。
因此,选择 bc。
17.(12 分)非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。
我
2
国科学家利用 Cs2CO3、XO(X=Si、Ge)和 H3BO3 首次合成了组成为 CsXB3O7 的非线性光学晶体。
回答下列问题:
(1)C、O、Si 三种元素电负性由大到小的顺序为;第一电离能 I1(Si)
I1(Ge)(填>或<)。
(2)基态 Ge 原子核外电子排布式为;SiO2、GeO2 具有类似的晶体结构,其
中熔点较高的是,原因是。
(3)右图为硼酸晶体的片层结构,其中硼的杂化方式为。
H3BO3 在热水中比
冷水中溶解度显著增大的主要原因是。
(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置,称作原子分
数坐标。
CsSiB3O7 属正交晶系(长方体形)。
晶胞参数为 a pm、b pm、c pm。
右图为沿 y 轴
投影的晶胞中所有 Cs 原子的分布图和原子分数坐标。
据此推断该晶胞中 Cs 原子的数目
为。
CsSiB3O7 的摩尔质量为 M g·mol-1,设 NA 为阿伏加德罗常数的值,则 CsSiB3O7 晶体
的密度为g·cm-3(用代数式表示).
【答案】
(1)O>C>Si>
(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或[Ar]3d104s24p2);SiO2;二者均为原子晶体,Ge 原子
半径大于 Si,Si-O 键长小于 Ge-O 键长,SiO2 键能更大,熔点更高。
(3)sp2;热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成分子间氢键,使溶解
度增大。
(4)4 ,
【解析】
(1)电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大,同主族由上至下逐渐减小,所以
电负性 O>C>Si;第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小,因此 I1(Si)>I1(Ge)。
(2)Ge 原子位于第四周期 IVA 族,因此原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2
(或[Ar]3d104s24p2);SiO2、GeO2 均为原子晶体,Ge 原子半径大于 Si,Si-O 键长小于 Ge-
O 键长,SiO2 键能更大,熔点更高。
(3)B 原子最外层有 3 个电子,与 3 个
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- 山东省 普通高中 学业 水平 等级 考试 化学试题 答案 解析