湖北省鄂州市部分高中联考协作体学年高二上学期期中考试化学试题化学解析版.docx
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湖北省鄂州市部分高中联考协作体学年高二上学期期中考试化学试题化学解析版
湖北省鄂州市部分高中联考协作体2019-2020学年高二上学期期中考试试题
可能用到的相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Na-23P-31S-32Cl-35.5Fe-56Cu-64
一、选择题(本题共16小题,每小题3分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,只有一项符合要求)
1.下列加横线的字所指代物质的主要成分与其他三项不同的是()
A.儿童散学归来早,忙趁东风放纸鸢B.黑发不知勤学早,白首方悔读书迟
C.散入珠帘湿罗幕,狐裘不暖锦衾薄D.绚丽丝绸云涌动,霓裳歌舞美仙姿
【答案】A
【解析】
【详解】纸鸢的主要成分是人造纤维;头发的主要成分是蛋白质;狐裘的主要成分是蛋白质;丝绸的主要成分是蛋白质;故以上物质的主要成分与其他三项不同的是纸鸢,答案为A。
2.设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()
A.密闭容器中2molSO2和1molO2催化反应后分子数为2NA
B.标准状况下,5.6LCO2气体中含有的氧原子数目为0.5NA
C.1mol重水与1mol水中中子数比为2:
1
D.标准状况下,2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2NA
【答案】B
【解析】
【详解】A、SO2与O2的反应为2SO2+O2
2SO3,因该反应为可逆反应,故反应结束分子物质的量介于2mol至3mol之间,故A错误;
B、标准状况下,5.6LCO2气体的物质的量为
=0.25mol,含有的氧原子数目为0.25NA×2=0.5NA,故B正确;
C、1个重水分子中中子数为10个,1个水分子中中子数为8个,故相同物质的量的重水与水分子中中子数目比例为5:
4,故C错误;
D、标准状况下,N2和O2不会发生化学反应,2.24L气体的物质的量为
=0.1mol,故混合气体中分子总数为0.1NA,故D错误。
3.用下列装置进行实验,能达到实验目的的是()
A.①配制250mL0.1mol/L的盐酸B.②用稀盐酸滴定氢氧化钠溶液
C.③海带灼烧成灰D.④鉴别KNO3溶液和NaCl溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A、配制250mL溶液需选用250mL容量瓶,100mL容量瓶不满足实验需求,且稀释过程需在烧杯中进行,然后再转移,故A错误;
B、酸碱滴定实验中盐酸需装在酸式滴定管中,且滴定管下端不能伸入锥形瓶内,故B错误;
C、灼烧需在坩埚中进行,不能用表面皿作为灼烧容器,故C错误;
D、钠元素在灼烧时焰色呈黄色,钾元素在灼烧时焰色呈紫色(透过蓝色钴玻璃),故可利用灼烧时火焰颜色进行鉴别KNO3溶液和NaCl溶液,故D正确。
4.下列实验操作能达到实验目的的是()
选项
实验目的
实验操作
A
检验KIO3中的碘元素
取少量KIO3晶体溶于适量的蒸馏水,再加入硝酸酸化的AgNO3溶液
B
检验石油裂解气中的乙烯
将混合气体通入足量酸性KMnO4溶液中
C
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
室温下,用pH计测定饱和的NaClO溶液和饱和的
溶液的pH
D
硅酸胶体的制备
向
溶液(饱和溶液1:
2用水稀释)中加入几滴酚酞,再逐滴滴入稀盐酸,边加边振荡,至溶液红色变浅并接近消失
【答案】D
【解析】
【详解】A.氯酸钾与硝酸银不反应,则不能检验KClO3中的氯元素,应先加热使氯酸钾分解,再检验氯元素,故A不能达到实验目的;
B.石油裂解气是一种复杂的混合气体,它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外,还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等,丙烯、丁二烯、硫化氢气体都可使酸性高锰酸钾溶液,故B不能达到实验目的;
C.用pH值测定,要保证两个溶液浓度相同,不同溶质的溶解度不同,其饱和溶液的浓度也不同,不能进行酸性比较,故C不能达到实验目的;
D.用硅酸钠溶液和盐酸可制备硅酸胶体,为防止在电解质作用下胶体沉聚,用酚酞做指示剂,来防止盐酸过量,故D能达到实验目的;
答案选D。
5.有一化学平衡mA(g)+nB(g)
pC(g)+qD(g),如图表示的是A的转化率与压强、温度的关系。
下列叙述正确的是()
A.正反应是吸热反应;m+n
B.正反应是放热反应;m+n>p+q
C.正反应是放热反应;m+n
D.正反应是吸热反应;m+n>p+q
【答案】D
【解析】
【分析】采取“定一议二”原则分析,根据等压线,由温度对A的转化率影响,判断升高温度平衡移动方向,确定反应吸热与放热;
作垂直横轴的线,温度相同,比较压强对A的转化率的影响,判断增大压强平衡移动方向,确定m+n与p+q的大小关系;
【详解】由图可知,压强相同时,温度越高A的转化率越大,说明升高温度平衡向正反应移动,故正反应为吸热反应,
作垂直横轴
线,由图可知,温度相同,压强越大A的转化率越大,增大压强平衡向正反应移动,故正反应为气体物质的量减小的反应,即m+n>p+q,
综上所述,D项符合题意,故选D。
6.常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()
A.在漂白液中:
Ag+、K+、NO3-、SO32-
B.K+、Na+、Br-、AlO2-在溶液中能大量共存,通入过量的CO2后仍能大量共存
C.
=1012的溶液中,NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-
D.由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液中:
K+、Na+、HCO3-、AlO2-
【答案】C
【解析】
【详解】A、漂白液中含有H+、Cl-、ClO-等,Cl-与Ag+会生成难溶物AgCl,H+和ClO-均会与SO32-反应,故A不符合题意;
B、K+、Na+、Br-、AlO2-在溶液中不发生化学反应,能大量共存,通入CO2后会发生化学反应:
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-(少量CO2)、CO32-+CO2+H2O=2HCO3-(过量CO2),通入CO2后不能大量共存,故B不符合题意;
C、根据
=1012可知,该溶液呈酸性,这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应,所以能大量共存,故C符合题意;
D、常温下,由水电离的c(H+)=1×10-10mol/L的溶液可能呈酸性,也可能呈碱性,HCO3-与H+、OH-均会发生反应、AlO2-不能与H+大量共存,故D不符合题意。
7.2019年10月9日,瑞典皇家科学院在斯德哥尔摩宣布2019年度诺贝尔化学奖授予在锂离子电池的发展方面做出贡献的科学家。
锂电池作为最主要的便携式能量源,影响着我们生活的方方面面。
锂空气电池放电的工作原理如图所示。
下列叙述正确的是()
A.电池放电时负极电极方程式为O2+2H2O+4e-=4OH-
B.放电时电子由B极向A极移动
C.电解液a,b之间可采用阴离子交换膜
D.电解液b可能为稀LiOH溶液
【答案】D
【解析】
【分析】锂空气电池属于原电池,锂电极作为原电池的负极发生氧化反应,通入空气的一极作为原电池正极,根据其工作原理图可知,锂失去电子后生成锂离子并迁移至电解液b,以LiOH的形式进行回收,故电池的空气电极生成为OH-并结合负极迁移过来的锂离子,以此进行解答本题。
【详解】A、由上述分析可知,电池放电时负极
电极反应式为:
Li-e-=Li+,故A错误;
B、放电时电极A为负极,电极B为正极,电子由A极向B极移动,故B错误;
C、由上述分析可知,离子交换膜应采用阳离子交换膜,故C错误;
D、由上述分析可知,电解液b可以为稀LiOH溶液,故D正确。
8.能正确表达下列反应的离子方程式的为()
A.向FeI2溶液中通入少量的氯气:
Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
B.光导纤维遇碱性土壤“短路”:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O
C.电解MgCl2溶液:
2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑
D.向明矾溶液中加入Ba(OH)2使Al3+刚好沉淀完全:
Al3++3OH-=Al(OH)3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A、I-的还原性强于Fe2+,根据氧化还原反应的强弱规律,氯气先与I-反应,故A错误;
B、光导纤维中主要成分为二氧化硅,碱性土壤中含有大量碱性物质,其反应为:
SiO2+2OH-=SiO32-+H2O,故B正确;
C、电解MgCl2溶液的离子方程式为:
Mg2++2Cl-+2H2O
Mg(OH)2↓+H2↑+Cl2↑,故C错误;
D、以KAl(SO4)2为1mol,当Al3+刚好沉淀完全,加入Ba(OH)2的物质的量为1.5mol,其反应的离子方程式为:
2Al3++6OH-+3SO42-+3Ba2+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓,故D错误。
9.a,b,c,d为核电荷数依次增大的短周期主族元素。
a的简单气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝,a与b同周期,b的单质能与水反应置换水中的氧,b与d同主族,c原子的半径在短周期主族元素中最大。
下列说法正确的是()
A.a的氧化物的水化物是强酸
B.简单离子的半径:
a
C.b的单质的氧化性比d的强
D.c的单质在空气中的燃烧产物阳离子与阴离子个数比为1:
1
【答案】C
【解析】
【分析】根据a的简单气态氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知,a为N;a与b同周期,b的单质能与水反应置换水中的氧,可推出b为F;b与d同主族可知,d为Cl;由c原子的半径在短周期主族元素中最大可知,c为Na,由此解答本题。
【详解】A、a为N,其氧化物对应水化物不一定是强酸,如N2O3对应水化物为HNO2,属于弱酸,故A错误;
B、a、b、c对应简单离子核外电子结构相同,核电荷数越小,其半径越大,故简单离子半径为:
a>b>c,d对应简单离子的电子层数较a、b、c多一层,其半径最大,故简单离子的半径:
d>a>b>c,故B错误;
C、F和Cl同主族,对应单质的氧化性F2>Cl2,故C正确;
D、c为Na,在空气中燃烧产物为Na2O2,阳离子与阴离子个数比为2:
1,故D错误。
10.室温下向10ml0.2mol/L的H2A溶液中加入0.2mol/LNaOH溶液,溶液pH的变化曲线如图所示。
下列说法正确的是()
A.b点溶液中离子浓度的大小:
c(H2A)>c(A2-)
B.加水稀释c点溶液,水电离出的c(H+)·c(OH-)不变
C.a点的溶液可以用钢瓶贮存
D.c点溶液中存在:
c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-)
【答案】D
【解析】
【分析】由题干可知,a点对应的溶质为NaHA,其溶液呈酸性,由此可知HA-的电离程度大于其水解程度,c点对应溶质为Na2A,由此进行解答本题。
【详解】A、根据电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),b点溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-),a点溶质为NaHA,存在物料守恒:
c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),由a→b的过程中,加入了Na+,故b点c(Na+)>c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),即2c(A2-)+c(HA-)>c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),由此可知c(A2-)>c(H2A),故A错误;
B、c点的溶质为Na2A,加水稀释过程中,A2-离子水解程度增大,促进水的电离,水电离出的c(H+)·c(OH-)增大,故B错误;
C、a点溶液呈酸性,不能用钢瓶贮存,故C错误;
D、c点溶液中存在电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),其溶液呈碱性,故c(H+)
11.已知1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ,18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量。
其他相关数据如下表:
化学键
O=O
H—H
H—O(g)
1mol化学键断裂时
需要吸收的能量/kJ
496
x
463
则表中x为()
A.920B.557C.436D.188
【答案】C
【解析】
【详解】1g氢气完全燃烧生成液态水时放出热量143kJ,故2mol氢气燃烧生成2mol液态水时放出热量为
×143kJ=572kJ,18g水蒸气变成液态水放出44kJ的热量,2mol液态水变为气态水吸收的热量为
×44kJ=88kJ,故2mol氢气燃烧生成2mol气态水时放出热量为572kJ−88kJ=484kJ,故热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)
H=−484kJ/mol,所以2xkJ/mol+496kJ/mol−4×463kJ/mol=−484kJ/mol,解得x=436,故选C。
12.对于H2(g)+I2(g)
2HI(g),ΔH<0,根据如图,下列说法错误的是()
A.t2时可能使用了催化剂B.t3时可能采取减小反应体系压强的措施
C.t5时采取升温的措施D.反应在t6时刻,HI体积分数最大
【答案】D
【解析】
【分析】该可逆反应为气体等体积反应,该变压强或加入催化剂能够该变其化学反应速率,但平衡不会移动;该反应正向为放热反应,升高温度化学反应速率增加,平衡逆向移动,降温化学反应速率降低,平衡正向移动,然后结合图像进行分析。
【详解】A、t2时化学反应速率加快,平衡未发生移动,可能
加入了催化剂,故A不符合题意;
B、t3时化学反应速率降低,由上述分析可知,其采取的措施可能是减小反应体系压强,故B不符合题意;
C、t5时正逆化学反应速率均加快,且逆反应速率大于正反应速率,即平衡逆向移动,由此可知,t5时采取升温
措施,故C不符合题意;
D、由t1~t6整个过程来看,平衡逆向移动,因此t6时刻对应HI体积分数最小,故D符合题意。
13.已知反应:
①2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ/mol
②稀溶液中,H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ/mol
下列结论正确的是()
A.碳的燃烧热为ΔH=-221kJ/mol
B.1molC(s)和0.5molO2(g)所具有的能量高于1molCO(g)所具有的能量
C.稀硫酸与稀NaOH溶液反应放出的热量为57.3kJ/mol
D.稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水,放出的热量大于57.3kJ
【答案】B
【解析】
【详解】A、碳的燃烧热是指1mol碳完全燃烧生成的稳定的氧化物CO2放出的热量,从2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ/mol可知1mol碳不完全燃烧生成CO放出110.5kJ,由题干数据无法计算碳的燃烧热,故A错误;
B、由反应①可知:
C(s)+
O2(g)=CO(g)ΔH=-110.5kJ/mol,该反应放热,即1molC(s)和0.5molO2(g)所具有的能量高于1molCO(g)所具有的能量,故B正确;
C、未告知酸与碱的量,无法确定其酸碱中和放出的热量,故C错误;
D、醋酸为弱酸,其电离过程需要吸收能量,因此稀醋酸与稀NaOH溶液反应生成1mol水,放出的热量小于57.3kJ,故D错误。
14.工业生产硫酸接触室发生如下化学反应:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)ΔH=-196.6kJ·mol-1。
一定温度下,向甲、乙、丙三个容积均为2L的恒容密闭容器中投入SO2(g)和O2(g),其起始物质的量及SO2的平衡转化率如表所示,下列判断中,正确的是()
甲
乙
丙
起始物质的量
n(SO2)/mol
0.6
1.2
1.2
n(O2)/mol
0.36
0.36
0.72
SO2的平衡转化率
80%
α1
α2
A.甲→乙,平衡向正反应方向移动,α(O2)增大,放出的热量为47.18kJ
B.平衡时,丙中c(SO2)是甲中的2倍
C.平衡时,SO2的转化率:
α2>80%>α1
D.该温度下,平衡常数K=400
【答案】C
【解析】
【详解】A、乙相对于甲,SO2浓度增加,平衡正向移动,O2转化率增加,
甲容器中:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)
起始(mol)0.60.360
转化(mol)0.480.240.48
平衡(mol)0.120.120.48
其放出的热量=
=47.18kJ,由甲→乙,因氧气浓度降低了,增加的0.6molSO2转化将会降低,其放出的热量一定小于47.18kJ,故A错误;
B、丙相对于甲,反应物浓度增加一倍,相当于增大一倍压强,平衡正向移动,平衡时丙中c(SO2)小于甲中2c(SO2),故B错误;
C、由甲、乙可知,氧气的浓度相同,二氧化硫的浓度增大会促进氧气的转化,二氧化硫转化率减小,乙、丙可知二氧化硫浓度相同,氧气浓度增大,二氧化硫转化率增大,则平衡时,SO2的转化率:
α1<80%<α2,故C正确;
D、甲容器中:
2SO2(g)+O2(g)
2SO3(g)
起始(mol/L)0.30.180
转化(mol/L)0.240.120.24
平衡(mol/L)0.060.060.24
K=
=
,故D错误。
15.下列性质中,可以证明CH3COOH是弱电解质的是()
A.醋酸的导电能力比盐酸的弱
B.0.1mol/L
醋酸溶液中,c(H+)=0.1mol/L
C.10ml0.1mol/L的醋酸溶液恰好与10ml0.1mol/L的NaOH溶液完全反应
D.醋酸钠的水溶液显碱性
【答案】D
【解析】
【详解】A、由于未告知醋酸和盐酸是否为同浓度,不能根据其溶液导电能力判断其电离程度,故A错误;
B、若0.1mol/L的醋酸溶液中,c(H+)=0.1mol/L,则醋酸为强电解质,故B错误;
C、10ml0.1mol/L的醋酸溶液恰好与10ml0.1mol/L的NaOH溶液完全反应只能说明醋酸为一元酸,不能证明醋酸为弱电解质,故C错误;
D、醋酸钠溶液呈碱性的原因是因为醋酸根离子的水解,根据“有弱才水解”可知,醋酸为弱电解质,故D正确。
16.常温下,下列有关叙述正确的是()
A.Na2CO3溶液中:
c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)]
B.pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中,c(NH4+)大小顺序①>②>③
C.NaY溶液的pH=8,c(Na+)-c(Y-)=9.9×10-7mol/L
D.向0.1mol/L的氨水中加入少量的硫酸铵固体,溶液中
增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、Na2CO3溶液中的物料守恒为:
c(Na+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)],故A错误;
B、pH相等的①NH4NO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中,NH4HSO4电离出H+,NH4+浓度最小,NH4NO3和(NH4)2SO4水解程度相同,正确顺序为①=②>③,故B错误;
C、NaY溶液的pH=8可知,c(H+)=10-8mol/L,c(OH-)=10-6mol/L,NaY溶液中电荷守恒:
c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),即c(Na+)-c(Y-)=c(OH-)-c(H+)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L,故C正确;
D、氨水中加入少量的硫酸铵固体,c(NH4+)增大,且温度不变,则Kb不变,故
=
减小,故D错误。
二、非选择题(本大题共4小题,共52分)
17.在一定条件下发生反应:
4NO2(g)+O2(g)
2N2O5(g)ΔH<0,T1时,向体积为2L的恒容密闭容器中通入NO2和O2,部分实验数据如表所示。
时间/s
0
5
10
15
c(NO2)/(mol·L-1)
4.00
2.52
2.00
c3
c(O2)/(mol·L-1)
1.00
c1
c2
0.50
(1)0~10s内N2O5的平均反应速率为__,此温度下的平衡常数为___。
(2)其他条件不变,将容器体积压缩一半,则重新达到平衡时c(N2O5)___2.00mol·L-1(填“>、<或=”,下同)
(3)假设温度T1时平衡常数为K1,温度T2时平衡常数为K2,若K1 (4)下列可以作为平衡的依据的是___ A.容器内混合气体的颜色不再改变 B.生成1molO2的同时消耗2molN2O5 C.混合气体的平均摩尔质量不再变化 D.混合气体的密度不再变化 (5)改变哪些措施可以增加NO2的平衡转化率___(答出任意两条及以上) (6)已知: N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol−1 2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=﹣221.0kJ·mol−1 C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=﹣393.5kJ·mol−1 则汽车尾气处理的反应之一: 2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=___kJ·mol−1,利于该反应自发进行的条件是___(选填“高温”或“低温”)。 【答案】 (1).0.1mol·L-1·s-1 (2).0.125(3).>(4).>(5).AC(6).增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5(7).﹣746.5kJ/mol(8).低温 【解析】 【详解】 (1)4NO2(g)+O2(g) 2N2O5(g) 起始(mol/L)410 10s内转化(mol/L)20.51 10s末(mol/L)20.51 故用N2O5表示平均化学反应速率 = =0.1mol·L-1·s-1;由10s~15s内氧气浓度不变可知,该反应在10s末已经处于平衡状态,故该反应平衡常数K= =0.125; (2)将容器体积压缩一半,压缩瞬间,c(N2O5)=2mol/L,压强增大,化学平衡正向移动,重新达到平衡时,c(N2O5)>2mol/L; (3)该反应正向为放热反应,升高温度,平衡逆向移动,平衡常数减小,由此可知,T1>T2; (4)A、容器内有颜色的气体为NO2,若容器内混合气体的颜色不再改变,则说明NO2浓度不变,可证明该反应处于平衡状态,故A正确; B、该反应在任意时刻均存在每消耗2molN2O5会生成1molO2,故不能说明该反应处于平衡状态,故B错误; C、混合气体的总质量不变,因反应前后气体的物质的量不相等,在反应未达到平衡时,气体的物质的量会发生变化,由 可知,当混合气体的平均摩尔质量不再变化时,即反应达到平衡,故C正确; D、混合气体的总质量不变,容器体积恒定,其密度不会发生改变,故不能判断该反应是否处于平衡状态,故D错误; (5)NO2作为反应物,若要提高其转化率,可通过增加O2浓度、降低温度、增大压强、及时分离N2O5使反应正向移动达到目的; (6)令①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=+180.5kJ·mol−1 ②2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=﹣221.0kJ·mol−1 ③C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=﹣393.5kJ·mol−1 将反应③×2-①-②可得2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-746.5kJ/mol;该反应为
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