学年福建省福州市第三中学高二下学期期末考试化学试题 解析版.docx
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学年福建省福州市第三中学高二下学期期末考试化学试题 解析版.docx
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学年福建省福州市第三中学高二下学期期末考试化学试题解析版
福州三中2017-2018学年高二下化学期末考试
(完卷时间:
90分钟;全卷满分:
150分)
可能用到的相对原子质量:
H:
1Li:
7C:
12N:
14O:
16Cu:
64Ag:
108
第Ⅰ卷
一、选择题(本大题共18小题,每小题只有一个正确答案,共72分)
1.分类是科学研究的重要方法,下列物质分类不正确的是()
A.化合物:
干冰,胆矾,烧碱B.同素异形体:
活性炭,C60,金刚石
C.非电解质:
乙醇,四氯化碳,氯气D.混合物:
漂白粉,纯净矿泉水,盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
A.不同元素组成的纯净物为化合物;
B.同种元素组成的不同单质互称为同素异形体;
C.水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物为非电解质;
D.不同物质组成的为混合物;
【详解】A.干冰为二氧化碳固体、胆矾为五水硫酸铜晶体、烧碱为氢氧化钠,都是纯净物,都为化合物,A正确;
B.石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质,属于碳元素的同素异形体,B正确;
C.乙醇、四氯化碳的水溶液中和熔融状态下都不导电,属于非电解质,氯气是单质既不是电解质也不是非电解质,C错误;
D.漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水属于混合物、盐酸是氯化氢气体的水溶液属于混合物,D正确;
综上所述,本题选C。
2.能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是()
A.向水中通入SO2B.将水加热煮沸
C.向纯水中投入一小块金属钠D.向水中加入NaCl
【答案】A
【解析】
试题分析:
A.在水中存在水的电离平衡:
H2O
H++OH-。
当向水中通入SO2时发生反应:
SO2+H2O=H2SO3.H2SO3
H++HSO3-。
H2SO3电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大,对水的电离平衡起到了抑制作用。
最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。
即溶液中的c(H+)>c(OH-)。
正确。
B.水的电离是吸热过程,升高温度促进水的电离。
所以将水加热煮沸促进了水的电离。
但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同,所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。
错误。
C.向纯水中投入一小块金属钠发生反应:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动,对水的电离起到了抑制作用,最终使整个溶液中的c(OH-)>c(H+)。
错误。
D.向水中加入NaCl.NaCl是强酸强碱盐,对水的电离平衡无影响,所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。
错误。
考点:
考查外界条件对水的电离平衡的影响的知识。
3.某反应使用催化剂后,其反应过程中能量变化如图所示。
下列说法错误的是()
A.该反应的总反应为放热反应
B.使用催化剂,不可以改变反应进行的方向
C.反应①是吸热反应,反应②是放热反应
D.△H2═△H1+△H
【答案】D
【解析】
【详解】A.因为反应物的总能量比生成物总能量高,故总反应为放热反应,A正确;
B.加入催化剂,改变反应的活化能,不能改变反应进行的方向,B正确;
C.据图可知,因为①中反物的总能量比生成物总能量低,故反应①为吸热反应,②中反应物的总能量比生成物总能量高,故反应②为放热反应,C正确;
D.由图所示,反应①为吸热反应,反应②为放热反应,根据盖斯定律可知:
反应①+反应②,A+B=E+F△H=△H2+△H1,D错误;
综上所述,本题选D。
4.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是()
A.达到化学平衡时,4v正(NH3)=5v逆(H2O)
B.若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,则反应达到平衡状态
C.达到化学平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率减小
D.达到平衡时,若减小容器体积,则NH3的转化率会增大
【答案】C
【解析】
【详解】A、平衡时,不同物质的正逆反应速率之比等于化学计量系数之比,则达平衡时,3v正(NH3)=2v逆(H2O),A错误;
B、若单位时间内生成xmolNO的同时,消耗xmolNH3,都表示反应向正向进行,不能说明反应到达平衡,B错误;
C、达到化学平衡时,若增加容器体积,各物质浓度均减小,则正逆反应速率均减小,C正确;
D.达到平衡时,若减小容器体积,相当于加压,平衡左移,则NH3的转化率会减小,D错误;
综上所述,本题选C。
5.下列图示中关于铜电极的连接或描述不正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
试题分析:
A、锌比铜活泼,锌作负极,铜作正极,连接正确,故错误;B、精炼铜,粗铜作阳极,纯铜作阴极,连接正确,故错误;C、电镀时,镀件作阴极,镀层金属作阳极,连接错误,故正确;D、电解氯化铜,铜作阴极,石墨作阳极,连接正确,故错误。
考点:
考查原电池的工作原理、电解原理的应用等知识。
6.三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示,采用惰性电极,ab、cd均为离子交换膜,在直流电场的作用下,两膜中间的Na+和SO42−可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。
下列叙述正确的是()
A.通电后中间隔室的SO42−离子向正极迁移,正极区溶液pH增大
B.该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品
C.负极反应为4OH−−4e−=O2↑+2H2O,负极区溶液pH降低
D.当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.5mol的O2生成
【答案】B
【解析】
【分析】
用惰性电极电解硫酸钠溶液,相当于电解水,阳极氢氧根离子失电子生成氧气,溶液中氢离子浓度增大,硫酸根离子就要通过cd膜进入阳极区,生成硫酸,所以cd为阴离子交换膜;氢离子在阴极得电子生成氢气,溶液中氢氧根离子浓度增大,钠离子就要通过ab膜进入阴极区,生成氢氧化钠,所以ab为阳离子交换膜;据以上分析进行解答。
【详解】A项,阴离子向阳极移动,氢氧根离子放电:
4OH−−4e−=O2↑+2H2O,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,故A项错误;
B项,直流电场的作用下,两膜中间的Na+、SO42—可通过离子交换膜,而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室,通电时,氢氧根离子在阳极区放电生成水和氧气,考虑电荷守恒,两膜中间的硫酸根离子会进入正极区,与氢离子结合成硫酸;氢离子在阴极得电子生成氢气,考虑电荷守恒,两膜中间的钠离子会进入负极区,与氢氧根离子结合成氢氧化钠,故可以得到NaOH和H2SO4产品,故B项正确;
C项,负极即为阴极,发生还原反应,氢离子得电子生成氢气,故C项错误;
D项,每生成1mol氧气转移4mol电子,当电路中通过1mol电子的电量时,会有0.25mol的O2生成,故D项错误;
综上所述,本题选B。
7.全固态锂硫电池能量密度高、成本低,其工作原理如图所示,其中电极a常用掺有石墨烯的S8材料,电池反应为:
16Li+xS8=8Li2Sx(2⩽x⩽8).下列说法错误的是()
A.电池工作时,正极可发生反应:
2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4
B.电池充电时间越长,电池中的Li2S2量越多
C.石墨烯的作用主要是提高电极a的导电性
D.电池工作时,外电路中流过0.04mol电子,负极材料减重0.28g
【答案】B
【解析】
【详解】A.原电池工作时Li+向正极移动,根据图示可知发生还原反应:
2Li2S6+2Li++2e−=3Li2S4,故A项正确;
B.电池充电时,LiSx在阳极放电,S的化合价升高,所以逐步从Li2S2转变为Li2S4、Li2S6、Li2S8,故充电时间越长,Li2S2的量越少,故B项错误;
C.石墨烯能够导电,其作用是提高电极a的导电性,故C项正确。
D.外电路中流过0.04mol电子时,负极的Li被消耗,消耗Li的物质的量为0.04mol,负极材料减重为0.04×7=0.28g,故D项正确;
综上所述,本题选B。
8.用铂电极电解100mLHNO3与AgNO3的混合溶液,通电一段时间后,两极均收集到2.24L气体(标准状况),则原混合溶液中Ag+的物质的量浓度为
A.1mol•L﹣1B.2mol•L﹣1C.2.5mol•L﹣1D.3mol•L﹣1
【答案】B
【解析】
试题分析:
铂电极为惰性电极,电解HNO3与AgNO3的混合溶液,通电一段时间后,两极均收集到2.24L气体(标准状况),n(气体)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,由阳极发生4OH--4e-=2H2O+O2↑可知,生成0.1molO2转移0.4mol电子,根据电子守恒可知,阴极转移0.4mol电子,则
2H++2e-=H2↑
0.2mol0.1mol
2Ag++2e-=2Ag
0.2mol0.2mol
即n(Ag+)=0.2mol,则原混合溶液中Ag+的物质的量浓度为0.2mol÷0.1L=2mol/L,故选B。
考点:
考查电解原理及氧化还原反应的计算
9.固定容积为2L的密闭容器中发生反应xA(g)+yB(g)
zC(g),图I表示t℃时容器中各物质的量随时间的变化关系,图II表示平衡常数K随温度变化的关系。
结合图像判断,下列结论正确的是
A.该反应可表示为:
2A(g)+B(g)
C(g)ΔH﹤0
B.t℃时该反应的平衡常数K=6.25
C.当容器中气体密度不再变化时,该反应达到平衡状态
D.t℃,在第6min时再向体系中充入0.4molC,再次达到平衡时C的体积分数大于0.25
【答案】D
【解析】
试题分析:
A.由图Ⅰ可知,该反应为2A(g)+B(g)
C(g),由图Ⅱ可知,当温度升高时,平衡常数K增大,证明反应正向移动,因此该反应正向为吸热反应,即ΔH>0,A错误;B.t℃时物质A的平衡浓度为0.2mol/L,B的平衡浓度为0.1mol/L,C的平衡浓度为0.1mol/L,故该反应的平衡常数K=0.1/(0.22×0.1)=25,B错误;C.根据质量守恒可知,反应前后,气体的质量保持不变,由于容器的体积不变,因此反应前后气体的密度不发生变化,故当容器中气体的密度不再发生变化时,不能证明该反应达到平衡状态,C错误;D.t℃,达到平衡状态时,C的体积分数为0.25,在第6min时再向体系中充入0.4molC,平衡逆向移动,但是0.4molC不能完全转化为A和B,因此再次达到平衡时C的体积分数大于0.25,D正确。
答案选D。
考点:
考查化学平衡的计算、平衡状态判断。
10.已知:
一定条件下。
向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X,发生反应2X(g)
2y(g)+z(g)测得A、B容器中X的物质的量n(X)随时间t的变化如图所示。
下列说法不正确的是()
A.若A、B容积相同,但反应温度不同,且温度:
A>B
B.若A、B反应温度相同,但容积不同,且容积:
A
C.a,c两点对应的平均相对分子质量:
a>c
D.t1−t2时间段内,A、B两容器中平均反应速率相等
【答案】D
【解析】
【详解】A.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X,根据图像,A建立平衡需要的时间短,反应速率快,若A、B容积相同,但反应温度不同,则温度:
A>B;正确;
B.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X,根据图像,A建立平衡需要的时间短,反应速率快,若A、B反应温度相同,但容积不同,则容积:
A
C.向A、B两个恒容密闭容器中分别加入等量的X,发生分解反应,该反应为气体体积增大的反应,a,c两点对应X的分解量为c>a,气体的总的物质的量为c>a,气体的质量不变,对应的平均相对分子质量:
a>c,正确;
D.根据图像,t1−t2时间段内,A中反应处于平衡状态,X的浓度变化值为0,反应的平均反应速率为0,而B中反应正在进行,平均反应速率≠0,错误;
综上所述,本题正确答案为D。
11.常温下,用0.1mol/L的HCl溶液滴定10.00mL0.1mol/LROH,其滴定曲线如图所示.AG=
下列分析不正确的是()
A.ROH为弱碱B.A点溶液c(Cl−)=c(R+)
C.若b=10时,AG<0D.若b=15,溶液中存在c(Cl−)+c(ROH)+c(OH−)=c(H+)
【答案】C
【解析】
【详解】A.依据图象可知:
0.1mol/LROH的AG为-7.2,则:
c(H+)/c(OH-)==10-7.2,结合c(H+)×c(OH-)=10-14,得c(OH-)=10-3.4mol/L,小于0.1mol/L,所以ROH为弱碱,故A正确;
B.依据溶液中电荷守恒原则:
c(Cl-)+c(OH-)=c(R+)+c(H+),A点溶液AG=0,氢氧根离子浓度等于氢离子浓度,溶液呈中性,则c(Cl-)=c(R+),故B正确;
C.当盐酸的体积b=10mL,与10.00mL0.1mol/LROH恰好完全反应生成RCl,RCl为强酸弱碱盐,水解显酸性:
C(H+)>c(OH-),AG=
>0,故C错误;
D.b=15,溶液中存在RCl和HCl(量之比2:
1),依据溶液中存在的电荷守恒:
c(Cl-)+c(OH-)=c(R+)+c(H+),物料守恒:
3[c(R+)]+c(ROH)=2c(Cl-),得:
1/3c(Cl-)+c(ROH)+c(OH-)=c(H+),故D正确;
综上所述,本题选C。
【点睛】根据AG=
,若c(H+)=c(OH-),AG=0,溶液呈中性;若c(H+)>c(OH-),AG>0,溶液呈酸性;若c(H+) 12.反应CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g).反应的平衡常数如表: 下列说法正确的是() 温度/℃ 0 100 200 300 400 平衡常数 667 13 1.9×10−2 2.4×10−4 1×10−5 A.该反应的△H>0 B.加压缩体积或增大H2浓度都能提高CO的转化率 C.工业上采用高温高压的条件,目的都是提高原料气的转化率 D.t℃时,向1L密闭容器中投入0.1molCO和0.2molH2,平衡时CO转化率为50%,则该反应温度在0-100之间 【答案】B 【解析】 【详解】A项,由图表可知,随温度升高正反应平衡常数减小,推知该反应△H<0,故A项错误; B项,加压缩体积,平衡右移,CO的转化率增大;增大CO浓度,平衡右移,CO的转化率减小,故B项错误; C项,该反应正向为气体体积减小的放热反应,理论上温度越低、压强越高,则可提高原料气的转化率,故C项错误。 D项,初始时c(CO)=0.1mol/L,c(H2)=0.2mol/L,由反应方程式可知,若平衡时CO转化率为50%,则平衡时c(CO)=0.05mol/L,c(H2)=0.1mol/L,c(CH3OH)=0.05mol/L,该温度下平衡常数K=c(CH3OH)/c(CO)c2(H2)=0.05/0.05×0.12=100,所以该反应温度为0℃-100℃,故D项正确; 综上所述,本题选D。 【点睛】对于CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)可逆反应,在体积温度不变的情况下,增加CO的浓度,平衡右移,但是CO的转化率降低,H2的转化率增大;即两种物质参加反应,增加该物质浓度,该物质的转化率减小,另外一种物质的转化率增大。 13.常温下,0.1mol•L-1一元酸HA溶液中c(OH-)/c(H+)=1×10-6,下列叙述正确的是( ) A.该溶液中水的离子积常数为1×10−12 B.该一元酸溶液的pH=1 C.该溶液中由水电离出的c(H+)=1×10−6mol•L-1 D.向该溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释,溶液中c(OH-)均增大 【答案】D 【解析】 【详解】A.常温下,水的离子积常数为1×10−14,A错误; B.根据c(OH-)/c(H+)=1×10-6和c(OH-)×c(H+)=10-14可解得c(H+)=0.0001mol/L,HA为弱酸,pH>1,B错误; C.根据c(OH-)/c(H+)=1×10-6和c(OH-)×c(H+)=10-14可解得c(H+)=0.0001mol/L,HA为弱酸,该溶液中由水电离出的c(H+)=c(OH-)=Kw/0.0001=10-10mol/L,C错误; D.根据一元酸HA电离的方程式: HA⇌H++A-,加入一定量NaA晶体,则A-的浓度增大,所以平衡逆向移动,所以氢离子浓度减小,c(OH-)增大;加水稀释,溶液中氢离子浓度减小,所以c(OH-)增大,D正确; 综上所述,本题选D。 【点睛】室温下,水电离产生的c(H+)<10-7mol/L,说明溶液可能为酸性,可能为碱性,抑制水电离;水电离产生的c(H+)>10-7mol/L或c(OH-)>10-7mol/L,溶液可能为水解的盐,促进了水的电离。 14.把0.02mol·L-1的醋酸钠溶液与0.01mol·L-1盐酸等体积混合,溶液显酸性,则溶液中有关微粒的浓度关系不正确的是() A.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01mol·L-1B.c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) C.2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)D.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-) 【答案】C 【解析】 【分析】 反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa,混合溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度,溶液中存在电荷守恒和物料守恒,据此分析解答。 【详解】反应后的混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaCl、CH3COOH、CH3COONa,混合溶液呈酸性,说明醋酸的电离程度大于醋酸根离子水解程度, A.根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02×V/2V=0.01mol/L,A正确; B.反应后NaAc和HAc的物质的量相等,溶液显酸性,说明HAc电离程度大于Ac- 水解程度,则(Ac-)>c(Cl-),HAc为弱电解质,部分电离,应有c(HAc)>c(H+ ),所以: c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+),B正确; C.反应后NaAc、HAc和NaCl的物质的量均相等,根据物料守恒,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+),C错误; D.溶液中存在电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(Cl-)+c(OH-),D正确; 综上所述,本题选C。 15.下列说法正确的是( ) A.0.1mol•L-1的NaHCO3(aq)中: c(Na+)>c(HCO3-)>c(H+)>c(OH-) B.已知c(石墨,s)=c(金刚石,s)△H>0,则金刚石比石墨稳定 C.将等体积pH=3的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液,醋酸所需加入的水量多 D.常温下,pH=12的氢氧化钠溶液与pH=2的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH>7 【答案】C 【解析】 【详解】A.碳酸氢钠溶液中,HCO3-水解程度大于电离程度导致溶液呈碱性,但电离和水解程度都较小,钠离子不水解,所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+),故A错误; B.物质所含能量低的稳定,石墨变为金刚石为吸热反应,石墨能量低,说明石墨比金刚石稳定,故B错误; C.加水稀释促进弱酸电离,所以要使pH相等的盐酸和醋酸稀释后溶液的pH仍然相等,醋酸加入水的量大于盐酸,故C正确; D.pH=12的氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L,pH=2的醋酸中c(CH3COOH)>0.01mol/L,二者等体积混合时,醋酸过量,导致溶液呈酸性,则pH<7,故D错误; 综上所述,本题选C。 【点睛】本题考查了弱电解质的电离、盐类水解等知识点,根据溶液中的溶质及溶液酸碱性再结合守恒思想分析解答,注意分析D时,由于醋酸过量,溶液显酸性,而非显碱性,为易错点。 16.常温下,向10mLbmol⋅L−1的CH3COOH溶液中滴加等体积的0.0lmol⋅L−1的NaOH溶液,充分反应后溶液中c(Na+)=c(CH3COO−),下列说法正确的是() A.b=0.0l B.混合后溶液呈碱性 C.常温下,所得溶液中CH3COOH的电离常数Ka=10−9/b−0.01mol⋅L−1 D.向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,水的电离程度逐渐减小 【答案】C 【解析】 【详解】A项,若CH3COOH与NaOH反应,根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-),由于反应后溶液中: c(Na+)=c(CH3COO−),则: c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,醋酸过量,b>0.0lmol⋅L−1,故A项错误; B项,若CH3COOH与NaOH反应,根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-),由于反应后溶液中: c(Na+)=c(CH3COO−),则: c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,故B项错误; C项,根据题意,醋酸电离常数Ka=c(CH3COO−)c(H+)/c(CH3COOH)=(0.01/2)×10-7/(b/2-0.01/2)=10−9/b−0.01mol⋅L−1,故C项正确; D项,向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中,溶液酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,当氢氧化钠过量时,水的电离又被抑制,故D项错误; 综上所述,本题选C。 【点睛】若CH3COOH与NaOH反应,根据电荷守恒: c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH-),由于反应后溶液中: c(Na+)=c(CH3COO−),则: c(H+)=c(OH-),溶液呈中性;若c(Na+)>c(CH3COO−),则: c(H+) c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性。 17.在不同温度下按照相同物质的量投料发生反应: CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)△H<0.测得CO的平衡转化率与压强的关系如图所示。 有关说法正确的是() A.混合气体密度: ρ(x)>ρ(w)B.正反应速率: v正(y)>v正(w) C.反应温度: T2>T3D.混合气体的平均摩尔质量: M(y) 【答案】B 【解析】 【详解】A.由m=ρV结合混合气体的质量、体积可以知道,混合气体的质量不变,若体积不变时,混合气体密度: ρ(x)=ρ(w),故A错误; B.y、w的温度相同,y点对应压强大,压强越大反应速率越快,则反应速率: v正(y)>v正(w),故B正确; C.△H<0,根据图像可知,在压强相同时,温度升高,平衡左移,一氧化碳的转化率减小,则反应温度: T2 D.D.y、z比较,y点CO转化率大,则平衡时混合气体的总物质的量小,y点对于气体的物质的量小,因为反应后气体的总质量不变,则混合气体的平均摩尔质量: M(y)>M(z),故D错误; 综上所述,本题选B。 18.下列根据实验操作和现象所得出的结论不正确的是 选项 实验操作 实验现
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