备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题附答案解析.docx
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备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题附答案解析
2020-2021备战高考化学培优专题复习高无机综合推断练习题附答案解析
一、无机综合推断
1.已知C、D、G、I为短周期元素形成的单质,D、G、I常温下为气态,且G为黄绿色;形成D的元素原子的最外层电子数是次外层的3倍;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃);K为红棕色粉末。
其转化关系如图。
请回答:
(1)工业上制C用A不用H的原因______________________。
(2)写出C与K反应的化学方程式_________________,该反应的反应物总能量___________(填“大于”或“小于”)生成物总能量。
(3)L是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,L作阴极,接通电源(短时间)电解E水溶液的化学方程式___________________。
(4)写出E物质的电子式___________________。
(5)J与H反应的离子方程式为________________________。
(6)写出G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式_______________________。
【答案】氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe大于2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
【详解】
形成D的元素的原子最外层电子数是次外层的3倍,原子只能有2个电子层,最外层电子数为6,则D为O2;K为红棕色固体粉末,K为Fe2O3;由于电解A得到C与D,则C与K生成A的反应为铝热反应,故A为Al2O3,L为Fe,C为Al;黄绿色气体G为Cl2,与C反应得到H为AlCl3;B的焰色反应呈紫色(透过蓝色钴玻璃),B中含有K元素,B在催化剂、加热条件下反应生成氧气,则B为KClO3,E为KCl,电解KCl溶液生成KOH、H2和Cl2,过量的F与氯化铝反应得到J,则I为H2,F为KOH,J为KAlO2;
(1)H为AlCl3,氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电,故工业上制Al用氧化铝不用氯化铝,故答案为氯化铝是共价化合物,熔融状态下不导电;
(2)C与K反应的化学方程式为:
2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe,该反应为放热反应,故该反应的反应物总能量大于生成物总能量,故答案为2Al+Fe2O3
Al2O3+2Fe;大于;
(3)Fe是目前应用最广泛的金属,用碳棒作阳极,Fe作阴极,接通电源(短时间)电解KCl水溶液的化学方程式为:
2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑,故答案为2KCl+2H2O
2KOH+H2↑+Cl2↑;
(4)E为KCl,KCl的电子式为
,故答案为
;
(5)J与H反应的离子方程式为:
Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓,故答案为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3↓;
(6)G为Cl2,G与熟石灰反应制取漂白粉的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
【点晴】
本题考查无机推断等,特殊颜色及D的原子结构、转化关系中特殊反应等是推断突破口,是对元素化合物知识及学生综合能力的考查,需对基础知识全面掌握。
推断题中常见的特征反应现象有:
(1)焰色反应:
Na(黄色)、K(紫色);
(2)使品红溶液褪色的气体:
SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色);(3)白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色[Fe(OH)3](由白色→灰绿→红褐色);(4)在空气中变为红棕色:
NO;(5)气体燃烧火焰呈苍白色:
H2在Cl2中燃烧;在空气中点燃呈蓝色:
CO、H2、CH4;(6)使湿润的红色石蕊试纸变蓝:
NH3;(7)空气中出现白烟:
NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。
2.A是一种红棕色金属氧化物;B、D是金属单质;J是一种难溶于水的白色化合物,受热易分解。
回答下列问题:
(1)A、E、J、G的化学式分别为___、___、___、___。
(2)C转化为I的离子方程式为___。
(3)H和I反应生成J的离子方程式为___。
(4)如何检验E溶液中大量存在的阳离子?
___。
【答案】Fe2O3FeCl2Al(OH)3Fe(OH)3Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2OAl3++3AlO2-+6H2O═4Al(OH)3↓取E溶液2mL于试管中,滴入几滴KSCN溶液,无现象,再滴入几滴氯水,溶液呈血红色,则含有Fe2+
【解析】
【分析】
A是一种红棕色金属氧化物,则A是Fe2O3,红褐色沉淀G为Fe(OH)3,分解可以生成氧化铁,则F是 Fe(OH)2.B、D是金属单质,Fe2O3和B在高温下能反应生成金属单质D,则该反应是铝热反应,B是Al,D是Fe,C是Al2O3,J是一种不溶于水的白色化合物,受热容易分解成C,则J是Al(OH)3,由转化关系可知,I是NaAlO2,H是AlCl3;铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,E和氨水反应生成 Fe(OH)2,则E是 FeCl2,以此解答该题。
【详解】
(1)由以上分析可知,则A为Fe2O3,E是FeCl2,J是Al(OH)3,G是Fe(OH)3;
(2)氧化铝是两性氧化物,与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水,反应离子方程式为:
Al2O3+2OH-═2AlO2-+H2O;
(3)铝离子和偏铝酸根之间双水解而不共存,反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O═4Al(OH)3↓;
(4)E是FeCl2,检验亚铁离子,可取E溶液2mL于试管中,滴入几滴KSCN溶液,无现象,再滴入几滴氯水,溶液呈血红色,则含有Fe2+。
3.已知A为淡黄色固体,R是地壳中含量最多的金属元素的单质,T为生活中使用最广泛的金属单质,D是具有磁性的黑色晶体,C、F是无色无味的气体,H是白色沉淀,W溶液中滴加KSCN溶液出现血红色。
(1)物质A的化学式为___,F化学式为___;
(2)B和R在溶液中反应生成F的离子方程式为___;
(3)H在潮湿空气中变成M的实验现象是___,化学方程式为___。
(4)A和水反应生成B和C的离子方程式为___,由此反应可知A有作为___的用途。
(5)M投入盐酸中的离子方程式___。
【答案】Na2O2H22Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑供氧剂Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
【解析】
【详解】
A为淡黄色固体,其能与水反应,则其为Na2O2;R是地壳中含量最多的金属元素的单质,则其为Al;T为生活中使用最广泛的金属单质,则其为Fe;D是具有磁性的黑色晶体,则其为Fe3O4;Na2O2与水反应生成NaOH和O2,所以C为O2;Al与NaOH溶液反应,生成偏铝酸钠和氢气,所以F为H2,B为NaOH;Fe3O4与盐酸反应,生成FeCl3、FeCl2和水,FeCl3再与Fe反应,又生成FeCl2,所以E为FeCl2;它与NaOH溶液反应,生成白色沉淀Fe(OH)2,它是H;Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3,它与盐酸反应生成FeCl3,它为W。
(1)物质A的化学式为Na2O2。
答案为:
Na2O2
F化学式为H2。
答案为:
H2
(2)NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。
答案为:
2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑
(3)Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色。
答案为:
白色沉淀迅速变成灰绿色,最终变成红褐色
化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
(4)Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑。
答案为:
2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑
由此反应可知A有作为供氧剂的用途。
答案为:
供氧剂
(5)Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O。
答案为:
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
4.某研究小组为了探究一种浅绿色盐X(仅含四种元素,不含结晶水,M(X)<908g⋅mol-1)的组成和性质,设计并完成了如下实验:
取一定量的浅绿色盐X进行上述实验,充分反应后得到23.3g白色沉淀E、28.8g红色固体G和12.8g红色固体H。
已知:
①浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应;
②常温下B呈液态且1个B分子含有10个电子。
请回答如下问题:
(1)写出B分子的电子式___。
(2)已知G溶于稀硝酸,溶液变成蓝色,并放出无色气体。
请写出该反应的离子方程式为___。
(3)在隔绝空气、570℃温度下加热X至完全分解的化学反应方程式为___。
(4)一定条件下,NH3与黑色固体C发生氧化还原反应得到红色固体和气体丙(丙是大气主要成分之一),写出一个可能的化学反应方程式___。
【答案】
3Cu2O+14H++2NO3-=6Cu2++2NO↑+7H2OCu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O
【解析】
【分析】
浅绿色盐X在570℃、隔绝空气条件下受热分解为非氧化还原反应,得到A、B和黑色固体C,常温下B呈液态,且1个B分子含有10个电子,B为水;A和水反应生成的D能和氯化钡反应生成白色沉淀E,E只能为硫酸钡,则A为SO3,D为H2SO4;黑色固体C可能为四氧化三铁、氧化铜、碳等,黑色固体C隔绝空气在1000℃反应生成气体F和红色固体G,G能和硫酸反应生成红色固体和蓝色溶液应为氧化亚铜在酸性溶液中的歧化反应,Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O,所以红色固体G为氧化亚铜,气体F为氧气,红色固体H为铜,蓝色溶液I为硫酸铜,黑色固体C为氧化铜,据此分析解答。
【详解】
(1)B为水,水是共价化合物,氢原子和氧原子之间以共价键结合,其电子式为
,故答案为:
;
(2)红色固体G为氧化亚铜,Cu2O中+1价的铜被硝酸氧化,稀硝酸被还原成一氧化氮,反应的离子方程式为:
3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O,故答案为:
3Cu2O+14H++2NO3-═6Cu2++2NO↑+7H2O;
(3)根据上述分析,A为SO3,B为水,C为氧化铜,D为H2SO4,E为硫酸钡,F为氧气,G为氧化亚铜,H为铜,I为硫酸铜。
23.3g白色沉淀E(硫酸钡)的物质的量为n=
=0.1mol,浅绿色盐X中n(Cu)=0.4mol,n(S)=0.1mol,n(CuO)∶n(SO3)=1∶4,仅含四种元素,不含结晶水,设化学式为:
Cu4(OH)mSO4,Cu4(OH)mSO4
4CuO+SO3↑+
H2O↑,根据氧元素守恒得:
m=6,符合M(X)<908g•mol-1,则该反应流程为:
X在隔绝空气、570℃温度下加热Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑,故答案为:
Cu4(OH)6SO4
4CuO+SO3↑+3H2O↑;
(4)空气的主要成分为氧气、氮气,黑色固体C为氧化铜,与氨气反应生成氮气,气体丙为氮气、铜(0价)或氧化亚铜(铜为+1价)和水,红色固体为铜或氧化亚铜,反应的化学方程式可能为:
3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O,故答案为:
3CuO+2NH3
N2+3Cu+3H2O或3CuO+2NH3
N2+3Cu2O+3H2O。
【点睛】
本题的易错点和难点为X的确定,要注意根据流程图确定X所含元素及其物质的量,结合M(X)<908g•mol-1确定,本题的另一个注意点为(4),要注意红色固体为铜或氧化亚铜,甚至可以为铜或氧化亚铜的混合物。
5.某种电镀废水含A阴离子,排放前的处理过程如下:
己知:
4.5g沉淀D在氧气中灼烧后,产生4.0g黑色固体,生成的无色无味气体通过足量澄清石灰水时,产生5.0g白色沉淀,最后得到的混合气体除去氧气后,还剩余标准状况下密度为1.25g·L-1的单质气体E560mL。
(1)E的结构式为____________。
(2)写出沉淀D在氧气中灼烧发生的化学方程式_______________________________。
(3)溶液B具有性质____________(填“氧化性”或“还原性”)。
(4)滤液C中还含有微量的A离子,通过反应②,可将其转化为对环境无害的物质,用离子方程式表示该反应为______________________________________。
【答案】
2CuCN+3O2
2CuO+2CO2↑+N2↑还原性2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O
【解析】
【分析】
单质气体E的摩尔质量为1.25g·L-1×22.4L·mol-1=28g·mol-1,则E为N2,则n(N2)=
=0.025mol;沉淀D含有Cu,灼烧后产生的黑色固体为CuO,产生无色无味气体为CO2,n(CuO)=
=0.5mol,n(CO2)=n(CaCO3)=
=0.05mol;即D中含有0.05molCu、0.05molC、0.05molN,共4.5g,则D中不含其他元素,所以D为CuCN;则A离子为CN-。
【详解】
(1)经分析,E为N2,其结构式为
;
(2)D为CuCN,其灼烧的化学方程式2CuCN+3O2
2CuO+2CO2↑+N2↑;
(3)由题知,Cu(II)→Cu(I),该过程需要还原剂,A溶液不体现还原性,故B溶液具有还原性;
(4)用次氯酸钠把CN-氧化为无毒的二氧化碳和氮气,离子方程式为2CN-+5ClO-+2H+=5Cl-+2CO2↑+N2↑+H2O。
6.短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置关系如图所示,已知在同周期元素的常见简单离子中,W的简单离子半径最小,X、Y、Z、W的单质及其化合物在日常生活中用途极其广泛.
X
Y
Z
W
(1)X元素在元素周期表中的位置_____________________.
(2)X、Y、Z元素的氢化物均有两种或两种以上,其中一定条件下,液态YH3与液态H2Z可以发生类似方式电离,则液态YH3中阴离子的电子式为____________.
(3)超细WY粉末被应用于大规模集成电路领域.其制作原理为W2Z3、Y2、X在高温下反应生成两种化合物,这两种化合物均由两种元素组成,且原子个数比均为1:
1;其反应的化学方程式为______.
(4)以W为材料制成的容器在空气中具有自我保护作用,这种容器______
填“能”或“不能”
用来腌制咸菜,原因是______.
(5)某汽车尾气分析仪以燃料电池为工作原理测定XZ的浓度,其装置如图所示,该电池中电解质为氧化钇
氧化钠,其中Z2-可以在固体介质NASICON中自由移动.则负极的反应式______
关于该电池的下列说法,正确的是______
A工作时电极b作正极,Z2-通过固体介质NASICON由电极b流向电极a
B工作时电流由电极a通过传感器流向电极b
C传感器中通过的电流越大,尾气中XZ的含量越高
(6)由元素X与元素Z组成的某种阴离子具有还原性,能被酸性KMnO4氧化,请填写相应的离子,并给予配平:
____________
______
______
______
______
______
【答案】第二周第ⅣA族
不能氯离子会破坏铝表面氧化膜
AC
216528
【解析】
【分析】
由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知,X、Y、Z处于第二周期,W处于第三周期,在同周期元素的常见简单离子中,W的简单离子半径最小,则W为Al,可推知X为C、Y为N、Z为O.
(1)主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数;
(2)液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离,则液态NH3中电离得到NH4+、NH2-;
(3)Al2O3、N2、C在高温下反应生成两种化合物,这两种化合物均由两种元素组成,且原子个数比均为1:
1,反应生成AlN与CO;
(4)氯离子会破坏铝表面氧化膜;
(5)该装置是原电池,负极上一氧化碳失电子发生氧化反应,电极反应式为
,正极上氧气得电子发生还原反应,原电池放电时电子从负极流向正极,阴离子向负极移动,一氧化碳的含量越大,原电池放电时产生的电流越大;
(6)由元素C与元素O组成的某种阴离子具有还原性,能被酸性KMnO4氧化,该阴离子为C2O42-,利用化合价升降相等及原子守恒、电荷守恒进行配平。
【详解】
由短周期元素X、Y、Z、W在周期表中的位置可知,X、Y、Z处于第二周期,W处于第三周期,在同周期元素的常见简单离子中,W的简单离子半径最小,则W为Al,可推知X为C、Y为N、Z为O.
(1)X为C元素,原子核外有2个电子层、最外层电子数为4,处于周期表中第二周第ⅣA族;
(2)液态NH3与液态H2O可以发生类似方式电离,则液态NH3中电离得到NH4+、NH2-,NH2-中N原子与H原子之间形成1对共用电子对,其电子式为:
;
(3)Al2O3、N2、C在高温下反应生成两种化合物,这两种化合物均由两种元素组成,且原子个数比均为1:
1,反应生成AlN与CO,反应方程式为:
,
(4)氯离子会破坏铝表面氧化膜,铝容器不能用来腌制咸菜;
(5)该装置是原电池,负极上一氧化碳失电子发生氧化反应,电极反应式为
,
A.工作时电极b通入空气,b作正极,阴离子向负极移动,O2-由电极b流向电极a,A项正确;
B.原电池放电时电子从负极流向正极,故电流由电极b通过传感器流向电极a,B项错误;
C.一氧化碳的含量越大,原电池放电时产生的电流越大,C项正确;
答案选AC;
(6)由元素C与元素O组成的某种阴离子具有还原性,能被酸性KMnO4氧化,该阴离子为C2O42-,反应中C元素化合价由+3升高为+4,Mn元素化合价由+7降低为+2,化合价升降最小公倍数为10,C2O42-的系数为5,MnO4-的系数为2,由原子守恒可知:
CO2的系数为10,
的系数为5,H2O为8,H+的系数为16,故配平后离子方程式为:
;
【点睛】
解答本题时,根据各元素在周期表中的位置关系进行推断是解题关键。
信息型氧化还原反应方程式的书写是难点;信息型氧化还原反应方程式是指用文字描述的方式,叙述一个化学反应的过程,需要从文字信息中提炼反应物、生成物,进而分析反应中电子得失情况,其流程为:
7.下图表示有关物质之间的转化关系,其中A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末),C是常见的无色无味液体,D是淡黄色的固体化合物(反应条件图中已省略)
(1)A,D代表的物质分别为:
________,________(填化学式);
(2)反应①中的C,D均过量,该反应的化学方程式是____________________________________;
(3)反应②中,若B与F物质的量之比为4∶3,G,H分别是_______,_______(填化学式);其物质的量之比为__________.
(4)反应③产物中K的化学式为____________;④的离子方程式为_____________________________.
【答案】AlNa2O22H2O+Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CO1:
1Na2CO32
+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+
【解析】
【分析】
题干信息,A为常见的金属单质,B为非金属单质(一般是黑色粉末)推断为C,C是常见的无色无味液体可以推断为H2O,D是淡黄色的固体化合物判断为Na2O2,E、F为O2和H2的反应生成水,A是常见金属,与另一种固体在水中反应生成O2和H2,则该固体金属为Al,固体D为Na2O2,能与水和CO2反应,则G为CO2;说明K为Na2CO3,F为O2;题给信息黑色单质B与氧气(F)反应得到G(CO2),说明B为C(碳),C和O2反应可生成CO2和CO,则H为CO;依据F(O2)与E反应生成C(水)可知E为氢气,结合物质的性质解答该题。
【详解】
推断可知A为Al,B为C,C为H2O,D为Na2O2,E为H2,F为O2,G为CO2,H为CO,K为Na2CO3;
(1)依据推断可知,A、D代表的物质分别为:
Al、Na2O2;
(2)反应①中的C、D均过量,生成的氢氧化钠溶液能和A完全反应,该反应的化学方程式是:
2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(3)依据反应C+O2=CO2:
n(C):
n(O2)=1:
1,发生反应产物为二氧化碳;依据反应2C+O2=2CO;n(C):
n(O2)=2:
1,发生反应生成一氧化碳气体;反应②中,若B(C)与F(O2)物质的量之比为4:
3,1:
1<n(C):
n(O2)=4:
3<2:
1;判断G、H分别是:
CO2、CO;设CO2的物质的量为amol、CO的物质的量为bmol,则a+b=4、2a+b=6,解得:
a=2、b=2,故CO2和CO物质的量之比为2mol:
2mol=1:
1;
(4)反应③是过氧化钠和二氧化碳气体的反应生成碳酸钠和氧气,F为氧气,产物中K为碳酸钠,化学式为:
Na2CO3;分析判断G为CO2,溶液乙是碳酸钠溶液,G+溶液甲=溶液乙+沉淀L,所以甲溶液中的偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀,反应④的离子方程式为:
2AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-。
【点睛】
考查无机物的推断,此类题的解答一般有以下步骤:
思维起点的选择:
思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度,推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程);思维过程的展开:
解题者在确定思维起点的基础上,利用题目所给信息,结合已有的化学知识和解题经验,不断地缩小问题状态与目标状态的距离;思维过程的检验:
将上述思维过程的结果代入题中,检查一下是否符合题中条件;本题可从C是常见的无色无味液体和D是淡黄色的固体化合物,展开思维的空间,寻找目标答案。
8.中学常见反应的化学方程式是A+B
X+Y+H2O(未配平,反应条件略去),其中A、B的物质的量之比为了1:
4。
请回答:
(1)若Y是黄绿色气体,则Y的电子式是______,该反应的离子方程式是______。
(2)若A为非金属单质,构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍,B的溶液为某浓酸,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是________.
(3)若A为金属单质,常温下A在B的浓溶液中“钝化”,且A可溶于X溶液中。
①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族);Y的化学式是______。
②含amol X的溶液溶解了一定量A后,若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等,则被还原的X是______mol。
(4)若A、B、X、Y均为化合物,向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液
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