化学化学高无机综合推断的专项培优练习题附答案解析.docx
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化学化学高无机综合推断的专项培优练习题附答案解析
2020-2021【化学】化学高无机综合推断的专项培优练习题附答案解析
一、无机综合推断
1.I.化合物X含有三种元素,其中两种为非金属元素,且原子个数比为1:
1,X不溶于水,能溶于强酸。
某研究小组为探究其组成和性质,设计并完成了如下实验。
(1)X的化学式是____________________。
(2)写出检验黄色溶液中金属阳离子的实验操作:
__________。
(3)黄色溶液中加入铜片,铜片表面被腐蚀,则对应的离子方程式是:
_____________________。
II.已知黑色固体中不含单质。
为进一步探究其组成,研究小组将上述所得固体全部溶于稀盐酸,配成100mL溶液,每次取20.00mL待测液于锥形瓶中,用2.000×10-2mol∙L-1KMnO4标准溶液进行滴定,并记录实验的结果如下表:
组次
1
2
3
4
V标(mL)
20.00
20.02
19.99
19.99
(4)如何判断滴定终点:
__________________。
(5)待测液中c(Fe2+)=____________________。
(6)该黑色固体的化学式用FexOy形式可表示为_______________。
【答案】FeOCl取少量黄色溶液置于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则说明有Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时,溶液恰好变浅紫(红)色,且半分钟内不变色0.1000mol.L-1Fe4O5
【解析】
【详解】
I.根据流程中信息可知,2.15gX与适量硫酸反应得到黄色溶液为含有铁离子及硫酸根离子等的溶液,黄色溶液与足量氢氧化钠溶液作用生成红褐色氢氧化铁沉淀,氢氧化铁沉淀加热后生成红棕色固体1.60g,即氧化铁
=0.01mol,故X中含有0.02molFe3+,质量为0.02mol
=1.12g,与足量氢氧化钠溶液反应的溶液再与足量硝酸钡溶液反应生成硫酸钡沉淀6.99g,即为
=0.03mol,但硫酸根离子来自于所加硫酸,反应所得溶液继续与足量硝酸酸化的硝酸银溶液反应得到白色沉淀氯化银2.87g,即为
=0.02mol,故可推知X中含有0.02molCl-,质量为0.02mol
=0.71g,化合物X含有三种元素,其中两种为非金属元素,且原子个数比为1:
1,故另一非金属元素也为0.02mol,且质量为2.15g-1.12g-0.71g=0.32g,则摩尔质量为
=16g/mol,应为O元素,故X为FeOCl;
(1)X的化学式是FeOCl;
(2)检验黄色溶液中金属阳离子Fe3+的实验操作为:
取少量黄色溶液置于洁净试管中,滴加几滴KSCN溶液,若溶液呈血红色,则说明有Fe3+;
(3)黄色溶液中加入铜片,铜片表面被腐蚀,反应生成Fe2+和Cu2+,对应的离子方程式是:
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
II.(4)黑色固体溶于盐酸后所得溶液中含有亚铁离子,遇酸性高锰酸钾溶液使其褪色,故判断滴定终点为:
当最后一滴标准KMnO4溶液滴入锥形瓶时,溶液恰好变浅紫(红)色,且半分钟内不变色;
(5)根据表中数据可知,滴定消耗的标准液的平均体积为20.00mL,根据反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知,待测液中c(Fe2+)=
;
(6)黑色固体中含有的Fe2+物质的量为
铁的总物质的量为0.02mol,则n(Fe2+):
n(Fe3+)=0.01mol:
0.01mol=1:
1,该黑色固体的化学式用FexOy形式表示,根据化合物各元素化合价代数和为0,则有
,得x:
y=4:
5,FexOy可表示为Fe4O5。
2.黑色固体物质A有如下图所示的转化关系。
每个方框表示有一种反应物或生成物(反应条件及生成的水已略去),其中C、F常温下为无色气体,D、E有共同的阳离子。
⑴写出B和C的化学式:
B______________;C______________。
⑵写出反应④的离子方程式______________
【答案】FeSO4H2S2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
【解析】
【分析】
从框图中可以看出,反应②是解题的突破口。
因为它的已知信息多,不仅有“D、E有共同的阳离子”,而且有Cl2这种具有强氧化性的特殊物质。
【详解】
(1)由反应②知,B物质具有还原性;由反应④知,E物质具有氧化性,F气体具有还原性。
综合分析反应②和④,可得出B中的阳离子具有还原性,从而得出其为亚铁盐。
结合反应③,可得出F气体为SO2,C气体为H2S。
再回到反应④,F为SO2,氧化产物必然为H2SO4,从而得出E为Fe2(SO4)3、B为FeSO4、G为H2SO4。
由反应①,很容易得出A为FeS。
由反应②,可得出D为FeCl3。
答案为:
B是FeSO4、C是H2S。
(2)反应④的化学方程式为:
Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4,离子方程式为:
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
答案为:
2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
【点睛】
无机框图题是难度较大的一类题,因为它要求我们必须熟练掌握元素及其化合物的性质,尤其是一些具有特殊性质的物质。
比如Cu、Cl2、Fe2O3、CuO、FeS等物质的颜色,需要高温、通电、催化剂等条件的反应,具有较强氧化性的金属离子(比如Fe3+),具有较强还原性的气体(比如SO2)等。
解题时,条件特殊、已知条件多、具有特殊性的反应,常常是解题的切入点和突破口。
另外,解无框图题时,不要考虑太复杂,要大胆进行尝试。
3.下列物质(均为中学化学常见物质)转化关系图中,D为红棕色粉末(反应条件及部分反应物、产物未全部说明),B、C、E为常见单质,A、D为氧化物。
根据图示转化关系填写下列空白:
(1)写出下列物质的化学式A________,B________,G________。
(2)C与D的混合物通常称__________(填名称)。
(3)写出下列化学方程式或离子方程式
①I+J→K________________(离子方程式)。
②G+B→H________________(化学方程式)。
【答案】Al2O3O2Fe(OH)2铝热剂Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
由转化关系图可知,电解A得到B与C,A能与盐酸、氢氧化钠反应,则A为两性氧化物Al2O3、C为Al、B为O2;氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠,则I为AlCl3、J为Na[Al(OH)4]、K为Al(OH)3;D为红棕色粉末,与Al发生铝热反应得到A与E,则D为Fe2O3,E为Fe,;Fe与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气,氯化亚铁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁,氢氧化铁受热分解生成氧化铁和水,则F为FeCl2、G为Fe(OH)2、H为Fe(OH)3。
【详解】
(1)由上述分析可知,A为Al2O3,E为Fe,G为Fe(OH)2,故答案为:
Al2O3;Fe;Fe(OH)2;
(2)铝和氧化铁的混合物通常称为铝热剂,高温下能发生铝热反应生成氧化铝和铁,故答案为:
铝热剂;
(3)①I+J→K的反应为氯化铝溶液和偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝和氯化钠,反应的离子方程式为Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓,故答案为:
Al3++3[Al(OH)4]-=4Al(OH)3↓;
②G+B→H的反应为氢氧化亚铁与氧气和水反应生成氢氧化铁,反应的化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,故答案为:
4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。
【点睛】
由电解A得到B与C,A能与盐酸、氢氧化钠反应确定A为两性氧化物Al2O3是判断难点,也是解答关键。
4.盐X由三种元素组成,其具有良好的热电性能,在热电转换领域具有广阔的应用前景。
为研究它的组成和性质,现取12.30g化合物X进行如下实验:
试根据以上内容回答下列问题:
(1)X的化学式为_____________。
(2)无色溶液B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为______________。
(3)蓝色溶液F中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,其离子方程式为____________。
(4)白色沉淀C煅烧的固体产物与D高温反应可生成化合物X,其化学方程式为__________。
【答案】CuAlO2AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑
【解析】
【分析】
蓝色溶液A与过量的NaOH溶液反应得到蓝色沉淀B与无色溶液B,则溶液A含有Cu2+、沉淀B为Cu(OH)2,沉淀B加热分解生成黑色固体D为CuO,D与盐酸反应得到蓝色溶液F为CuCl2;无色溶液B通入过量的二氧化碳得到白色沉淀C,故溶液B中含有AlO2-、白色沉淀C为Al(OH)3、E为AlCl3;则溶液A中含有Al3+,由元素守恒可知固体X中含有Cu、Al元素,则红色固体A为Cu,结合转化可知X中还含有O元素。
结合题意中物质的质量计算解答。
【详解】
(1)根据上述分析,固体X中含有Cu、Al和O元素。
Al(OH)3的物质的量为
=0.1mol,Cu(OH)2的物质的量为
=0.05mol,Cu单质的物质的量为
=0.05mol,由原子守恒可知12.3gX中含有0.1molAl原子、0.1molCu原子,则含有O原子为:
=0.2mol,则X中Cu、Al、O原子数目之比为0.1mol∶0.1mol∶0.2mol=1∶1∶2,故X的化学式为CuAlO2,故答案为:
CuAlO2;
(2)B中含有AlO2-,B中通入过量CO2产生白色沉淀的离子方程式为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-,故答案为:
AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-;
(3)F为CuCl2,F溶液中通入中SO2气体会产生白色沉淀,该沉淀中氯元素质量分数为35.7%,Cu、Cl原子的个数之比为
=1:
1,则沉淀为CuCl,反应的离子方程式为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+,故答案为:
2Cu2++2Cl-+SO2+2H2O=2CuCl↓+SO42-+4H+;
(4)Al(OH)3煅烧的固体产物为Al2O3,与CuO高温反应可生成化合物CuAlO2,其化学方程式为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑,故答案为:
2Al2O3+4CuO
4CuAlO2+O2↑。
5.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H,它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。
请回答下列问题:
(1)写出下列物质的化学式:
丙_________、乙_________。
(2)图中反应①②③④⑤⑥中属于氧化还原反应的有:
_____________________,属于置换反应反应的有:
_______________。
(3)写出反应⑤的离子方程式:
_____________________;
(4)写出反应①的化学方程式_______________________________,当得到标准状况下的甲气体2.24L,则参加反应的金属A____________g。
【答案】HClCl2①②③④⑤①③④
4.6
【解析】
【分析】
金属A焰色为黄色,则金属A为Na,与水反应生成H2和NaOH,故气体甲为H2,物质D为NaOH;NaOH与Al反应生成H2,故金属B为Al;黄绿色气体乙为Cl2,与H2反应生成HCl气体,则气体丙为HCl,物质E为盐酸;红褐色沉淀H为Fe(OH)3,物质G为FeCl3,物质F为FeCl2,金属C为Fe,据此答题。
【详解】
经分析得,金属A为Na,气体甲为H2,物质D为NaOH,金属B为Al,气体乙为Cl2,气体丙为HCl,物质E为盐酸,红褐色沉淀H为Fe(OH)3,物质G为FeCl3,物质F为FeCl2,金属C为Fe,
(1)丙为HCl;乙为Cl2;
(2)反应①②③④⑤⑥中属于氧化还原反应的有:
①②③④⑤,属于置换反应的有:
①③④;
(3)反应⑤的离子方程式:
;
(4)反应①的化学方程式:
;得到标准状况下的甲气体2.24L,则H2物质的量
;由化学方程式可知钠的物质的量
,则参加反应的钠质量
。
【点睛】
推断题的核心是找到关键突破口,本题的突破口为金属A焰色为黄色,气体乙为黄绿色气体,沉淀H为红褐色沉淀,这些特殊的焰色需要牢记。
6.下图为一些物质之间的转化关系,其中部分反应中反应物或生成物未列全。
已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质,其中A是食品调味剂,H是消毒剂的有效成分,I、K可用作食品发泡剂。
B是一种有机酸盐,E、F、G均为氧化物,L是红褐色沉淀。
根据以上信息,回答下列问题:
(1)B的组成元素为_____。
(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。
(3)G→J的离子方程式为_____。
(4)M是含氧酸盐,反应①中H、L、D的物质的量之比为3:
2:
4,则M的化学式为_____。
【答案】Fe、C、O取I、K的稀溶液,分别滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2ONa2FeO4
【解析】
【分析】
A是食品调味剂,H是消毒剂的有效成分,则A为NaCl,H为NaClO,G为氧化物,加H2SO4、H2O2生成J,J加D得L,L为红褐色沉淀,则L为Fe(OH)3,D为NaOH,以此逆推可知J为Fe2(SO4)3,G为FeO,则B中含有Fe元素,C为Cl2,B为有机酸盐,则一定含有C、O两元素,E、F为氧化物,结合框图,则F为CO,E为CO2,I为Na2CO3(纯碱),K为NaHCO3(小苏打)。
【详解】
(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO,则应含有Fe、C、O三种元素,故答案为:
Fe、C、O;
(2)I为Na2CO3(纯碱),K为NaHCO3(小苏打),Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀,可加入CaCl2溶液鉴别,出现白色沉淀者为Na2CO3,故答案为:
取I、K的稀溶液,分别滴加CaCl2溶液,出现白色沉淀者为I;
(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程,H2O2具有氧化性,反应的离子方程式为2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2O,故答案为:
2FeO+H2O2+6H+=2Fe3++4H2O;
(4)H、L、D分别为:
NaClO、Fe(OH)3、NaOH,根据物质的量之比为3:
2:
4,结合生成一种含氧酸盐M,可确定M的化学式为Na2FeO4,方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O,故答案为:
Na2FeO4。
【点睛】
无机推断题注意题的突破口,如A是食品调味剂,是氯化钠,H是消毒剂的有效成分,为次氯酸钠,I、K可用作食品发泡剂,为碳酸氢钠和碳酸钠,L是红褐色沉淀,为氢氧化铁。
掌握常见物质的性质和用途是关键。
7.A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物,其中A、F为单质,常温下,E的浓溶液能使铁、铝钝化,相互转化关系如图所示(条件已略去)。
完成下列问题:
(1)若A为淡黄色固体,B为气体,F为非金属单质。
①写出E转变为C的化学方程式________________________________。
②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑,该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。
(2)若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。
②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗,反应的离子方程式为___________________。
③在干燥状态下,向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气,得到N2O5和一种气体单质,写出反应的化学方程式______。
【答案】C+2H2SO4(浓)△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:
4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓
【解析】
【分析】
(1)若A为淡黄色固体,则A为S,B为H2S,C为SO2,D为SO3,E为H2SO4,F为C;
(2)若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,为NH3,则A为N2,C为NO,D为NO2,E为HNO3,F为C。
【详解】
(1)经分析,A为S,B为H2S,C为SO2,D为SO3,E为H2SO4,F为C,则:
①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水,方程式为:
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O;
②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑,方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O,反应中氧化剂为氧气,还原剂为银,二者物质的量比为1:
4;
(2)经分析,A为N2,B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3,F为C,则:
①氨气和硝酸反应生成硝酸铵,含有离子键、共价键;
②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水,离子方程式为:
Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O;
③在干燥状态下,向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气,得到N2O5和一种气体单质,氯气化合价降低,氮元素化合价不变,则气体单质为氧气,方程式为:
4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。
【点睛】
掌握无机推断提的突破口,如物质的颜色,高中常见的有颜色的物质有:
淡黄色:
硫,过氧化钠,溴化银。
常温下,能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。
能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。
8.根据右边反应框图填空,已知反应①是工业上生产化合物D的反应,反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应。
工业上制取漂白粉的反应也在其中。
(1)单质L是_____。
(2)化合物B是____。
(3)图中除反应①以外,还有两个用于工业生产的反应,是________和_______(填代号)。
请写出他们的化学反应方程式:
____________、____________。
【答案】H2H2O②④2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
从框图中看,反应①是工业上煅烧石灰石的反应,反应⑤是实验室鉴定化合物E的反应,则C为CaCO3,E为CO2,D为CaO,G为Ca(OH)2,B为H2O;反应②是工业制烧碱的反应,则A为NaCl,H为Cl2,L为H2,M为NaOH;反应④为制漂白粉的反应,则K和J中一种为CaCl2,一种为Ca(ClO)2,据此分析作答。
【详解】
根据上述分析可知,
(1)单质L是H2。
故答案为:
H2;
(2)化合物B是H2O。
故答案为:
H2O;
(3)图中除反应①以外,还有两个用于工业生产的反应,是②和④。
化学反应方程式:
2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
故答案为:
②和④;2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
9.A~H是中学化学中常见的物质,转化关系如下图所示(部分反应物、反应条件和产物已略去)。
A、H是常见的金属单质,工业上常用电解法冶炼H;通常状况下B为黄绿色气体;G为红棕色固体;C、D、E、F、G物种化合物含有同一种元素。
(1)B的电子式为____________。
(2)检验D中金属阳离子的实验方案是____________。
(3)金属H既能与强酸反应又能与强碱反应,其与NaOH溶液反应的离子方程式为____________。
(4)E在空气中转化成F的化学方程式为____________。
(5)理论上G与H反应生成1mol固体A放出428kJ热量,G与H反应的热化学方程式为____________。
(6)单质A在氧气中的燃烧产物X可用于去除地下水中的
具有放射性)。
在酸性条件下,X将TcO4-−转化为难溶于水的TcO2,同时得到F,该反应的离子方程式为____________。
【答案】
取少量D溶液于试管中,先滴加KSCN溶液再滴加氯水,若滴加KSCN溶液时未出现明显现象,滴加氯水后出现血红色,则D溶液中含Fe2+(或取少量D溶液于试管中,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若出现蓝色沉淀,则D溶液中含Fe2+)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Al(s)+Fe2O3(s)=2Fe(s)+Al2O3(s)ΔH=-856kJ·mol-13Fe3O4+TcO4-+H++13H2O=9Fe(OH)3+TcO2
【解析】
【分析】
通常状况下B 为黄绿色气体,则B为Cl2,A是常见的金属单质,且A与盐酸反应生成D,D又与氯气反应生成C,A也能与氯气反应生成C,且A与C反应生成D,则A应为Fe,D为FeCl2,C为FeCl3,C、D、E、F、G 物种化合物含有同一种元素,且G 为红棕色固体,D与氢氧化钠反应生成E为Fe(OH)2,E氧化得F为Fe(OH)3,F受执分解得G为Fe2O3,H 是常见的金属单质,工业上常用电解法冶炼H,金属H 既能与强酸反应又能与强碱反应,则H应为Al,氧化铁与铝发生铝热反应得铁,符合各物质的转化关系,据此答题。
【详解】
(1)根据上面的分析可知,B为Cl2,B 的电子式为
,
故答案为
;
(2)D为FeCl2,检验D 中金属阳离子的实验方案是先滴加KSCN溶液再滴加氯水,若滴加KSCN溶液时未出现明显现象,滴加氯水后出现血红色,则D溶液中含Fe2+(或取少量D溶液于试管中,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若出现蓝色沉淀,则D溶液中含Fe2+),
故答案为先滴加KSCN溶液再滴加氯水,若滴加KSCN溶液时未出现明显现象,滴加氯水后出现血红色,则D溶液中含Fe2+(或取少量D溶液于试管中,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,若出现蓝色沉淀,则D溶液中含Fe2+);
(3)金属H 既能与强酸反应又能与强碱反应,其与NaOH 溶液反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑,
故答案为2Al+2OH-+2H2O═2AlO2-+3H2↑;
(4)E为Fe(OH)2,E 在空气中转化成F 的化学方程式为 4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3,
故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O═4Fe(OH)3;
(5)G为Fe2O3,理论上G 与H 反应生成1mol 固体Fe 放出428kJ 热量,则生成2mol铁应放出856kJ 热量,G 与H 反应的热
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