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专题限时集训
(一)
1.D [解析]油脂不属于高分子化合物,A项错误;
I与
Cs的中子数分别为78和82,不相等,B项错误;生理盐水、葡萄糖注射液都不属于胶体,C项错误。
2.C [解析]结晶水合物都属于纯净物,A项错误;一种元素的同种化合价可能对应多种氧化物,如+4价氮的氧化物有NO2和N2O4,B项错误;蚕丝和羊毛都属于蛋白质,D项错误。
3.D [解析]分馏为物理变化,而干馏属于化学变化,A项错误;同素异形体的研究对象是单质,而127I和131I为原子,二者互为同位素,B项错误;二氧化硫的水溶液虽能导电,但二氧化硫不是电解质,其导电的原因是二氧化硫与水反应生成了亚硫酸,亚硫酸电离出自由移动的离子,C项错误;盐酸是氯化氢的水溶液,漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙,二者均为混合物,D项正确。
4.A [解析]纯净的SiO2用于制作光导纤维,而高纯度的硅单质用于制作芯片、太阳能电池,故B错;高炉炼铁是炼铁最常用的方法,故C错;N2与O2在放电条件下直接化合生成NO,而不是NO2,故D错。
5.D [解析]甲醛是一种重要的化工原料,用途十分广泛,但使用不当会有害于人体健康,故D错。
6.D [解析]同素异形体之间的转化属于化学变化,A项不符合题意;胆矾失水属于化学变化,B项不符合题意;漂白的草帽日久变黄是因为有色物质与二氧化硫化合生成的无色物质不稳定,又分解所致,属于化学变化;氢氧化铁胶体加入硫酸镁产生沉淀属于胶体的聚沉,为物理变化。
7.B [解析]医用酒精的浓度通常为75%,A项错;单质硅是制太阳能电池的常用材料,B项正确;油脂属于小分子化合物,C项错;合成纤维属于高分子材料,不属于新型无机非金属材料,D项错。
8.B [解析]摩尔质量的单位为g·mol-1,而相对原子质量的单位为1,二者不相等,A项正确;
H为原子,而
H2为单质,B项错误。
9.D [解析]SO2、SO3、CO2、NH3等溶于水都与水发生反应生成电解质,但其本身不属于电解质,A项正确;一种元素可以形成多种氧化物,如氮元素的氧化物有:
NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5,且N2O4、NO2中氮元素的化合价都是+4价,B项正确;化学反应的过程就是旧化学键断裂和新化学键形成的过程,旧化学键断裂吸收能量,新化学键形成释放能量,故化学反应过程伴随能量的变化,C项正确;金属镁可以和氯化铵溶液反应放出氢气,D项错误。
10.C [解析]碳、硅都是第ⅣA族元素,在有机物中每个原子都和其他原子形成4条化学键,则CH4Si的结构简式为H2C===SiH2,故C错。
11.C [解析]汽车排放的尾气中含有大量微小颗粒,是雾的成分之一,C项错误。
12.D [解析]干冰为固态CO2,属于非金属氧化物,A项正确;离子化合物都为电解质,B项正确;淀粉溶液为胶体,C项正确;置换反应属于氧化还原反应,但氧化还原反应不一定属于离子反应,如氢气在氧气中燃烧生成水等,D项错误。
13.B [解析]甲苯不含C===C键,不能使溴水褪色,故A错;肥皂的主要成分是油脂在NaOH溶液中加热水解生成的硬脂酸钠,故C错;石油是各种烃组成的混合物,石蜡是从石油中获取的烃,而非烃的衍生物,故D错。
14.B [解析]食醋(主要成分为CH3COOH)和水垢(CaCO3)可发生如下反应:
“2CH3COOH+CaCO3===(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑”,故A正确;淀粉、蛋白质都是单体缩聚而成的高分子化合物,而油脂是高级脂肪酸和甘油发生酯化反应生成的酯,不是高分子化合物,故B错;钢是Fe—C合金,钢铁里的铁、碳与表面一层电解质溶液构成了原电池,导致钢铁在潮湿空气中易发生电化学腐蚀而生锈,故C正确;新型复合材料集合了几种材料的优异性能,具有质量轻、强度高、耐高温等特点,故D正确。
15.AD [解析]铯-137的质量数为137,质子数为55,则其中子数为137-55=82,故A错;K、Cs均为碱金属,但Cs的金属性比K强得多,则最高价氧化物对应水化物的碱性:
CsOH>KOH,故B正确;卤素单质的氧化性:
I2 I->F-,故C正确;碘的最高价为+7,而KIO3中碘的化合价为+5,故D错。 16.BD [解析] 14C的质量数为14,质子数为6,则中子数=14-6=8,故A错;1H、2H、3H的质子数都是1,但中子数不同,互为同位素,故B正确;根据酸的电离程度,可分为强酸和弱酸,故C错。 17.AD [解析]淀粉和纤维素所包含的单糖单元数目不同,因此分子式不相同,不是同分异构体,故B错;BaCO3是重金属盐,与H+反应生成可溶性的Ba2+等物质,会使人中毒,故C错;聚乙烯塑料制品可用于食品包装,而聚氯乙烯塑料制品则不能,故D正确。 18.A分子 B原子 a由原子构成 b化学变化中最小的粒子 c都在不断地运动(或A化合反应 B分解反应 a只有一种生成物 b只有一种反应物 c都是化学反应等其他合理答案) [解析]依据信息,正确找出一组事物中的相同点和不同点即可,本题答案开放,只要合理即可。 19. (1)氢 铝 四种固体氧化物中,有三种能与硫酸发生反应生成盐和水,有两种能和氢氧化钠溶液反应生成盐和水,说明必有一种既能与硫酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应,则只能是氧化铝,故必有铝元素 (2)钠 硅 SiO +2H++H2O===H4SiO4↓或SiO +2H+===H2SiO3↓ (3)1 1 [解析] (1)四种固体氧化物中,有三种能与硫酸发生反应生成盐和水,有两种能和氢氧化钠溶液反应生成盐和水,3+2>4,说明必有一种既能与硫酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应,则一定有氧化铝;由单质燃烧生成的常温下呈液态的氧化物只能是水。 综上分析一定有氢元素和铝元素。 (2)固体氧化物中含有氧化铝,调整比例后,加入足量水可得澄清的无色溶液,且向所得溶液中加入足量盐酸后有白色沉淀,则固体氧化物中一定有Na2O或Na2O2和SiO2。 (3)五种氧化物分别为水、氧化铝、二氧化硅、氧化钠和过氧化钠,其中二氧化硅为硅酸的酸酐,氧化钠为碱性氧化物,氧化铝为两性氧化物。 专题限时集训 (二) 1.D [解析]每个NO2和CO2分子中均含有2个氧原子,故分子总数为NA的NO2和CO2混合气体中含有的氧原子为2NA个,A项正确;28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含CH2的物质的量为2mol,故含碳原子数为2NA,B项正确;92g的NO2和N2O4混合气体中含“NO2”的物质的量为 =2mol,含有原子的物质的量为6mol,即原子数为6NA,C项正确;常温常压下,22.4L氯气的物质的量不是1mol,D项错。 2.D [解析]D2O的摩尔质量是20g·mol-1,18gD2O的物质的量为0.9mol,所含电子数为9NA,A项错误;B项没有溶液的体积,错误;常温常压下33.6L氯气的物质的量小于1.5mol,转移电子数小于3NA,C项错误;CO2和N2O的摩尔质量均为44g·mol-1,故4.4gCO2和N2O混合物中所含有的原子数为 ×3NA=0.3NA,D项正确。 3.D [解析]23gNO2和N2O4的混合物气体中总原子数为 ×3NA=1.5NA,A项错误;Na2O2固体由Na+和O 构成,78gNa2O2固体中含有的阴阳离子总数为3NA,B项错误;1molNO2与水反应转移电子 mol,C项错误。 4.B [解析]缺少标准状况下,故A错;1个碳酸根离子水解可生成1个碳酸氢根离子和1个氢氧根离子,则1L0.1mol·L-1碳酸钠溶液的阴离子总数大于0.1NA,故C错;可逆反应不能进行到底,则1molO2和2molSO2在密闭容器中充分反应后的分子数大于2NA,故D错。 5.B [解析]CH3COONa溶于水完全电离出CH3COO-,少部分CH3COO-能水解变为CH3COOH,则CH3COO-小于0.1NA个,故A错;标准状况下22.4LCO2的物质的量为1mol,1个O===C===O中含有2个C===O键,则1molCO2含有2mol碳氧双键,故B正确;可逆反应不能进行到底,则2molSO2或1molO2不能完全反应,转移电子小于4mol,故C错;Fe3O4中含有二价铁和三价铁,则8Al+3Fe3O4 4Al2O3+9Fe~24e-,每生成9molFe转移24mol电子,所以每生成0.1molFe转移 mol电子,故D错。 6.D [解析]HCl是强电解质,溶于水后完全电离为H+、Cl-,故A错;16gO3的物质的量为 mol,故B错;n(Na2SO4)=1L×0.1mol·L-1=0.1mol,n(Na+)=2×0.1mol=0.2mol,故C错;2Fe+3Cl2 2FeCl3~6e-,则每3molCl2与足量Fe反应转移6mol电子,所以每1molCl2与足量Fe反应转移2mol电子,故D正确。 7.D [解析]Al与氯气反应生成AlCl3,但A项中氯气为1mol,不足量,转移电子数为2mol,A项错误;胶体微粒的半径远远大于无机分子或离子的半径,是“分子”的聚集体,B项错误;N2、C2H4的摩尔质量相等,故分子数为NA的N2、C2H4混合气体的质量为28g,C项错误。 8.C [解析]容量瓶使用前需要检查是否漏水,并且洗净,但不必要干燥,A项错误;没有480mL的容量瓶,B项只能选用500mL的容量瓶,故应称量的NaOH的质量为: 0.5L×2mol·L-1×40g·mol-1=40g,错误;电解NaOH溶液实质上就是电解水,溶质的物质的量不变,但因为不知道原NaOH溶液是否饱和,故无法判断其浓度是增大还是不变,C项正确;不能在容量瓶中进行溶解、稀释等操作,D项错误。 9.C [解析]根据氮原子守恒,1L1mol·L-1NH4NO3的溶液中氮原子数等于2NA,A项错误;苯在标准状况下为液态,B项错误;D项忽视了Fe3+的水解,错误。 10.C [解析]水是液体,故A错;根据物料守恒规律可知,n(Cl)=2mol,溶液氯元素以Cl2、Cl-、ClO-、HClO四种形式存在,则2n(Cl2)+n(Cl-)+n(ClO-)+n(HClO)=2mol,故B错;混合气体只有一种原子,则氧原子的质量等于混合气体的质量,则氧原子的物质的量为1mol,故C正确;2Na2O2+2H2O===4NaOH+O2↑~2e-,每2molNa2O2与足量水反应转移2mol电子,则0.1molNa2O2与足量水反应转移0.1mol电子,故D错。 11.AC [解析]35.5gCl2的物质的量为0.5mol,0.5molCl—Cl中含有0.5mol共价键,故A错;CCl4是液体,故B错;1个C2H2的电子数为14,故C正确;部分CO 能水解,则1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO 数小于0.5NA,故D错。 12.AB [解析]28gN2的物质的量为1mol,含有2mol氮原子,故A正确;镁由0价升为+2价,则0.1molMg失去0.2mol电子,故B正确;CH2Cl2是液体,故C错;缺少溶液的体积,无法求物质的量,故D错。 13.BD [解析]1个甲烷的电子数为10,1个甲基的电子数为9,则1mol甲基含有9mol电子,故A错;乙酸是弱酸,其电离不能进行到底,1L0.1mol·L-1乙酸溶液中H+数小于0.1NA,故B正确;缺少标准状况下,故C错;20g重水(D2O)为1molD2O,1个D2O含有10个电子,1molD2O含有10mol电子,故D正确。 14. (1)D (2)①AC 烧杯、玻璃棒 ②BCE ③2.0 27.4 ④13.6 将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓注入水中,并用玻璃棒不断搅拌 [解析] (1)瓷坩埚在高温下可与NaOH或Na2CO3反应,A项正确;使用容量瓶配制溶液时,俯视刻度线定容时,实际体积偏小,浓度偏大,B项正确;托盘天平称量的结果只能到小数点后一位数字,D项错误。 (2)②容量瓶只能配制溶液,而不能作为反应容器,也不能长时间保存溶液或在其中溶解固体。 ③没有450mL的容量瓶,故需要配制500mL的NaOH溶液,因此称取NaOH固体0.1mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=2.0g。 15. (1)O3+2KI+H2O===I2+2KOH+O2 (2)淀粉 溶液由蓝色变为无色 (3)由化学方程式得: O3~I2~2Na2S2O3 1mol2mol n(O3)0.0100mol/L×0.0600L n(O3)= =0.000300mol 则大气中臭氧的体积分数为: ×100%= ×100%=2.00×10-5% [解析] (1)臭氧具有强氧化性,能将KI氧化为I2,依据题意,同时生成强碱KOH。 (2)滴定终点即Na2S2O3恰好将生成的I2还原,可用淀粉作指示剂。 专题限时集训(三) 1.C [解析]硫酸在常温下不易分解,A项错误;反应Ⅰ中I2将SO2氧化为H2SO4,B项错误;将上述三个方程式按照Ⅰ×2+Ⅱ×2+Ⅲ的方式叠加,可得方程式2H2O===2H2↑+O2↑,可知C项正确,D项错误。 2.C [解析]反应中NO 中氮元素化合价升高,被氧化,MnO 被还原,A项错误;根据电子守恒配平方程式: 2MnO +5NO +6H+===2Mn2++5NO +3H2O,可知B、D项错误。 3.B [解析]CuH中铜的化合价为+1价,H的化合价为-1价,CuH与稀盐酸反应发生氢元素的归中反应生成H2,同时,Cu+在酸性条件下发生歧化反应2Cu+===Cu2++Cu,可知A项正确;B项忽视了氯气是足量的,铜能继续与氯气反应,B项错误;硝酸具有强氧化性,能将+1价铜和-1价H氧化为+2价Cu和+1价H,C项正确;D项正确。 4.C [解析]氧化性Fe3+>Cu2+>H+,A项错误;还原性SO >I->Br-,B项错误;D项,加入烧碱,首先发生中和反应,错误。 5.D [解析]仔细观察发现,负一价的溴和正五价的溴反应,生成零价的单质溴,属于同种元素之间的氧化还原反应,只有D与上述反应在氧化还原反应原理上最相似。 6.D [解析]本题应首先根据化合价转化规律补充出反应物及生成物,然后根据电子守恒配平方程式。 根据图A,Mn2+作为反应物,而给出的图B中有MnO ,则另外的反应物必具有强氧化性,做氧化剂,再结合各物质化合价变化情况,补充后根据电子守恒,可得配平的化学方程式为: 3H2O+2Mn2++5IO ===2MnO +5IO +6H+,只有D项错误。 [点评]命题观察: 本题较综合地考查了氧化还原反应的价态转换规律、电子守恒规律以及氧化还原反应中的基本概念,难度较大。 7.C [解析]A项,所给方程式中只有元素的化合价升高,没有降低,错误;B项,虽然满足原子守恒,但根据化合价变化H O→ ,H2 2→ 2,不满足得失电子守恒,错误;C项,将两方程式相加得2H2O2===2H2O+O2↑,正确;D项,不满足得失电子守恒,正确的写法应为2MnO +5H2O2+6H+===2Mn2++5O2↑+8H2O。 8.D [解析]反应中Na2Sx被氧化,为还原剂,NaClO是氧化剂,A项错误;根据Na2Sx在结构上与Na2O2相似,可知B项错误;根据电子守恒可得: 2×16=x· ,解得x=5,C项错误,D项正确。 9.BD [解析]锂是碱金属,与硫酸剧烈反应,使化学能转化为热能,而非电能,故A错;充电时LiFePO4既变为FePO4又变为Li,铁元素化合价升高,锂元素化合价降低,故B正确;放电时,铁元素化合价降低,锂元素化合价升高,则FePO4是正极材料,Li是负极材料,负极反应为Li-e-===Li+,Li+是阳离子,移向正极并参加正极反应: FePO4+Li++e-===LiFePO4,则正极材料的质量增大,而充电时是上述过程的逆过程,则充电时正极材料的质量减小,故C错D正确。 10. (1)V2O5 (2)VOSO4 (3)NH +VO ===NH4VO3↓ 4 80 (4)2 2 (5)VO +2H++e-===VO2++H2O [解析] (1)冶炼金属钒的原理为3V2O5+10Al 6V+5Al2O3,钒元素由+5价降到0价,被还原,则V2O5发生还原反应,V2O5是氧化剂; (2)V2O5难溶、VOSO4可溶,反应①为V2O5+Na2SO3+2H2SO4===2VOSO4+Na2SO4+2H2O,则滤液中含钒的主要成分为VOSO4;(3)NH4VO3难溶,则反应③为NH +VO ===NH4VO3↓,由图中曲线可知,氯化铵系数和温度最好分别约为4、80℃;(4)由电荷守恒规律可知,n=2,由氢原子个数守恒可知,m=2。 11. (1)2MnO +16H++5C2O ===2Mn2++10CO2↑+8H2O (2)溶液酸碱性 (3)1∶5 (4)0.15NA(或9.03×1022) [解析] (1)MnO →Mn2+为还原过程,故与之对应的应为氧化过程C2O →CO2。 根据电子守恒将方程式配平即可。 (2)由MnO 的还原过程看出,溶液的酸性越强,其还原产物中Mn的化合价越低。 (3)由 (2)的分析,酸性越强,KMnO4溶液的氧化性越强,其与浓盐酸反应时,被还原为Mn2+,根据电子守恒可知氧化剂和还原剂(HCl)物质的量之比为1∶5。 (4)根据方程式可得关系式: 10FeS ~ 10S ~ ΔW ~ e- 880g320g560g30mol 2.8gN(e-) 故转移电子数为: N(e-)= ×30mol×NA=0.15NA。 12. (1)ab (2)过滤 MnO2+2FeSO4+2H2SO4===MnSO4+Fe2(SO4)3+2H2O (3)KOH、MnO2 (4)C (5)反应中,生成的Mn2+起催化作用 [解析] (1)KMnO4具有消毒功能的原因是其具有强氧化性。 (2)由流程看出,操作Ⅰ为固液分离,故应为过滤;根据反应物为MnO2、FeSO4、H2SO4可知为在酸性条件下Fe2+将MnO2还原为Mn2+,根据电子守恒配平即可。 (3)观察流程图看出KOH和MnO2在流程中既为反应物,又为生成物,可知可循环使用。 (4)A项中Fe3+遇SCN-显红色,与MnO2的氧化性无关;B项BaSO3也为白色沉淀;只有C项正确。 专题限时集训(四) 1.C [解析]H+、I―和NO 能发生氧化还原反应,H+和SiO 能反应生成硅酸沉淀,故A错;Fe3+与SCN―能发生显色反应,故B错;NH 与OH-、Mg2+与HCO 、OH-与Mg2+、OH-与HCO 都能发生复分解反应,故D错。 2.B [解析]用惰性电极电解CuCl2溶液,阴阳两极分别得到单质Cu和Cl2,A项错误;C项离子方程式中Fe(OH)3为胶体,不是沉淀,错误;漂白粉溶液中含有Ca2+,与空气中少量的CO2反应还会生成CaCO3,D项错误。 3.B [解析]氯气与水反应: Cl2+H2O===H++Cl-+HClO,次氯酸是弱酸,不能拆写,故A错;Ba(OH)2溶液与稀硫酸反应: Ba2++2OH-+2H++SO ===BaSO4↓+2H2O,不能约掉2,故C错;FeCl3溶液刻蚀铜制的印刷电路板: Cu+2Fe3+===Cu2++2Fe2+,不能约掉2,否则铜元素化合价升高总数不等于铁元素化合价降低总数,故D错。 4.A [解析]水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1的溶液呈酸性或碱性,B项中HCO 两种情况下都不能大量共存;使pH试纸显深蓝色的溶液呈碱性,C项中Cu2+、Fe3+都不能大量存在;能与金属铝反应放出氢气的溶液呈酸性或碱性,但酸性条件下在NO 存在时与Al反应不产生氢气,碱性条件下Mg2+不能共存。 5.B [解析]B项,漏写了Fe3+与I-的氧化还原反应,即: 2Fe(OH)3+6H++2I-===2Fe2++I2+6H2O,故B错。 6.A [解析]醋酸不能拆写为氢离子,故B错;HI能将铁离子还原为亚铁离子,故C错;漏写镁离子与氢氧根离子的反应,故D错。 7.A [解析]酸性条件下,CO 不能大量存在;实验现象②说明溶液中不存在I-;根据溶液的电中性,SO 一定存在,则Ba2+不能存在;溶液呈酸性,则必为NH 的水解所致,故K+是否存在,还需检验。 8.C [解析]HCO 在酸性条件下不能大量存在,故A错;Fe2+与强碱能反应,Fe2+、NO 与强酸能发生氧化还原反应,故B错;Mg2+在碱性条件下不能存在,故D错。 9.B [解析]Ag+与HCO 、Cl-均能反应,故A错;Fe2+、NO 在酸性条件下发生氧化还原反应,故C错;Al3+与CO 发生双水解反应,故D错。 10.C [解析]CH3COO-的水解反应不能进行到底,应用可逆符号,而非等号,则离子方程式及评价均错,故A错;离子方程式正确,评价错误,虽然反应物中HCl电离出的H+、Cl-比例为1∶1,但是一半的氯元素化合价升高,另一半不变,变为可溶的MnCl2,被删去了而已,则评价错误,故B错;硝酸铁溶液中加过量氨水应生成Fe(OH)3沉淀,则评价正确,故C正确;NH4HCO3溶液与过量的NaOH溶液反应: NH +HCO +2OH-===NH3↑+CO +2H2O,则评价错误,故D错。 11.BD [解析]NH3·H2O是弱碱,不能拆写成OH-,故A错;Al(OH)3能溶于过量稀硫酸,故C错。 12.BC [解析]NH3·H2O是弱碱,不能拆写为OH-,故B错;CH3COOH是弱酸,不能拆写为H+,故C错。 13.AD [解析]亚铁离子能被稀硝酸氧化为铁离子,故B错;铜离子与氢氧根离子能反应生成氢氧化铜沉淀,故C错。 14. (1)NaHSO4 Ba(OH)2 (2)NH3·H2ONH +OH- (3)Al3++3HCO ===Al(OH)3↓+3CO2↑ (4)0.25 [解析]由C+D→↑+↓,则C+D为KAl(SO4)2+NaHCO3,由C+B→↑,则C+B为NaHCO3+NaHSO4,据此可知C、B、D分别为NaHCO3、NaHSO4、KAl(SO4)2;由B(NaHSO4)+E→↓,则E为Ba(OH)2,A为NH3·H2O。 (4)当Al3+恰好完全沉淀时,得到的沉淀最多,反应的离子方程式为: 2Al3++6OH-+3Ba2++3SO ===2Al(OH)3↓+3BaSO4↓,生成沉淀的物质的量之和最多为0.25mol。 15. (1)H+、Al3+、NH K+ 焰色反应 AlO (2)①Cl2+2I-===2Cl-+I2 ②10∶15∶4 [解析] (1)往该溶液中逐滴加入NaOH溶液并适当加热,开始时既没有气体生成,也没有沉淀生成,则原溶液一定含有H+;由产生沉淀斜率以及沉淀完全溶解的斜率可推知溶液中一定含有Al3+,Al3+与AlO 不能大量共存,故溶液中不含AlO ;能与NaOH反应产生气体的离子只能为NH ;不能确定是否含有K+、Cl-、Br-、I-。 (2)通入氯气时,I-优先于Br-被氧化,当通入标准状况下2.8L氯气(0.125mol)后溶液中含有Br-为1.5mol,再通入0.125mol氯气,Br-只减少了0.1mol,说明第一阶段I-没有全
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