化学物质的量的专项培优练习题含答案及详细答案.docx
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化学物质的量的专项培优练习题含答案及详细答案
2020-2021化学物质的量的专项培优练习题(含答案)及详细答案
一、高中化学物质的量
1.某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉,并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。
已知:
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气,同时生成MnCl2。
②氯气和碱反应放出热量。
温度较高时,氯气和碱还能发生如下反应:
3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。
请回答下列问题:
(1)①甲装置用于制备氯气,乙装置的作用是________。
②该兴趣小组用100mL12mol·L-1盐酸与8.7gMnO2制备氯气,并将所得氯气与过量的石灰乳反应,则理论上最多可制得Ca(ClO)2______g。
(2)小组成员发现,产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。
他们讨论后认为,部分氯气未与石灰乳反应而逸出,以及温度升高也是可能原因。
为了探究反应条件对产物的影响,他们另取一定量的石灰乳,缓慢、匀速地通入足量氯气,得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线,粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。
①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。
②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。
③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol,则产物中
=__。
(3)为了提高Ca(ClO)2的产率,可对丙装置作适当改进。
请你写出一种改进方法:
________。
【答案】除去氯气中的氯化氢气体7.15ClO-0.252:
1把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体;
②依据MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,结合定量关系计算理论值;
(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,根据温度高低来判断属于哪种离子;
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量,然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量;
③另取一份与②等物质的量的石灰乳,以较大的速率通入足量氯气,反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35mol,依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1:
2,结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量,依据氧化还原反应电子守恒,生成产物中氯元素守恒列式计算。
(3)根据题中信息,在高温度下发生副反应,可以把丙装置放入冰水中。
【详解】
(1)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为:
MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O;浓盐酸具有挥发性,在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体,所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体;
②n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol,n(MnO2)=
=0.1mol,MnO2、HCl反应的物质的量的比是1:
4,可见足量的浓盐酸与8.7gMnO2制备氯气,以MnO2为标准计算,n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol,将所得氯气与过量的石灰乳反应,反应方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,根据方程式中物质反应关系可知:
理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05mol,其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g;
(2)①当温度低时,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙;当温度高时,生成氯酸钙和氯化钙,刚开始反应时,温度较低,氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙,所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系;
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量,设被还原的氯离子的物质的量为n,则n×1=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol,则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为:
0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol,在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个数比为1:
2,所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为
=0.25mol;
③取一份与②等物质的量的石灰乳,其物质的量为0.25mol,根据氧化还原反应中得失电子数相等,生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒,设n(ClO-)=x,n(ClO3-)=y;则得到:
0.35=x×1+y×5;依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1:
2,得到氯元素物质的量为0.5mol;x+y+0.35=0.5,解得:
x=0.1mol,y=0.05mol,则产物中
=2:
1;
(3)由于反应在高温度下发生副反应,所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中,避免发生3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O。
【点睛】
本题考查了性质方案的设计。
明确实验目的、实验原理为解答关键,注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法,题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。
2.按要求完成下列填空。
(1)在等体积的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液中,分别加入等量的AgNO3溶液,恰好都完全反应,则以上三种溶液的物质的量浓度之比为______。
(2)将3.22g芒硝(Na2SO4·10H2O)溶于水中,要使每100个水分子中溶有1个Na+,则需水的质量为________g。
(3)在干燥烧瓶中用向下排空气法收集氨气,由于空气不可能排净,所以瓶内气体对氢气的相对密度为9.5,将此瓶气体倒置于水槽中,烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的_______。
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4(密度为d1g/cm3)和50mL0.2mol/LAl2(SO4)3(密度为d2g/cm3)混合,所得密度为d3g/cm3的混合溶液中SO42−的浓度为___________。
(用含d1,d2,d3的式子表示)
(5)已知两种碱AOH和BOH的摩尔质量之比为5:
7,现将7molAOH与5molBOH混合后,从中取出5.6g,恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸,则AOH的摩尔质量为_____。
【答案】6:
3:
234.2
(或83.3%)
40g/mol
【解析】
【分析】
(1)分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等;
(2)每100个水分子中溶有1个钠离子说明水和钠离子的物质的量比为100:
1;
(3)将盛有氨气的烧瓶气体倒置于水槽中,溶液上升体积等于氨气的体积;
(4)溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等。
【详解】
(1)设NaC1、MgCl2、A1Cl3的物质的量分别为x、y、z,由分别加入等量的AgNO3溶液恰好都完全反应可知,溶液中Cl﹣的物质的量相等,则有x=2y=3z,解得x:
y:
z=6:
3:
2,因溶液的体积相同,由物质的量之比等于浓度之比可得浓度之比为6:
3:
2,故答案为:
6:
3:
2;
(2)3.22g芒硝的物质的量为
=1mol,溶液中n(Na+)=2n(Na2SO4•10H2O)=0.01mol×2=0.02mol,每100个水分子中溶有1个钠离子,所以n(H2O)=100n(Na+)=2mol,0.01molNa2SO4•10H2O中含有水的物质的量为0.01mol×10=0.1mol,需要的水的物质的量为2mol-0.1mol=1.9mol,则需要水的质量为1.9mol×18g/mol=34.2g,故答案为:
34.2;
(3)由瓶内气体对氢气的相对密度为9.5可知,混合气体的平均摩尔质量为2g/mol×9.5=19g/mol,设氨气的体积分数为x,则空气的体积分数为(1-x),故17x+29(1-x)=19,解得x=
,溶液上升体积等于氨气的体积,故烧瓶内液面上升的体积占烧瓶总体积的
,故答案为:
;
(4)100mL0.3mol/LNa2SO4溶液中SO42-的物质的量为0.1L×0.3mol/L=0.03moL,50mL0.2mol/LAl2(SO4)3溶液中SO42-的物质的量为0.05L×0.2moL/L×3=0.03mol,混合后的总SO42-的物质的量为0.03moL+0.03moL=0.06mol,混合溶液的体积为
×10—3L,则混合溶液中SO42−的浓度为
=
mol/L,故答案为:
;
(5)由混合碱5.6g恰好可以中和100mL浓度为1.2mol/L的盐酸可知,混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等,盐酸的物质的量为1.2mol/L×0.1L=0.12mol,设5.6g混合碱中AOH的物质的量为7a,则BOH的物质的量为5a,由混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等可得7a+5a=0.12mol,解得a=0.01mol,设AOH的摩尔质量为5b,则BOH的摩尔质量为7b,由混合碱的质量为5.6g可得:
0.07mol×5b+0.05mol×7b=5.6,解得b=8,则AOH的摩尔质量为40g/mol,故答案为:
40g/mol。
【点睛】
溶质物质的量和质量、溶液的质量具有加合性,溶液的体积不具有加合性是解答混合溶液的解答关键,也是易错点;由混合碱5.6g恰好可以中和100ml浓度为1.2mol/L的盐酸确定混合碱的物质的量与盐酸的物质的量相等是计算难点。
3.请按要求填空:
(1)用已准确称量的1.06gNa2CO3固体配制0.100mol/LNa2CO3溶液100 mL,所需要的仪器为____。
(2)除去Na2CO3固体中混有的少量KNO3,所进行的实验操作依次为________、蒸发、结晶、________。
(3)除去KCl溶液中的SO42-,依次加入的溶液为(填物质的化学式)_______。
【答案】烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管溶解趁热过滤、洗涤、灼烧BaCl2、K2CO3、HCl
【解析】
【分析】
(1)根据配制一定物质的量浓度的溶液所需操作步骤和每一步操作所需仪器分析;
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同,可用结晶方法分离;
(3)除去KCl溶液中的SO42-,应使SO42-离子转化为沉淀,注意不能引入新的杂质。
【详解】
(1)配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作,溶解需要烧杯、玻璃棒,定容需要胶头滴管、需要100mL容量瓶进行配制,故所需要的仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管;
(2)Na2CO3和KNO3在水溶液中的溶解度不同,可用结晶方法分离,具体做法是先将固体溶解,然后蒸发、结晶,趁热过滤、洗涤晶体,最后灼烧晶体可得到碳酸钠;
(3)除去KCl溶液中的SO42-,应先加入过量BaCl2的使SO42-生成沉淀,然后再加入K2CO3使过量的BaCl2生成沉淀,过滤后加入HCl除去过量的K2CO3。
故依次加入的溶液为BaCl2、K2CO3、HCl。
【点睛】
本题考查了物质的量溶液的配制、物质的分离、提纯的基本方法选择与应用,注意根据混合物组分性质的差异性选择分离的方法,本题易错点为(3),注意加入试剂的顺序和除杂原理。
4.氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。
(1)下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。
a.滴水成冰b.蜡炬成灰c.百炼成钢
(2)NH3和Cl2反应的方程式为:
NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____(填元素名称),氧化剂是_____(填化学式)。
②配平该方程式:
_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
(3)“地康法”制氯气的反应原理图示如下:
①反应I的化学方程式为_____。
②若要制得标准状况下氯气11.2L,则整个反应中转移电子的物质的量为_____。
【答案】a氮Cl223162HCl+CuO=CuCl2+H2O1mol
【解析】
【分析】
(1)a、滴水成冰,没有生成新物质,属于物理变化,符合题意,a正确;
b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,b错误;
c.百炼成钢,为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,c错误;
(2)①还原剂化合价升高,被氧化,氧化剂化合价降低,被还原;
②利用化合价升降法配平;
(3)①根据反应原理图,反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O;
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应,反应II是氧化还原反应,氯元素化合价由﹣1升高为0。
【详解】
(1)a、滴水成冰,没有生成新物质,属于物理变化,符合题意,a正确;
b.蜡炬燃烧生成二氧化碳和水,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,b错误;
c.百炼成钢,为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳,碳元素、氧元素化合价改变,属于氧化还原反应,与题意不符,c错误;
故答案为a;
(2)①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0,氯元素化合价由0降低为﹣1,该反应中被氧化的元素是氮元素,氧化剂是Cl2;
②氮元素化合价由﹣3升高为0,氯元素化合价由0降低为﹣1,最小公倍数为6,根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2=N2+6HCl;
(3)①根据反应原理图,反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O,反应方程式是2HCl+CuO=CuCl2+H2O;
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol,反应I是非氧化还原反应,反应II是氧化还原反应,根据2CuCl2+O2=2CuO+2Cl2,氯元素化合价由﹣1升高为0,所以生成0.5mol氯气转移1mol电子。
【点睛】
还原剂化合价升高,被氧化,发生氧化反应,生成氧化产物;氧化剂化合价降低,被还原,发生还原反应,得到还原产物。
5.
(1)物质的量相等的CO和CO2中,同温同压下所占的体积比为____,原子个数之比为______;
(2)1.8g水与_______mol硫酸所含的分子数相等,它们所含氧原子数之比是________,其中氢原子数之比是___________。
(3)3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022,此气体的摩尔质量为________。
(4)可用于分离或提纯物质的方法有:
A过滤B萃取C渗析D蒸馏E灼热氧化F分液.
如欲分离或提纯下列各组混合物,请选择上述方法中最合适者,并将相应字母填入题后空格内:
①除去淀粉溶液中的少量碘化钠________;②提取溴水中的溴单质______;
③除去水中的Na+、
、Cl-等杂质________;④除去CuO中的Cu______;
【答案】1:
12:
30.11:
41:
164g/molCB/BFDE
【解析】
【分析】
(1)同温同压下,气体的物质的量之比等于体积之比,原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数;
(2)1.8g水所含分子的数目用公式N=n×NA=
;
(3)利用n=
=
,从而计算出M;
(4)选择分离物质的方法时,要考虑物质的性质,除去淀粉溶液中的少量碘化钠,选择渗析,淀粉溶液属于胶体,碘化钾溶在溶液里,区分溶液和胶体的方法是渗析;溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液;除去自来水中可溶性的离子,可用蒸馏,CuO中的Cu可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。
【详解】
(1)根据阿伏伽德罗定律,在相同的温度和压强下,相同体积的任何气体含有相同数目的分子。
物质的量相等的CO和CO2,分子的数目也相同,故体积也相同,故体积比为1:
1。
一个CO分子中含有两个原子,CO2分子中含有三个原子,分子的数目相同,故原子数目比为2:
3,
故答案为:
1:
1;2:
3;
(2)1.8g水中水分子的数目=
=
×NA=0.1NA个,0.1NA个硫酸分子的物质的量为0.1mol,由于分子数相同,一个水分子含有一个氧原子,一个硫酸分子含有四个氧原子,故氧原子的数目比为1:
4,一个水分子有两个氢原子,一个硫酸分子也有两个氢原子,其中氢原子数之比是1:
1,
故答案为:
0.1;1:
4;1:
1;
(3)3.2g某气体中含有的分子数约为3.01×1022利用n=
=
,从而计算出M=
=
=
=64g/mol,
故答案为:
64g/mol;
(4)A.过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质,将其中的悬浮固体颗粒加以截留,从而实现混合物的分离操作。
B.萃取是利用化合物在两种互不相溶(或微溶)的溶剂中溶解度的不同,使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中而提取出来的过程,萃取之后要分液。
C.渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作,利用膜对溶质的选择透过性,实现不同性质溶质的分离,可用于分离溶液和胶体。
D.蒸馏是一种热力学的分离工艺,它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同,使低沸点组分蒸发,再冷凝以分离整个组分的单元操作过程,是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。
①除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析,
②提取溴水中的溴单质,可以选用萃取和分液操作;
③除去水中的Na+、
、Cl-等杂质,选择蒸馏;
④除去CuO中的Cu,可选择灼热氧化;
故答案为:
C;B/BF;D;E。
6.已知19.2gCu与过量的200mL5mol/L稀硝酸充分反应,反应方程式如下:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
(1)写出该反应的离子方程式:
________;
(2)标准状况下,产生NO气体的体积为:
________;转移电子的物质的量为______;反应后NO3-的物质的量浓度为:
______。
(忽略反应前后溶液体积的变化)
【答案】3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O4.48L0.6mol4mol/L
【解析】
【分析】
(1)根据离子方程式的拆写原则,硝酸和硝酸铜拆为离子,结合电荷守恒书写;
(2)先计算19.2g铜的物质的量,再结合反应方程式确定需消耗硝酸的物质的量,由反应可知被还原的硝酸和生成的NO的物质的量,最后根据N元素守恒计算溶液中含有的NO3-的物质的量,根据c=
计算反应后NO3-的物质的量浓度。
【详解】
(1)Cu与稀硝酸反应方程式为:
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O,在该反应中,硝酸和硝酸铜是易溶的强电解质,拆为离子,其余物质仍然用化学式表示,则该反应的离子方程式为:
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O;
(2)19.2g铜的物质的量n(Cu)=19.2g÷64g/mol=0.3mol,由反应可知,0.3molCu消耗0.8molHNO3,则根据元素化合价升降与电子转移关系可知被还原的硝酸和生成的NO均为0.2mol,则生成NO的体积V(NO)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L;根据反应方程式可知3mol金属Cu反应转移电子的物质的量是6mol,则0.3mol金属铜参加反应转移电子的物质的量为0.6mol,在200mL5mol/L稀硝酸中含有NO3-的物质的量是n(NO3-)=5mol/L×0.2L=1mol,反应中被还原的硝酸为0.2mol,被还原的硝酸变为NO气体,则溶液中剩余的NO3-的物质的量n(NO3-)=1mol-0.2mol=0.8mol,则其物质的量浓度是c=
=4mol/L。
【点睛】
本题考查氧化还原反应的知识,明确元素的化合价变化及原子守恒的方法来分析是解答本题的关键,注意反应中化学计量数与转移电子数目的关系解答,试题培养了学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力。
7.对一定量气体体积的探究。
已知1mol不同气体在不同条件下的体积:
化学式
条件
1mol气体体积/L
H2
0℃,101kPa
22.4
O2
0℃,101kPa
22.4
CO
0℃,101kPa
22.4
H2
0℃,202kPa
11.2
CO2
0℃,202kPa
11.2
N2
273℃,202kPa
22.4
NH3
273℃,202kPa
22.4
(1)从表分析得出的结论:
①1mol任何气体,在标准状况下的体积都约为____。
②1mol不同的气体,在不同的条件下,体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。
(2)理论依据:
相同条件下,1mol任何气体的体积几乎相等,原因是:
①____,②___。
(3)应用:
在标准状况下,4gO2的体积为____。
(4)等温、等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比___,质量比为__。
(5)已知16gA和20gB恰好完全反应生成0.04molC和31.76gD,则C的摩尔质量为___。
(6)在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体,当它们的温度和密度都相同时,这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H2)、p(O2)表示,由大到小的顺序是__。
【答案】22.4L不一定气体分子数目相等相同条件下,气体分子间的平均距离几乎相等2.8L1∶12∶3106g·mol−1p(H2)>p(Ne)>p(O2)
【解析】
【分析】
(1)根据图表信息进行分析;
(2)根据克拉伯龙方程:
PV=nRT进行分析;
(3)根据n=m/M=V/Vm进行分析;
(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析;
(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析;
(6)根据PM=ρRT进行分析。
【详解】
(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出:
1mol任何气体在标准状况下,体积都约为22.4L;
故答案是:
22.4L;
②根据克拉伯龙方程:
PV=nRT可知,1mol不同的气体,物质的量n相同,在不同的条件下,如温度相等,压强不相等时,体积则不相等;或在温度不相等,压强也不相等时,体积可能相等;因此1mol不同的气体,在不同的条件下,体积不一定相等;
故答案是:
不一定;
(2)因为在相同的温度和压强下,任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同,所以在相同条件下,1mol任何气体的体积几乎相等;
故答案是:
气体分子数目相等;相同条件下,气体分子间的平均距离几乎相等;
(3)O2的摩尔质量是32g/mol,4gO2的物质的量是4g/32g·mol-1=1/8mol;在标准状况下,4gO2的体积为22.4L·mol-1×1/8mol=2.8L;
故答案是:
2.8L;
(4)等温等压下,气体摩尔体积相等,相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等,根据N=nNA知,分子数之比等于物质的量之比=1:
1;根据m=nM知,相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol:
48g/mol=2:
3;
故答案为:
1:
12:
3;
(5)根据质量守恒定律知,C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g,C
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