化学化学氯及其化合物的专项培优练习题含答案及答案.docx
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化学化学氯及其化合物的专项培优练习题含答案及答案
2020-2021【化学】化学氯及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案
一、高中化学氯及其化合物
1.已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中,能发生氧化还原反应后可生成NaClO与NaClO3现有63.9gCl2,将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中,反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4:
1,并得到500mL溶液。
(1)写出Cl2在70℃的NaOH水溶液中发生上述反应的化学方程式______。
(2)计算完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度____、______。
【答案】9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O0.8mol/L0.2mol/L
【解析】
【分析】
先通过氯元素化合价的对比判断NaClO与NaClO3是氧化产物,氯气得电子化合价降低的产物是还原产物,所以还原产物是氯化钠,根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式,从而得出反应中被氧化的Cl2与被还原的Cl2的物质的量之比。
【详解】
(1)该反应中NaClO与NaClO3是氧化产物,氯化钠是还原产物,反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4:
1,根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式,所以该方程式为:
9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O;
(2)49.7gCl2的物质的量为
=0.9mol,根据反应9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O可知,生成NaClO与NaClO3的物质的量分别为
、
,完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度分别为
、
。
2.Cl2通人70℃的NaOH水溶液中,发生氧化—还原反应,反应完成后,测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1,则:
(1)配平溶液中所发生反应的化学方程式:
____Cl2+______NaOH=____NaCl+____NaClO3+_____NaClO+________
(2)反应中的氧化产物为_________________。
(3)已知生成0.1molNaClO,反应中转移的电子总数是__________mol,若溶液的体积正好为100mL,则溶液中NaCl的物质的量浓度为________mol/L。
【答案】7149147NaClO 3NaClO0.2252.25
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据题设条件,先定NaClO、NaClO3的化学计量数为4、1,再利用化合价升降法:
升高总数为4×1+1×5=9,降低总数为1,配平得7Cl2+14NaOH=9NaCl+NaClO3+4NaClO+7H2O;
(2)分析反应得氧化剂、还原剂均为Cl2,Cl元素被氧化生成NaClO3与NaClO,氧化产物为NaClO3与NaClO;
(3)由反应知每转移9mol电子,生成4molNaClO,则生成0.1molNaClO,反应中转移的电子总数是0.225mol,同时生成NaCl为0.225mol,若溶液的体积正好为0.1L,则溶液中NaCl的物质的量浓度为2.25mol·L-1。
3.氯气是一种重要的化工原料,氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。
(1)NaClO中Cl的化合价为____,有较强的___(填氧化、还原)性。
(2)黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。
①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2,SO2被氧化为SO42-,此反应的离子方程式为____。
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去,本身还原为Cl-,该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。
【答案】+1氧化2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-2:
5
【解析】
【分析】
(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0;根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断;
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子;②根据得失电子守恒计算。
【详解】
(1)NaClO中Na为+1价,O为-2价,化合物中总化合价为0,则Cl为+1价;次氯酸盐中+1价的氯元素易得到电子,具有较强氧化性,故答案为:
+1;氧化;
(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2,根据氧化还原反应的规律,同时应生成硫酸钾,反应的离子方程式为:
2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-,故答案为:
2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-;
②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去,本身还原为Cl-,反应中ClO2为氧化剂,Cl元素化合价由+4价降低为-1价,Mn2+为还原剂,元素化合价由+2价升高到+4价,氧化剂和还原剂得失电子数目相等,则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5,故答案为:
2∶5。
【点睛】
本题的易错点为
(2)②,要注意氧化还原反应的计算的一般方法的应用,解答本小题,也可以书写出反应的方程式再分析计算。
4.氯及其化合物在工农业生产和人类生活中有着重要的作用。
回答下列问题:
(1)25℃时将氯气溶于水形成“氯气-氯水”体系,该体系存在多个含氯元素的平衡关系,其中之一为:
Cl2(溶液)+H2O
HClO+H++Cl-,体系中Cl2(溶液)、HClO和ClO-三者的物质的量分数(α)随pH(酸碱度)变化的关系如图所示。
已知HClO的杀菌能力比ClO-强,用氯气处理饮用水时,杀菌效果最强的pH范围为__(填字母)。
A.0~2B.2~4.7C.4.7~7.5D.7.5~10
(2)写出次氯酸光照分解的化学方程式___,如果在家中直接使用自来水养金鱼,除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为__。
(3)NaClO、NaClO2、ClO2等含氯化合物都是常见的消毒剂,这是因为它们都具有强氧化性。
①写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式___;
②84消毒液(主要成分是NaClO)与洁厕灵(主要成分是盐酸)混在一起使用会产生有毒气体Cl2,其反应的离子方程式为__;
③NaClO2中Cl元素化合价为__;
④ClO2的杀菌效果比Cl2好,等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的__倍(杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关,ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl-)。
【答案】B2HClO
2HCl+O2↑用容器盛放,在太阳光下曝晒一段时间Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O+32.5
【解析】
【分析】
图中信息告诉我们,在氯水中,具有杀菌能力的微粒主要是Cl2和HClO,随着溶液pH的不断增大,α(Cl2)不断减小,当pH=2时,α(Cl2)接近于0;随着溶液pH的不断增大,α(HClO)不断增大,当pH=2时,α(HClO)达到最大值;当pH升高到4.7时,α(HClO)开始减小,当pH接近10时,α(HClO)=0;从pH=4.7开始,α(ClO-)开始增大,pH=10时,α(ClO-)达最大值。
【详解】
(1)根据题目信息得知HClO的杀菌能力比ClO-强,依据图中信息可知pH为2~4.7时HClO含量最多,因此用氯气处理饮用水时,杀菌效果最强的pH范围为2~4.7,应选B。
答案为:
B;
(2)次氯酸光照分解生成盐酸和氧气,化学方程式为2HClO
2HCl+O2↑,由于次氯酸见光易分解,如果在家中直接使用自来水养金鱼,除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为用容器盛放,在太阳光下曝晒一段时间。
答案为:
2HClO
2HCl+O2↑;用容器盛放,在太阳光下曝晒一段时间;
(3)①工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式为Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O。
答案为:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;
②NaClO与盐酸反应生成氯气、氯化钠和水,离子方程式为2H++Cl-+ClO-==Cl2↑+H2O。
答案为:
2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O;
③NaClO2中Na显+1价,O显-2价,则Cl元素化合价为+3。
答案为:
+3;
④根据题中信息已知杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关,ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl-,1molClO2能够得到5mol电子,1molCl2能够得到2mol电子,因此等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍。
答案为:
2.5。
【点睛】
杀菌消毒是利用氧化剂的氧化能力实现的,氧化能力又是依据得电子能力衡量的,所以一种氧化剂,在通常情况下,得电子数目越多,得电子能力越强。
5.氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。
已知X是红棕色气体,能与水反应;Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色。
请回答下列问题:
(1)X的化学式为_________;
(2)X与水反应生成NO和一种酸,该酸的名称为________;
(3)Y能使湿润的有色布条褪色,说明Y的水溶液具有____(填“漂白”或“酸”)性。
【答案】NO2硝酸漂白
【解析】
【分析】
氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。
已知X是红棕色气体,能与水反应;X为NO2,Y是黄绿色气体,能使湿润的有色布条褪色,Y为Cl2。
【详解】
⑴X的化学式为NO2;故答案为:
NO2。
⑵X与水反应生成NO和一种酸,3NO2+H2O=2HNO3+NO,该酸的名称为硝酸;故答案为:
硝酸。
⑶Y能使湿润的有色布条褪色,Cl2+H2O=HCl+HClO,HClO具有漂白性,说明Y的水溶液具有漂白性;故答案为:
漂白。
6.某溶液的溶质可能由下列离子组成:
H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。
某同学做如下实验来确定溶液的成分:
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液,有白色沉淀产生,过滤。
②向①中的滤液里加入AgNO3溶液,有白色沉淀产生。
③将足量稀盐酸加入①的沉淀中,沉淀部分消失,有气体产生。
依据以上实验回答下列问题:
(1)原溶液中一定有__________________。
(2)一定没有__________________。
(3)可能含有_____________。
(4)如果要确定原溶液中是否存在该离子,应选用试剂是__________________。
A.稀硝酸B.Ba(NO3)2C.AgNO3D.Na2CO3
(5)写出中沉淀消失的离子方程式________________。
【答案】SO42-、CO32-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑
【解析】
【详解】
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液,有白色沉淀产生,过滤,则含SO42-、CO32-中的一种或都有,则一定没有Ba2+;
②将①中滤液里加入AgNO3溶液,有白色沉淀产生,白色沉淀为AgCl,但引入氯离子,则不能确定原溶液中是否含Cl-;
③将①中的沉淀加入稀盐酸中,沉淀部分消失,有气体产生,则一定含SO42-、CO32-,则没有H+,因溶液不显电性,则一定含Na+;
综上所述:
(1)一定含SO42-、CO32-、Na+;
(2)一定没有H+、Ba2+;
(3)可能含有Cl-;
(4)若要确定Cl-是否存在,应首先排除SO42-和CO32-的干扰,故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-,过滤后往滤液中加入硝酸银,若有白色沉淀生成,则证明原溶液中含有Cl-,故答案为BC;
(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体,离子反应方程式为:
BaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑。
7.甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。
A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
请根据下图的转化关系回答:
(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________
(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________
(3)若A和B按1:
1通入水中反应,写出反应方程式_________________。
【答案】NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3
【解析】
【分析】
D的混合液中滴加石蕊试液,溶液显红色,说明溶液显酸性;加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体,说明D溶液中含有NH4+;加入稀硝酸酸化后,再滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有Cl-;加入盐酸酸化,再滴加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中含有SO42-;C溶液中通入氯水得到D溶液,再结合甲和乙生成A的反应条件,丙和丁点燃条件下生成B,并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质,其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体;A和B以物质的量2︰1通入水中,得到C溶液。
可知甲为H2、乙为N2、丙为O2,丁为S,A为NH3、B为SO2,C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,据此分析解题。
【详解】
(1)由分析知A为NH3,因其电离使水溶液显碱性,使湿润的红色石蕊试纸变蓝,发生反应的方程式和电离方程式为NH3+H2O
NH3·H2O
NH4++OH-;
(2)C溶液为(NH4)2SO3溶液,C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+;
(3)NH3和SO2按1:
1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。
8.有A、B、C三种可溶性正盐,阴、阳离子各不相同,其阴离子的摩尔质量依次增大(按A、B、C的顺序),将等物质的量的A、B、C溶于水,所得溶液中只含有Fe3+、K+、SO42-、NO3-、Cl-五种离子,同时生成一种白色沉淀。
请回答下列问题:
(1)经检验,三种正盐中还含有下列选项中的一种离子,该离子是___。
A.Na+B.Mg2+C.Cu2+D.Ag+
(2)若将A、B、C三种正盐按一定比例溶于水后,所得溶液中只含有Fe3+、SO42-、NO3-、K+四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4,则A、B、C三种正盐的物质的量之比为___。
【答案】D1∶3∶2
【解析】
【分析】
等物质的量的A、B、C溶于水,所得溶液中只含有Fe3+、K+、
、
、Cl-五种离子,同时生成一种白色沉淀,A、B、C三种可溶性正盐,阴、阳离子各不相同,其阴离子的摩尔质量依次增大,则A为盐酸盐,B为硝酸银,C为硫酸盐;等物质的量混合,生成沉淀可能为AgCl,则A为FeCl3,B为AgNO3,C为K2SO4,以此来解答。
【详解】
(1)所给离子中只有Ag+和
、
、Cl−三种阴离子中Cl−按1:
1生成沉淀,其余所给阳离子均和三种阴离子不沉淀,则该离子是Ag+,
故答案为:
D;
(2)只含有Fe3+、
、
、K+四种离子且物质的量之比依次为1:
2:
3:
4,则若FeCl3为1mol,AgNO3为3mol,二者发生Ag++Cl−═AgCl↓,K2SO4为2mol,A、B、C三种正盐的物质的量之比为1:
3:
2,
故答案为:
1:
3:
2。
9.由几种离子化合物组成的混合物,含有以下离子中的若干种:
K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液,现分别取3份100mL该溶液进行如下实验:
实验序号
实验内容
实验结果
a
加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
b
加足量NaOH溶液并加热
收集到气体1.12L(已折算成标准
状况下的体积)
c
加足量BaC12溶液时,对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量;再向沉淀中加足量稀盐酸,然后干燥、称量
第一次称量读数为6.27g,第二次
称量读数为2.33g
试回答下列问题:
(1)该混合物中一定不存在的离子是__________________________。
(2)溶液中一定存在的阴离子是____________________。
(3)试写出实验b发生反应的离子方程式__________________。
(4)判断混合物中是否存在K+?
__________________(填“是”或“否”)。
【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+SO42-、CO32-NH4++OH-=NH3↑+H2O是
【解析】
【分析】
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+,Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在,加入硝酸银溶液生成白色沉淀,可能存在Cl-、SO42-、CO32-;加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气,溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+;加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀为BaSO4、BaCO3,说明溶液中存在SO42-、CO32-,推断溶液中一定不含Ba2+,K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。
【详解】
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+,Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在,加入硝酸银溶液生成白色沉淀,可能存在Cl-、SO42-、CO32-;加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气,溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+;加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀为BaSO4、BaCO3,说明溶液中存在SO42-、CO32-,推断溶液中一定不含Ba2+,K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断;
(1)上述分析可知,该混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、Ba2+;
(2)溶液中一定存在的阴离子是SO42-、CO32-;
(3)实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水,反应的离子方程式为为:
NH4++OH-=NH3↑+H2O;
(4)题干信息可知,NH4+物质的量0.05mol,SO42-物质的量为0.01mol,CO32-物质的量为0.02mol,由溶液中电荷守恒可知,假设溶液中一定含有K+,溶液中电荷守恒c(K+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+2c((CO32-),c(K+)=0.2mol/L,溶液中可能存在Cl-,所以c(K+)≥0.2mol/L,即说明溶液中一定含有K+。
【点睛】
破解离子推断题的几种原则:
①肯定性原则:
根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子;(记住几种常见的有色离子:
Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42-、Cr2O72-);②互斥性原则:
在肯定某些离子的同时,结合离子共存规律,否定一些离子的存在;③电中性原则:
溶液呈电中性,一定既有阳离子,又有阴离子,且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等;(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子);④进出性原则:
通常是在实验过程中使用,是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
10.现有A、B、C、D四种气体,A是密度最小的气体,B在通常情况下呈黄绿色,把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D。
把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。
(1)A、B、C、D的化学式分别为:
A_______;B______;C______;D_____。
(2)写出下列各反应的化学方程式:
A与B_______;
B与水_______。
【答案】H2Cl2CO2HCl
Cl2+H2O=HCl+HClO
【解析】
【分析】
A是密度最小的气体即为氢气,B在通常情况下呈黄绿色即为氯气,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D即氢气和氯气反应生成氯化氢气体的特征现象,即D为氯化氢,把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,进一步验证B为氯气,D为氯化氢,无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体。
【详解】
⑴A是密度最小的气体即为氢气,A为H2;
B在通常情况下呈黄绿色即为氯气,B为Cl2;
无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体,C为CO2;
纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D即生成HCl,D为HCl;
⑵A与B反应方程式为:
;
B与水反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO。
【点睛】
①根据PV=nRT可以推出
,所以相同条件下,气体的密度和其摩尔质量呈正比,即相同条件下密度最小的气体即为氢气;②纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰,这是氢气与氯气反应生成氯化氢反应。
11.A—E五种物质都含有同一种元素,它们之间的转化关系如图所示,其中A为淡黄色固体化合物,B为单质。
(1)固体A的名称为____,单质B的常见用途有:
_____(任写一条)。
(2)写出下列反应的化学方程式
①B→C__________
②A→D__________
(3)写出将氯气通入C溶液中的化学方程式_____,其溶液有漂白作用,漂白原理是______。
(写反应方程式)
【答案】过氧化钠;制作高压钠灯,Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂,制备钠的化合物,制备某些金属等(任写一条);2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO。
【解析】
【分析】
A~E五种物质都含有同一种元素,A为淡黄色固体化合物,可由单质B转化得到,且A又能与二氧化碳反应生成D,则A为Na2O2,D为Na2CO3,而B能与氯气反应生成E,则B为Na、E为NaCl,A、B均可以转化生成C,C可以转化得到D、E,可推知C为NaOH,据此进行解答。
【详解】
(1)固体A的名称为过氧化钠,钠的常见用途有:
制作高压钠灯,Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂,制备钠的化合物,制备某些金属等;
故答案为:
过氧化钠;制作高压钠灯,Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂,制备钠的化合物,制备某些金属等(任写一条);
(2)①B→C的化学方程式:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,②A→D的化学方程式:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
故答案为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)将氯气通入C溶液中的化学方程式:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,其溶液有漂白作用,漂白原理是:
NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO;
故答案为:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO。
【点睛】
1.本题中学生们由于不按要求作答造成失分,有两点:
①第
(1)问经常会出现学生将名称写成化学式;②第
(2)、(3)问将化学方程式错写成离子方程式;学生们做题时一定要
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- 化学 及其 化合物 专项 练习题 答案