化学 物质的量的专项 培优练习题及详细答案.docx
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化学物质的量的专项培优练习题及详细答案
化学物质的量的专项培优练习题及详细答案
一、高中化学物质的量
1.将一定质量的镁铝混合物投入200mL硫酸中,固体全部溶解后,向所得溶液中加入5mol/L的NaOH溶液,生成沉淀的物质的量n与加入NaOH溶液的体积V的变化如图所示。
(1)写出Al与NaOH溶液反应的化学方程式___________________;
(2)镁和铝的总质量为________g;
(3)b点溶液中的溶质为__________,硫酸的物质的量浓度为___________mol/L;
(4)生成的氢气在标准状况下的体积为__________L;
(5)c点溶液中通入足量的CO2的反应化学方程式为___________。
【答案】2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑9Na2SO42.510.08NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3
【解析】
【分析】
由图象可知,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后有剩余,溶液的溶质为H2SO4、MgSO4、Al2(SO4)3,此时发生的反应为:
H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O;当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此过程中Mg2+、Al3+与OH-反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液溶质为Na2SO4;从200mL到240mL,NaOH溶解固体Al(OH)3,发生反应:
OH-+Al(OH)3=AlO2-+2H2O,据此分析解答。
【详解】
(1)Al与NaOH溶液反应产生NaAlO2和H2,反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑;
(2)根据图象可知Mg(OH)2和Al(OH)3的物质的量之和为0.35mol,从200mL到240mL,NaOH溶解Al(OH)3,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为Mg(OH)2,物质的量为0.15mol,Al(OH)3的物质的量为0.35mol-0.15mol=0.2mol,由元素守恒可知n(Al)=n[Al(OH)3]=0.20mol,n(Mg)=n[Mg(OH)2]=0.15mol,所以镁和铝的总质量为m(Al)+m(Mg)=0.20mol×27g/mol+0.15mol×24g/mol=9g;
(3)沉淀量最大时为Mg(OH)2和Al(OH)3,溶液中溶质为Na2SO4,根据钠元素守恒可知此时n(Na2SO4)等于200mLNaOH溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍,所以n(Na2SO4)=0.5×5mol/L×0.2L=0.5mol,所以H2SO4的物质的量浓度c(H2SO4)=
=2.5mol/L;
(4)根据以上分析,n(Al)=0.2mol,n(Mg)=0.15mol,由于Al是+3价金属,Mg是+2价的金属,所以金属失去电子的物质的量n(e-)=3n(Al)+2n(Mg)=0.2mol×3+0.15mol×2=0.9mol,根据反应过程中得失电子守恒,可知反应产生氢气的物质的量n(H2)=
n(e-)=0.45mol,则在标准状况下的体积V(H2)=0.45mol×22.4L/mol=10.08L;
(5)在b点时溶液中溶质为Na2SO4,沉淀量为Mg(OH)2和Al(OH)3,在b→c过程中发生反应:
NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O,至c点,该反应恰好反应完全,故c点溶液的溶质为Na2SO4、NaAlO2,由于酸性:
H2CO3>Al(OH)3,所以c点溶液中通入足量的CO2,NaAlO2、CO2、H2O反应产生Al(OH)3和NaHCO3,反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3。
【点睛】
本题考查物质的量在镁、铝的重要化合物的计算的应用,把握图象各阶段的物质的量的关系及各阶段的化学反应为解答的关键,注意反应的先后顺序及利用守恒关系计算,侧重考查学生的分析与计算能力。
2.实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,图中可选用的发生装置是______(填写字母)。
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L(标准状况)二氧化硫,如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则至少需称取该亚硫酸钠______ g (保留一位小数)。
(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标,现对该区域雨水样品进行探究。
首先用pH试纸测定雨水样品的pH,操作方法为______,测得样品pH约为3;为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质,将一定量的SO2通入蒸馏水中,配成pH为3的溶液,然后将溶液分为A、B两份,将溶液B久置于空气中,与密闭保存的A相比,久置后的溶液B中水的电离程度将______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央,半分钟后待变色,再与对照标准比色卡读数。
减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态,反应条件不需加热,可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率;
(2)由硫守恒可得:
Na2SO3~SO2,根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量;结合亚硫酸钠的质量分数,再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,然后与比色卡对比;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,溶液酸性增强。
【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,并希望能控制反应速度,由于反应不需要加热,排除装置d;由于亚硫酸钠是细小颗粒,不可选用装置c;装置b无法可知反应速率,故可选用的发生装置为:
ae;
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫,根据反应方程式:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,根据反应方程式可知:
Na2SO3~SO2,n(SO2)=
=0.15mol,则需亚硫酸钠的质量为:
m(Na2SO3)=0.15mol×126g/mol=18.9g;如果已有40%亚硫酸钠(质量分数),被氧化成硫酸钠,则含亚硫酸钠的质量分数为60%,至少需称取该亚硫酸钠的质量为
==31.5g;
(3)测定pH,可用玻璃棒蘸取溶液,滴在pH试纸上,半分钟后与比色卡对比,操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上,半分钟后待变色,再对照标准比色卡读数;将溶液B久置于空气中,亚硫酸被氧化生成硫酸,导致溶液酸性增强,溶液中c(H+)增大,对水电离的抑制作用增强,则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。
明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键,注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质,试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
3.已知:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,将0.1moKMnO4固体加热一段时间后,收集到amolO2;向反应后残留的固体中加入足量的浓盐酸,又收集到bmolCl2,此时Mn元素全部以Mn2+的形式存在于溶液中(注:
KMnO4和K2MnO4以及MnO2都能与浓盐酸反应并生成Mn2+)。
(1)2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中的还原产物是_____(填化学式),反应中若产生0.3mol的气体则有________mol的电子转移。
(2)a+b的最大值为________,a+b最小值为________。
【答案】MnCl20.60.250.2
【解析】
【分析】
(1)元素化合价降低发生还原反应得到还原产物;根据Cl元素化合价变化计算转移电子;
(2)KMnO4固体,加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到气体bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素得到电子数等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,根据方程式计算氧气最大值,进而确定(a+b)的最小值。
【详解】
(1)反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价,化合价降低,得到电子,被还原,所以MnCl2是还原产物;产生0.3mol的氯气时,转移电子为n(e-)=0.3mol×2×[0-(-1)]=0.6mol;
(2)KMnO4固体加热一段时间后,收集到amol氧气,在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸,继续加热,收集到bmol氯气,根据电子转移守恒,整个过程中,Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子,则有:
0.1×(7-2)=4a+2b,整理可得a+b=0.25-a,当高氯酸钾没有分解时,(a+b)达最大值,此时a=0,则(a+b)的最大值=0.25;当高锰酸钾完全分解生成氧气时,生成氧气最多,生成氯气最少,由2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑,可知生成氧气最大的物质的量为0.1mol×
=0.05mol,则a+b≥0.25-0.05=0.2,故(a+b)的最小值为0.2。
【点睛】
本题考查混合物计算、氧化还原反应计算,充分利用整个过程中的电子转移守恒是解答本题的关键。
掌握元素化合价升降总数与反应过程中电子转移的关系及与物质的性质与作用的关系是解答的基础,学会将关系式进行变形,并用用极值方法分析判断。
4.根据所学知识,回答下列问题:
(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂,其摩尔质量是__________。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,写出相应的离子方程式:
_____________。
(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠,随后几十年内,工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气,同时获得Fe3O4和氢气。
写出该反应的化学方程式_____________,该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是________________(填化学式),若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气,转移电子的数目为________________。
(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒,其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2],有效成分为次氯酸钙。
为测得某漂白粉的有效成分含量,称取Ag漂白粉样品溶解,往所得溶液中通入CO2至不再产生沉淀为止,反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO,若反应生成次氯酸(HClO)的物质的量为Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数为___________%(用含A、K的式子表示)。
【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑3Fe+4NaOH=4Na↑+Fe3O4+2H2↑NaOH2NA或1.204×1024
【解析】
【分析】
(1)摩尔质量以g/mol为单位,数值上等于其相对分子质量;根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,配平书写化学方程式;反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH;反应中Na、H元素化合价降低,根据方程式计算生成氢气的量,根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目;
(3)根据HClO的量计算Ca(ClO)2的质量,再根据质量分数的定义式计算。
【详解】
(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mol。
高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气,相应的离子方程式:
4FeO42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体)+8OH-+3O2↑;
(2)由题意可知,Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,反应方程式为:
3Fe+4NaOH
4Na↑+Fe3O4+2H2↑,反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH,Na的物质的量n(Na)=224L÷22.4L/mol=1mol,由方程式可知生成氢气为1mol×
=0.5mol,故转移电子的物质的量n(e-)=1mol×1+0.5mol×2=2mol,则转移电子数目N(e-)=2mol×NA/mol=2mol×(6.02×1023mol-1)=1.204×1024;
(3)由Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO可知,n[Ca(ClO)2]=
n(HClO)=
×Kmol=0.5Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数
×100%=
%。
【点睛】
本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。
掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础,考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。
5.我国某些地区曾出现过高致病性禽流感,为防止疫情蔓延,必须迅速进行隔离,并对受禽流感病毒污染的禽舍、工具等进行消毒。
资料显示:
禽流感病毒在高温、碱性环境(如氢氧化钠溶液)、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差。
请回答下列问题:
(1)次氯酸钠(NaClO)属于__________(填“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”),其中氯元素的化合价为________价。
(2)用加热高锰酸钾熏蒸消毒禽舍,写出所发生反应的化学方程式:
________________。
(3)以下对受污染工具的消毒方法可行的是_________________(填字母代号)。
a.用NaClO溶液浸泡b.用NaOH溶液浸泡c.用水冲洗即可
(4)配制用的0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液,需用天平称取固体NaCl________。
若在实验室中配制此溶液,需要用到的玻璃仪器有胶头滴管____________________、量筒和玻璃棒。
【答案】盐+12KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑a、b5.9g500mL容量瓶、烧杯
【解析】
【分析】
(1)化合物各元素化合价代数和为0;
(2)高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气;
(3)次氯酸钠和氢氧化钠溶液都具有消毒的作用;
(4)根据配制一定物质的量浓度溶液所需要仪器分析。
【详解】
(1)次氯酸钠由钠离子和次氯酸根离子组成,属于盐类物质。
设氯元素的化合价为x,则有(+1)+x+(-2)=0,解得x=+1,故填:
盐,+1;
(2)高锰酸钾分解能生成锰酸钾、二氧化锰和氧气,故填:
2KMnO4
K2MnO4+MnO2+O2↑;
(3)由题意可知:
禽流感病毒在高温、碱性环境如氢氧化钠溶液、高锰酸钾或次氯酸钠等消毒剂中生存能力较差,所以对于被污染的工具可以在氢氧化钠溶液和次氯酸钠溶液中消毒,用水冲洗不能起到消毒的作用,故填:
ab;
(4)配制0.5L0.2mol.L-1的NaCl溶液,需用固体NaCl:
0.5L×0.2mol/L×58.5g/mol=5.9g,配制溶液需要的玻璃仪器有胶头滴管、量筒、玻璃棒、烧杯和500mL容量瓶等,故填:
5.9g;500mL容量瓶、烧杯。
6.
(1)在标准状况下,CO和CO2的混合气体共28L,质量为51g。
其中CO2的质量为_____g,混合气体中CO的物质的量分数为____。
混合气体的平均摩尔质量为_______。
(2)同温同压下,同质量的NH3和H2S气体体积比为______,原子个数之比为______,密度之比为________。
(3)在120℃时分别进行如下四个反应(除S外其它物质均为气体):
A.2H2S+O2=2H2O+2S↓B.2H2S+3O2=2H2O+2SO2
C.C2H4+3O2=2H2O+2CO2D.C4H8+6O2=4H2O+4CO2
若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行,反应前后气体密度(d)和气体体积(V)分别符合关系式d前>d后和V前<V后的是___________;符合d前>d后和V前>V后的是___________(填写反应的代号)。
【答案】4420%40.8g/mol2:
18:
31:
2DA
【解析】
【详解】
(1)假设一氧化碳的物质的量为xmol,二氧化碳的物质的量为ymol,则有x+y=
=1.25,28x+44y=51,解x=0.25,y=1,则二氧化碳的质量为44g,一氧化碳的物质的量分数为
=20%,混合气体的平均摩尔质量为
=40.8g/mol;
(2)同温同压下,同质量的NH3和H2S气体体积比等于摩尔质量的反比,即为34:
17=2:
1,原子个数之比等于(2×4):
(1×3)=8:
3,密度比等于摩尔质量之比,即为17:
34=1:
2;
(3)若反应在压强恒定、容积可变的容器内进行,四个反应的气体体积取决于气体的物质的量的变化,A中体积变小,由于产生固体硫,所以气体密度减小;B中气体体积变小,密度变大;C中气体体积不变,密度不变;D中气体体积变大,密度变小;故符合题意的为D和A。
7.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。
8.
(1)写出以下反应的化学反应方程式
①三氧化二铁与稀硫酸反应:
______
②氢氧化铝药物治疗胃酸(主要成分为盐酸)过多:
______
③氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体:
______
(2)已知CO和CO2的混合气体18.0g在标准状况下所占的体积为11.2L。
则该混合气体中,CO2的物质的量为____mol。
(3)在同温同压下,若A容器中的O2和B容器中的SO2所含的氧原子总数相等,则A容器和B容器的体积比是____。
【答案】Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O0.251:
1
【解析】
【详解】
①三氧化二铁为碱性氧化物,能与稀硫酸反应生成硫酸铁和水,其反应的化学反应方程式为:
.Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;答案:
.Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O;
②氢氧化铝为两性氧化物,能和盐酸反应生成氯化铝和水,其反应的化学反应方程式为:
3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O:
答案:
3HCl+Al(OH)3=AlCl3+3H2O;
③二氧化硫气体为酸性氧化物,能和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸盐和水,其反应的化学反应方程式为:
2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O;答案:
2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O。
(2)设CO的物质的量为Xmol,CO2的物质的量为Ymol,根据已知18X+44Y=18
(X+Y)
22.4=11.2,解得X=0.25Y=0.25所以混合气体中,CO2的物质的量为0.25mol;答案:
0.25;
(3)同温同压下,气体的Vm相等,由n=N/NA=V/Vm,可以知道,若A容器中O2和B容器中O2所含分子总数相等,则体积相等,体积比值为1:
1。
答案:
1:
1。
9.计算:
(1)用14.2g无水硫酸钠配制成500mL溶液,其物质的量浓度为____mol·L-1。
(2)若从中取出50mL,其物质的量浓度为____mol·L-1;溶质的质量为___g。
(3)若将这50mL溶液用水稀释到100mL,所得溶液中Na+的物质的量浓度为____mol·L-1,SO42-的物质的量浓度为_____mol·L-1。
(4)已知:
ag某气体A含有b个分子,则cg该气体在标准状况下的体积为____L。
【答案】0.20.21.420.20.1
【解析】
【分析】
(1)根据n=m/M计算硫酸钠的物质的量,再根据c=n/V计算;
(2)溶液是均匀的,取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等;含有溶质质量为原溶液中的1/10;
(3)根据稀释定律计算稀释后Na+、SO42-的物质的量浓度;
(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=NAag/bmol=a·NA/bg·mol-1.
【详解】
(1)14.2g硫酸钠的物质的量=14.2g/142g·mol-1=0.1mol,溶于水配成500mL溶液,所得溶液物质的量浓度为0.1mol/0.5L=0.2mol·L-1;
(2)溶液是均匀的,取出50mL溶液的浓度与原溶液浓度相等为0.2mol·L-1;含有溶质质量为原溶液中的1/10,含有溶质的质量=14.2g×1/10=1.42g;
(3)根据稀释定律,稀释后Na+的物质的量浓度=0.2mol·L-1×2×0.05L/0.1L=0.2mol·L-1;SO42-的物质的量浓度=0.2mol·L-1×1×0.05L/0.1L=0.1mol·L-1;
(4)根据ag气体的分子数为b,可知此气体的摩尔质量为M=NAag/bmol=a·NA/bg·mol-1,则cg该气体的物质的量n=m/M=
=bc/aNAmol,在标况下的体积为
L。
【点睛】
本题考查物质的
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