高考化学物质的量综合经典题及答案.docx
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高考化学物质的量综合经典题及答案
高考化学物质的量综合经典题及答案
一、高中化学物质的量练习题(含详细答案解析)
1.
(1)在标准状况下①6.72LCH4②3.01×1023个HCl分子③13.6gH2S④0.2molNH3,体积最大的是____,密最大的是度___,质量最小的是___,氢原子个数最多的是____。
(填写序号)
(2)等温等压下,质子数相等的CO、N2两种气体,质量之比为____,体积之比为____,摩尔质量之比____。
(3)某物质在一定条件下加热分解,产物都是气体。
分解方程式为:
3A=B+3C+2D。
测得生成的混合气体的平均相对分子质量为2a,则A的摩尔质量为____。
【答案】②②④①1:
11:
11:
14ag/mol
【解析】
【详解】
(1)①6.72LCH4中:
n(CH4)=
=0.3mol,m(CH4)=0.3mol×16g/mol=4.8g,ρ(CH4)=
,N(H)=4N(CH4)=1.2NA;
②3.01×1023个HCl分子中:
n(HCl)=
=0.5mol,V(HCl)=0.5mol×22.4L/mol=11.2L,ρ(HCl)=
,m(HCl)=0.5mol×36.5g/mol=18.25g,N(H)=N(HCl)=0.5NA;
③13.6gH2S 中:
n(H2S)=
=0.4mol,V(H2S)=0.4mol×22.4L/mol=8.96L,ρ(H2S)=
,N(H)=2N(H2S)=0.8NA;
④0.2molNH3中:
m(NH3)=0.2mol×17g/mol=3.4g,V(NH3)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L,ρ(NH3)=
,N(H)=3N(NH3)=0.6NA.
所以:
体积最大的是②,密度最大的是②,质量最小的是④,含氢原子数最多的是①;
(2)CO、N2两种气体涉及的元素有C、O、N质子数分别为6、8、7,所以两种气体的分子的质子数分别为:
14、14,质子数相等的CO、N2,物质的量相等;CO、N2摩尔质量分别为28g/mol、28g/mol,故摩尔质量之比1:
1;根据m=nM知:
质量之比与摩尔质量成正比为28:
28=1:
1;根据阿伏伽德罗定律,相同条件下物质的量相等的气体具有相同的体积,故体积之比为1:
1;
(3)化学方程式系数的意义:
表示物质的量。
设A的物质的量为3mol,则三种混合气体的总物质的量为6mol,由于平均相对分子质量为2a,即平均摩尔质量为2ag/mol,三种气体质量总和为12ag,根据质量守恒定律,A的质量也是12ag,故A的摩尔质量为4ag/mol。
2.某同学设计了测定气体摩尔体积的探究实验,利用氯酸钾分解制O2。
实验步骤如下:
①把适量的氯酸钾粉末和少量二氧化锰粉末混合均匀,放入干燥的试管中,准确称量试管和药品的总质量为15.95g.
②连接好实验装置,检查装置的气密性.
③加热,开始反应,直到不再有气体产生为止.
④测量排入量筒中水的体积为285.0mL,换算成标准状况下氧气的体积为279.7mL.
⑤准确称量试管和残留物的质量为15.55g.
根据上述实验过程,回答下列问题:
(1)如何检查装置的气密性?
______________________________________________。
(2)以下是测量收集到气体体积必须包括的几个步骤:
①调整量筒的高度使广口瓶和量筒内的液面高度相同
②使试管和广口瓶内气体都冷却至室温
③读取量筒内液体的体积
这三步操作的正确顺序是________(请填写步骤代码。
进行③的实验操作时,若仰视读数,则读取氧气的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
(3)实验过程中产生氧气的物质的量是________mol;实验测得氧气的摩尔体积是________(保留小数点后两位)。
【答案】往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气②①③偏小0.012522.38L/mol
【解析】
【分析】
【详解】
(1)往广口瓶中装满水,使装置左侧形成密闭体系,通过捂热试管看广口瓶中长导管内液面高度的变化来判断装置的气密性;综上所述,本题答案是:
往广口瓶中注满水,塞紧橡胶塞,按装置图连接好装置,用手将试管底部捂热,若观察到广口瓶中长玻璃管内液面上升,松开手后,过一会儿长玻璃管内的液面下降,则证明该装置不漏气。
(2)在测量收集到O2的体积时,先将装置中的气体冷却至室温,否则气体受热膨胀时,会使排出水的体积偏大;然后调整量筒高度,使量筒内液面和广口瓶中液面相平,以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等,从而使排出水的体积与产生的O2的体积相等,最后再读取量筒内水的体积;正确顺序为②①③;读数时若仰视量筒内的液面,会使读取O2的体积偏小;综上所述,本题答案是:
②①③;偏小。
(3)根据质量守恒定律,产生O2的质量为15.95g-15.55g=0.4g;n(O2)=0.4/32=0.0125mol,O2的摩尔体积为0.2797/0.0125=22.38L/mol;综上所述,本题答案是:
0.0125,22.38L/mol。
【点睛】
用排水法测量收集到气体体积时,要注意:
先将装置中的气体冷却至室温,否则气体受热膨胀时,易引起误差;第二,要调整量筒高度,使量筒内液面和广口瓶中液面相平,以保证广口瓶中气体的压强和外界气压相等,这样才能减小实验误差;最后再读取量筒内水的体积,要平视进行读数,减小实验误差;只要做到以上三点,就能提高测定数据的准确度。
3.氯及其化合物在生产、生活中有着广泛的用途。
Ⅰ.次氯酸钠是最普通的家庭洗涤中的“氯”漂白剂和消毒剂。
已知某试剂瓶上贴有如图所示的标签,完成以下问题:
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为___mol·L-1。
(2)该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液。
需要用托盘天平称量NaClO固体的质量为___g。
(3)若出现如下情况,对所配溶液浓度将有何影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”):
①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久___;
②定容时俯视容量瓶刻度线___。
Ⅱ.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。
实验室可通过以下反应制得:
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
试回答下列问题:
(1)请用双线桥表示反应中电子转移的情况___。
2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O
(2)试比较KClO3和CO2的氧化性强弱:
KClO3___CO2(填“>”“<”或“=”)。
(3)消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,此过程说明ClO2具有___(填“氧化”或“还原”)性。
(4)在标准状况下,当生成11.2LClO2时,转移电子的数目为___。
【答案】6(或6.0)44.7偏低偏高
>氧化0.5NA
【解析】
【分析】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
。
⑵先根据物质的量浓度计算NaClO物质的量和NaClO固体的质量。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少;②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
⑶Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低。
⑷生成2molClO2转移2mol电子,先计算生成11.2LClO2的物质的量,再计算转移电子物质的量和电子的数目。
【详解】
Ⅰ⑴该“84消毒液”的物质的量浓度
;故答案为:
6(或6.0)。
⑵该同学参阅该“84消毒液”的配方,欲用NaClO固体配制100mL含NaClO质量分数为37.25%的消毒液,则需要的NaClO物质的量为
,则需要用托盘天平称量NaClO固体的质量
;故答案为:
0.6;44.7。
⑶①称量时若选择的NaClO固体已在空气中放置时间过久,则称量44.7g固体中NaClO的质量减少,因此物质的量浓度偏低;故答案为:
偏低。
②定容时俯视容量瓶刻度线,溶液体积减小,物质的量浓度偏高;故答案为:
偏高。
Ⅱ⑴KClO3中Cl化合价降低,H2C2O4中C化合价升高,因此用双线桥表示反应中电子转移的情况
;故答案为:
。
⑵根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,因此KClO3氧化性大于CO2的氧化性,故答案为:
>。
⑶消毒时,ClO2还可以将水中的Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等难溶物,Fe2+、Mn2+等转化成Fe(OH)3和MnO2等,化合价升高,则ClO2化合价降低,因此此过程说明ClO2具有氧化性;故答案为:
氧化。
⑷在标准状况下,生成2molClO2转移2mol电子,当生成11.2LClO2即物质的量为
时,转移电子物质的量为0.5mol,电子的数目为0.5NA;故答案为:
0.5NA。
4.I.配制
的
溶液时,如果只存在下列问题,溶液的浓度如何变化?
(填“偏大”“偏小”或“不变”)
(1)向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线,其结果_____________;
(2)定容时观察刻度线仰视,其结果_____________。
II.
(1)实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨,反应的化学方程式为:
__________________________。
(2)请在下列装置中选择实验室制备氨的发生装置:
_____________(将编号字母填入空格处,下同);为了得到纯净的氨,请在下列试剂中选择干燥氨的试剂:
_____________。
装置有:
A
B
C
D
E
F
G
H
试剂有:
a.
溶液b.澄清石灰水c.浓硫酸d.饱和
溶液e.碱石灰f.品红溶液g.湿润的红色石蕊试纸
【答案】偏大偏小2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2OAe
【解析】
【分析】
根据n=cV可得,一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的,在配制一定物质的量浓度溶液时,若V比理论值大时,会使所配溶液浓度偏小;若V比理论值小时,都会使所配溶液浓度偏大。
【详解】
I.
(1)向容量瓶中加蒸馏水低于刻度线,水偏小,其结果偏大;
(2)定容时观察刻度线仰视,视野随水位到达刻度线时,实际加水过量,其结果偏小。
II.
(1)实验室加热固体氯化铵和氢氧化钙的混合物制取氨,反应的化学方程式为:
2NH4Cl+Ca(OH)2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O。
(2)实验室制备氨是固固加热型装置,即发生装置为A;为了得到纯净的氨,氨气为碱性气体,干燥氨的试剂具有吸水性,且不能与碱性物质发生反应,可选e。
5.
(1)有相同物质的量的H2O和H2SO4,其质量之比为_____,氢原子个数比为_____,氧原子个数比为_____。
(2)把3.06g铝和镁的混合物粉末放入100mL盐酸中,恰好完全反应,并得到标准状况下3.36LH2。
计算:
①该合金中铝的物质的量为_____。
②该合金中镁的质量为_________。
③反应后溶液中Cl﹣的物质的量浓度为__________(假定反应体积仍为100mL)。
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,则混和气体中CO2的体积分数为_____;CO的质量分数为_____。
【答案】9:
491:
11:
40.06mol1.44g3.0mol·L-175%17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)n(H2O)=n(H2SO4),m(H2O):
m(H2SO4)=n(H2O)×18:
n(H2SO4)×98=9:
49;NH(H2O):
NH(H2SO4)=n(H2O)×2:
n(H2SO4)×2=1:
1;NO(H2O):
NO(H2SO4)=n(H2O)×1:
n(H2SO4)×4=1:
4;
(2)设镁的物质的量为xmol,铝的物质的量为ymol,二者混合物的质量为3.06=24x+27y;根据化学反应的计量系数比:
Mg~2HCl~H2,2Al~6HCl~3H2,氢气的体积标准状况下3.36L,n(H2)=0.15mol,列式x+1.5y=0.15,解方程x=0.06mol,y=0.06mol,故该合金中铝的物质的量为0.06mol,该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g,反应后溶液中Cl¯(盐酸恰好反应完全,溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝)的物质的量=0.06×2+0.06×3=0.3mol,溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=
=3.0mol·L-1;
(3)由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20,密度之比等于摩尔质量之比,则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol,设1mol混合气体中有xmolCO,CO2ymol,故x+y=1,28x+44y=40,则x=0.25mol,y=0.75mol,同温同压,气体体积之比等于物质的量之比,则混和气体中CO2的体积分数为75%,CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%
6.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。
7.根据你对金属钠性质的了解,回答下列问题:
(1)关于钠的叙述中,正确的是________(填字母)。
A.钠是银白色金属,硬度很大
B.将金属钠放在石棉网上,用酒精灯加热后金属钠剧烈燃烧,产生黄色火焰,生成过氧化钠
C.金属钠在空气中燃烧,生成氧化钠
D.金属钠的熔点很高
(2)由于金属钠很容易跟空气中的______、________等物质反应,通常将它保存在_______里。
(3)将一小块钠投入到下列溶液中,既能产生气体又会出现白色沉淀的是________(填字母)。
A.稀硫酸B.硫酸铜溶液
C.氢氧化钠溶液D.氯化镁溶液
(4)为粗略测定金属钠的相对原子质量,设计的装置如图所示,该装置(包括水)的总质量为ag,将质量为bg的钠(不足量)放入水中,立即塞紧瓶塞。
完全反应后再称量此装置的总质量为cg。
①列出计算钠相对原子质量的数学表达式______________(用含有a、b、c的算式表示)。
②无水氯化钙的作用是____________________。
【答案】B氧气水蒸气煤油Db/(a+b-c)吸收H2中所含的H2O(g)
【解析】
【分析】
(1)根据钠的性质分析解答;
(2)钠的性质很活泼,易和水、氧气反应,据此解答;
(3)金属钠投入水中生成氢氧化钠和氢气,根据溶液中的溶质分析解答;
(4)①根据钠与水反应产生氢气的质量关系以及反应前后质量差解答;
②根据产生的气体中含有水蒸气分析判断。
【详解】
(1)A、钠是银白色金属,硬度很小,可以用小刀切,故A错误;
B、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,故B正确;
C、钠在空气中燃烧产物是淡黄色的过氧化钠,不是氧化钠,故C错误;
D、金属钠的熔点很低,故D错误;
故答案选B;
(2)钠性质很活泼,易和水、氧气反应,所以保存钠时要隔绝空气和水,钠和煤油不反应,且密度大于煤油,所以保存钠可以放在煤油中;
(3)A.钠和稀硫酸反应生成硫酸钠和氢气,没有沉淀产生,A不选;
B.钠投入硫酸铜溶液中,首先和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠,但沉淀不是白色的,而是蓝色的,B不选;
C.钠投入氢氧化钠溶液中生成氢氧化钠和氢气,没有沉淀,C不选;
D.钠投入氯化镁溶液中生成氯化钠、氢氧化镁白色沉淀和氢气,D选。
答案选D。
(4)①金属与水发生反应放出氢气的质量=ag+bg-cg=(a+b-c)g,假设金属为R,其相对原子质量为M,根据金属钠与水反应放出氢气的关系,可推断该金属与水放出氢气关系如下:
2R~~~~~H2
2M2
bg(a+b-c)g
解得M=
;
②氯化钙具有吸水能力,是常用的干燥剂,在装置中吸收生成氢气中的水,而防止水分流失。
8.按要求完成下列各小题
(1)在同温同压下,相同质量的N2和H2S气体的体积比为____。
(2)0.8molCO和0.4molCO2中电子数目之比为___,含有氧原子物质的量之比为___,相同条件下两物质的密度之比为___。
(3)在含有Cu2+、H+、Fe2+、Al3+、Br-、Cl-的溶液中,还原性最弱的阴离子是___,氧化性最强的离子是___,既有氧化性又有还原性的离子是___。
(4)除去Na2SO4中的Na2CO3所加试剂___,离子方程式___。
【答案】17:
1414:
111:
17:
11Cl-Cu2+Fe2+稀H2SO4CO32-+2H+=CO2↑+H2O
【解析】
【分析】
根据阿伏伽德罗定律进行分析解答;根据氧化还原反应进行判断。
根据溶解规律和离子的特征选择除杂试剂。
如Na2SO4中的Na2CO3目的是除去CO32-离子,所以选择H2SO4进行除杂。
【详解】
(1)相同质量的N2和H2S的物质的量之比为
,根据阿伏伽德罗定律,在同温同压下,气体体积之比等于物质的量之比,因此相同质量的N2和H2S气体的体积比为17:
14。
答案:
17:
14;
(2)电子数目之比等于电子的物质的量之比。
0.8molCO中电子的物质的量为0.8mol×(6+8)=11.2mol,0.4molCO2中电子的物质的量为0.4mol×(6+8×2)=8.8mol,电子数目之比为11.2:
8.8=14:
11;含有氧原子物质的量之比为0.8:
0.4
2=1:
1,根据阿伏伽德罗定律的推论可知,相同条件下,气体的密度与摩尔质量成正比,所以相同条件下两物质的密度之比为:
28:
44=7:
11。
答案:
14:
111:
17:
11;
(3)卤素单质的氧化性为F2>Cl2>Br2>I2,单质的氧化性越强,其对应的离子的还原性越弱,所
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- 高考 化学物质 综合 经典 答案