届一轮复习人教版 物质的量浓度 学案.docx
- 文档编号:25775723
- 上传时间:2023-06-13
- 格式:DOCX
- 页数:34
- 大小:1.78MB
届一轮复习人教版 物质的量浓度 学案.docx
《届一轮复习人教版 物质的量浓度 学案.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《届一轮复习人教版 物质的量浓度 学案.docx(34页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
届一轮复习人教版物质的量浓度学案
2019高考化学一轮复习
第2讲物质的量浓度
高考真题
1.(2018课标Ⅱ)下列实验过程可以达到实验目的的是
编号
实验目的
实验过程
A
配制0.4000mol·L−1的NaOH溶液
称取4.0g固体NaOH于烧杯中,加入少量蒸馏水溶解,转移至250mL容量瓶中定容
B
探究维生素C的还原性
向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化
C
制取并纯化氢气
向稀盐酸中加入锌粒,将生成的气体依次通过NaOH溶液、浓硫酸和KMnO4溶液
D
探究浓度对反应速率的影响
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液,观察实验现象
【答案】B
D.反应的方程式为HSO3-+H2O2=SO42-+H++H2O,这说明反应过程中没有明显的实验现象,因此无法探究浓度对反应速率的影响,D错误。
答案选B。
2.(2017课标Ⅲ)下列实验操作规范且能达到目的的是
目的
操作
A
取20.00mL盐酸
在50mL酸式滴定管中装入盐酸,调整初始读数为30.00mL后,将剩余盐酸放入锥形瓶
B
清洗碘升华实验所用试管
先用酒精清洗,再用水清洗
C
测定醋酸钠溶液pH
用玻璃棒蘸取溶液,点在湿润的pH试纸上
D
配制浓度为0.010
的KMnO4溶液
称取KMnO4固体0.158g,放入100mL容量瓶中,加水溶解并稀释至刻度
【答案】B
3.(2018课标Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol−1)可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题:
(1)已知:
Ksp(BaSO4)=1.1×10−10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。
市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:
试剂:
稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品,加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③___________
④___________,有刺激性气体产生
⑤静置,___________
⑥___________
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。
测定步骤如下:
①溶液配制:
称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的_________中,加蒸馏水至____________。
②滴定:
取0.00950mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:
Cr2O72−+6I−+14H+
3I2+2Cr3++7H2O。
然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:
I2+2S2O32−
S4O62−+2I−。
加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液__________,即为终点。
平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为_________%(保留1位小数)。
【答案】
(1).③加入过量稀盐酸
(2).④出现乳黄色浑浊(3).⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液(4).⑥产生白色沉淀(5).烧杯(6).容量瓶(7).刻度(8).蓝色褪去(9).95.0
详解:
(1)检验样品中的硫酸根离子,应该先加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液。
但是本题中,硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应,所以应该排除其干扰,具体过程应该为先将样品溶解,加入稀盐酸酸化(反应为S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O),静置,取上层清液中滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。
所以答案为:
③加入过量稀盐酸;④有乳黄色沉淀;⑤取上层清液,滴加氯化钡溶液;⑥有白色沉淀产生。
①配制一定物质的量浓度的溶液,应该先称量质量,在烧杯中溶解,在转移至容量瓶,最后定容即可。
所以过程为:
将固体再烧杯中加入溶解,全部转移至100mL容量瓶,加蒸馏水至刻度线。
②淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉为指示剂,溶液显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘,滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。
根据题目的两个方程式得到如下关系式:
Cr2O72-~3I2~6S2O32-,则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=
,含有的硫代硫酸钠为0.004597mol,所以样品纯度为
。
4.(2017课标Ⅰ)凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法,其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐,利用如图所示装置处理铵盐,然后通过滴定测量。
已知:
NH3+H3BO3=NH3·H3BO3;
NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3。
取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸VmL,则样品中氮的质量分数为_________%,样品的纯度≤_______%。
【答案】
【解析】取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定,滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol·L-1的盐酸VmL,根据反应NH3·H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3,可以求出样品中n(N)=n(HCl)=cmol·L-1
=0.001cVmol,则样品中氮的质量分数为
,样品中甘氨酸的质量≤0.001cV
,所以样品的纯度≤
。
考纲解读
考点
内容
说明
物质的量浓度
了解溶液浓度的表示方法
理解溶液中溶质的质量分数和物质的量浓度的概念,并能进行有关计算
掌握配制一定溶质质量分数溶液和物质的量浓度溶液的方法
物质的量浓度是高考必考点之一,常在大题中进行讲算
考点精讲
考点一物质的量浓度
概念:
表示单位体积溶液里所含溶质B的物质的量的物理量。
物质的量浓度表达式:
cB=
nB:
溶质物质的量;V:
溶液体积。
单位:
mol/L或mol•L-1
注意事项:
从一定物质的量溶液中取出任意体积的溶液,其浓度相同、所含溶质的物质的量不同。
例如:
从一瓶500mL0.4mol·L-1的NaCl溶液中取出10mL溶液,其浓度是0.4mol·L-1,其中含有NaCl的物质的量为0.004mol;0.4mol·L-1表示的含义是1L该溶液中含有溶质的物质的量是0.4mol。
【概念精析】
1.标准状况下,气体溶质的物质的量浓度的计算
注意:
溶液体积的单位是L,根据密度计算溶液体积的单位一般是mL,要注意单位换算。
2.溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度的换算
(1)计算公式:
c=
(c为溶质的物质的量浓度,单位mol·L-1,ρ为溶液密度,单位g·cm-3,w为溶质的质量分数,M为溶质的摩尔质量,单位g·mol-1)。
(2)公式的推导:
(按溶液体积为VL推导)
典例1将标准状况下的aLHCl气体溶于l000g水中,得到的盐酸密度为bg/cm3,则该盐酸的物质的量浓度是()
A.
B.
C.
D.
【答案】C
考点:
考查物质的量浓度的计算等知识。
典例2标准状况下VL氨气溶解在1L水中(水的密度近似为1g·mL-1),所得溶液的密度为ρg·mL-1,质量分数为W。
物质的量浓度为cmol·L-1,则下列关系中不正确的是()
A.ρ=(17V+22400)/(22.4+22.4V)
B.W=17c/(1000ρ)
C.W=17c/(17V+22400)
D.c=1000ρV/(17V+22400)
【答案】D
【解析】选A。
A项,由于溶液的体积既不是水的体积也不是二者体积之和,溶液的体积不能直接确定,仅利用V无法确定ρ,A错;
由c=,可得:
W=,由此可知B正确。
氨水的质量分数=
由此可知C项正确。
氨水的物质的量浓度=
由此可知D正确。
【知识拓展】
溶液稀释和同种溶质的溶液混合的计算
1.溶液稀释:
①溶质的质量在稀释前后保持不变,即m1w1=m2w2。
②溶质的物质的量在稀释前后保持不变,即c1V1=c2V2。
③溶液质量守恒,m(稀)=m(浓)+m(水)(体积一般不守恒)。
2.溶液混合:
c1V1+c2V2=c混V混
相同溶质、不同质量分数的两溶液混合规律
同一溶质,质量分数分别为a%、b%的两溶液混合。
(1)等质量混合
两溶液等质量混合时(无论ρ>1g·cm-3还是ρ<1g·cm-3),则混合后溶液中溶质的质量分数w=
(a%+b%)。
(2)等体积混合:
①当溶液密度大于1g·cm-3时,溶液浓度越大,密度越大(如硫酸、硝酸、盐酸、NaOH溶液等多数溶液),等体积混合后相当于在等质量的基础上多加了浓度大的液体,质量分数w>
(a%+b%)。
②当溶液密度小于1g·cm-3时,溶液越浓,密度越小(如酒精、氨水溶液),等体积混合后相当于在等质量的基础上多加了浓度小的液体,质量分数w<
(a%+b%)。
典例1下列叙述中正确的是()
A.将78gNa2O2溶于1.00L水中,所得溶液中Na+的浓度为2.00mol·L-1
B.将10mL18.4mol·L-1的浓硫酸加水稀释至1L,稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184mol·L-1
C.100mL2.0mol·L-1Na2CO3溶液中Na+数约为0.2×6.02×1023
D.将20.0gNaOH固体置于500mL容量瓶内,然后加水至刻度线即得1.00mol·L-1的NaOH溶液
【答案】B
考点一精练
1.用密度为
质量分数是
的浓盐酸,与水配制成体积比为1:
4的稀盐酸,密度为
,则所配制稀盐酸的物质的量浓度()
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
试题分析:
设所取浓盐酸的体积为1mL,则水的体积为4mL,根据稀释定律:
溶液稀释过程中溶质的物质的量不变,则稀释后盐酸的质量分数为
。
根据c=
计算稀释后盐酸的物质的量浓度为
,选C。
2.现有一瓶1000mL、含25%NaClO、密度是1.19g.cm-3的“84消毒液”,使用时需要稀释100倍(体积比),密封保存。
下列分析不正确的是
A.该“84消毒液”中NaClO物质的量浓度为4.0mol·L-l
B.该“84消毒液”稀释100倍后,Na+的物质的量浓度为0.04mol·L-l
C.空气中的CO2与“84消毒液”发生反应的化学方程式是NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO
D.用容量瓶配制上述浓度的“84消毒液”480mL,需要称量的NaClO固体质量为143.0g
【答案】D
【解析】
NaClO+CO2+H2O═NaHCO3+HC1O,故C正确;D.配制480ml溶液需要500mL的容量瓶,由
n=cV=4mol/L×0.5L=2mol,则m=nM=2mol×74.5g/mol=149g,故D错误;故选D。
3.NA表示阿伏加德罗常数数值,下列有关说法正确的是
A.18.4mol/L的浓硫酸与等质量的水混合所得溶液的物质的量浓度大于9.2mol/L
B.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-离子数目为0.1NA
C.50mL14.0mol·L-1浓硝酸与足量铜反应,转移的电子数为0.35NA
D.同温同压同体积下的两种气体12C18O和14N2具有的电子数相等
【答案】D
子浓度=氢离子浓度=1×10-13mol/L,故B错误;C.50mL14.0mol·L-1浓硝酸含有硝酸的物质的量为0.7mol,与足量铜反应,浓度减小为稀硝酸,和铜反应时转移电子数增多,转移电子数应大于0.35NA,故C错误;D.同温同压同体积下的两种气体12C18O和14N2的物质的量相等,每个分子含有的电子数相等,因此两物质的电子数相等,故D正确;故选D。
4.下列说法或实验操作不正确的是
A.配制10%的ZnSO4溶液,将l0gZnSO4溶解于90g水中
B.用四氯化碳萃取碘水中的碘时,将碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口放出
C.NaCl溶液蒸发结晶时,蒸发血中有晶体析出并剩余少量液体时即停止加热
D.检验蔗糖水解产物具有还原性时,先向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸,水浴加热几分钟,再向其中加入新制的银氨溶液,并水浴加热
5.(陕西省黄陵中学2018届高三上学期开学考试)根据下列各题所给出的数据,可分别求出其“溶质的质量分数”或“溶质的物质的量浓度”,试判断并求解。
(1)设NA表示阿伏加德罗常数的数值,若某氢氧化钠溶液VL中含有N个OH-,则可求出此溶液中______为______。
(2)已知某氢氧化钠溶液中Na+与H2O的个数之比为1∶a,则可求出此溶液中______为______。
(3)已知标准状况下1体积水能溶解500体积的氯化氢,则可求出标准状况下氯化氢饱和溶液中______为______。
(4)已知将100mL氯化铝的水溶液加热蒸干灼烧,可得到白色固体bg,则可求出原氯化铝溶液中______为______。
【答案】
(1)NaOH的物质的量浓度
(2)NaOH的质量分数
(3)HCl的质量分数44.9%
(4)AlCl3的物质的量浓度
mol/L
【解析】
(1)不知溶液的密度,只能求出物质的量浓度,c=
mol/L。
(2)NaOH与H2O的物质的量之比为1∶a,可求溶质的质量分数,w=
。
(3)不知溶液的密度,不能计算物质的量浓度,可求其质量分数=
。
(4)白色固体为Al2O3,n(Al2O3)=
mol,n(AlCl3)=
mol,c(AlCl3)=
=
mol/L。
【答案】D
描述正确。
D、水浴加热后的水解液呈酸性,此时直接加入新制的银氨溶液会与硫酸反应,导致实验失败,正确的方案是取出少量水解液,先加碱中和至中性或弱碱性,再加新制的银氨溶液,水浴加热,D描述错误。
正确答案D。
点睛:
①由于质量具有加和性,所以配制一定质量分数的溶液可以直接计算得到所需物质质量,再进行混合即可。
配制一定物质的量浓度的溶液时,由于体积没有加和性,所以通过计算得到所需物质体积,再进行混合,实际所得到的体积不是二者体积和,所以配制的结果也就是错误的,因此必须使用一定规格的容量瓶准确配制出所需的体积。
考点2一定物质的量浓度的溶液配制过程和误差分析
一.容量瓶及使用注意事项
1.一条刻度线(瓶颈)。
2.两个数据:
标明“规格和使用温度”(瓶身)。
如图:
3.三步查漏:
4.四个“不能”
①不能将固体或浓溶液直接在容量瓶中溶解或稀释;
②不能作为反应容器或用来长期贮存溶;
③不能将过冷或过热的溶液转移到容量瓶中,因为容量瓶的容积是在瓶身所标温度下确定的;
④不能配制任意体积的溶液,只能配制容量瓶上规定容积的溶液。
二、一定物质的量浓度溶液的配制
1.主要仪器
(1)托盘天平:
可精确至0.1g,称量前先调零,称量时物品放在左盘,砝码放在右盘。
(2)容量瓶:
①结构:
细颈、梨形、平底玻璃容器,带磨口玻璃塞;
②标志:
温度、容积和刻度线;
③规格:
100mL、250mL、500mL、1000mL等;
④用途:
配制一定物质的量浓度的溶液。
(3)其他仪器:
量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。
2.配制过程
配制过程示意图:
以配制480mL1mol·L-1NaOH溶液为例,所需容量瓶的规格:
500mL。
(1)计算(填写计算过程与结果):
m(NaOH)=1mol·L-1×0.5L×40g·mol-1=20g。
(2)称量:
根据计算结果,称量固体质量。
(3)溶解:
将称量好的固体放入烧杯中,加适量水溶解,并用玻璃棒搅拌;溶解过程中玻璃棒的作用为搅拌,加速溶解。
(4)转移(移液):
①移液前需要将溶液冷却至室温。
②移液中玻璃棒的作用为引流。
(5)洗涤:
用适量蒸馏水将烧杯及玻璃棒洗涤2~3次,洗涤液也都注入容量瓶中,并振荡容量瓶,使溶液混合均匀。
(6)定容:
①将蒸馏水注入容量瓶,液面离容量瓶颈刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水。
②定容时要平视刻度线,至凹液面最低处与刻度线相切。
(7)摇匀:
盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。
3.误差分析
(1)依据:
c=,其中变量为m、V;
因操作上的错误而导致m(或n)值比实际理论值小,或V值比实际理论值大时,都会使所配溶液浓度偏低;反之偏高。
(2)误差分析(以配制NaOH溶液为例):
能引起误差的一些操作
影响因素
对c/mol·L-1 的影响结果
m
V
砝码与物品颠倒(使用游码)
减小
—
偏低
称量时间过长
减小
—
NaOH放在滤纸上称量
减小
—
向容量瓶注液时少量溅出
减小
—
未洗涤烧杯和玻璃棒
减小
—
定容时,水多用滴管吸出
减小
—
定容摇匀后液面下降再加水
—
增大
定容时仰视读数
—
增大
能引起误差的一些操作
影响因素
对c/mol·L-1 的影响结果
m
V
砝码沾有其他物质或已生锈
增大
—
偏高
溶液未冷却至室温就注入容量瓶定容
—
减小
定容时俯视读数
—
减小
称量前小烧杯内有水
—
—
不变
定容后经振荡、摇匀,静置液面下降
—
—
典例1下列对相关实验操作的说法中,一定正确的是()
A.实验室配制480mL0.1mol/LNaOH溶液,需要准确称量NaOH1.920g
B.学生实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时,通常至少称量4次
C.酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液
D.分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出后,换一容器再从下口放出上层液体
【答案】B
典例2(实验题)配制480mL0.5mol·L-1的NaOH溶液,试回答下列问题:
(1)选择仪器:
完成本实验所必需的仪器有:
托盘天平(精确到0.1g)、药匙、烧杯、玻璃棒、、等。
(2)计算:
需要NaOH固体的质量为。
(3)称量:
①称量过程中NaOH固体应放于小烧杯中并放在天平的(填“左盘”或“右盘”)。
②某学生先用托盘天平称量一个小烧杯的质量,称量前把游码放在标尺的零刻度处,天平静止时发现指针在分度盘的偏右位置,说明此时左边质量(填“大于”或“小于”)右边。
假定最终称得小烧杯的质量为(填“32.6g”或“32.61g”),请用“↓”表示在托盘上放上砝码,“↑”表示从托盘上取下砝码的称量过程,并在下图中标尺上画出游码的位置(画“△”表示)。
砝码质量/g
50
20
20
10
5
称量(取用砝码过程)
标尺:
(4)溶解、冷却,该步实验中需要使用玻璃棒,作用是______。
(5)转移、洗涤。
在转移时应使用引流,洗涤烧杯2次~3次是为了。
(6)定容、摇匀。
定容的操作是。
(7)某学生实际配制NaOH溶液的浓度为0.48mol·L-1,原因可能是(填字母)。
A.使用滤纸称量氢氧化钠固体
B.容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C.溶解后的烧杯未经多次洗涤
【解题指南】解答本题需注意以下3点:
(1)在计算所需溶质的物质的量或质量时,要按容量瓶的容积进行计算。
(2)用容量瓶不能配制任意体积的溶液,只能按照实验室中现有规格的容量瓶进行配制。
(3)误差分析的关键是看操作影响的是溶质的质量还是溶液的体积。
【答案】
(1)胶头滴管500mL容量瓶
(2)10.0g
(3)①左盘②小于32.6g
砝码质量/g
50
20
20
10
5
称量(取用砝码过程)
↓↑
↓
↓↑
↓
↓↑
(4)搅拌,加速溶解
(5)玻璃棒保证溶质全部转移至容量瓶中
(6)向容量瓶中加入蒸馏水至距刻度线1cm~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液体的凹液面最低处和刻度线相切
(7)A、C
(7)使用滤纸称量氢氧化钠固体,因为氢氧化钠易潮解,则固体中混有了水,实际固体质量偏小,导致浓度偏小;容量瓶中原来存有少量蒸馏水对溶液的浓度没有影响,溶解后的烧杯未经多次洗涤,会有少量的溶质残留在烧杯中,则浓度偏小。
典例3(2018届单元练习)氯化亚铜(CuCl)是白色粉末,不溶于水、乙醇及稀硫酸,在空气中迅速被氧化成绿色,常用作有机合成工业中的催化剂。
实验室拟以下列方法制取CuCl:
在CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液,加热,生成CuCl。
试回答以下问题:
(1)CuCl制备过程中需配制物质的量浓度为2.0mol/L的CuSO4溶液。
①配制950mL2.0mol/L的CuSO4溶液应称取胆矾的质量为_______g。
②某学生实际配制CuSO4溶液的浓度为1.8mol/L,原因可能是_____。
A.托盘天平的砝码生锈B.容量瓶中原来存有少量蒸馏水
C.溶解后的烧杯未经多次洗涤D.胶头滴管加水定容时仰视刻度
(2)写出用上述方法制备CuCl的离子方程式_________。
(3)在上述制取过程中,经过滤得到CuCl沉淀,用无水乙醇洗涤沉淀,在真空干燥机内于70℃干燥2小时,冷却,密封包装即得产品。
其中“于70℃真空干燥”的目的是;_。
(回答两点)
(4)据世界卫生组织统计,最常用的避孕环含金属铜,避孕过程中生成了CuCl。
其原因是铜与人体分泌物中的盐酸以及子宫内的空气反应:
Cu+HCl+O2=CuCl+HO2,HO2(超氧酸)不仅是一种弱酸而且也是一种自由基,具有极高的活性。
下列说法或表示正确的是_________。
A.氧化产物是HO2
B.HO2在碱中能稳定存在
C.HO2的电离方程式是HO2
H++O2-
D.1molCu参加反应有2mol电子发生转移
【答案】
(1)①500;②CD;
(2)2Cu2++SO32—+2Cl—+H2O
2CuCl↓+SO42—+2H+;
(3)加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化;(4)C。
根据题目中信息,离子反应方程式为:
2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O
2CuCl↓+2H++SO42-;(3)乙醇易挥发,水易蒸发,70℃有利于乙醇和水的蒸发,根据信息CuCl在空气中迅速被氧化,真空的目的防止CuCl的氧化,因此70℃真空干燥的目的:
加快乙醇和水的蒸发,防止CuCl被空气氧化;(4)A、HO2由O2产生,O2是氧化剂,则HO2属于还原产物,故错误;B、HO2是超氧酸,和碱发生中和反应,故错误;C、HO2是弱酸,应是部分电离,HO2
H+O2-,故正确;D、Cu由0价→+1价,因此1molCu参加反应转移1mole-,故错误。
【易错辨析】
1.定容、摇匀后液面下降也不要继续滴加蒸馏水,否则会导致结果偏低。
2.配制时不需要计算水的用量,因此容量瓶不必是干燥的
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 届一轮复习人教版 物质的量浓度 学案 一轮 复习 人教版 物质 浓度
![提示](https://static.bdocx.com/images/bang_tan.gif)