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文檔簡介
2024屆四川省南充市高級中學化學高二第二學期期末質(zhì)量檢測試題注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型(B)填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2.作答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑;如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答,答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上;如需改動,先劃掉原來的答案,然后再寫上新答案;不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、下列裝置能達到實驗目的的是A.實驗室制備乙酸乙酯B.比較不同催化劑對化學反應速率的影響C.比較硫、碳、硅三種元素的非金屬性D.驗證苯和液溴發(fā)生取代反應2、化學與生產(chǎn)和生活密切相關(guān),下列有關(guān)說法正確的是A.剛玉(Al2O3)硬度僅次于金剛石,熔點也相當高,剛玉坩堝可用于熔融碳酸鉀B.“火樹銀花”的煙花場景利用的是金屬的顏色反應C.石油分餾可得到乙烯、丙烯、丁二烯等短鏈烴D.鹽析可提純蛋白質(zhì),并保持其生理活性3、下列離子方程式書寫正確的是A.H2S
溶液顯酸性:H2S+2H2O2H3O++S2-B.將少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中:SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HC1OC.向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水:Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OD.向FeI2
溶液中通入少量Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-4、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關(guān)敘述正確的是()A.27g鋁中加入1mol·L-1的NaOH溶液,轉(zhuǎn)移電子數(shù)是3NAB.標準狀況下,33.6LHF中含有氟原子的數(shù)目為1.5NAC.6.4g由S2、S4、S8組成的混合物含硫原子數(shù)為0.2NAD.25℃,pH=7的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液中,含OH-的數(shù)目為10-7NA5、鐵、銅混合粉末18.0g加入到100mL5.0mol/LFeCl3溶液中,充分反應后,剩余固體質(zhì)量為2.8g,下列說法正確的是A.剩余固體是鐵、銅混合物B.原固體混合物中銅的質(zhì)量是9.6gC.反應后溶液中n(Fe3+)=0.10molD.反應后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol6、化學與人類生活密切相關(guān),下列說法不正確的是A.化石燃料燃燒和工業(yè)廢氣中的氮氧化物是導致“霧霾天氣”的原因之一B.鋁制餐具不宜長時間存放酸性、堿性和咸的食物C.用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝來防止食品氧化D.化學藥品著火,都要立即用水或泡沫滅火器滅火7、廣州亞運會的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷,下列有關(guān)丙烷的敘述中不正確的是()A.分子中碳原子不在一條直線上 B.光照下能夠發(fā)生取代反應C.比丁烷更易液化 D.是石油分餾的一種產(chǎn)品8、下列物質(zhì)中有極性共價鍵的是()A.單質(zhì)碘 B.氯化鎂 C.溴化鉀 D.水9、下列物質(zhì)中,既含有離子鍵,又含有非極性鍵的是()。A.NaOHB.Na2O2C.MgCl2D.H2O10、在由Fe、FeO和Fe2O3組成的混合物中加入100mL2mol/L的鹽酸,恰好使混合物完全溶解,并放出448mL氣體(標準狀況),此時溶液中無Fe3+離子,則下列判斷正確的是A.混合物中三種物質(zhì)反應時消耗鹽酸的物質(zhì)的量之比為1:1:3B.反應后所得溶液中的Fe2+離子與Cl-離子的物質(zhì)的量濃度之比為1:3C.混合物中,F(xiàn)eO的物質(zhì)的量無法確定,但Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多D.混合物中,F(xiàn)e2O3的物質(zhì)的量無法確定,但Fe比FeO的物質(zhì)的量多11、448mL某氣體在標準狀況下的質(zhì)量為1.28g,該氣體的摩爾質(zhì)量約為A.64gB.64C.64g·mol-1D.32g·mol-112、下列金屬防腐的措施中,屬于犧牲陽極的陰極保護法的是()A.地下鋼管連接鋅板 B.水中的鋼閘門連接電源的負極C.鐵件鍍銅 D.金屬護攔表面涂漆13、在常溫下,某無色溶液中,由水電離出的c(H+)=1×10-14mol·L-1,則該溶液中,一定能大量共存的離子是()A.K+、Na+、MnO4-、SO42- B.Na+、CO32-、AlO2-、Cl-C.K+、Na+、Cl-、Br- D.K+、Cl-、Ba2+、HCO3-14、常溫下分別向20.00mL0.1000mol·L-1的氨水、醋酸銨溶液中滴加0.1000mol·L-1的鹽酸,溶液pH與加入鹽酸體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A.M點溶液中c(OH-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(H+)B.N點溶液中c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(OH-)C.P點溶液中c(NH4+)>2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)D.Q點溶液中2c(Cl-)>c(CH3COOH)+c(NH4+)15、為了除去MgCl2酸性溶性中的Fe3+,可在加熱攪拌的條件下加入一種試劑,過濾后再加入適量鹽酸,這種試劑是A.NH3·H2O B.NaOH C.Na2CO3 D.MgCO316、W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素。W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體;Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍;Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同。下列敘述正確的是A.X與其他三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物B.Y與其他三種元素分別形成的化合物中只含有離子鍵C.四種元素的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D.W的氧化物對應的水化物均為強酸17、下列有關(guān)實驗原理、方法和結(jié)論都正確的是A.向某溶液中加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液,有白色沉淀生成,該溶液中不一定含有SO42-B.向蛋白質(zhì)溶液中加入硫酸銅溶液,將得到的沉淀分離出來,再加水可重新溶解。C.等體積的PH都為3的酸HA和HB分別與足量的Mg反應,HA放出的H2多,說明酸性:HA>HBD.淀粉在稀硫酸的作用下水解后,加入氫氧化鈉使溶液呈堿性,再加入新制Cu(OH)2后加熱,若有磚紅色沉淀生成,則淀粉已經(jīng)完全水解。18、有機物甲的分子式為C9H18O2,在酸性條件下甲水解為乙和丙兩種有機物,在相同的溫度和壓強下,同質(zhì)量的乙和丙的蒸氣所占體積相同,則甲的可能結(jié)構(gòu)有A.8種 B.14種 C.16種 D.18種19、在0.1mol/L的醋酸中加入一定量的水,下列說法錯誤的是A.c(H+)減小 B.n(H+)增大 C.溶液的pH增大 D.c(Ac-)增大20、下列說法不正確的是A.油脂是一種營養(yǎng)物質(zhì),也是一種重要的工業(yè)原料,用它可以制造肥皂和油漆等B.飽和Na2SO4溶液加入蛋白質(zhì)溶液中,可使蛋白質(zhì)析出C.堿性條件下,葡萄糖與新制氫氧化銅混合、加熱、生成磚紅色沉淀D.每個氨基酸分子中均只有一個羧基和一個氨基21、某化妝品的組分Z具有美白功效,能從楊樹中提取,也可用如下反應制備,下列敘述錯誤的是A.X、Y和Z均能與濃溴水反應B.X和Z均能與NaHCO3溶液反應放出CO2C.X既能發(fā)生取代反應,也能發(fā)生加成反應D.Y可作加聚反應單體22、環(huán)之間共用一個碳原子的化合物稱為螺環(huán)化合物。科學家最近在-100℃的低溫下合成一種螺環(huán)烴X,其分子結(jié)構(gòu)如圖所示(圖中的連線表示化學鍵)。下列關(guān)于X的敘述錯誤的是A.X分子中所有原子均在同一平面上B.生成lmolC5H12至少需要4molH2C.X與乙烯含有相同的官能團,可發(fā)生氧化反應D.充分燃燒等物質(zhì)的量的X和甲烷,X消耗氧氣較多二、非選擇題(共84分)23、(14分)A、B、C、D、E、F為元素周期表中前四周期元素,且原子序數(shù)依次增大,A與其余五種元素既不同周期也不同主族,B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代,C的氧化物是導致酸雨的主要物質(zhì)之一,D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài),E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多,F(xiàn)元素的基態(tài)原子最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子。(1)寫出基態(tài)E原子的價電子排布式_______。(2)A與C可形成CA3分子,該分子中C原子的雜化類型為______,該分子的立體結(jié)構(gòu)為_____;C的單質(zhì)與BD化合物是等電子體,據(jù)等電子體的原理,寫出BD化合物的電子式______;A2D由液態(tài)形成晶體時密度減小,其主要原因是__________(用文字敘述)。(3)已知D、F能形成一種化合物,其晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示,則該化合物的化學式為___;若相鄰D原子和F原子間的距離為acm,阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,則該晶體的密度為______g·cm-3(用含a、NA的式子表示)。24、(12分)鹵代烴在堿性醇溶液中能發(fā)生消去反應。例如,該反應式也可表示為下面是幾種有機化合物的轉(zhuǎn)化關(guān)系:(1)根據(jù)系統(tǒng)命名法,化合物A的名稱是_____________。(2)上述框圖中,①_________是反應,③___________是反應。(3)化合物E是重要的工業(yè)原料,寫出由D生成E的化學方程式:_________。(4)C2的結(jié)構(gòu)簡式是,F(xiàn)1的結(jié)構(gòu)簡式是______________,F(xiàn)1與F2互為__________。25、(12分)亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫(yī)藥等工業(yè)。實驗室用如圖裝置(夾持裝置略)制取少量的NOSO4H,并檢驗產(chǎn)品純度。已知:NOSO4H遇水水解,但溶于濃硫酸而不分解。(1)利用裝置A制取SO2,下列最適宜的試劑是_____(填下列字母編號)A.Na2SO3固體和20%硝酸B.Na2SO3固體和20%硫酸C.Na2SO3固體和70%硫酸D.Na2SO3固體和18.4mol/L硫酸(2)裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率,可以采取的措施是_______。②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高,產(chǎn)率降低的可能原因是____。③開始反應緩慢,待生成少量NOSO4H后,溫度變化不大,但反應速率明顯加快,其原因可能是______。(3)在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是______。(4)測定NOSO4H的純度準確稱取1.337g產(chǎn)品加入250mL碘量瓶中,加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4標準溶液和10mL25%H2SO4溶液,然后搖勻。用0.2500mol/L草酸鈉標準溶液滴定,消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知:2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平:__MnO4-+___C2O42-+______=___Mn2++____+__H2O②亞硝酰硫酸的純度=___%(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。26、(10分)已知下列數(shù)據(jù):某同學在實驗室制取乙酸乙酯的主要步驟如下:①配制2mL濃硫酸、3mL乙醇和2mL乙酸的混合溶液。②按如圖連接好裝置并加入混合液,用小火均勻加熱3~5min③待試管乙收集到一定量產(chǎn)物后停止加熱,撤出試管乙并用力振蕩,然后靜置待分層。④分離出乙酸乙酯,洗滌、干燥、蒸餾。最后得到純凈的乙酸乙酯。(1)反應中濃硫酸的作用是_____(2)寫出制取乙酸乙酯的化學方程式:_____(3)上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是_____(4)步驟②為防止加熱過程中液體暴沸,該采取什么措施_____(5)欲將乙試管中的物質(zhì)分離得到乙酸乙酯,必須使用的玻璃儀器有__________;分離時,乙酸乙酯應從儀器_______________(填“下口放”“上口倒”)出。
(6)通過分離飽和碳酸鈉中一定量的乙醇,擬用如圖回收乙醇,回收過程中應控制溫度是______27、(12分)某同學為探究酸性KMnO4溶液和H2C2O4(草酸,二元弱酸)溶液的反應過程,進行如下實驗。請完成以下問題。(1)寫出酸性KMnO4溶液和H2C2O4的離子方程式____________________________。(2)配制100mL0.0400mol·L-1的H2C2O4溶液,除用到托盤天平、藥匙、燒杯、量筒、玻璃棒等儀器外,還必須用到的玻璃儀器是__________________。(3)將KMnO4溶液逐滴滴入一定體積的酸性H2C2O4溶液中(溫度相同,并振蕩),記錄的現(xiàn)象如下:滴入KMnO4溶液的次序KMnO4溶液紫色褪去所需的時間先滴入第1滴60s褪色后,再滴入第2滴15s褪色后,再滴入第3滴3s褪色后,再滴入第4滴1s請分析KMnO4溶液褪色時間變化的可能原因_________________。28、(14分)太陽能電池板材料除單晶硅外,還有銅、銦、鎵、硒等化學物質(zhì)。(1)硼、銦與鎵同是ⅢA族元素,寫出鎵元素基態(tài)原子的價電子排布圖:_______________。B3N3H6可用來制造具有耐油、耐高溫性能的特殊材料,它的一種等電子體的分子式為_________,B3N3H6分子中N、B原子的雜化方式分別為_________、______。(2)多元化合物薄膜太陽能電池材料為無機鹽,其主要包括砷化鎵、硫化鎘、磷化鎵及銅銦硒薄膜電池等。其中元素As、S、P、Ga的電負性由小到大的順序為:______________________________________________。(3)銅離子是人體內(nèi)多種酶的輔因子,人工模擬酶是當前研究的熱點。某化合物Y與Cu(Ⅰ)(Ⅰ表示化合價為+1)結(jié)合形成圖甲所示的離子。該離子中含有化學鍵的類型有____________________(填序號)。A.極性鍵B.離子鍵C.非極性鍵D.配位鍵(4)向氯化銅溶液中通入足量的二氧化硫,生成白色沉淀M,M的晶胞結(jié)構(gòu)如圖乙所示。寫出該反應的離子方程式:________________________________________________。(5)已知由砷與鎵元素組成的化合物A為第三代半導體。已知化合物A的晶胞結(jié)構(gòu)與金剛石相似,其晶胞結(jié)構(gòu)如圖丙所示,請寫出化合物A的化學式_____________。設化合物A的晶胞邊長為pm,則每立方厘米該晶體中所含砷元素的質(zhì)量為____________________g(NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)。29、(10分)下面是一個四肽,它可看作是4個氨基酸縮合掉3分子水而得,,式中的R,R′、R″、R可能是相同的或不同的烴基或有取代基的烴基.﹣NH﹣CO﹣稱為肽鍵,今有一個“多肽”,其分子式是C55H70O19N10,已知將它徹底水解后只得到下列四種氨基酸:問:(1)這個“多肽”是_________肽;(2)該多肽水解后,有_________個谷氨酸;(3)該多肽水解后,有_________個苯丙氨酸。
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、C【解題分析】
A.右側(cè)導管插入到碳酸鈉溶液中,易產(chǎn)生倒吸,A錯誤;B.雙氧水的濃度不同,無法比較不同的催化劑對化學反應速率的影響,B錯誤;C.硫酸的酸性大于碳酸,碳酸的酸性大于硅酸,三種含氧酸中,硫、碳、硅元素均為最高價,可以比較三種元素的非金屬的強弱,C正確;D.揮發(fā)出的溴進入到右側(cè)燒杯中,也能與硝酸銀反應產(chǎn)生淺黃色沉淀,不能驗證苯與溴發(fā)生取代反應生成了溴化氫,D錯誤;正確選項C。2、D【解題分析】
A、氧化鋁熔點和硬度大,可以作耐高溫材料,氧化鋁高溫下能與K2CO3發(fā)生反應;B、應是利用金屬的焰色反應;C、石油是由多種碳氫化合物組成的混合物,從裂解的角度回答;D、從蛋白質(zhì)的角度回答?!绢}目詳解】A、氧化鋁具有硬度大,熔點高的特點,可以作耐高溫材料,高溫下能與K2CO3發(fā)生反應,即Al2O3+K2CO32KAlO2+CO2,因此不能用于熔融碳酸鉀,故A錯誤;B、火樹銀花利用某些金屬的焰色反應,故B錯誤;C、石油是由多種烷烴、環(huán)烷烴和芳香烴組成的混合物,石油分餾是利用其沸點不同而將其分離,石油裂解的目的是獲得乙烯、丙烯等氣態(tài)化工基本原料,故C錯誤;D、鹽析是蛋白質(zhì)溶液中加入一些鹽,降低蛋白質(zhì)溶解度使之析出,然后進行分離提純,蛋白質(zhì)仍具有活性,故D正確。【題目點撥】易錯點是選項B,顏色反應一般指的是苯酚中加入FeCl3溶液,溶液顯紫色,蛋白質(zhì)遇到濃硝酸表現(xiàn)黃色;焰色反應:某些金屬元素在灼燒時表現(xiàn)出來,屬于物理變化。3、B【解題分析】
A.H2S屬于弱酸,分步電離,且以第一步電離為主,H2S+H2OH3O++HS-,故A錯誤;B.少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中發(fā)生氧化還原反應,反應的離子方程式為SO2+3ClO-+H2O=SO42-+2HClO+Cl-,故B正確;C.向Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水,與用量無關(guān),離子方程式:Ca2++HCO3-+OH-═CaCO3↓+H2O,故C錯誤;D.向FeI2溶液中通入少量Cl2,只氧化I-,反應的離子方程式為:2I-+Cl2═I2+2Cl-,故D錯誤;故選B。【題目點撥】本題的易錯點為CD,C中反應與用量無關(guān),要注意與NaHCO3溶液中加入澄清石灰水的區(qū)別;D中要注意亞鐵離子和碘離子的還原性的強弱比較,反應時,首先與還原性強的離子反應。4、C【解題分析】分析:A、氫氧化鈉溶液體積不明確;
B、在標準狀況下氟化氫是液體,不能用氣體摩爾體積來計算;
C、6.4g由S2、S4、S8組成的混合物中含有6.4g硫原子,含硫原子的物質(zhì)的量為:6.4g32g/mol=0.2mol;
D、詳解:A、氫氧化鈉溶液體積不明確,故1mol鋁不一定能反應完全,故反應不一定轉(zhuǎn)移3NA個電子,故A錯誤;
B、在標準狀況下氟化氫是液體,所以不能用氣體摩爾體積來計算,因此在標準狀況下,33.6氟化氫中含有氟原子的數(shù)目為1.5NA的說法是錯誤的,故B錯誤;C、6.4g由S2、S4、S8組成的混合物中含有6.4g硫原子,含硫原子的物質(zhì)的量為:6.4g32g/mol=0.2mol,含有的硫原子數(shù)為0.2NA,故CD、溶液體積不明確,故溶液中的氫氧根的個數(shù)無法計算,故D錯誤。
所以C選項是正確的。點睛:本題B選項有一定的迷惑性,在進行計算時一定要看物質(zhì)在標準狀況下是否為氣態(tài),若不為氣態(tài)無法由標準狀況下氣體的摩爾體積求得n,如CCl4、SO3、H2O、H2O2、液溴、苯、乙醇、氟化氫、一般大于4個碳的烴等物質(zhì)在標況下都為非氣體,常作為命題的干擾因素迷惑學生。5、D【解題分析】
鐵比銅活潑,與FeCl3溶液反應時先后發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,原氯化鐵溶液中含有氯化鐵的物質(zhì)的量為n(FeCl3)=5mol/L×0.1L=0.5mol,結(jié)合反應的方程式解答?!绢}目詳解】還原性:鐵>銅,把鐵、銅混合粉末加入氯化鐵溶液中,鐵先與鐵離子反應,氯化鐵的物質(zhì)的量是0.5mol,設0.5mol鐵離子完全反應消耗鐵、銅的質(zhì)量分別為m1、m2,則:根據(jù)反應方程式
Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
可知56gFe反應消耗2molFe3+,64gCu反應消耗2molFe3+,可列比例式:,,解得m1=14g,m2=16g,溶解的金屬質(zhì)量為:18g-2.8g=15.2g,14g<15.2g<16g,則鐵完全反應、銅部分反應,且Fe3+完全反應,剩余的金屬為Cu,選項A、C錯誤;設反應消耗銅的物質(zhì)的量為n1,反應的鐵的物質(zhì)的量為n2,則:64n1+56n2=15.2g,n1+n2=n(Fe3+)=0.25mol,解得:n1=0.15mol、n2=0.1mol,所以原來混合物中含有的銅的質(zhì)量為:m(Cu)=0.15mol×64g/mol+2.8g=12.4g,選項B錯誤;根據(jù)反應方程式可知:反應后溶液中n(Fe2+)=2n(Cu2+)+3n(Fe)=2×0.15mol+3×0.10mol=0.6mol,所以反應后溶液中Fe2+和Cu2+的物質(zhì)的量為:n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.6mol+0.15mol=0.75mol,選項D正確;故故合理選項是D?!绢}目點撥】本題考查了混合物的計算,注意根據(jù)反應方程式,從質(zhì)量守恒定律角度分析解答,側(cè)重考查學生的分析與計算能力。6、D【解題分析】試題分析:A.導致“霧霾天氣“的原因有多種,化石燃料燃燒和工業(yè)廢氣中的氮氧化物均是導致“霧霾天氣”的原因之一,A正確;B.鋁或氧化鋁均既能與酸反應,也能與堿反應,所以鋁制餐具不宜長時間存放酸性、堿性和咸的食物,B正確;C.鐵具有還原性,因此用含有鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝來防止食品氧化,C正確;D.化學藥品著火,不一定能用水或泡沫滅火器來滅火,如鈉的燃燒,只能用沙土來滅,要根據(jù)化學藥品的性質(zhì)來分析選用滅火劑,D錯誤,答案選D。考點:考查化學與生活的判斷7、C【解題分析】
A.丙烷有3個碳原子,中間的碳原子連接了兩個碳原子和兩個氫原子,這兩個碳原子和兩個氫原子構(gòu)成了一個四面體結(jié)構(gòu),中間的碳原子在四面體的中心。在四面體結(jié)構(gòu)中,鍵角接近109°28ˊ,所以這三個碳原子構(gòu)成了一個角形結(jié)構(gòu),夾角大約109°,所以三個碳原子不在一條直線上。故A不選;B.丙烷屬于烷烴,烷烴都可以在光照下和鹵素單質(zhì)發(fā)生取代反應,故B不選;C.丙烷的沸點比丁烷低,所以比丁烷難液化,故C選;D.丙烷和丁烷都是通過石油分餾獲得的石油氣中的成分,故D不選。故選C。8、D【解題分析】
極性共價鍵的是一般是由不同非金屬元素形成的共價鍵,據(jù)此分析?!绢}目詳解】A、單質(zhì)碘的化學式為I2,只含有非極性共價鍵,故A不符合題意;B、氯化鎂為離子化合物,只含有離子鍵,故B不符合題意;C、溴化碘的化學式為KBr,只含有離子鍵,故C不符合題意;D、水的化學式為H2O,結(jié)構(gòu)式為H-O-H,只含有極性共價鍵,故D符合題意;答案選D。9、B【解題分析】分析:一般活潑的金屬和活潑的非金屬容易形成離子鍵,非金屬元素的原子間容易形成共價鍵,如果是同一種非金屬原子形成的共價鍵則是非極性鍵,如果是不同種非金屬原子形成的共價鍵則是極性鍵。詳解:A.NaOH中含有離子鍵、極性共價鍵,A錯誤;B.Na2O2中含有離子鍵、非極性共價鍵,B正確;C.MgCl2中只存在離子鍵,C錯誤;D.H2O中含有極性共價鍵和非極性共價鍵,D錯誤;答案選B。10、C【解題分析】
混合物恰好完全溶解,且無Fe3+,故溶液中溶質(zhì)為FeCl2,n(HCl)=0.2mol,n(H2)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol,n(Fe2+)=0.1mol,由反應2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多,但FeO的物質(zhì)的量無法確定,則A.根據(jù)以上分析知Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多,但FeO的物質(zhì)的量無法確定,故無法確定混合物里三種物質(zhì)反應時消耗鹽酸的物質(zhì)的量之比,A錯誤;B.反應后所得溶液為FeCl2溶液,陽離子與陰離子的物質(zhì)的量濃度之比為1:2,B錯誤;C.混合物恰好完全溶解,且無Fe3+,故溶液中溶質(zhì)為FeCl2,由鐵與酸反應生成氫氣及反應2Fe3++Fe=3Fe2+知Fe比Fe2O3的物質(zhì)的量多,但FeO的物質(zhì)的量無法確定,C正確;D.FeO的物質(zhì)的量無法確定,不能確定Fe與FeO的物質(zhì)的量的關(guān)系,D錯誤;故答案選C。11、C【解題分析】試題分析:448mL某氣體在標準狀況下的質(zhì)量為0.64g,氣體的物質(zhì)的量為0.448L22.4L/mol=0.02mol,M=0.64g【考點定位】考查物質(zhì)的量的計算【名師點晴】本題考查物質(zhì)的量的計算,為高頻考點,把握質(zhì)量、物質(zhì)的量、體積為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與計算能力的考查,注意基本計算公式的應用。有關(guān)物質(zhì)的量的計算公式,、、、。在做此類試題時,還要記住物質(zhì)的量濃度與質(zhì)量分數(shù)的轉(zhuǎn)換公式,如體積為VL、密度為ρg/cm3的某溶液中,含有摩爾質(zhì)量為M,則溶液物質(zhì)的量濃度c=等12、A【解題分析】
金屬防腐的措施中,使用犧牲陽極的陰極保護法,說明該裝置構(gòu)成原電池,被保護的金屬作正極。A.地下鋼管連接鋅板,F(xiàn)e、Zn、電解質(zhì)溶液構(gòu)成原電池,F(xiàn)e失電子能力小于Zn而作正極被保護,所以該保護方法屬于犧牲陽極的陰極保護法,故A正確;B水中的鋼閘門連接電源的負極,F(xiàn)e作電解池的陰極,屬于外加電源的陰極保護法,故B錯誤;C.鐵件鍍銅,阻止Fe與空氣、水接觸,從而防止金屬被腐蝕,故C錯誤;D.金屬護攔表面涂漆,阻止Fe與空氣、水接觸,從而防止金屬被腐蝕,屬于物理方法,故D錯誤;故選A。13、C【解題分析】
在常溫下,某無色溶液中,由水電離出的c(H+)=1×10-14mol·L-1,則該溶液可能顯酸性,也可能顯堿性,據(jù)此解答。【題目詳解】A、MnO4-顯紫紅色,故A錯誤;B、此溶質(zhì)為酸或堿,CO32-和AlO2-在酸中不能大量共存,故B錯誤;C、既能在堿中大量共存,又能在酸中大量共存,故C正確;D、HCO3-既不能在堿中大量共存,也不能在酸中大量共存,故D錯誤。答案選C。14、D【解題分析】
A.根據(jù)圖像可知,M點溶液為氨水,一水合氨為弱電解質(zhì),少量電離,則c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),A錯誤;B.N點溶液為等物質(zhì)的量的NH3·H2O、NH4Cl的混合液,根據(jù)圖像可知,溶液顯堿性,電離程度大于水解程度,則c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),B錯誤;C.P點溶液為等物質(zhì)的量的CH3COOH、CH3COONH4、NH4Cl,c(Cl-)=1/2[c(NH4+)+c(NH3·H2O)],溶液呈電中性c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-),帶入化簡可得c(NH4+)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(CH3COO-)+2c(OH-),根據(jù)圖像可知,溶液呈酸性,則c(H+)>c(OH-),則c(NH4+)<c(NH3·H2O)+2c(CH3COO-),C錯誤;D.Q點溶液為等物質(zhì)的量的CH3COOH、NH4Cl,根據(jù)物料守恒,2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)+c(NH4+),則2c(Cl-)>c(CH3COOH)+c(NH4+),D正確;答案為D。15、D【解題分析】
Fe3+易水解生成沉淀,可通過調(diào)節(jié)溶液pH的方法促進Fe3+的水解,注意不能引入新的雜質(zhì)。A.加入NH3?H2O混入氯化銨雜質(zhì),且生成氫氧化鎂沉淀,A錯誤;B.加入NaOH易生成氫氧化鎂沉淀,且混入NaCl雜質(zhì),B錯誤;C.加入Na2CO3,易混入NaCl雜質(zhì),C錯誤;D.加入MgCO3,MgCO3與氫離子反應,可起到調(diào)節(jié)溶液pH的作用,促進鐵離子的水解生成氫氧化鐵沉淀而除去,且不引入新的雜質(zhì),D正確;故合理選項是D。16、A【解題分析】
W、X、Y和Z為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素,W與X可生成一種紅棕色有刺激性氣味的氣體,W是N,X是O;Y的周期數(shù)是族序數(shù)的3倍,因此Y只能是第三周期,所以Y是Na;Z原子最外層的電子數(shù)與W的電子總數(shù)相同,Z的最外層電子數(shù)是7個,Z是Cl,結(jié)合元素周期律和物質(zhì)的性質(zhì)解答。【題目詳解】根據(jù)以上分析可知W、X、Y和Z分別是N、O、Na、Cl。則A.氧元素與其N、Na、Cl三種元素均可形成兩種或兩種以上的二元化合物,例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等,A正確;B.過氧化鈉中含有離子鍵和共價鍵,B錯誤;C.N、O、Na三種元素的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu),均是10電子,氯離子是18電子微粒,C錯誤;D.亞硝酸為弱酸,D錯誤;答案選A。【題目點撥】本題考查元素周期表和元素周期律的知識,準確判斷出元素是解答的關(guān)鍵,紅棕色氣體是解答的突破點,該類試題與元素化合物的知識結(jié)合的比較多,元素推斷只是一種載體,注意掌握常見單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)、典型用途、制備等。17、A【解題分析】
A正確,因為沉淀也可能是氯化銀。B不正確,硫酸銅屬于重金屬鹽,能使蛋白質(zhì)變性,而不是鹽析,B不正確。C不正確,HA放出的氫氣多,說明HA的濃度大,所以在pH相等的條件下,HA的電離程度小于HB的,C不正確。D不正確,只能說明淀粉已經(jīng)水解,要證明完全水解,還需要單質(zhì)碘檢驗。所以答案選A。18、C【解題分析】
有機物甲的分子式為C9H18O2,在酸性條件下水解生成乙和丙兩種有機物,則有機物甲為飽和一元酯。由于同質(zhì)量的乙和丙的蒸氣所占體積相同,說明乙和丙的相對分子質(zhì)量相同,因此酸比醇少一個碳原子,說明水解后得到的羧酸含有4個碳原子,而得到的醇有5個碳原子。有4個碳原子的羧酸有2種同分異構(gòu)體,即CH3CH2CH2COOH和CH3CH(CH3)COOH。含有5個碳原子的醇有8種結(jié)構(gòu),所以總共有16種。本題選C。19、D【解題分析】
醋酸是一元弱酸,存在電離平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,在0.1mol/L的醋酸中加入一定量的水,促進醋酸的電離,氫離子和醋酸根離子的物質(zhì)的量增加,但濃度減小,因此pH增大。答案選D。20、D【解題分析】
A項、油脂屬于高級脂肪酸甘油酯,油脂是一種營養(yǎng)物質(zhì),用油脂可以制造肥皂和油漆,故A正確;B項、飽和Na2SO4溶液加入蛋白質(zhì)溶液中,可使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析而析出,故B正確;C項、堿性條件下,葡萄糖與新制氫氧化銅混合,加熱至沸騰生成磚紅色的氧化亞銅沉淀,故C正確;D項、根據(jù)組成蛋白質(zhì)的氨基酸的結(jié)構(gòu)特點可知,每個氨基酸都至少含有一個氨基和一個羧基,但不是只有一個羧基和一個氨基,如谷氨酸中含一個氨基和兩個羧基,故D錯誤。故選D?!绢}目點撥】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì),側(cè)重分析與應用能力的考查,注意判斷有機物中的官能團,把握官能團與性質(zhì)的關(guān)系、有機反應和性質(zhì)應用等為解答的關(guān)鍵。21、B【解題分析】分析:根據(jù)X中含有2個酚羥基,Y中含有苯環(huán)和碳碳雙鍵,Z中含有2個苯環(huán)和2個酚羥基,結(jié)合官能團的性質(zhì)解答。詳解:A.X和Z中含有酚羥基、Y中含有碳碳雙鍵,苯環(huán)上酚羥基鄰對位含有氫原子的酚、烯烴都能和溴水反應而使溴水褪色,所以X和Z都能和溴水發(fā)生取代反應、Y能和溴水發(fā)生加成反應,所以三種物質(zhì)都能使溴水褪色,A正確;B.酚羥基和碳酸氫鈉不反應,羧基和碳酸氫鈉反應,Z和X中都只含酚羥基不含羧基,所以都不能和碳酸氫鈉反應,B錯誤;C.X含有酚羥基和苯環(huán),一定條件下能發(fā)生加成反應、取代反應,C正確;D.Y中含有碳碳雙鍵,能發(fā)生加聚反應,Y可作加聚反應單體,D正確;答案選B。點睛:本題主要是考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì),明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題的關(guān)鍵,側(cè)重考查酚、烯烴的性質(zhì)。22、A【解題分析】分析:本題考查的是有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì),難度較小。詳解:A.X分子中中心的碳原子形成四個共價鍵,不可能是平面結(jié)構(gòu),故錯誤;B.該物質(zhì)分子式為C5H4,所以與氫氣加成生成lmolC5H12,至少需要4mol氫氣,故正確;C.根據(jù)每個碳原子形成4個共價鍵分析,該分子中除了中心的碳原子外,其余的碳原子都要形成一個碳碳雙鍵,與乙烯含有相同的官能團,能發(fā)生氧化反應,故正確;D.充分燃燒等物質(zhì)的量的該物質(zhì)和甲烷,因為其碳原子個數(shù)多,所以消耗氧氣較多,故正確。故選A。點睛:烴類物質(zhì)燃燒時,烴種碳氫原子數(shù)越大,燃燒等物質(zhì)的量物質(zhì)時耗氧量越大。燃燒等質(zhì)量的烴時,含氫量越高,耗氧量越大。二、非選擇題(共84分)23、3d54s1sp3雜化三角錐形:C??O:水形成晶體時,每個水分子與4個水分子形成氫鍵,構(gòu)成空間正四面體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),水分子空間利用率低,密度減小Cu2O【解題分析】
B的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代,則B為C元素;D原子核外電子有8種不同的運動狀態(tài),則D原子核外有8個電子,則D為O元素;C的氧化物是導致酸雨的主要物質(zhì)之一,且C的原子序數(shù)比O小,則C為N元素;E的基態(tài)原子在前四周期元素的基態(tài)原子中單電子數(shù)最多,則E的基態(tài)原子核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d54s1,則E為24號元素Cr;F位于前四周期、原子序數(shù)比E大且其基態(tài)原子最外能層只有一個電子,其他能層均已充滿電子,則F的基態(tài)原子核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d104s1,則F為29號元素Cu;A與其余五種元素既不同周期也不同主族,且能與C形成CA3分子,則A為H;綜上所述,A、B、C、D、E、F分別為:H、C、N、O、Cr、Cu,據(jù)此解答?!绢}目詳解】(1)E為Cr,其基態(tài)原子核外電子排布式為:1s22s22p63s23p63d54s1,則其價電子排布式為:3d54s1,故答案為:3d54s1;(2)A為H,C為N,NH3分子中,中心N原子的σ鍵數(shù)=3,孤電子對數(shù)==1,則價層電子對數(shù)=3+1=4,則中心N原子的雜化類型為sp3雜化,有一對孤電子,則其空間構(gòu)型為三角錐形。N2的電子式為:N??N:,CO和N2互為等電子體,則CO的電子式為:C??O:。水形成晶體(冰)時,每個水分子與4個水分子形成氫鍵,構(gòu)成空間正四面體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),水分子空間利用率降低,導致密度減小,故答案為:sp3雜化;三角錐形;:C??O:;水形成晶體時,每個水分子與4個水分子形成氫鍵,構(gòu)成空間正四面體網(wǎng)狀結(jié)構(gòu),水分子空間利用率低,密度減?。?3)D原子即O原子,F(xiàn)原子即Cu原子,由均攤法可知,1個晶胞中O原子個數(shù)==2,Cu原子個數(shù)=4,該化合物中Cu原子和O原子個數(shù)比=4:2=2:1,則該化合物的化學式為Cu2O,那么,1個晶胞的質(zhì)量=。設晶胞常數(shù)為b,Cu原子和O原子之間的距離為acm,則體對角線=4acm,則=4a,可得:b=cm,所以,1個晶胞的體積=b3=()3cm3,該晶體的密度=,故答案為:Cu2O;?!绢}目點撥】Cu和O之間的距離=體對角線的四分之一。24、2,3-二甲基丁烷取代加成同分異構(gòu)體【解題分析】
烷烴A與氯氣發(fā)生取代反應生成鹵代烴B,B發(fā)生消去反應生成C1、C2,C2與溴發(fā)生加成反應生成二溴代物D,D再發(fā)生消去反應生成E,E與溴可以發(fā)生1,2-加成或1,4-加成,故C2為,C1為,則D為,E為,F(xiàn)1為,F(xiàn)2為;【題目詳解】(1)根據(jù)系統(tǒng)命名法,化合物A的名稱是:2,3-二甲基丁烷;(2)上述反應中,反應(1)中A中H原子被Cl原子確定生成B,屬于取代反應,反應(3)是碳碳雙鍵與溴發(fā)生加成反應;(3)由D生成E是鹵代烴發(fā)生消去反應,該反應的化學方程式為:;(4)由上述分析可以知道,C2的結(jié)構(gòu)簡式是,F(xiàn)1的結(jié)構(gòu)簡式是,F(xiàn)1和F2分子式相同,碳碳雙鍵物質(zhì)不同,屬于同分異構(gòu)體。25、C調(diào)節(jié)分液漏斗活塞,控制濃硫酸的滴加速度濃HNO3分解、揮發(fā)生成的NOSO4H作為該反應的催化劑C(或A)中的水蒸氣會進入B,使產(chǎn)品發(fā)生水解2516H+210CO2↑895【解題分析】
根據(jù)題意可知,在裝置B中利用濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H,利用裝置A制取二氧化硫,利用裝置C吸收多余的二氧化硫,防止污染空氣,據(jù)此分析?!绢}目詳解】(1)該裝置屬于固液或液液混合不加熱型裝置。Na2SO3溶液與HNO3反應時,硝酸會氧化亞硫酸鈉本身被還原為一氧化氮,選項A不符合;實驗室制二氧化硫的原理是基于SO32-與H+的反應,因為生成的SO2會溶于水,所以不能用稀硫酸來制取,那樣不利于SO2的逸出,但如果是用濃硫酸(18.4mol/L),純硫酸是共價化合物,濃度越高,越不利于硫酸電離出H+,所以不適合用太濃的硫酸來制取SO2,選項B、選項D不符合;選項C符合;答案選C;(2)裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率,可以采取的措施是調(diào)節(jié)分液漏斗活塞,控制濃硫酸的滴加速度;②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高,濃HNO3分解、揮發(fā),產(chǎn)率降低;③開始反應緩慢,待生成少量NOSO4H后,溫度變化不大,但生成的NOSO4H作為該反應的催化劑,使反應速率明顯加快;(3)在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產(chǎn)量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進入B,使產(chǎn)品發(fā)生水解;(5)①發(fā)生的是MnO4-和C2O42-的氧化還原反應,MnO4-做氧化劑,被還原成生成Mn2+,C2O42-做還原劑,被氧化成城二氧化碳。結(jié)合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4-和C2O42-的離子反應方程式為:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;②根據(jù)題意可知,酸性KMnO4溶液先與NOSO4H反應,利用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。用0.2500mol·L-1草酸鈉標準溶液滴定酸性KMnO4溶液,消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL??芍S嗟腒MnO4的物質(zhì)的量n1(MnO4-)=n(C2O42-)=×0.2500mol·L-1×20.00×10-3L=2×10-3mol,則亞硝酰硫酸消耗的KMnO4的物質(zhì)的量n2(MnO4-)=0.1000mol·L-1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。n(NOSO4H)=5/2n2(MnO4-)=10-2mol,亞硝酰硫酸的純度=m(NOSO4H)/1.337g×100%=10-2mol×127g·mol-1/1.337g×100%=95.0%?!绢}目點撥】本題測定純度過程中,先用過量的酸性KMnO4溶液滴定NOSO4H,將NOSO4H完全消耗,再用草酸鈉溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。經(jīng)過兩次滴定實驗,最終測得樣品純度??上雀鶕?jù)第二次滴定,求出第一次消耗高錳酸鉀的物質(zhì)的量,再根據(jù)方程式比例關(guān)系,計算出樣品中NOSO4H的含量。26、催化劑、吸水劑CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O中和乙酸并吸收乙醇;降低乙酸乙酯的溶解度在試管中加入少量碎瓷片分液漏斗上口倒78℃【解題分析】
在試管甲中先加入碎瓷片,再依次加入乙醇、濃硫酸、乙酸,按3:2:2關(guān)系混合得到混合溶液,然后加熱,乙醇、乙酸在濃硫酸催化作用下發(fā)生酯化反應產(chǎn)生乙酸乙酯,由于乙酸乙酯的沸點低,從反應裝置中蒸出,進入到試管乙中,乙酸、乙醇的沸點也比較低,隨蒸出的生成物一同進入到試管B中,碳酸鈉溶液可以溶解乙醇,反應消耗乙酸,同時降低乙酸乙酯的溶解度,由于其密度比水小,液體分層,乙酸乙酯在上層,用分液漏斗分離兩層互不相容的液體物質(zhì),根據(jù)“下流上倒”原則分離開兩層物質(zhì),并根據(jù)乙醇的沸點是78℃,乙酸是117.9℃,收集78℃的餾分得到乙醇?!绢}目詳解】(1)反應中濃硫酸的作用是作催化劑,同時吸收反應生成的水,使反應正向進行,提高原料的利用率;(2)乙酸與乙醇在濃硫酸催化作用下加熱,發(fā)生酯化反應產(chǎn)生乙酸乙酯和水,產(chǎn)生的酯與與水在反應變?yōu)橐宜岷鸵掖?,乙醇該反應為可逆反應,生成乙酸乙酯的化學方程式為:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O;(3)在上述實驗中飽和碳酸鈉溶液的作用是溶解乙醇,反應消耗乙酸,同時降低乙酸乙酯的溶解度,便于液體分層,聞到乙酸乙酯的香味;(4)步驟②為防止加熱過程中液體暴沸,該采取的措施加入少量碎瓷片,以防止暴沸;(5)欲將乙試管中的物質(zhì)分離得到乙酸乙酯,必須使用的玻璃儀器有分液漏斗;分離時,由于乙酸乙酯的密度比水小,所以應在下層液體下流放出完全后,關(guān)閉分液漏斗的活塞,從儀器上口倒出;(6)分離飽和碳酸鈉中一定量的乙醇,由于乙醇的沸點為78℃,乙酸反應轉(zhuǎn)化為鹽,沸點遠高于78℃的,所以要用如圖回收乙醇,回收過程中應控制溫度是78℃?!绢}目點撥】本題考查了乙酸乙酯的制備方法,涉
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