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文檔簡介
四川省自貢市普高2024年高考考前模擬化學試題注意事項:1.答題前,考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚,將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂;非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫,字體工整、筆跡清楚。3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答,超出答題區(qū)域書寫的答案無效;在草稿紙、試題卷上答題無效。4.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、下列反應中,同一種氣態(tài)反應物既被氧化又被還原的是()A.二氧化硫通入高錳酸鉀溶液使之褪色B.將二氧化氮通入氫氧化鈉溶液中C.將氯氣與過量氨氣混合,產(chǎn)生大量白煙D.過氧化鈉固體露置在空氣中變白2、下列每組物質(zhì)發(fā)生變化所克服的粒子間的作用力屬于同種類型的是()A.氯化銨受熱氣化和苯的氣化B.碘和干冰受熱升華C.二氧化硅和生石灰的熔化D.氯化鈉和鐵的熔化3、下列有關化學用語表示正確的是A.氫氧根離子的電子式B.NH3·H2O的電離NH3·H2ONH4++OH-C.S2-的結(jié)構(gòu)示意圖D.間二甲苯的結(jié)構(gòu)簡式4、化學與我們的生活密切相關。下列說法錯誤的是()A.開發(fā)可燃冰,有利于節(jié)省化石燃料,并減少空氣污染B.酒精能殺菌,濃度越大效果越好C.鉆石、水晶、剛玉都是人們熟知的寶石,但其化學成分不同D.用熱的純堿溶液和直餾汽油去油污原理不同5、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是A.常溫常壓下,1mol甲基(—14CD3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為11NA、9NAB.pH=1的H2SO3溶液中,含有0.1NA個H+C.1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)均為3NAD.1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數(shù)為NA6、關于金屬鈉單質(zhì)及其化合物的說法中,不正確的是()A.NaCl可用作食品調(diào)味劑 B.相同溫度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3C.Na2CO3的焰色反應呈黃色 D.工業(yè)上Na可用于制備鈦、鋯等金屬7、鎳-鐵堿性電池十分耐用,但其充電過程中正負極得到的產(chǎn)物對電解水有很好的催化作用,因此電池過充時會產(chǎn)生氫氣和氧氣,限制了其應用??茖W家將電池和電解水結(jié)合在起,制成新型的集成式電池電解器,可將富余的能量轉(zhuǎn)化為氫能儲存。已知鎳鐵堿性電池總反應方程式為:Fe+2NiOOH+2H2OFe(OH)2+2Ni(OH)2。下列有關說法錯誤的是()A.電能、氫能屬于二次能源B.該儲能裝置中的交換膜為陰離子交換膜C.該裝置儲氫能發(fā)生的反應為:2H2O2H2↑+O2↑D.鎳-鐵堿性電池放電時正極的反應為:Ni(OH)2+OH--e-═NiOOH+H2O8、在鐵的氧化物和氧化鋁組成的混合物中,加入2mol/L硫酸溶液65mL,恰好完全反應。所得溶液中Fe2+能被標準狀況下112mL氯氣氧化。則原混合物中金屬元素和氧元素的原子個數(shù)之比為()A.5:7 B.4:3 C.3:4 D.9:139、下列不能用于判斷F和Cl的非金屬性強弱的事實是A.氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性 B.最高價氧化物對應水化物的酸性C.單質(zhì)與氫氣反應的難易 D.單質(zhì)與氫氣反應放出熱量的多少10、用KClO3和MnO2制備O2,并回收MnO2和KCl。下列實驗操作正確的是()A.O2制備裝置B.固體混合物溶解C.過濾回收MnO2D.蒸發(fā)制KCl11、X、Y、Z、W為四種短周期的主族元素,其中X、Z同族,Y、Z同周期,W與X、Y既不同族也不同周期;X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍;Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6。下列說法不正確的是()A.Y元素的最高價氧化物對應的水化物的化學式為HYO4B.原子半徑由小到大的順序為W<X<ZC.X與W可以形成W2X、W2X2兩種物質(zhì)D.Y、Z兩元素的氣態(tài)氫化物中,Z的氣態(tài)氫化物更穩(wěn)定。12、飽和二氧化硫水溶液中存在下列平衡體系:SO2+H2OH++HSO3﹣HSO3﹣H++SO32﹣,若向此溶液中()A.加水,SO32﹣濃度增大B.通入少量Cl2氣體,溶液pH增大C.加少量CaSO3粉末,HSO3﹣濃度基本不變D.通入少量HCl氣體,溶液中HSO3﹣濃度減小13、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.常溫下,lmolC6H12中含碳碳鍵的數(shù)目一定小于6NAB.18g果糖分子中含羥基數(shù)目為0.6NAC.4.0g由H218O與D216O組成的混合物中所含中子數(shù)為2NAD.50g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇溶液與足量的鈉反應,放出H2的分子數(shù)目為0.25NA14、高能LiFePO4電池,多應用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜,主要作用是在反應過程中只讓Li+通過。結(jié)構(gòu)如圖所示:原理如下:(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是A.放電時,電子由負極經(jīng)導線、用電器、導線到正極B.充電時,Li+向左移動C.充電時,陰極電極反應式:xLi++xe?+nC=LixCnD.放電時,正極電極反應式:xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO415、以有機物A為原料通過一步反應即可制得重要有機化工產(chǎn)品P()。下列說法錯誤的是A.A的分子式為C11H14,可發(fā)生取代、氧化、加成等反應B.由A生成P的反應類型為加成聚合反應,反應過程沒有小分子生成C.A的結(jié)構(gòu)簡式為,分子中所有碳原子不可能共面D.1molA最多能與4molH2發(fā)生加成反應16、螺環(huán)烴是指分子中兩個碳環(huán)共用一個碳原子的脂環(huán)烴。是其中的一種。下列關于該化合物的說法正確的是A.分子式為C10H12B.一氯代物有五種C.所有碳原子均處于同一平面D.能使酸性高錳酸鉀溶液褪色17、標準NaOH溶液滴定鹽酸實驗中,不必用到的是()A.酚酞 B.圓底燒瓶 C.錐形瓶 D.滴定管18、利用如圖的實驗裝置和方法進行實驗,能達到目的的是()A.甲裝置可將FeC12溶液蒸干獲得FeC12晶體B.乙裝置可證明濃硫酸具有脫水性和氧化性C.丙裝置可除去CO2中的SO2D.丁裝置可將NH4Cl固體中的I2分離19、四種短周期元素在周期表中的位置如圖所示,其中只有M為金屬元素。下列說法不正確的是()YZMXA.簡單離子半徑大?。篗<ZB.簡單氫化物的穩(wěn)定性:Z>YC.X與Z形成的化合物具有較高熔沸點D.X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y的強20、下列說法正確的是()A.電解熔融金屬氯化物制備Na、Mg、AlB.配制溶液時需加入稀硝酸防止水解C.“一帶一路”中的絲綢的主要成分是天然纖維素,屬于高分子化合物。D.牙齒的礦物質(zhì)Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-,故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成21、某固體混合物X可能是由、Fe、、中的兩種或兩種以上的物質(zhì)組成。某興趣小組為探究該固體混合物的組成,設計實驗方案如下圖所示(所加試劑均過量)下列說法不正確的是A.氣體A是、的混合物B.沉淀A是C.根據(jù)白色沉淀C是AgCl可知,白色沉淀B一定不是純凈物D.該固體混合物一定含有Fe、、22、分枝酸可用于生化研究。其結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列關于分枝酸的敘述正確的是A.分子中含有2種官能團B.可與乙醇、乙酸反應,且反應類型相同C.1mol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應D.可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色,且原理相同二、非選擇題(共84分)23、(14分)某芳香烴X(分子式為C7H8)是一種重要的有機化工原料,研究部門以它為初始原料設計出如下轉(zhuǎn)化關系圖(部分產(chǎn)物、合成路線、反應條件略去)。其中A是一氯代物。已知:Ⅰ.Ⅱ.(苯胺,易被氧化)(1)寫出:X→A的反應條件______;反應④的反應條件和反應試劑:______。(2)E中含氧官能團的名稱:______;反應②的類型是_______;反應②和③先后順序不能顛倒的原因是_______。(3)寫出反應①的化學方程式:_______。(4)有多種同分異構(gòu)體,寫出1種含有1個醛基和2個羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡式:_______。(5)寫出由A轉(zhuǎn)化為的合成路線________。(合成路線表示方法為:AB……目標產(chǎn)物)。24、(12分)有機物K是某藥物的合成中間體,其合成路線如圖所示:已知:①HBr與不對稱烯桂加成時,在過氧化物作用下,則鹵原子連接到含氫較多的雙鍵碳上;②R—CNR-CH2NH2(R表示坯基);③R1—CN2+R-COOC2H5+C2H5OH(R表示烴基或氫原子)。請回答下列問題:(1)C的化學名稱為_______________。(2)D→E的反應類型為_________,F(xiàn)中官能團的名稱是____________。(3)G→H的化學方程式為____________________。(4)J的分子式為__________________。手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子,則K分子中的手性碳原子數(shù)目為_______。(5)L是F的同分異構(gòu)體,則滿足下列條件的L的結(jié)構(gòu)簡式為____________。(任寫一種結(jié)構(gòu)即可)①lmolL與足量的NaHCO3溶液反應能生成2molCO2;②L的核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為1:2:3。(6)請寫出J經(jīng)三步反應合成K的合成路線:____________________(無機試劑任選)。25、(12分)隨著時代的發(fā)展,綠色環(huán)保理念越來越受到大家的認同,變廢為寶是我們每一位公民應該養(yǎng)成的意識。某同學嘗試用廢舊的鋁制易拉罐作為原材料、采用“氫氧化鋁法”制取明礬晶體并進行一系列的性質(zhì)探究。制取明礬晶體主要涉及到以下四個步驟:第一步:鋁制品的溶解。取一定量鋁制品,置于250mL錐形瓶中,加入一定濃度和體積的強堿溶液,水浴加熱(約93℃),待反應完全后(不再有氫氣生成),趁熱減壓抽濾,收集濾液于250mL燒杯中;第二步:氫氧化鋁沉淀的生成。將濾液重新置于水浴鍋中,用3mol/LH2SO4調(diào)節(jié)濾液pH至8~9,得到不溶性白色絮凝狀Al(OH)3,減壓抽濾得到沉淀;第三步:硫酸鋁溶液的生成。將沉淀轉(zhuǎn)移至250mL燒杯中,邊加熱邊滴入一定濃度和體積的H2SO4溶液;第四步:硫酸鋁鉀溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固體K2SO4,將得到的飽和澄清溶液冷卻降溫直至晶體全部析出,減壓抽濾、洗滌、抽干,獲得產(chǎn)品明礬晶體[KAl(SO4)2·12H2O,M=474g/mol]?;卮鹣铝袉栴}:(1)第一步鋁的溶解過程中涉及到的主要反應的離子方程式為__________________________(2)為了加快鋁制品的溶解,應該對鋁制品進行怎樣的預處理:________________________(3)第四步操作中,為了保證產(chǎn)品的純度,同時又減少產(chǎn)品的損失,應選擇下列溶液中的___(填選項字母)進行洗滌,實驗效果最佳。A.乙醇B.飽和K2SO4溶液C.蒸餾水D.1:1乙醇水溶液(4)為了測定所得明礬晶體的純度,進行如下實驗操作:準確稱取明礬晶體試樣4.0g于燒杯中,加入50mL1mol/L鹽酸進行溶解,將上述溶液轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶中,稀釋至刻度線,搖勻;移取25.00mL溶液干250mL錐形瓶中,加入30mL0.10mol/LEDTA-2Na標準溶液,再滴加幾滴2D二甲酚橙,此時溶液呈黃色;經(jīng)過后續(xù)一系列操作,最終用0.20mol/L鋅標準溶液滴定至溶液由黃色變?yōu)樽霞t色,達到滴定終點時,共消耗5.00mL鋅標準溶液。滴定原理為H2Y2-+Al3+→AlY-+2H+,H2Y2-(過量)+Zn2+→ZnY2-+2H+(注:H2Y2-表示EDTA-2Na標準溶液離子)。則所得明礬晶體的純度為_________%。(5)明礬除了可以用作人們熟悉的凈水劑之外,還常用作部分食品的膨松劑,例如油條(餅)的制作過程需要加入一定量的明礬,請簡述明礬在面食制作過程作膨松劑的原理:_______(6)為了探究明礬晶體的結(jié)晶水數(shù)目及分解產(chǎn)物,在N2氣流中進行熱分解實驗,得到明礬晶體的熱分解曲線如圖所示(TG%代表的是分解后剩余固體質(zhì)量占樣品原始質(zhì)量的百分率,失重百分率=×100%):根據(jù)TG曲線出現(xiàn)的平臺及失重百分率,30~270℃范圍內(nèi),失重率約為45.57%,680~810℃范圍內(nèi),失重百分率約為25.31%,總失重率約為70.88%,請分別寫出所涉及到30~270℃、680~810℃溫度范圍內(nèi)這兩個階段的熱分解方程式:___________、_____________26、(10分)為了研究某氣體(該氣體為純凈物)的性質(zhì),做了如下探究實驗:①取一潔凈銅絲,在酒精燈火焰上加熱,銅絲表面變成黑色;②趁熱將表面變黑色的銅絲放人到盛有這種氣體的集氣瓶中并密閉集氣瓶,可觀察到銅絲表面的黑色又變成了亮紅色。(1)根據(jù)所學的化學知識,可初步推斷出這種氣體可能是O2、H2、CO、CO2中的________。(2)如果要確定這種氣體是你所推斷的氣體,還需要接著再做下一步化學實驗,在這步實驗中應選用的試劑是________,可觀察到的現(xiàn)象是________________27、(12分)某小組選用下列裝置,利用反應,通過測量生成水的質(zhì)量來測定Cu的相對原子質(zhì)量。實驗中先稱取氧化銅的質(zhì)量為ag。(1)濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是______________。(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置,該方案是否可行__________,理由是_______________。(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置,則裝置C的作用是___________________________。(4)丙同學認為乙同學測量的會偏高,理由是_____,你認為該如何改進?___(5)若實驗中測得g,則Cu的相對原子質(zhì)量為_______。(用含a,b的代數(shù)式表示)。(6)若CuO中混有Cu,則該實驗測定結(jié)果_________。(選填“偏大”、“偏小”或“不影響”)28、(14分)(1)PM2.5富含大量的有毒、有害物質(zhì),易引發(fā)二次光化學煙霧,光化學煙霧中含有NOx、HCOOH、(PAN)等二次污染物。①1molPAN中含有的σ鍵數(shù)目為_______。PAN中除H外其余三種元素的第一電離能由大到小的順序為_________________。②NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物[Fe(NO)(H2O)5]SO4,該配合物中中心離子的配位數(shù)為_______,中心離子的核外電子排布式為_______。③相同壓強下,HCOOH的沸點比CH3OCH3_______(填高或低),其原因是_______。(2)PM2.5微細粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3等。①(NH4)2SO4晶體中各種微粒間的作用力不涉及_______(填序號)。a.離子鍵b.共價鍵c.配位鍵d.范德華力e.氫鍵②NH4NO3中陽離子的空間構(gòu)型為_____,陰離子的中心原子軌道采用_______雜化。(3)測定大氣中PM2.5的濃度方法之一是β-射線吸收法,β-射線放射源可用85Kr。已知Kr晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示,設晶體中與每個Kr原子緊相鄰的Kr原子有m個,晶胞中Kr原子為n個,則=______(填數(shù)字)。29、(10分)鋅的配合物ZSM、[Zn(N2H4)2(N3)2]n等配合物及其合金用途非常廣泛。(1)Zn2+基態(tài)核外電子排布式為_____________。(2)ZSM是2-甲基咪唑和水楊酸與鋅形成的配合物,2-甲基咪唑可通過下列反應制備:①與CN-互為等電子體的分子是_____________(寫化學式)。②2-甲基咪唑中碳原子雜化軌道類型為_____________;lmol2-甲基咪唑分子中含鍵數(shù)目為_________。N2H4易溶于水的主要的原因是_____________。(3)[Zn(N2H4)2(N3)2]n有兩種配體,Zn2+的配位數(shù)是6,補畫出[Zn(N2H4)2(N3)2]n結(jié)構(gòu)示意圖:____________。
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、B【解析】
A.二氧化硫與酸性高錳酸鉀反應中二氧化硫是還原劑,高錳酸鉀是氧化劑,則不是同一種氣態(tài)反應物既被氧化又被還原,故A錯誤;B.將二氧化氮(N為+4價)通入氫氧化鈉溶液中生成亞硝酸鈉(N為+3價)和硝酸鈉(N為+5價),所以該反應中N元素既被氧化又被還原,故B正確;C.將氯氣與過量氨氣混合,產(chǎn)生大量白煙氯化銨,氯氣是氧化劑,部分氨氣是還原劑,則不是同一種氣態(tài)反應物既被氧化又被還原,故C錯誤;D.過氧化鈉與空氣中的水、二氧化碳反應,是過氧化鈉自身的氧化還原反應,氣體既未被氧化也未被還原,故D錯誤;故選:B。2、B【解析】
A.氯化銨屬于離子晶體,需要克服離子鍵,苯屬于分子晶體,需要克服分子間作用力,所以克服作用力不同,故A不選;B.碘和干冰受熱升華,均破壞分子間作用力,故B選;C.二氧化硅屬于原子晶體,需要克服化學鍵,生石灰屬于離子晶體,需要克服離子鍵,所以克服作用力不同,故C不選;D.氯化鈉屬于離子晶體,熔化需要克服離子鍵,鐵屬于金屬晶體,熔化克服金屬鍵,所以克服作用力不相同,故D不選;故選B?!军c睛】本題考查化學鍵及晶體類型,為高頻考點,把握化學鍵的形成及判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵。一般來說,活潑金屬與非金屬之間形成離子鍵,非金屬之間形成共價鍵,但銨鹽中存在離子鍵;由分子構(gòu)成的物質(zhì)發(fā)生三態(tài)變化時只破壞分子間作用力,電解質(zhì)的電離化學鍵會斷裂。3、A【解析】
A.氫氧根離子的電子式為,A項正確;B.NH3·H2O為弱堿,電離可逆,正確為NH3·H2ONH4++OH-,B項錯誤;C.表示S原子,S2-的結(jié)構(gòu)示意圖最外層有8個電子,C項錯誤;D.是對二甲苯的結(jié)構(gòu)簡式,D項錯誤;答案選A。4、B【解析】
A.“可燃冰”是天然氣水合物,燃燒生成二氧化碳和水,屬于清潔能源,有利于節(jié)省化石燃料,并減少空氣污染,故A正確;B.醫(yī)用酒精的濃度為75%,并不是越大越好,濃度過大的酒精能夠使細菌表明的蛋白質(zhì)凝固,形成一層硬膜,這層硬膜阻止酒精分子進一步滲入細菌內(nèi)部,反而保護了細菌,故B錯誤;C.鉆石的成分是碳單質(zhì),水晶的成分是二氧化硅、剛玉的成分是氧化鋁,三者成分不同,故C正確;D.純堿水解顯堿性,油脂在堿性環(huán)境下水解,直餾汽油去油污是利用相似相溶原理,所以二者去油污原理不同,故D正確;故選:B。5、A【解析】
A.一個14C中的中子數(shù)為8,一個D中的中子數(shù)為1,則1個甲基(—14CD3)所含的中子數(shù)為11,一個14C中的電子數(shù)為6,一個D中的電子數(shù)為1,則1個甲基(—14CD3)所含的電子數(shù)為9;則1mol甲基(—14CD3)所含的中子數(shù)和電子數(shù)分別為11NA、9NA,故A正確;B.pH=1的H2SO3溶液中,c(H+)為0.1mol/L,沒有給出溶液的體積,無法根據(jù)公式n=cV計算出氫離子的物質(zhì)的量,也無法計算氫離子的數(shù)目,故B錯誤;C.鐵和稀硫酸反應變?yōu)?2價,和足量稀硝酸反應變?yōu)?3價,故1molFe分別與足量的稀硫酸和稀硝酸反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)依次為2mol、3mol,故C錯誤;D.酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應,故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子數(shù)小于NA,故D錯誤。答案選A?!军c睛】本題考查的是與阿伏加德羅常數(shù)有關的計算。解題時注意C選項中鐵和稀硫酸反應變?yōu)?2價,和足量稀硝酸反應變?yōu)?3價,故失電子數(shù)不同;D選項酯在酸性條件下的水解反應是可逆反應,可逆反應的特點是不能進行徹底,故1molCH3COOC2H5在稀硫酸中不會完全水解。6、B【解析】
A.NaCl是最常用的食品調(diào)味劑,故A正確;B.相同溫度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3,故B錯誤;C.鈉元素的焰色反應呈黃色,故C正確;D.工業(yè)上可利用Na與熔融TiCl4及鋯鹽制備鈦、鋯等金屬,故D正確;答案為B。7、D【解析】
A.電能、氫能都是由其他能源轉(zhuǎn)化得到的能源,為二次能源,故A正確;B.電解時氫氧根離子通過離子交換膜進入陽極,在陽極失電子生成氧氣,則該儲能裝置中的交換膜為陰離子交換膜,故B正確;C.該裝置儲氫時,發(fā)生電解水的反應,電解水生成氫氣和氧氣,即反應為:2H2O2H2↑+O2↑,故C正確;D.正極上發(fā)生得電子的還原反應,則鎳-鐵堿性電池放電時正極的反應為:Ni(OH)2+OH-+e-═NiOOH+H2O,故D錯誤。故選:D。8、D【解析】
硫酸的物質(zhì)的量n=2mol/L×0.065L=0.1mol,所以n(H+)=0.26mol。因為其與混合物恰好完全反應,氫離子與混合物中的氧離子生成H2O,說明混合物中含有0.1molO;n(Cl2)=0.005mol,根據(jù)反應:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,則溶液中n(Fe2+)=0.01mol,所以FeO為0.01mol。設Fe2O3和Al2O3為Xmol,則0.01+3X=0.1,X=0.04,所以金屬原子個數(shù)是0.01+0.04×2=0.09,原混合物中金屬元素和氧元素的原子個數(shù)之比為0.09:0.1=9:1.本題選A?!军c睛】金屬氧化物與酸反應時,酸中的氫離子與氧化物中的氧離子結(jié)合成水,所以可用酸中的氫離子的物質(zhì)的量計算金屬氧化物中氧離子的物質(zhì)的量。混合物的計算通??捎檬睾惴ń忸},本題可用氫原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、電荷守恒、電子轉(zhuǎn)移守恒等等,所以本題還有其他解法。9、B【解析】
A.因為HF比HCl穩(wěn)定,所以F比Cl的非金屬性強,故A正確;B.氟非金屬性強,無正價,故B錯誤;C.F2在暗處就能和H2反應,Cl2在點燃的條件下能反應,所以F比Cl的非金屬性強,故C正確;D.氟氣與氫氣反應放出的熱量比氯氣與氫氣反應放出的熱量多,所以氟的非金屬性強于氯,故D正確;答案選B?!军c睛】比較兩種元素的非金屬性強弱,可根據(jù)單質(zhì)之間的置換反應、與氫氣反應的難易程度、氫化物的穩(wěn)定性以及最高正價氧化物對應水化物酸性強弱。10、B【解析】
A.加熱固體時,試管口應略向下傾斜,故A不符合題意;B.MnO2難溶于水,KCl易溶于水,將混合物放入燒杯中,加蒸餾水溶解,用玻璃棒攪拌加速溶解,故B符合題意;C.根據(jù)裝置圖,漏斗的下端應緊靠燒杯內(nèi)壁,故C不符合題意;D.蒸發(fā)時應用蒸發(fā)皿,不能用坩堝,故D不符合題意;答案:B。11、D【解析】
X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍,則X為O元素,X、Z同族,則Z為S元素,Y的最高正價與最低負價的代數(shù)和為6,則Y的最高價為+7價,且與S同周期,所以Y為Cl元素,W與X、Y既不同族也不同周期,W為H元素,據(jù)此解答。【詳解】A.根據(jù)上述分析,Y為Cl,Cl的最高價氧化物對應的水化物為HClO4,A項正確;B.在元素周期表中,同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小,同主族元素從上到下,原子半徑逐漸增大,原子半徑由小到大的順序為H<O<Cl<S(H<O<S),B項正確;C.根據(jù)上述分析,X、W分別為O、H,兩者可形成H2O、H2O2兩者物質(zhì),C項正確;D.Y、Z分別為Cl、S,非金屬性Cl>S,元素的非金屬性越強,氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定,HCl(Y的氣態(tài)氫化物)更穩(wěn)定,D項錯誤;答案選D。12、D【解析】
A.加水稀釋,雖然平衡正向移動,但達平衡時,SO32﹣濃度仍減小,故A錯誤;B.氯氣與將亞硫酸反應,生成硫酸和鹽酸,溶液中氫離子濃度增大,溶液pH減小,故B錯誤;C.CaSO3與H+反應生成HSO3-,從而增大溶液中的HSO3﹣濃度,故C錯誤;D.通入HCl氣體,氫離子濃度增大,第一步電離平衡逆向移動,HSO3﹣濃度減小,故D正確;故選D。13、C【解析】
A.C6H12可能為己烯或環(huán)己烷,1mol己烯含有4molC?C鍵和1molC=C鍵,共5mol碳碳鍵,但環(huán)己烷含6molC?C鍵,則lmolC6H12中含碳碳鍵的數(shù)目不一定小于6NA,A項錯誤;B.果糖的摩爾質(zhì)量為180g/mol,則18g果糖為0.1mol,一分子果糖含有5個羥基,則18g果糖含有羥基數(shù)目為0.5NA,B項錯誤;C.H218O的摩爾質(zhì)量為20g/mol,分子中含中子數(shù)=18?8=10,D216O的摩爾質(zhì)量為20g/mol,分子中含中子數(shù)=1×2+16?8=10,則4.0g由H218O與D216O組成的混合物的物質(zhì)的量為,則所含中子數(shù)為0.2mol×10NA=2NA,C項正確;D.50g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇溶液中,乙醇的物質(zhì)的量為,乙醇與鈉反應生成氫氣滿足以下關系式:2C2H5OH~H2,則由乙醇與鈉反應生成氫氣物質(zhì)的量為0.25mol,而水也能與鈉反應生成氫氣,則50g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇溶液與足量的鈉反應,放出H2的分子數(shù)目大于0.25NA,D項錯誤;答案選C。14、B【解析】
A.原電池中電子流向是負極?導線?用電器?導線?正極,則放電時,電子由負極經(jīng)導線、用電器、導線到正極,故A正確,但不符合題意;B.充電過程是電解池,左邊正極作陽極,右邊負極作陰極,又陽離子移向陰極,所以Li+向右移動,故B錯誤,符合題意;C.充電時,陰極C變化為LixCn,則陰極電極反應式:xLi++xe?+nC=LixCn,故C正確,但不符合題意;D.放電正極上FePO4得到電子發(fā)生還原反應生成LiFePO4,正極電極反應式:xFePO4+xLi++xe?=xLiFePO4,故D正確,但不符合題意;故選:B。15、C【解析】
由P的結(jié)構(gòu)簡式可知,合成P的反應為加成聚合反應,產(chǎn)物只有高分子化合物P,沒有小分子生成,合成P的單體A的結(jié)構(gòu)簡式為,則A的分子式為C11H14,由A分子具有碳碳雙鍵、苯環(huán)結(jié)構(gòu),可知A可發(fā)生取代、氧化、加成等反應,A、B均正確;將寫成,分子中11個碳原子有可能共面,C錯誤;由A的結(jié)構(gòu)簡式可知,1個苯環(huán)能與3個H2發(fā)生加成,1個雙鍵能與1個H2加成,則1molA最多能與4molH2發(fā)生加成反應,D正確。16、D【解析】
A、將鍵線式轉(zhuǎn)化為分子式,該物質(zhì)的分子式為C9H10,A錯誤;B、該物質(zhì)有個對稱軸,共有4種等效氫,如圖所示,則一氯代物共4種,B錯誤;。C、兩個環(huán)共用的碳原子,是飽和的碳原子,與4個碳原子相連,空間結(jié)構(gòu)類似于CH4,最多3個原子共平面,C錯誤;B、分子中含有碳碳雙鍵,能夠被高錳酸鉀氧化,而使酸性高錳酸鉀溶液褪色,D正確;答案選D。17、B【解析】
標準NaOH溶液滴定鹽酸實驗中,用酚酞或甲基橙為指示劑,氫氧化鈉溶液放在堿式滴定管中,鹽酸放在錐形瓶中進行滴定,不用圓底燒瓶,A.C.
D正確,故B錯誤,故選:B。18、B【解析】
A.加熱會強烈水解,并且暴露在空氣中會導致被氧氣氧化為,最終無法得到,A項錯誤;B.濃硫酸可以脫去蔗糖中的水,即“黑面包實驗”,同時硫酸被還原得到,使溴水褪色,因此體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和氧化性,B項正確;C.碳酸鈉溶液會吸收變成碳酸氫鈉,因此不能用來除雜,C項錯誤;D.氯化銨固體受熱易分解,碘受熱易升華,二者遇冷后都重新附著于圓底燒瓶底部無法分離,D項錯誤;答案選B。【點睛】除雜的第一要義是不能和原物質(zhì)反應,其次是不能引入新的雜質(zhì),最后還要從可行性、操作的簡便程度來選擇最優(yōu)的除雜方法。19、D【解析】
由周期表和題干只有M為金屬元素可知:M為Al、X為Si、Y為N、Z為O,據(jù)此解答。【詳解】由上述分析可知,M為Al、X為Si、Y為N、Z為O,A.具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小,則簡單離子半徑大小:M<Z,故A正確;B.非金屬性越強,對應氫化物越穩(wěn)定,則簡單氫化物的穩(wěn)定性:Z>Y,故B正確;C.X與Z形成的化合物為二氧化硅,為原子晶體,具有較高熔沸點,故C正確;D.非金屬性越強,對應最高價含氧酸的酸性越強,則X的最高價氧化物對應水化物的酸性比Y的弱,故D錯誤;故選:D?!军c睛】比較簡單離子半徑時,先比較電子層數(shù),電子層數(shù)越多,離子半徑越大,當具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小,則簡單離子半徑大小。20、D【解析】
A.AlCl3是共價化合物,不能通過電解熔融AlCl3制備Al,故A錯誤;B.Fe2+能被稀硝酸氧化為Fe3+,故B錯誤;C.絲綢的主要成分是蛋白質(zhì),不是天然纖維素,故C錯誤;D.由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知,增大F-濃度,平衡正向移動,生成更難溶的氟磷灰石,氟磷灰石比羥基磷灰石更能抵抗酸的侵蝕,故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成,故D正確。故選D。21、C【解析】
根據(jù)實驗現(xiàn)象逐步分析、推理,并進行驗證,確定混合物的組成成分?!驹斀狻緼.據(jù)轉(zhuǎn)化關系圖,氣體A能使石灰水變學渾濁,則A中有CO2,X中有Na2CO3。白色沉淀B能變成紅褐色,則白色沉淀B中有Fe(OH)2,溶液A中有FeCl2,X中有Fe,進而氣體A中必有H2,A項正確;B.X與過量鹽酸反應生成沉淀A,則X中含Na2SiO3,沉淀A為H2SiO3,B項正確;C.溶液B中加入硝酸銀和稀硝酸生成白色沉淀C,則C為AgCl,溶液B中的Cl-可能全來自鹽酸,則X中不一定有MgCl2,白色沉淀B中可能只有Fe(OH)2,C項錯誤;D.綜上分析,固體混合物X中一定含有Fe、、,可能有MgCl2,D項正確。本題選C。22、B【解析】
A項,該化合物分子中含有羧基、醇羥基、醚鍵和碳碳雙鍵4種官能團,故A項錯誤;B項,該物質(zhì)中含有羧基和羥基,既可以與乙醇發(fā)生酯化反應,也可以與乙酸發(fā)生酯化反應,反應類型相同,故B項正確;C項,分枝酸中只有羧基能與NaOH溶液發(fā)生中和反應,一個分子中含兩個羧基,故1mol分枝酸最多能與2molNaOH發(fā)生中和反應,故C項錯誤;D項,該物質(zhì)使溴的四氯化碳溶液褪色的原理是溴與碳碳雙鍵發(fā)生加成反應,而是使酸性高錳酸鉀溶液褪色是發(fā)生氧化反應,原理不同,故D項錯誤。綜上所述,本題正確答案為B。【點睛】本題考查了有機化合物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì),包含了通過分析有機化合物的結(jié)構(gòu)簡式,判斷有機化合物的官能團、反應類型的判斷、有機物的性質(zhì),掌握官能團的性質(zhì)是解題的關鍵。二、非選擇題(共84分)23、光照O2、Cu,加熱羧基氧化防止氨基被氧化(羧基不易被氧化,氨基容易被氧化)+HNO3(濃)+H2O、【解析】
分子式為芳香烴C7H8的不飽和度為:=4,則該芳香烴為甲苯();甲苯在光照條件下與氯氣反應生成A,則A為;A生成B,且B能發(fā)生催化氧化,則B為、C為、D為、E為;發(fā)生硝化反應生成F,F(xiàn)通過題目提示的反應原理生成,以此解答?!驹斀狻浚?)甲苯在光照條件下與氯氣反應生成A,反應條件是光照;B發(fā)生氧化反應生成C,條件是O2、Cu,加熱;(2)由分析可知E為,氧官能團的名稱為:羧基;F是,②的方程式為:,該反應是氧化反應;苯胺易被氧化,所以②和③先后順序不能顛倒,以免氨基被氧化(羧基不易被氧化,氨基容易被氧化);(3)發(fā)生硝化反應生成F,方程式為:+HNO3(濃)+H2O;(4)含有1個醛基和2個羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物應該是對稱的結(jié)構(gòu),苯環(huán)上必須有3個取代基,可能的結(jié)構(gòu)有、;(5)由分析可知A為,通過加成反應和消去反應,生成,用Cl2加成生成,再進行一步取代反應即可,整個合成路線為:。24、1,3-二溴丙烷氧化反應酯基C13H20O41或【解析】
A:CH3CH=CH2在光照、加熱條件下與溴發(fā)生取代反應生成B為CH2BrCH=CH2,CH2BrCH=CH2在過氧化物作用下,與HBr發(fā)生加成反應生成C為CH2BrCH2CH2Br,CH2BrCH2CH2Br在氫氧化鈉水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成D為HOCH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成E為HOOCCH2COOH,HOOCCH2COOH在濃硫酸催化下與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3;G水化催化生成H,則G為,與水發(fā)生加成反應生成H,H在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成I為;與CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3在一定條件下反應生成J,J經(jīng)三步反應生成K,據(jù)此分析?!驹斀狻緼:CH3CH=CH2在光照、加熱條件下與溴發(fā)生取代反應生成B為CH2BrCH=CH2,CH2BrCH=CH2在過氧化物作用下,與HBr發(fā)生加成反應生成C為CH2BrCH2CH2Br,CH2BrCH2CH2Br在氫氧化鈉水溶液中加熱發(fā)生水解反應生成D為HOCH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成E為HOOCCH2COOH;G水化催化生成H,則G為,與水發(fā)生加成反應生成H,H在催化劑作用下發(fā)生氧化反應生成I為;與HOOCCH2COOH在一定條件下反應生成J,J經(jīng)三步反應生成K。(1)C為CH2BrCH2CH2Br,化學名稱為1,3-二溴丙烷;(2)D→E是HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成HOOCCH2COOH,反應類型為氧化反應,F(xiàn)為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3官能團的名稱是酯基;(3)G→H是水化催化生成,的化學方程式為;(4)J為,分子式為C13H20O4。手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子,則K()分子中的手性碳原子數(shù)目為1(標紅色處);(5)L是F的同分異構(gòu)體,滿足條件:①lmolL與足量的NaHCO3溶液反應能生成2molCO2,則分子中含有兩個羧基;②L的核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為1:2:3,則高度對稱,符合條件的同分異構(gòu)體有或;(6)J經(jīng)三步反應合成K:與HCN發(fā)生加成反應生成,與氫氣發(fā)生加成反應生成,在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為,合成路線為。【點睛】有機物的考查主要是圍繞官能團的性質(zhì)進行,常見的官能團:醇羥基、酚羥基、醛基、羧基、酯基、鹵素原子等。這些官能團的性質(zhì)以及它們之間的轉(zhuǎn)化要掌握好,這是解決有機化學題的基礎。有機合成路線的設計時先要對比原料的結(jié)構(gòu)和最終產(chǎn)物的結(jié)構(gòu),官能團發(fā)生什么改變,碳原子個數(shù)是否發(fā)生變化,再根據(jù)官能團的性質(zhì)進行設計。25、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內(nèi)外表面打磨光滑,并剪成小片備用(其他合理答案也給分)D94.8明礬與小蘇打(NaHCO3)發(fā)生反應(雙水解):Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑,產(chǎn)生大量CO2,使面食內(nèi)部體積迅速膨脹,形成較大空隙。KAl(SO4)2?12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】
(1)鋁與強堿溶液的反應生成偏鋁酸鹽和氫氣,寫出離子方程式;(2)預處理需要去掉鋁表面的致密的氧化物保護膜;(3)從減少產(chǎn)品損失考慮;(4)根據(jù)題目信息及滴定原理可知,用EDTA-2Na的總量減去鋅標準溶液對EDTA-2Na的消耗量,即可計算出樣品溶液中Al3+的物質(zhì)的量,間接算出明礬晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量,進而求出明礬晶體的純度;(5)從雙水解角度考慮;(6)根據(jù)題目所給數(shù)據(jù),確定第一個階段應是脫掉結(jié)晶水;第二階段脫掉SO3;【詳解】(1)第一步鋁的溶解過程中主要發(fā)生鋁與強堿溶液的反應,離子方程式為2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;答案:2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑(2)鋁制品表面有氧化膜及包裝油漆噴繪等,打磨、剪成小片后可加快在強堿溶液中的溶解;答案:用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內(nèi)外表面打磨光滑,并剪成小片備用(其他合理答案也給分)(3)所得明礬晶體所含的雜質(zhì)能溶于水,需用水洗滌,但為了減少產(chǎn)品的損失,應控制水的比例,因此用1:1乙醇水溶液洗滌效果最佳;答案:D(4)根據(jù)題目信息及滴定原理可知,用EDTA-2Na的總量減去鋅標準溶液對EDTA-2Na的消耗量,即可計算出樣品溶液中Al3+的物質(zhì)的量,間接算出明礬晶體的物質(zhì)的量和質(zhì)量,進而求出明礬晶體的純度;答案:94.8(5)面食發(fā)酵過程中需要用到小蘇打(NaHCO3),NaHCO3與明礬發(fā)生雙水解反應,產(chǎn)生CO2;答案:明礬與小蘇打(NaHCO3)發(fā)生反應(雙水解):Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑,產(chǎn)生大量CO2,使面食內(nèi)部體積迅速膨脹,形成較大空隙。(6)根據(jù)題目所給數(shù)據(jù),結(jié)合KAl(SO4)2?12H2O的化學式,可驗證出第一個階段應是脫掉結(jié)晶水得到KAl(SO4)2;第二階段脫掉SO3,發(fā)生的是非氧化還原反應,得到K2SO4和Al2O3;答案:KAl(SO4)2?12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑26、H2或CO無水CuSO4或澄清的石灰水無水CuSO4變藍色或澄清的石灰水變渾濁?!窘馕觥?/p>
本題主要考查具有還原性的氣體的性質(zhì)及常見的用作還原劑的氣體,同時涉及常見物質(zhì)的顏色、金屬與氧氣的反應?!驹斀狻?1)金屬與氧氣可以發(fā)生化合反應生成金屬氧化物,銅在加熱時與氧氣化合生成黑色的氧化銅,黑色的氧化銅又變成光亮的紅色,即變成了金屬銅,這是氧化銅被氣體還原劑奪取氧而變成單質(zhì)銅的反應,氣體在反應中表現(xiàn)出的性質(zhì)稱為還原性,通常用作還原劑的氣體有CO和H2;(2)假設推斷為氫氣(或一氧化碳),而氫氣與氧化銅反應生成銅和水,再驗證是否有水生成即可,步驟:將氣體通過濃硫酸進行干燥,再通過灼熱的氧化銅,再通過無水硫酸銅,驗證是否有水生成,如果無水硫酸銅變藍,說明有水生成,說明該氣體是氫氣;假設推斷為一氧化碳,而一氧化碳與氧化銅反應生成銅和二氧化碳,再驗證是否有二氧化碳生成即可,步驟:將氣體通過灼熱的氧化銅,再通過澄清的石灰水,驗證是否有二氧化碳生成,如果澄清的石灰水變渾濁,說明有二氧化碳生成,說明該氣體是一氧化碳。27、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-,生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量,生成OH-均能使平衡向左移動,從而得到氨氣不可行C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收,無法測量出生成水的質(zhì)量吸收未反應的NH3,防止空氣中的水蒸氣進入裝置B生成的氨氣有混有水,故m(H2O)會偏高可在裝置B和A之間增加裝置D偏大【解析】
(1)生石灰和水反應生成Ca(OH)2且放出大量熱,放出的熱量導致溶液溫度升高,抑制氨氣溶解,氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離;(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置,過程中生成的水和過量氨氣會被裝置C吸收;(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置,裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進入D影響測定結(jié)果;(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高,可能是氨氣中水蒸氣進入裝置D被吸收,可以用堿石灰吸收水蒸氣,干燥的氨氣再和氧化銅反應;(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O,結(jié)合化學方程式定量關系計算;(6)若CuO中混有Cu,氧元素質(zhì)量減小,測定水質(zhì)量減小,結(jié)合計算定量關系判斷結(jié)果誤差?!驹斀狻?1)生石灰和水反應生成Ca(OH)2且放出大量熱,放出的熱量導致溶液溫度升高,溫度越高,導致氨氣的溶解度越低;氫氧化鈣電離生成氫氧根離子,氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離,則抑制氨氣溶解,所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣,濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是:氨水中存在平衡NH3+H2O?NH3?H2O?NH4++OH-,生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量,生成OH-均能使平衡向左移動,從而得到氨氣;答案是:氨水中存在平衡NH3+H2ONH3.H2ONH4++OH-,生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量,生成OH-均能使平衡向左移動,從而得到氨氣;(2)甲同學按B-A-E-C-D的順序連接裝置,該方案不可行,C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收,無法測量出生成水的質(zhì)量;答案是:不可行;C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收,無法測量出生成水的質(zhì)量;(3)乙同學按B-A-D-E-C的順序連接裝置,則裝置C的作用是:吸收未反應的NH3,防止空氣中的水蒸氣進入;答案是:吸收未反應的NH3,防止空氣中的水蒸氣進入;(4)丙同學認為乙同學測量的m(H2O)會偏高,可能是裝置B生成的氨氣有混有水,故m(H2O)會偏高,可在裝置B和A之間增加裝置D吸收氨氣中水蒸氣,減少誤差;答案是:裝置B生成的氨氣有混有水,故m(H2O)會偏高;可在裝置B和A之間增加裝置D;(5)反應2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O,生成水物質(zhì)的量和氧化銅物質(zhì)的量相同,若實驗中測得m(H2O)=bg,氧化銅物質(zhì)的量n=,實驗中先稱取氧化銅的質(zhì)量m[(CuO)]為ag,則Cu的摩爾質(zhì)量=ag/[bg/18g/mol]-16g/mol,即Cu的相
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