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2025屆湖北省廣水一中等重點(diǎn)高中聯(lián)考協(xié)作體高三下學(xué)期3月抽測(cè)化學(xué)試題考生請(qǐng)注意:1.答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi),不得在試卷上作任何標(biāo)記。2.第一部分選擇題每小題選出答案后,需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi),第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3.考生必須保證答題卡的整潔??荚嚱Y(jié)束后,請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、電滲析法淡化海水裝置示意圖如下,電解槽中陰離子交換膜和陽離子交換膜相間排列,將電解槽分隔成多個(gè)獨(dú)立的間隔室,海水充滿在各個(gè)間隔室中。通電后,一個(gè)間隔室的海水被淡化,而其相鄰間隔室的海水被濃縮,從而實(shí)現(xiàn)了淡水和濃縮海水分離。下列說法正確的是()A.離子交換膜b為陽離子交換膜B.各間隔室的排出液中,①③⑤⑦為淡水C.通電時(shí),電極l附近溶液的pH比電極2附近溶液的pH變化明顯D.淡化過程中,得到的濃縮海水沒有任何使用價(jià)值2、NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A.c(H2CO3)和c(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中,含有Na+數(shù)目為NAB.5g21H和31H的混合物發(fā)生熱核聚變反應(yīng):21H+31H
→42He+10n,凈產(chǎn)生的中子(10n)數(shù)為NAC.1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共價(jià)鍵總數(shù)為0.8NAD.56g鐵與足量氯氣反應(yīng),氯氣共得到3NA個(gè)電子3、下列圖示(加熱裝置省略,其序號(hào)與選項(xiàng)的序號(hào)對(duì)應(yīng))的實(shí)驗(yàn)操作,能實(shí)現(xiàn)相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿.探究乙醇的催化氧化B.實(shí)驗(yàn)室制取并收集少量純凈的氯氣C.研究催化劑對(duì)過氧化氫分解速率的影響D.實(shí)驗(yàn)室制備少量NO4、實(shí)驗(yàn)室用純凈N2和H2合成NH3(N2+3H22NH3)時(shí),是先將分別制得的含水蒸氣的N2和H2通過如圖所示的裝置。下面是對(duì)該裝置作用的幾種敘述①干燥氣體②混合氣體③觀察氣體的流速。正確的是A.只有① B.只有①和② C.只有①和③ D.①②③5、幾種無機(jī)物之間轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖(反應(yīng)條件省略。部分產(chǎn)物省略)。下列推斷不正確的是A.若L為強(qiáng)堿,則E可能為NaCl溶液、F為鉀B.若L為強(qiáng)酸,則E可能為NaHS、F為HNO3C.若L為弱酸,則E可能為Mg、F為CO2D.若L為強(qiáng)酸,則E可能為NH4Cl、F為Ca(OH)26、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)結(jié)論A將鋁片分別投入濃、稀硝酸中,前者無明顯現(xiàn)象,后者反應(yīng)劇烈稀硝酸的氧化性比濃硝酸的強(qiáng)B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液,紅色變淺Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加過量氨水產(chǎn)生白色沉淀且不溶解該溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2,溴水褪色SO2具有漂白性A.A B.B C.C D.D7、X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,X與Z同族,Y與Z同周期,W是短周期主族元素中原子半徑最大的,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(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為6。下列說法正確的是A.Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是二元強(qiáng)酸B.原子半徑:X<Z<YC.氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:Y<ZD.X與W可形成兩種陰、陽離子的物質(zhì)的量之比均為1:2的離子化合物8、下列說法正確的是A.古人煮沸海水制取淡水,現(xiàn)代可通過向海水加入明礬實(shí)現(xiàn)海水淡化B.我國(guó)山水畫所用的炭黑與“嫦娥四號(hào)”衛(wèi)星所使用的碳纖維互為同分異構(gòu)體C.某些筒裝水使用的劣質(zhì)塑料桶常含有乙二醇(),乙二醇不溶于水D.“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟(jì)帶”和“海上絲綢之路”的簡(jiǎn)稱,真絲綢的主要成分是蛋白質(zhì),屬于天然高分子化合物9、下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的選項(xiàng)正確的是()A.分離甲醇與氯化鈉溶液B.加熱NaHCO3固體C.制取并觀察Fe(OH)2的生成D.記錄滴定終點(diǎn)讀數(shù)為12.20mL10、常溫下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后,NH4+與NH3·H2O的變化趨勢(shì)如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā)),下列說法不正確的是()A.M點(diǎn)溶液中水的電離程度比原溶液小B.在M點(diǎn)時(shí),n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molC.隨著NaOH的加入,c(NH3D.當(dāng)n(NaOH)=0.05mo1時(shí),溶液中有:c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)11、有下列兩種轉(zhuǎn)化途徑,某些反應(yīng)條件和產(chǎn)物已省略。下列有關(guān)說法不正確的是途徑①SH2SO4途徑②SSO2SO3H2SO4A.途徑①反應(yīng)中體現(xiàn)了濃硝酸的強(qiáng)氧化性和酸性B.途徑②的第二步反應(yīng)在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過增大O2濃度來降低成本C.由途徑①和②分別制取1molH2SO4,理論上各消耗1molS,各轉(zhuǎn)移6mole-D.途徑②與途徑①相比更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高12、工業(yè)制備氮化硅的反應(yīng)為:3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)ΔH<0,將0.3molSiCl4和一定量N2、H2投入2L反應(yīng)容器,只改變溫度條件測(cè)得Si3N4的質(zhì)量變化如下表:下列說法正確的是()A.250℃,前2min,Si3N4的平均反應(yīng)速率為0.02mol·L-1·min-1B.反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),兩種溫度下N2和H2的轉(zhuǎn)化率之比相同C.達(dá)到平衡前,300℃條件的反應(yīng)速率比250℃快;平衡后,300℃比250℃慢D.反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),兩種條件下反應(yīng)放出的熱量一樣多13、汽車尾氣含氮氧化物(NOX)、碳?xì)浠衔?CXHY)、碳等,直接排放容易造成“霧霾”。因此,不少汽車都安裝尾氣凈化裝置(凈化處理過程如圖)。下列有關(guān)敘述,錯(cuò)誤的是A.尾氣造成“霧霾”與汽油未充分燃燒有關(guān)B.尾氣處理過程,氮氧化物(NOX)被還原C.Pt-Rh催化劑可提高尾氣凈化反應(yīng)的平衡轉(zhuǎn)化率D.使用氫氧燃料電池作汽車動(dòng)力能有效控制霧霾14、咖啡酸具有止血功效,存在于多種中藥中,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖,下列說法不正確的是A.咖啡酸可以發(fā)生取代、加成、氧化、酯化、加聚反應(yīng)B.1mol咖啡酸最多能與5molH2反應(yīng)C.咖啡酸分子中所有原子可能共面D.蜂膠的分子式為C17H16O4,在一定條件下可水解生成咖啡酸和一種一元醇A,則醇A的分子式為C8H10O15、下列離子方程式書寫正確的是()A.用酸化的H2O2氧化海帶灰浸出液中的碘:2I-+H2O2=I2+2OH-B.用稀氫碘酸溶液除去鐵制品表面的鐵銹:Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OC.NaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性:Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OD.NH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液混合:HCO3-+OH-=CO32-+H2O16、有關(guān)碳元素及其化合物的化學(xué)用語正確的是A.原子結(jié)構(gòu)示意圖可以表示,也可以表示B.軌道表示式既可表示碳原子也可表示氧原子最外層電子C.比例模型可以表示二氧化碳分子,也可以表示水分子D.分子式可以表示乙酸,也可以表示乙二醇二、非選擇題(本題包括5小題)17、某研究小組擬合成醫(yī)藥中間體X和Y。已知:①;②;③請(qǐng)回答:(1)下列說法正確的是___。A.化合物A不能使酸性KMnO4溶液褪色B.化合物C能發(fā)生加成、取代、消去反應(yīng)C.化合物D能與稀鹽酸發(fā)生反應(yīng)D.X的分子式是C15H18N2O5(2)化合物B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是___。(3)寫出D+F→G的化學(xué)方程式___。(4)寫出化合物A(C8H7NO4)同時(shí)符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___。①分子是苯的二取代物,1H﹣NHR譜表明分子中有4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子②分子中存在硝基和結(jié)構(gòu)(5)設(shè)計(jì)E→Y()的合成路線(用流程圖表示,無機(jī)試劑任選)___。18、兩種重要的有機(jī)化工合成中間體F和Y可用甲苯為主要原料采用以下路線制得:已知:①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO請(qǐng)回答下列問題:(1)寫出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式___________。(2)B→C的化學(xué)方程式是________。(3)C→D的反應(yīng)類型為__________。(4)1molF最多可以和________molNaOH反應(yīng)。(5)在合成F的過程中,設(shè)計(jì)B→C步驟的目的是_________。(6)寫出符合下列條件的3種A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_________、______、_______。①苯環(huán)上只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)(7)以X和乙醇為原料通過3步可合成Y,請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)合成路線______(無機(jī)試劑及溶劑任選)。19、二氧化釩(VO2)是一種新型熱敏材料。實(shí)驗(yàn)室以V2O5為原料合成用于制備VO2的氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體,過程如下:V2O5VOCl2溶液(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]10·H2O回答下列問題:(1)步驟i中生成VOCl2的同時(shí)生成一種無色無污染的氣體,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為____。也可只用濃鹽酸與V2O5來制備VOCl2溶液,從環(huán)境角度考慮,該方法的缺點(diǎn)是_______。(2)步驟ii可在如圖裝置(氣密性良好)中進(jìn)行。已知:VO2+能被O2氧化。①藥品填裝完成后的實(shí)驗(yàn)操作是____(填活塞“a”“b”的操作)。②若無裝置B,則導(dǎo)致的后果是____。(3)加完VOCl2后繼續(xù)攪拌數(shù)分鐘,使反應(yīng)完全,小心取下分液漏斗,停止通氣,立即塞上橡膠塞,將錐形瓶置于CO2保護(hù)下的干燥器中,靜置過夜,得到紫紅色晶體,抽濾,并用飽和NH4HCO3溶液洗滌3次,用無水乙醇洗滌2次,除去水分,再用乙醚洗滌2次,抽干稱重。用飽和NH4HCO3溶液洗滌除去的陰離子主要是____。(4)測(cè)定氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體粗產(chǎn)品中釩的含量。稱量4.246g樣品于錐形瓶中,用20mL蒸餾水與30mL硫酸混合溶解后,加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍過量,充分反應(yīng)后繼續(xù)加1%NaNO2溶液至稍過量,再用尿素除去過量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗體積為30.00mL。(滴定反應(yīng):VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O)①NaNO2溶液的作用是____。②粗產(chǎn)品中釩的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為____(精確到小數(shù)點(diǎn)后兩位)。20、乳酸亞鐵晶體{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O,相對(duì)分子質(zhì)量為288}易溶于水,是一種很好的補(bǔ)鐵劑,可由乳酸[CH3CH(OH)COOH]與FeCO3反應(yīng)制得。I.碳酸亞鐵的制備(裝置如下圖所示)(1)儀器B的名稱是__________________;實(shí)驗(yàn)操作如下:打開kl、k2,加入適量稀硫酸,關(guān)閉kl,使反應(yīng)進(jìn)行一段時(shí)間,其目的是__________________。(2)接下來要使儀器C中的制備反應(yīng)發(fā)生,需要進(jìn)行的操作是____________,該反應(yīng)產(chǎn)生一種常見氣體,寫出反應(yīng)的離子方程式_________________________。(3)儀器C中混合物經(jīng)過濾、洗滌得到FeCO3沉淀,檢驗(yàn)其是否洗凈的方法是__________。Ⅱ.乳酸亞鐵的制備及鐵元素含量測(cè)定(4)向純凈FeCO3固體中加入足量乳酸溶液,在75℃下攪拌使之充分反應(yīng),經(jīng)過濾,在____________的條件下,經(jīng)低溫蒸發(fā)等操作后,獲得乳酸亞鐵晶體。(5)兩位同學(xué)分別用不同的方案進(jìn)行鐵元素含量測(cè)定:①甲同學(xué)通過KMnO4滴定法測(cè)定樣品中Fe2+的含量計(jì)算樣品純度。在操作均正確的前提下,所得純度總是大于l00%,其原因可能是_________________________。②乙同學(xué)經(jīng)查閱資料后改用碘量法測(cè)定鐵元素的含量計(jì)算樣品純度。稱取3.000g樣品,灼燒完全灰化,加足量鹽酸溶解,取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取1.00rnL該溶液加入過量KI溶液充分反應(yīng),然后加入幾滴淀粉溶液,用0.100mol·L-1硫代硫酸鈉溶液滴定(已知:I2+2S2O32-=S4O62-+2I-),當(dāng)溶液_____________________,即為滴定終點(diǎn);平行滴定3次,硫代硫酸鈉溶液的平均用量為24.80mL,則樣品純度為_________%(保留1位小數(shù))。21、霧霾天氣給人們的出行及身體造成了極大的危害。研究、、等大氣污染氣體的處理具有重要意義。(1)利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的。①在鈉堿循環(huán)法中,溶液作為吸收液,可由溶液吸收制得,該反應(yīng)的離子方程式是____。②吸收液吸收的過程中,隨變化關(guān)系如下表:1∶1由上表判斷,溶液顯______性(填“酸”、“堿”或“中”),用化學(xué)平衡原理解釋:______。③當(dāng)吸收液的降至約為6時(shí),需送至電解槽再生。再生示意圖如下:寫出在陽極放電的電極反應(yīng)式:________________,當(dāng)陰極室中溶液升至8以上時(shí),吸收液再生并循環(huán)利用。(2)用催化還原可以消除氮氧化物的污染。例如:若用標(biāo)準(zhǔn)狀況下還原至,整個(gè)過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為______(阿伏加德羅常數(shù)的值用表示),放出的熱量為______。(3)工業(yè)上合成氨所需氫氣的制備過程中,其中的一步反應(yīng)為:一定條件下,將與以體積比為置于密閉容器中發(fā)生上述反應(yīng),達(dá)到平衡時(shí)測(cè)得與體積比為1∶6,則平衡常數(shù)______。
參考答案一、選擇題(每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1、B【解析】
圖中分析可知,電極1為電解池陽極,氯離子放電生成氯氣,電極反應(yīng)為:2Cl--2e-=Cl2↑,電極2為陰極,溶液中氫離子得到電子生成氫氣,電極反應(yīng)2H++2e-=H2↑,實(shí)線對(duì)應(yīng)的半透膜是陽離子半透膜,虛線是陰離子半透膜。A.分析可知b為陰離子交換膜,A錯(cuò)誤;B.實(shí)線對(duì)應(yīng)的半透膜是陽離子半透膜,虛線是陰離子半透膜,結(jié)合陰陽離子移向可知,各間隔室的排出液中,①③⑤⑦為淡水,B正確;C.通電時(shí),陽極電極反應(yīng):2Cl--2e-=Cl2↑,陰極電極反應(yīng),2H++2e-=H2↑,電極2附近溶液的pH比電極1附近溶液的pH變化明顯,C錯(cuò)誤;D.淡化過程中,得到的濃縮海水可以提取氯化鈉、鎂、溴等,有使用價(jià)值,D錯(cuò)誤;故合理選項(xiàng)是B。2、D【解析】A.n(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中,根據(jù)物料守恒可知含有Na+數(shù)目大于NA,A錯(cuò)誤;B.不能確定5g21H和31H的混合物各自微粒的質(zhì)量,因此不能計(jì)算產(chǎn)生的中子數(shù),B錯(cuò)誤;C.溶劑水分子中還存在共價(jià)鍵,C錯(cuò)誤;D.56g鐵是1mol,與足量氯氣反應(yīng),氯氣共得到3NA個(gè)電子,D正確,答案選D。點(diǎn)睛:阿伏伽德羅常數(shù)與微粒數(shù)目的關(guān)系涉及的知識(shí)面廣,涉及到核素、弱電解質(zhì)電離、氧化還原反應(yīng)、化學(xué)平衡、膠體、化學(xué)鍵等知識(shí)點(diǎn)。與微粒數(shù)的關(guān)系需要弄清楚微粒中相關(guān)粒子數(shù)(質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù))及離子數(shù)、電荷數(shù)、化學(xué)鍵之間的關(guān)系,計(jì)算氧化還原反應(yīng)中的轉(zhuǎn)移電子數(shù)目時(shí)一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價(jià)的改變以及物質(zhì)的量,還原劑失去的電子數(shù)或氧化劑得到的電子數(shù)就是反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。3、C【解析】
A、乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化;B、鹽酸易揮發(fā);C、研究催化劑對(duì)反應(yīng)的速率的影響,過氧化氫的濃度應(yīng)相同;D、NO易被空氣中氧氣氧化。【詳解】A、乙醇也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化,無法判斷酸性高錳酸鉀溶液褪色的原因是乙醛還是乙醇,故A錯(cuò)誤;B、因鹽酸易揮發(fā),收集到的氯氣中混有氯化氫和水,故B錯(cuò)誤;C、研究催化劑對(duì)反應(yīng)速率的影響,加入的溶液的體積相同,金屬離子和過氧化氫的濃度也相同,符合控制變量法的原則,可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?,故C正確;D、NO易被空氣中氧氣氧化,應(yīng)用排水法收集,故D錯(cuò)誤;故選C。本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià),涉及乙醇催化氧化、氣體的制備以及反應(yīng)速率的影響因素等,把握實(shí)驗(yàn)原理及實(shí)驗(yàn)裝置圖的作用為解答的關(guān)鍵,注意方案的合理性、操作性分析。4、D【解析】
根據(jù)濃硫酸的吸水性以及氣體通過濃硫酸洗氣瓶進(jìn)行混合分析?!驹斀狻康?dú)庵泻兴魵?,濃硫酸具有吸水性,能除去氮?dú)庵械乃魵?;氮?dú)夂蜌錃舛纪ㄟ^濃硫酸再出來,可將兩種氣體混合,同時(shí)可通過兩種氣體冒出氣泡的速度觀察氣體的流速,答案選D。工業(yè)上合成氨是氮?dú)夂蜌錃庠诟邷馗邏捍呋瘎┑葪l件下發(fā)生可逆反應(yīng)制得氨氣,混合通過硫酸可控制通入的混合氣體的體積比,提高原料利用率。5、A【解析】A、E為NaCl溶液、F為鉀,G為KOH,H為H2,H2與O2生成H2O,H2O與O2不反應(yīng),故A錯(cuò)誤;B、若L為強(qiáng)酸,則E可能為NaHS、F為HNO3,NaHS與HNO3生成Na2SO4和NO,NO與O2反應(yīng)生成NO2,NO2與水反應(yīng)生成HNO3,L是HNO3是強(qiáng)酸,故B正確;C、若L為弱酸,則E可能為Mg、F為CO2,Mg與CO2反應(yīng)生成MgO和C,C與O2反應(yīng)生成CO,CO再與O2反應(yīng)生成CO2,CO2溶于水生成H2CO3,L為H2CO3,是弱酸,故C正確;D.若L為強(qiáng)酸,則E可能為NH4Cl、F為Ca(OH)2,NH4Cl與Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCl2和NH3,NH3與O2反應(yīng)生成NO,NO與O2反應(yīng)生成NO2,NO2溶于水生成HNO3,L是HNO3是強(qiáng)酸,故D正確;故選A。6、B【解析】
A.前者發(fā)生鈍化反應(yīng),生成致密氧化薄膜阻礙反應(yīng)進(jìn)行,故錯(cuò)誤;B.CO32-+H2OHCO3-+OH-,滴入酚酞,溶液變紅,加入Ba2+,Ba2+與CO32-反應(yīng)生成沉淀BaCO3,平衡向逆反應(yīng)方向進(jìn)行,溶液顏色變淺,故正確;C.此溶液可能含有Al3+,因?yàn)闅溲趸X不溶于弱堿,故錯(cuò)誤;D.發(fā)生Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr,體現(xiàn)SO2的還原性,故錯(cuò)誤。故選B。7、D【解析】
X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,Y與Z同周期,W是短周期主族元素中原子半徑最大的,則W為Na,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,X與Z同族,則Z為S,Y的最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為6,則Y為Cl。A.Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物HClO4是一元強(qiáng)酸,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.原子半徑:X(O)<Y(Cl)<Z(S),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C.非金屬性越強(qiáng),氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng),非金屬性Y(Cl)>Z(S),故氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性:HCl>H2S,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.X與W可形成兩種陰、陽離子的物質(zhì)的量之比均為1:2的離子化合物Na2O和Na2O2,選項(xiàng)D正確。答案選D。8、D【解析】
A.明礬不能淡化海水,不能實(shí)現(xiàn)海水淡化,故A錯(cuò)誤;B.碳纖維是一種新型無機(jī)非金屬材料,炭黑的主要成分為碳,炭黑與碳纖維不互為同分異構(gòu)體,故B錯(cuò)誤;C.乙二醇()分子中含有兩個(gè)羥基,羥基屬于親水基,故乙二醇易溶于水,故C錯(cuò)誤;D.絲綢的主要原料為蠶絲,蠶絲成分為蛋白質(zhì),蛋白質(zhì)是天然高分子化合物,故D正確。故選D。9、C【解析】
A.甲醇與水互溶,不分層,則不能用分液的方法分離,故A錯(cuò)誤;B.加熱固體,試管口應(yīng)略朝下傾斜,以避免試管炸裂,故B錯(cuò)誤;C.植物油起到隔絕空氣作用,氫氧化鈉與硫酸亞鐵反應(yīng),可生成氫氧化亞鐵,故C正確;D.滴定管刻度從上到下增大,則記錄滴定終點(diǎn)讀數(shù)為11.80mL,故D錯(cuò)誤。故選:C。酸式滴定管或堿式滴定管的0刻度在滴定管的上方,與量筒讀數(shù)不同。10、C【解析】
常溫下,向1L0.1mol·L-1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH,則溶液中發(fā)生反應(yīng)NH4++OH-=NH1?H2O,隨著反應(yīng)進(jìn)行,c(NH4+)不斷減小,c(NH1?H2O)不斷增大?!驹斀狻緼項(xiàng)、M點(diǎn)是向1L0.1mol?L-1NH4Cl溶液中,不斷加入NaOH固體后,反應(yīng)得到氯化銨和一水合氨的混合溶液,溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同,一水合氨是一元弱堿抑制水電離,此時(shí)水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度,故A正確;B項(xiàng)、根據(jù)電荷守恒c(H+)+c(NH4+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-),可得n(OH-)-n(H+)=[c(NH4+)+c(Na+)-c(Cl-)]×1L,在M點(diǎn)時(shí)c(NH4+)=0.05mol?L ̄1,c(Na+)=amol?L ̄1,c(Cl-)=0.1mol?L ̄1,帶入數(shù)據(jù)可得n(OH-)-n(H+)=[0.05mol?L-1+amol?L-1-0.1mol?L-1]×1L=(a-0.05)mol,故B正確;C項(xiàng)、氨水的電離常數(shù)Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3?H2O),則c(NH3?H2O)c(OH-)D項(xiàng)、當(dāng)n(NaOH)=0.05mol時(shí),NH4Cl和NaOH反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH1?H2O和NH4Cl、NaCl,NH1.H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度,導(dǎo)致溶液呈堿性,鈉離子、氯離子不水解,所以溶液中離子濃度大小順序是c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+),故D正確。故選C。11、A【解析】
A.途徑①反應(yīng)中只體現(xiàn)了濃硝酸的強(qiáng)氧化性,A錯(cuò)誤;B.途徑②的第二步反應(yīng)是可逆反應(yīng),在實(shí)際生產(chǎn)中可以通過增大廉價(jià)易得的O2濃度使化學(xué)平衡正向移動(dòng),來降低成本,B正確;C.根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等,可知由途徑①和②分別制取1molH2SO4,理論上各消耗1molS,各轉(zhuǎn)移6mole-,C正確;D.途徑②與途徑①相比不產(chǎn)生大氣污染物質(zhì),因此更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念,是因?yàn)橥緩舰诒韧緩舰傥廴鞠鄬?duì)小且原子利用率高,D正確。答案選A。12、B【解析】
A、Si3N4為固體,固體的濃度視為常數(shù),無法計(jì)算Si3O4的反應(yīng)速率,故A錯(cuò)誤;B、起始N2和H2的物質(zhì)的量比值為定值,反應(yīng)中N2和H2的消耗量的比值恒定為1:3,則反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),兩種溫度下N2和H2的轉(zhuǎn)化率之比相同,故B正確;C、其他條件相同時(shí),升高溫度,反應(yīng)速率加快,溫度越高,反應(yīng)速率越大,則達(dá)到平衡前,300℃條件的反應(yīng)速率比250℃快,平衡后,300℃依然比250℃快,故C錯(cuò)誤;D、該反應(yīng)為放熱反應(yīng),升高溫度平衡逆向移動(dòng),溫度不同,反應(yīng)物的消耗量不同,則反應(yīng)放出的熱量不同,故D錯(cuò)誤;答案選B。13、C【解析】
A.汽油未充分燃燒可增加氮氧化物(NOx)、碳?xì)浠衔?CxHy)、碳等的排放,可造成“霧霾”,故A正確;B.尾氣處理過程中,氮氧化物(NOx)中氮元素化合價(jià)降低,得電子,被還原,故B正確;C.催化劑只改變化學(xué)反應(yīng)速率,不會(huì)改變平衡轉(zhuǎn)化率,故C錯(cuò)誤;D.使用氫氧燃料電池作汽車動(dòng)力能減少含氮氧化物(NOx)、碳?xì)浠衔?CxHy)、碳等的排放,能有效控制霧霾,故D正確。故選C。14、B【解析】A,咖啡酸中含酚羥基能發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)、氧化反應(yīng),含碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)、氧化反應(yīng)、加聚反應(yīng),含羧基能發(fā)生取代反應(yīng)、酯化反應(yīng),A項(xiàng)正確;B,咖啡酸中含有1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)碳碳雙鍵,苯環(huán)和碳碳雙鍵能與H2發(fā)生加成反應(yīng),1mol咖啡酸最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng),B項(xiàng)錯(cuò)誤;C,咖啡酸中碳原子形成1個(gè)苯環(huán)、1個(gè)碳碳雙鍵、1個(gè)羧基,其中C原子都為sp2雜化,聯(lián)想苯、乙烯的結(jié)構(gòu),結(jié)合單鍵可以旋轉(zhuǎn),咖啡酸中所有原子可能共面,C項(xiàng)正確;D,由咖啡酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式寫出咖啡酸的分子式為C9H8O4,A為一元醇,蜂膠水解的方程式為C17H16O4(蜂膠)+H2O→C9H8O4(咖啡酸)+A,根據(jù)原子守恒,A的分子式為C8H10O,D項(xiàng)正確;答案選B。點(diǎn)睛:本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)、有機(jī)分子中共面原子的判斷。明確有機(jī)物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)是解題的關(guān)鍵,難點(diǎn)是分子中共面原子的判斷,分子中共面原子的判斷注意從乙烯、苯和甲烷等結(jié)構(gòu)特點(diǎn)進(jìn)行知識(shí)的遷移應(yīng)用,注意單鍵可以旋轉(zhuǎn)、雙鍵不能旋轉(zhuǎn)這一特點(diǎn)。15、C【解析】
A.酸性環(huán)境不能大量存在OH-,A錯(cuò)誤;B.I-具有還原性,與Fe3+會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng),不能大量共存,B錯(cuò)誤;C.反應(yīng)符合事實(shí),遵循離子方程式中物質(zhì)拆分原則,C正確;D.NH4+、HCO3-都會(huì)與OH-發(fā)生反應(yīng),不能大量共存,D錯(cuò)誤;故合理選項(xiàng)是C。16、A【解析】
A.原子序數(shù)為6,應(yīng)為碳元素的粒子,可以表示,也可以表示,故A正確;B.由軌道表示式可知電子排布式為1s22s22p2,可以表示碳原子,不能表示氧原子最外層電子,故B錯(cuò)誤;C.比例模型可以表示水分子,但不能表示二氧化碳分子,因?yàn)槎趸挤肿邮侵本€形分子,故C錯(cuò)誤;D.分子式為,也可以表示甲酸甲酯HCOOCH3,而乙二醇的分子式為,故D正錯(cuò)誤;故選A。二、非選擇題(本題包括5小題)17、CD+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr、、、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl【解析】
由、A的分子式,縱觀整個(gè)過程,結(jié)合X的結(jié)構(gòu),可知發(fā)生甲基鄰位硝化反應(yīng)生成A為,對(duì)比各物質(zhì)的分子,結(jié)合反應(yīng)條件與給予的反應(yīng)信息,可知A中羧基上羥基被氯原子取代生成B,B中甲基上H原子被溴原子取代生成C,C中氯原子、溴原子被﹣NH﹣取代生成D,故B為、C為、D為;由X的結(jié)構(gòu),逆推可知G為,結(jié)合F、E的分子式,可推知F為CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E為CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3,據(jù)此分析解答?!驹斀狻浚?)A.化合物A為,苯環(huán)連接甲基,能使酸性KMnO4溶液褪色,故A正確;B.化合物C為,苯環(huán)能與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),鹵素原子能發(fā)生取代反應(yīng),不能發(fā)生消去反應(yīng),故B錯(cuò)誤;C.化合物D,含有酰胺鍵,能與稀鹽酸發(fā)生反應(yīng),故C正確;D.由結(jié)構(gòu)可知,X的分子式是C15H18N2O5,故D正確,故答案為:CD;(2)由分析可知,化合物B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是:,故答案為:;(3)D+F→G的化學(xué)方程式:+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr,故答案為:+CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3→+HBr;(4)化合物A(C8H7NO4)的同分異構(gòu)體同時(shí)符合下列條件:①分子是苯的二取代物,1H﹣NHR譜表明分子中有4種化學(xué)環(huán)境不同的氫原子,存在對(duì)稱結(jié)構(gòu);②分子中存在硝基和結(jié)構(gòu),2個(gè)取代基可能結(jié)構(gòu)為:﹣NO2與﹣CH2OOCH、﹣NO2與﹣CH2COOH、﹣COOH與﹣CH2NO2、﹣OOCH與﹣CH2NO2,同分異構(gòu)體可能結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為:、、、,故答案為:、、、;(5)由信息①可知,由ClOCCH2CH2CH2COCl與氨氣反應(yīng)生成,由A→B的轉(zhuǎn)化,由HOOCCH2CH2CH2COOH與SOCl2反應(yīng)得到ClOCCH2CH2CH2COCl,CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3堿性條件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH,合成路線流程圖為:CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl,故答案為:CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。能準(zhǔn)確根據(jù)反應(yīng)條件推斷反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵,常見反應(yīng)條件與發(fā)生的反應(yīng)原理類型:①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng),可能是酯的水解反應(yīng)或鹵代烴的水解反應(yīng);②在NaOH的乙醇溶液中加熱,發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng);③在濃H2SO4存在的條件下加熱,可能發(fā)生醇的消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、成醚反應(yīng)或硝化反應(yīng)等;④能與溴水或溴的CCl4溶液反應(yīng),可能為烯烴、炔烴的加成反應(yīng);⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應(yīng),則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應(yīng)或還原反應(yīng);⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下,發(fā)生醇的氧化反應(yīng);⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應(yīng),則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應(yīng)。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2,則為醇→醛→羧酸的過程)。18、+(CH3CO)2O→+CH3COOH氧化反應(yīng)3氨基易被氧化,在氧化反應(yīng)之前需先保護(hù)氨基CH3CH2OHCH3CHO【解析】
分析有機(jī)合成過程,A物質(zhì)為發(fā)生苯環(huán)上的對(duì)位取代反應(yīng)生成的,故A為,結(jié)合已知條件①,可知B為,結(jié)合B→C的過程中加入的(CH3CO)2O以及D的結(jié)構(gòu)可知,C為B發(fā)生了取代反應(yīng),-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽鍵,C→D的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化成羧基的過程。D與題給試劑反應(yīng),生成E,E與H2O發(fā)生取代反應(yīng),生成F。分析X、Y的結(jié)構(gòu),結(jié)合題給已知條件②,可知X→Y的過程為,據(jù)此進(jìn)行分析推斷?!驹斀狻浚?)從流程分析得出A為,答案為:;(2)根據(jù)流程分析可知,反應(yīng)為乙酸酐與氨基反應(yīng)形成肽鍵和乙酸。反應(yīng)方程式為:+(CH3CO)2O→+CH3COOH。答案為:+(CH3CO)2O→+CH3COOH;(3)結(jié)合C、D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,可知C→D的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化為羧基,為氧化反應(yīng)。答案為:氧化反應(yīng);(4)F分子中含有羧基、氨基和溴原子,其中羧基消耗1mol氫氧化鈉,溴原子水解得到酚羥基和HBr各消耗1mol氫氧化鈉,共消耗3mol。答案為:3;(5)分析B和F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式,可知最后氨基又恢復(fù)原狀,可知在流程中先把氨基反應(yīng)后又生成,顯然是在保護(hù)氨基。答案為:氨基易被氧化,在氧化反應(yīng)之前需先保護(hù)氨基;(6)由①得出苯環(huán)中取代基位置對(duì)稱,由②得出含有醛基或甲酸酯基,還有1個(gè)氮原子和1個(gè)氧原子,故為、、。答案為:、、;(7)根據(jù)已知條件②需要把乙醇氧化為乙醛,然后與X反應(yīng)再加熱可得出產(chǎn)物。故合成路線為:CH3CH2OHCH3CHO。答案為:CH3CH2OHCH3CHO。19、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯氣有毒,污染空氣打開活塞a數(shù)分鐘后,再打開活塞bHCl與NH4HCO3反應(yīng)Cl-除去過量的KMnO42.88%【解析】
V2O5與鹽酸、N2H4﹒2HCl混合發(fā)生反應(yīng):2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O,得到VOCl2溶液,加碳酸氫銨溶液后得到氧釩(IV)堿式碳酸銨晶體。(1)根據(jù)原子守恒及氧化還原反應(yīng)原理分析解答;(2)根據(jù)題給信息中+4價(jià)V易被氧化的性質(zhì)分析解答;(3)根據(jù)原子守恒及晶體的組成分析解答;(4)根據(jù)滴定原理及氧化還原反應(yīng)原理分析解答?!驹斀狻浚?)根據(jù)原子守恒分析生成的一種無色無污染的氣體為N2,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O;根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理分析,V被還原,則濃鹽酸的中Cl被氧化生成氯氣,氯氣有毒,污染空氣,故答案為:2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O;氯氣有毒,污染空氣;(2)①已知VO2+能被O2氧化,故裝置中不能有空氣,所以反應(yīng)前先通入CO2數(shù)分鐘排除裝置中的空氣,避免產(chǎn)物被氧化,所以實(shí)驗(yàn)操作時(shí)先打開活塞a數(shù)分鐘后,再打開活塞b,故答案為:打開活塞a數(shù)分鐘后,再打開活塞b;②A中制得的二氧化碳混有氯化氫氣體,B裝置中的試劑應(yīng)是除去二氧化碳?xì)怏w中HCl氣體的飽和NaHCO3溶液,若無裝置B,則HCl與NH4HCO3反應(yīng),故答案為:HCl與NH4HCO3反應(yīng);(3)根據(jù)原子守恒分析,及晶體的組成分析,NH4HCO3溶液洗滌除去陰離子主要是Cl-,故答案為:Cl-;(4)①根據(jù)分析,KMnO4溶液的作用是氧化V,NaNO2溶液的作用是除去過量的KMnO4,故答案為:除去過量的KMnO4;②根據(jù)V元素的質(zhì)量守恒,根據(jù)滴定反應(yīng)VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O,則n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol,則粗產(chǎn)品中釩的含量為:,故答案為:2.88%。20、蒸餾燒瓶生成FeSO4溶液,且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣關(guān)閉k2Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O取最后一次洗滌液,加入稀鹽酸酸化,再滴入BaCl2溶液,若無白色沉淀,則洗滌干凈隔絕空氣乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化,導(dǎo)致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多藍(lán)色褪去且半分鐘不恢復(fù)95.2%【解析】
I.亞鐵離子容易被氧氣氧化,制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進(jìn)行,F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵,利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣,B制備硫酸亞鐵,利用生成氫氣,使B裝置中氣壓增大,將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生FeCO3沉淀。Ⅱ.Fe2+有較強(qiáng)還原性,易被空氣中氧氣氧化,獲取乳酸亞鐵晶體過程中應(yīng)減小空氣中氧氣的干擾;①乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化;②I2的淀粉溶液顯藍(lán)色,滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會(huì)變淺,最終褪色;根據(jù)已知反應(yīng)可得關(guān)系式2Fe3+~~I(xiàn)2~~2S2O32-,根據(jù)滴定時(shí)參加反應(yīng)的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量計(jì)算出Fe2+的物質(zhì)的量,再計(jì)算樣品純度?!驹斀狻縄.亞鐵離子容易被氧氣氧化,制備過程中應(yīng)在無氧環(huán)境中進(jìn)行,F(xiàn)e與稀硫酸反應(yīng)制備硫酸亞鐵,利用反應(yīng)生成的氫氣排盡裝置中的空氣,裝置B制備硫酸亞鐵,C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應(yīng):Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O,利用生成氫氣,使B裝置中氣壓增大,將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(1)由儀器圖形可知B為蒸餾燒瓶;打開kl、k2,加入適量稀硫酸,可使生成的氫氣排出裝置C內(nèi)的空氣,防止二價(jià)鐵被氧化;(2)待裝置內(nèi)空氣排出后,再關(guān)閉k2,反應(yīng)產(chǎn)生的氫氣使裝置內(nèi)的氣體壓強(qiáng)增大,可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中,發(fā)生反應(yīng)生成碳酸亞鐵,同時(shí)生成二氧化碳,反應(yīng)的離子方程式為Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O;(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的,檢驗(yàn)沉淀是否洗滌干凈,可通過檢驗(yàn)是否含有SO42-判斷。方法是:取最后一次水洗液于試管中,加入過量稀鹽酸酸化,滴加一定量的BaCl2溶液,若無白色渾濁出現(xiàn),則表明洗滌液中不存在SO42-,即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈;Ⅱ.(4)Fe2+有較強(qiáng)還原性,易被空氣中氧氣氧化,則乳酸亞鐵應(yīng)隔絕空氣,防止被氧化;(5)①乳酸根中含有羥基,可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化,F(xiàn)e2+也可以被氧化,因此二者反應(yīng)都消耗KMnO4溶液,導(dǎo)致消耗高錳酸鉀的增大,使計(jì)算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大,產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)會(huì)大于100%;②I2遇淀粉溶液顯藍(lán)色,滴加硫代硫酸鈉溶液后藍(lán)色會(huì)變淺,說明I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng),當(dāng)藍(lán)色剛好褪去且半分鐘不恢復(fù),即可判斷為滴定終點(diǎn);24.80mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為n(Na2S2O3)=0.02480L×0.100mol/L=2.48×10-3mol,根據(jù)關(guān)系式2Fe2+~2Fe3+~I(xiàn)2~2S2O32-,可知樣品中CH3CH(OH)COO]2Fe?3H2O的物質(zhì)的量為n
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