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文檔簡介
黑龍江寶清第一高中2024-2025學年高三高考模擬沖刺卷(提優卷)(四)化學試題請考生注意:1.請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上,請用0.5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2.答題前,認真閱讀答題紙上的《注意事項》,按規定答題。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、25°C時,向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10-3)中逐滴加入0.10mol·L-1NaOH溶液,溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是()A.a點時,c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)B.溶液在a點和b點時水的電離程度相同C.b點時,c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-)D.V=10mL時,c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)2、化學與生活密切相關。下列敘述不正確的是()A.二氧化硅是將太陽能轉變為電能的常用材料B.中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C.使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服,肥皂去污能力差D.漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器,其主要原料為黏土3、下列實驗過程中,始終無明顯現象的是A.CO2通入飽和Na2CO3溶液中B.SO2通入CaCl2溶液中C.NH3通入HNO3和AgNO3的混和溶液中D.SO2通入Na2S溶液中4、下列圖示與對應的敘述符合的是()A.圖甲實線、虛線分別表示某可逆反應未使用催化劑和使用催化劑的正、逆反應速率隨時間的變化B.圖乙表示反應2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)的平衡常數K與溫度和壓強的關系C.據圖丙,若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入適量CuO至pH=4左右D.圖丁表示常溫下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液,溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化關系5、下列實驗不能達到預期目的是()實驗操作實驗目的A充滿NO2的密閉玻璃球分別浸泡在冷、熱水中研究溫度對化學平衡移動的影響B向盛有1mL硝酸銀溶液的試管中滴加NaCl溶液,至不再有沉淀,再向其中滴加Na2S溶液說明一種沉淀能轉化為另一種溶解度更小的沉淀C苯酚和水的濁液中,加少量濃碳酸鈉溶液比較苯酚與碳酸氫鈉的酸性D取少量溶液滴加Ca(OH)2溶液,觀察是否出現白色渾濁確定NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3A.A B.B C.C D.D6、下列說法正確的是A.煤的干餾和石油的分餾都是化學變化B.漂白粉、水玻璃和堿石灰都是混合物C.純堿、明礬和干冰都是電解質D.乙酸乙酯中混有乙酸,可加入飽和氫氧化鈉溶液,振蕩、靜置后分液7、螺環烴是指分子中兩個碳環共用一個碳原子的脂環烴。是其中一種,下列關于該化合物的說法錯誤的是()A.該化合物的分子式為C9H12B.一氯代物有四種C.該化合物可以發生氧化、取代、加成、加聚等反應D.與Br2以物質的量之比l:1加成生成2種產物8、在NaCN溶液中存在水解平衡:CN--+H2OHCN+OH--,水解常數[c0(NaCN)是NaCN溶液的起始濃度]。25℃向1mol/L的NaCN溶液中不斷加水稀釋,NaCN溶液濃度的對數值lgc0與2pOH[pOH=-lgc(OH-)]的關系下圖所示,下列說法錯誤的是A.25℃時,Kh(CN-)的值為10-4.7B.升高溫度,可使曲線上a點變到b點C.25℃,向a點對應的溶液中加入固體NaCN,CN-的水解程度減小D.c點對應溶液中的c(OH-)大于a點9、為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A.0.1mol的中,含有個中子B.pH=1的H3PO4溶液中,含有個C.2.24L(標準狀況)苯在O2中完全燃燒,得到個CO2分子D.密閉容器中1molPCl3與1molCl2反應制備PCl5(g),增加個P-Cl鍵10、化學與生活密切相關,下列說法錯誤的是()A.硅膠、生石灰、氯化鈣等都是食品包裝袋中常用的干燥劑B.廁所清潔劑、食用醋、肥皂水、廚房清潔劑四種溶液的pH逐漸增大C.酒精能使蛋白質變性,預防新冠肺炎病毒使用的酒精純度越高越好D.使用氯氣對自來水消毒時,氯氣會與自來水中的有機物反應,生成的有機氯化物可能對人有害11、在化學的發展史上,許多科學家創建的理論對化學科學的發展起到重大的作用。有關科學家與其創建的理論對應不匹配的是()A.墨子:物質的分割是有條件的B.湯姆生:葡萄干面包模型C.德謨克利特:古典原子論D.貝克勒爾:原子結構的行星模型12、炭黑是霧霾中的重要顆粒物,研究發現它可以活化氧分子,生成活化氧,活化過程的能量變化模擬計算結果如圖所示,活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列說法錯誤的是()A.氧分子的活化包括O-O鍵的斷裂與C-O鍵的生成B.每活化一個氧分子放出0.29eV的能量C.水可使氧分子活化反應的活化能降低0.42eVD.炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑13、有a、b、c、d四種原子序數依次增大,且均不大于20的主族元素,a、c同主族,a的最外層電子數是內層電子數的3倍,b為金屬元素,a、c、d的最外層電子數之和為19。下列敘述正確的是A.a、b可能形成含有共價鍵的離子化合物B.簡單離子半徑大小:d>c>a>bC.含氧酸的酸性強弱:d>cD.b、c的簡單離子在水溶液中一定能大量共存14、給下列物質分別加入溴水中,不能使溴水褪色的是()A.Na2SO3晶體 B.C2H5OH C.C6H6 D.Fe15、某種新型熱激活電池的結構如圖所示,電極a的材料是氧化石墨烯(CP)和鉑納米粒子,電極b的材料是聚苯胺(PANI),電解質溶液中含有Fe3+和Fe2+。加熱使電池工作時電極b發生的反應是PANI-2e-=PANIO(氧化態聚苯胺,絕緣體)+2H+,電池冷卻時Fe2+在電極b表面與PANIO反應可使電池再生。下列說法不正確的是A.電池工作時電極a為正極,且發生的反應是:Fe3++e-—Fe2+B.電池工作時,若在電極b周圍滴加幾滴紫色石蕊試液,電極b周圍慢慢變紅C.電池冷卻時,若該裝置正負極間接有電流表或檢流計,指針會發生偏轉D.電池冷卻過程中發生的反應是:2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI16、下列化工生產過程中,未涉及氧化還原反應的是A.海帶提碘 B.氯堿工業 C.海水提溴 D.侯氏制堿17、生鐵比純鐵()A.硬度低 B.易腐蝕 C.熔點高 D.含碳量低18、下列有關共價鍵的說法正確的是()A.分子晶體中共價鍵越強,熔沸點越高B.只含共價鍵的物質,一定是共價化合物C.兩種元素組成的分子中一定只含有極性共價鍵D.分子晶體中,可能不存在共價鍵,但一定存在分子間作用力19、某化學實驗室產生的廢液中的陽離子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某幾種,實驗室設計了下述方案對廢液進行處理,以回收金屬,保護環境。已知:步驟①中,滴加NaOH溶液過程中產生的沉淀會部分溶解。下列說法中正確的是A.根據步驟①的現象,說明廢液中一定含有Al3+B.由步驟②中紅棕色固體可知,廢液中一定存在Fe3+C.沉淀甲中可能含有Al(OH)3D.該廢液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一種20、β?月桂烯的結構如圖所示,一分子該物質與兩分子溴發生加成反應的產物(只考慮位置異構)理論上最多有()A.2種 B.3種 C.4種 D.6種21、硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產品,可用于生產硫酸、漂白粉等一系列物質(見下圖)。下列說法正確的是A.CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B.工業上利用Cl2和澄清石灰水反應來制取漂白粉C.除去與水反應,圖示轉化反應均為氧化還原反應D.用CO合成CH3OH進而合成HCHO的兩步反應,原子利用率均為100%22、用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備超順磁性(平均直徑25nm)納米Fe3O4的流程示意圖如下:下列敘述不正確的是A.常用熱的Na2CO3溶液除去鋼鐵表面的油污B.步驟②中,主要反應的離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C.步驟④中,反應完成后剩余的H2O2無需除去D.步驟⑤中,為了驗證得到的固體是超順磁性的Fe3O4粒子,可將其均勻分散在水中,做丁達爾效應實驗二、非選擇題(共84分)23、(14分)蜂膠是一種天然抗癌藥,主要活性成分為咖啡酸苯乙酯(I)。合成化合物I的路線如下圖所示:已知:①②RCHO+HOOCCH2COOHRCH=CHCOOH請回答下列問題(1)化合物A的名稱是_____________;化合物I中官能團的名稱是___________。(2)G→H的反應類型是____________;D的結構簡式是___________________。(3)寫出化合物C與新制Cu(OH)2懸濁液反應的化學方程式_______________________。(4)化合物W與E互為同分異構體,兩者所含官能團種類和數目完全相同,且苯環上只有3個取代基,則W可能的結構有__________________(不考慮順反異構)種,其中核磁共振氫譜顯示有6種不同化學環境的氫,峰面積比為21:2:1:1:1:1,寫出符合要求的W的結構簡式:________________________________________________________。(5)參照上述合成路線,設計由CH3CH—CH2和HOOCCH2COOH為原料制備CH2CH2CH=CHCOOH的合成路線(無機試劑及吡啶任選)。_________________________________。24、(12分)已知A為常見烴,是一種水果催熟劑;草莓、香蕉中因為含有F而具有芳香味。現以A為主要原料合成F,其合成路線如下圖所示。(1)A的結構簡式為____;D中官能團名稱為____。
(2)寫出反應①的化學方程式:____________________。
(3)寫出反應②的化學方程式:____________________。25、(12分)氨基甲酸銨(H2NCOONH4)是一種易分解、易水解的白色固體,易溶于水,難溶于CCl4,某研究小組用如圖1所示的實驗裝置制備氨基甲酸銨。反應原理:2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)△H<0。(1)儀器2的名稱是__。儀器3中NaOH固體的作用是__。(2)①打開閥門K,儀器4中由固體藥品所產生的氣體就立即進入儀器5,則該固體藥品的名稱為__。②儀器6的一個作用是控制原料氣按反應計量系數充分反應,若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡,應該__(填“加快”、“減慢”或“不改變”)產生氨氣的流速。(3)另有一種制備氨基甲酸銨的反應器(CCl4充當惰性介質)如圖2:①圖2裝置采用冰水浴的原因為__。②當CCl4液體中產生較多晶體懸浮物時,即停止反應,__(填操作名稱)得到粗產品。為了將所得粗產品干燥可采取的方法是__。A.蒸餾B.高壓加熱烘干C.真空微熱烘干(4)①已知氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨,則該反應的化學方程式為__。②為測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數,某研究小組用該樣品進行實驗。已知雜質不參與反應,請補充完整測定某樣品中氨基甲酸銨質量分數的實驗方案:用天平稱取一定質量的樣品,加水溶解,__,測量的數據取平均值進行計算(限選試劑:蒸餾水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液)。26、(10分)亞硝酰氯(NOCl,熔點:-64.5℃,沸點:-5.5℃)是一種黃色氣體,遇水易反應,生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物,其中一種呈紅棕色。可用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成。(1)甲組的同學擬制備原料氣NO和Cl2,制備裝置如圖所示:為制備純凈干燥的氣體,下表中缺少的藥品是:制備原料裝置Ⅰ裝置Ⅱ燒瓶中分液漏斗中制備純凈Cl2MnO2①________飽和食鹽水制備純凈NOCu稀硝酸②________
(2)乙組同學利用甲組制得的NO和Cl2制備NOCl,裝置如圖所示:①裝置連接順序為a→__________(按氣流自左向右方向,用小寫字母表示)。②為了使氣體充分反應,從A處進入的氣體是____________(填Cl2或NO)。實驗中先通入Cl2,待裝置Ⅴ中充滿黃綠色氣體時,再將NO緩緩通入,此操作的目的是___________(回答一條即可)。③裝置Ⅴ生成NOCl的化學方程式是_____________。④裝置Ⅵ的作用為__________,若無該裝置,Ⅷ中NOCl可能發生反應的化學方程式為_______。(3)丁組同學用以下方法測定亞硝酰氯(NOCl)純度:取Ⅷ中所得液體m克溶于水,配制成250mL溶液,取出25.00mL,以K2CrO4溶液為指示劑,用cmol/LAgNO3標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液的體積為bmL。亞硝酰氯(NOCl)的質量分數為_________(用代數式表示即可)。27、(12分)Ⅰ.含氨廢水和廢氣對環境造成的污染越來越嚴重,某課外活動小組先測定廢水中含NO3-為3×10-4mol/L,而后用金屬鋁將NO3-還原為N2,從而消除污染。(1)配平下列有關離子方程式:_____NO3-+_______Al+_______H2O→_______N2↑+______Al(OH)3+________OH-。(2)上述反應中被還原的元素是____________,每生成2mol
N2轉移_________mol電子。(3)有上述廢水100m3,若要完全消除污染,則所消耗金屬鋁的質量為_________g。Ⅱ.NO與Cl2在常溫常壓下可以合成亞硝酰氯(NOCl)。它是一種紅褐色液體或黃色氣體,其熔點-64.5℃,沸點-5.5
℃,遇水易水解。亞硝酰氯(NOCl)是有機合成中的重要試劑。實驗室制備原料氣Cl2的裝置如圖所示:(4)實驗室制Cl2時,裝置A中燒瓶內發生反應的化學方程式為_________________________。(5)將上述收集到的Cl2充入D的集氣瓶中,按圖示裝置制備亞硝酰氯。①裝置D中發生的反應方程式為__________________________。②如果不用裝置E會引起什么后果:__________________。③某同學認為裝置F不能有效吸收尾氣中的某種氣體,該氣體為_____________,為了充分吸收尾氣,可將尾氣與________________同時通入氫氧化鈉溶液中。28、(14分)化合物J是一種重要的有機中間體,可以由苯合成,具體合成路線如下:已知:醛或酮與鋅汞齊(Zn-Hg)在濃鹽酸條件下發生如下反應,稱為Clemmensen反應(1)請舉出工業上獲得原料A的來源:_________________________________________。(2)B催化氫化得Z(C10H12O3),寫出Z在一定條件下聚合反應的化學方程式:___________。(3)請寫出的化學方程式:________________,D中官能團名稱是____________。(4)Clemmensen反應的可能機理是:鋅汞齊在濃鹽酸的介質中形成原電池,其中鋅為__________(填“正極”或“負極”),請寫出D在汞電極上生成E的電極反應方程式:____________________。(5)的反應類型為_____________。(6)I分子中最多有_______個原子共平面。與I屬于同種類型物質且苯環上有兩個取代基的同分異構體有_____________種。(7)符合下列條件的J的一種同分異構體結構簡式為______________________。①屬于芳香族化合物,②不能與金屬鈉反應,③有3種不同化學環境的氫原子。(8)已知:(R表示烴基,R1、R2表示氫或烴基)。請結合題干和已知信息,選用必要的無機試劑,完成以、為原料制備的合成路線圖。(合成路線流程圖示例見本題題干)。_______________29、(10分)污水處理是保護環境的需要,是每家企業應盡的義務。已知Cr(OH)3在堿性較強的溶液中將生成[Cr(OH)4]-,鉻的化合物有毒,由于+6價鉻的強氧化性,其毒性是+3價鉻毒性的100倍。因此,必須對含鉻的廢水進行處理,可采用以下兩種方法。(1)還原法:在酸性介質中用FeSO4等將+6價鉻還原成+3價鉻。具體流程如下:有關離子完全沉淀的pH如下表:有關離子Fe2+Fe3+Cr3+完全沉淀為對應氫氧化物的pH9.03.25.6①寫出Cr2O72-與FeSO4溶液在酸性條件下反應的離子方程式_____。②還原+6價鉻還可選用以下的試劑_____(填序號)。A.明礬B.鐵屑C.生石灰D.亞硫酸氫鈉③在含鉻廢水中加入FeSO4,再調節pH,使Fe3+和Cr3+產生氫氧化物沉淀。在操作②中調節pH應分2次進行,第1次應先調節溶液的pH范圍約在____(填序號)最佳,第2次應調節溶液的pH范圍約在____(填序號)最佳。A.3~4B.6~8C.10~11D.12~14用于調節溶液pH的最佳試劑為:____(填序號);A.Na2O2B.Ba(OH)2C.Ca(OH)2D.NaOH(2)電解法:將含+6價鉻的廢水放入電解槽內,用鐵作陽極,加入適量的氯化鈉進行電解。陽極區生成的Fe2+和Cr2O72-發生反應,生成的Fe3+和Cr3+在陰極區與OH-結合生成Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀除去。④寫出陰極的電極反應式_____。⑤電解法中加入氯化鈉的作用是_____。
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、A【解析】
A.a點時,pH=3,c(H+)=10-3mol·L-1,因為Ka=1.0×10-3,所以c(HA)=c(A—),根據電荷守恒c(A—)+c(OH—)=c(Na+)+c(H+)和c(HA)=c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故A正確;B.a點溶質為HA和NaA,pH=3,水電離出的c(OH—)=10—11;b點溶質為NaOH和NaA,pH=11,c(OH—)=10-3,OH—是由NaOH電離和水電離出兩部分之和組成的,推斷出由水電離處的c(OH—)<10-3,那么水電離的c(H+)>10—11,故B錯誤;C.根據電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH—)可得c(Na+)=c(A—)+c(OH—)-c(H+),假設C選項成立,則c(A—)+c(OH—)-c(H+)=c(HA)+c(A—)+c(OH—),推出c(HA)+c(H+)=0,故假設不成立,故C錯誤;D.V=10mL時,HA與NaOH恰好完全反應生成NaA,A—+H2O?HA+OH—,水解后溶液顯堿性,c(OH—)>c(H+),即c(HA)>c(H+),故D錯誤;故答案選A。判斷酸堿中和滴定不同階段水的電離程度時,要首先判斷這一階段溶液中的溶質是什么,如果含有酸或堿,則會抑制水的電離;如果是含有弱酸陰離子或弱堿陽離子的溶液,則會促進水的電離;水的電離程度與溶液pH無關。2、A【解析】
A.單質硅可用于制作太陽能電池的原料,太陽能電池可將太陽能轉化為電能,二氧化硅是光導纖維的成分,故A錯誤;B.明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,銅銹為Cu2(OH)2CO3,能夠溶于酸性溶液,可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹,故B正確;C.含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級脂肪酸鈉反應生成高級脂肪酸鈣沉淀,去污能力減弱,故C正確;D.瓷器由黏土燒制而成,瓷器的主要原料為黏土,故D正確;答案選A。3、B【解析】
A.碳酸鈉與CO2和水反應生成酸式鹽NaHCO3,NaHCO3溶解度小于Na2CO3,并且反應生成的NaHCO3固體質量比原來Na2CO3多,溶劑質量減少,溶液中有渾濁出現,故A不符合題意;B.鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性,則CaCl2溶液中通入SO2不發生反應,始終無明顯現象,故B符合題意;C.NH3通入硝酸和硝酸銀的混合溶液中,先與硝酸反應,故開始沒有沉淀,等硝酸全部反應完全后,再與硝酸銀反應生成氫氧化銀沉淀,再繼續通入氨氣會生成可溶性的銀氨溶液,故沉淀又會減少,直至最終沒有沉淀,反應方程式為NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH(銀氨溶液),故C不符合題意;D.SO2通入Na2S溶液中發生反應:2Na2S+5SO2+2H2O═4NaHSO3+3S↓,生成硫沉淀,故D不符合題意;答案選B。鹽酸的酸性大于亞硫酸的酸性,化學反應中一般遵循強酸制弱酸的規律。4、C【解析】
本題主要考查化學平衡結合圖像的運用。A.使用催化劑化學反應速率加快;B.平衡常數是溫度的函數,溫度不變,平衡常數不變;C.由圖像可知pH=4左右Fe3+完全沉淀,Cu2+還未開始沉淀;D.0.001mol/L的醋酸溶液PH>3。【詳解】A.使用催化劑化學反應速率加快,所以正反應速率的虛線在實線的上方,故A錯誤;B.平衡常數是溫度的函數,溫度不變,平衡常數不變,所以溫度相同而壓強不同時,兩者的平衡常數相同,故B錯誤;C.由圖像可知pH=4左右Fe3+完全沉淀,Cu2+還未開始沉淀,由于CuO+2H+=Cu2++H2O反應發生,所以加入CuO可以調節PH=4左右,此時Fe3+完全沉淀,過濾即可,故C項正確;D.0.001mol/L的醋酸溶液PH>3,圖像中起點PH=3,故D項錯誤;答案選C。5、D【解析】
A.溫度不同時平衡常數不同,兩個玻璃球中剩余的量不一樣多,顏色也不一樣,A項正確;B.是白色沉淀,而是黑色沉淀,若沉淀的顏色改變則證明沉淀可以轉化,B項正確;C.苯酚的酸性強于,因此可以轉化為苯酚鈉,而苯酚鈉是溶于水的,因此濁液變澄清,C項正確;D.本身就可以和反應得到白色沉淀,因此本實驗毫無意義,D項錯誤;答案選D。6、B【解析】
A、石油的分餾是物理變化而煤的干餾是化學變化,選項A錯誤;A、漂白粉是由氯化鈣和次氯酸鈣構成的,是混合物;水玻璃是硅酸鈉的水溶液,是混合物;堿石灰是氧化鈣和氫氧化鈉的混合物,選項B正確;C、純堿是碳酸鈉屬于鹽類,是電解質;明礬是硫酸鋁鉀屬于鹽,是電解質;干冰是固態的二氧化碳,屬于非電解質,選項C錯誤;D、乙酸乙酯中混有乙酸,可加入飽和碳酸鈉溶液,振蕩、靜置后分液,選項D錯誤。答案選B。7、B【解析】
A.根據化合物的結構簡式,可知該化合物的分子式為C9H12,故A正確;B.該化合物沒有對稱軸,等效氫共有8種,所以其一氯代物有8種,故B錯誤;C.該化合物有碳碳雙鍵,可以發生氧化、加成、加聚等反應,該化合物有飽和碳原子,可以和氯氣在光照下發生取代反應,故C正確;D.該化合物有2個碳碳雙鍵,而且不對稱,所以與Br2以物質的量之比l:1加成生成2種產物,故D正確;故選B。該化合物分子中有2個碳碳雙鍵,2個碳碳雙鍵之間有2個碳碳單鍵,所以與Br2以物質的量之比l:1加成時只能和其中一個碳碳雙鍵加成,無法發生1,4-加成,故與Br2以物質的量之比l:1加成只能得到2種產物。8、B【解析】A.當lgc0=0時,=1mol/L,此時=1×10-4.7(mol/L)2,故由得,Kn(CN-)=10-4.7,A正確;B.隨著豎坐標的值增大,降低,即b點小于a點,而升高溫度可加速鹽類的水解,所以B錯誤;C.向a點加入固體NaCN,相當于減少水的添加量,會降低CN-的水解程度,C正確;D.隨著豎坐標的值增大,降低,故c點對應溶液中的c(OH-)大于a點,D正確。所以選擇B。9、A【解析】
A.11B中含有6個中子,0.1mol11B含有6NA個中子,A正確;B.溶液體積未定,不能計算氫離子個數,B錯誤;C.標準狀況下苯不是氣體,不能利用氣體摩爾體積計算22.4L苯的物質的量,則無法判斷其完全燃燒產生的CO2分子數目,C錯誤;D.PCl3與Cl2反應生成PCl5的反應是可逆反應,反應物不可能完全轉化為生成物,則所1molPCl3與1molCl2反應生成的PCl5小于1mol,增加的P-Cl鍵的數目小于2NA個,D錯誤;答案選A。10、C【解析】
A.硅膠、生石灰、氯化鈣均可以吸收水分,且都是固體,適合裝進小包作食品干燥劑,A項正確;B.廁所清潔劑中含有鹽酸,食醋中含有醋酸,鹽酸的酸性強于醋酸,肥皂水是弱堿性的,而廚房清潔劑為了洗去油污一定是強堿性的,因此四種溶液的pH逐漸增大,B項正確;C.醫用酒精是75%的乙醇溶液,酒精濃度不是越高越好,濃度太高或濃度太低都不利于殺菌消毒,C項錯誤;D.氯氣消毒的同時可能會生成一些對人體有害的物質,因此現在多改用無毒的等新型消毒劑,D項正確;答案選C。注意75%醫用酒精中的75%指的是體積分數,而我們一般說的98%濃硫酸中的98%指的是質量分數,二者是有區別的。11、D【解析】
A.墨子提出:物質被分割是有條件的,若不存在被分割的條件,就不能被分割,故A正確;B.湯姆生發現了電子,并提出了電子的葡萄干面包模型,故B正確;C.德謨克利特提出:物質由極小的微粒組成,這種微粒叫做原子,物質分割只能到原子為止,故C正確;D.盧瑟福提出了原子結構的行星模型,不是貝克勒爾,故D錯誤;答案選D。12、C【解析】
A.由圖可知,氧分子的活化是O-O鍵的斷裂與C-O鍵的生成過程,故A正確;B.由圖可知,反應物的總能量高于生成物的總能量,因此每活化一個氧分子放出0.29eV的能量,故B正確;C.由圖可知,水可使氧分子活化反應的活化能降低0.18eV,故C錯誤;D.活化氧可以快速氧化二氧化硫,而炭黑顆粒可以活化氧分子,因此炭黑顆粒可以看作大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑,故D正確。故選C。13、A【解析】
a的最外層電子數是內層電子數的3倍,a是O元素;a、c同主族,c是S元素;a、c、d的最外層電子數之和為19,d是Cl元素;b為金屬元素,b是Na、Mg、Al中的一種。【詳解】A、O和Na可以形成Na2O2,是含有共價鍵的離子化合物,故A正確;B、電子層數相同,質子數越多半徑越小,離子半徑S2->Cl-,故B錯誤;C、最高價含氧酸的酸性d>c,這里沒有說是最高價,故C錯誤;D、若b為Al元素,則Al3+和S2-在水溶液中不能大量共存,故D錯誤。本題以元素推斷為載體,考查原子結構與位置關系、核外電子排布規律、半徑比較、化學鍵、元素化合物性質等,清楚核外電子排布規律是解題的關鍵。14、B【解析】
A.Na2SO3具有還原性,可與溴水發生氧化還原反應,溴水褪色,故A不選;B.乙醇與水混溶,且與溴水不發生反應,所以溴水不褪色,故B選;C.溴易溶于苯,溶液分層,水層無色,可以使溴水褪色,故C不選;D.鐵可與溴水反應溴化鐵或溴化亞鐵,溴水褪色,故D不選,故選B。15、C【解析】
根據b上發生氧化反應可知b為負極,再由題中信息及原電池原理解答。【詳解】A.根據b極電極反應判斷電極a是正極,電極b是負極,電池工作時電極a上的反應是Fe3++e-=Fe2+,A正確;B.電池工作時電極b發生的反應是PANI-2e-=PANIO(氧化態聚苯胺,絕緣體)+2H+,溶液顯酸性,若在電極b周圍滴加幾滴紫色石蕊試液,電極b周圍慢慢變紅,B正確;C.電池冷卻時Fe2+是在電極b表面與PANIO反應使電池再生,因此冷卻再生過程電極a上無電子得失,導線中沒有電子通過,C錯誤;D.電池冷卻時Fe2+是在電極b表面與PANIO反應使電池再生,反應是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI,D正確;答案選C。挖掘所給反應里包含的信息,判斷出正負極、氫離子濃度的變化,再聯系原電池有關原理進行分析解答。16、D【解析】
A.海帶提碘是由KI變為I2,有元素化合價的變化,屬于氧化還原反應,故A錯誤;B.氯堿工業是由NaCl的水溶液在通電時反應產生NaOH、Cl2、H2,有元素化合價的變化,屬于氧化還原反應,故B錯誤;C.海水提溴是由溴元素的化合物變為溴元素的單質,有元素化合價的變化,屬于氧化還原反應,故C錯誤;D.侯氏制堿法,二氧化碳、氨氣、氯化鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化銨,碳酸氫鈉受熱分解轉化為碳酸鈉,二氧化碳和水,沒有元素的化合價變化,則不涉及氧化還原反應,故D正確。故選D。17、B【解析】
生鐵是合金,強度和硬度一般比組成它的純金屬更高;A.生鐵是合金,其硬度比純鐵高,故A錯誤;B.生鐵是合金,易發生電化學腐蝕,而純鐵只能發生化學腐蝕,生鐵易被腐蝕,故B正確;C.生鐵是合金,其熔點比純鐵低,故C錯誤;D.通常生鐵是鐵碳合金,含碳量比純鐵高,故D錯誤;故答案為B。18、D【解析】
A.分子晶體熔沸點與分子間作用力有關,有的還與氫鍵有關,但與化學鍵無關,A錯誤;B.只含共價鍵的物質可能是共價單質,如氮氣、氫氣等,B錯誤;C.兩種元素組成的分子中可能含有非極性鍵,如乙烯、雙氧水等,C錯誤;D.稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵,只存在分子間作用力,D正確;故選D。19、D【解析】
沉淀甲灼燒后為紅棕色固體,該紅棕色固體為Fe2O3,則沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3,說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+;溶液甲中加入過量硫酸溶液,產生固體乙,則固體乙為BaSO4,說明廢液中一定含有Ba2+;溶液乙中加入過量鐵屑,產生紅色固體,該紅色固體為Cu,說明廢液中一定含有Cu2+,以此解答該題。【詳解】A.由步驟④可知,廢液中一定含有Cu2+,而沉淀甲中沒有Cu(OH)2,說明加入NaOH溶液后,Cu元素以離子形式存在于溶液甲中,則廢液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,因此步驟①沉淀部分溶解,不能說明廢液中一定含有Al3+,A錯誤;B.廢液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲,將該沉淀灼燒,得到紅棕色固體,則該紅棕色固體為Fe2O3,沉淀甲可能為Fe(OH)2或Fe(OH)3,說明廢液中可能含有Fe2+或Fe3+,B錯誤;C.由于步驟①中加入過量NaOH溶液,因此沉淀甲中肯定沒有Al(OH)3沉淀,C錯誤;D.溶液乙中加入過量鐵屑,得到紅色固體,該固體為Cu,說明溶液乙中含有Cu2+,向原廢液中滴加過量NaOH溶液,Cu元素以離子形式存在于溶液甲中,則廢液中一定含有NH4+,Cu元素以[Cu(NH3)4]2+形式存在于溶液甲中,所以廢液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+,可能含有Fe2+或Fe3+中的一種,D正確;故合理選項是D。本題考查物質的分離,離子的存在及金屬的回收利用與環境保護,注意掌握常見的離子之間的反應及金屬回收方法,試題培養了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。20、C【解析】
因分子存在三種不同的碳碳雙鍵,如圖所示;1分子該物質與2分子Br2加成時,可以在①②的位置上發生加成,也可以在①③位置上發生加成或在②③位置上發生加成,還可以1分子Br2在①②發生1,4加成反應,另1分子Br2在③上加成,故所得產物共有四種,故選C項。21、C【解析】
A.SO2、SO3均是酸性氧化物,CO是不成鹽氧化物,A錯誤;B.工業上利用Cl2和石灰乳反應來制取漂白粉,B錯誤;C.除去與水反應,圖示轉化反應中均有元素化合價的升降,故反應均為氧化還原反應,C正確;D.用CO與氫氣反應合成CH3OH,反應物完全轉化為生成物,原子利用率為100%,甲醇與氧氣在催化劑存在時發生反應HCHO和水,所以該步反應中原子利用率不為100%,D錯誤;故答案選C。22、C【解析】
鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)與稀鹽酸反應得到的濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸,加入鐵粉還原鐵離子:2Fe3++Fe=3Fe2+,過濾過量的鐵,濾液B的溶質為氯化亞鐵,加入氫氧化鈉溶液,生成Fe(OH)2渾濁液,向渾濁液中加入雙氧水氧化:2Fe(OH)2+H2O2=2FeOOH+2H2O,反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2,再與氯化亞鐵加熱攪拌發生反應:2FeOOH+Fe2++2OH-=Fe3O4+2H2O,過濾、洗滌、干燥得產品Fe3O4,以此解答該題。【詳解】A.鋼鐵表面的油污在堿性條件下可以發生水解反應,Na2CO3是強堿弱酸鹽溶液,顯堿性,熱的Na2CO3溶液可以讓油脂水解,水解是吸熱的,溫度升高,水解平衡向吸熱的方向移動,水解效果越好,故A正確;B.濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸,加入鐵粉還原鐵離子和反應過量的鹽酸:2Fe3++Fe=3Fe2+,故B正確;C.步驟④中,防止其在步驟⑤中繼續氧化+2價鐵元素,反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2,故C錯誤;D.超順磁性的Fe3O4粒子平均直徑25nm,屬于膠體,可以做丁達爾效應實驗,故D正確;答案選C。二、非選擇題(共84分)23、對羥基苯甲醛(酚)羥基、酯基、碳碳雙鍵取代反應11【解析】
由有機物的轉化關系可知,發生信息①反應生成,與(CH3O)SO2發生取代反應生成,與HOOCCH2COOH發生信息②反應生成,則D為;在BBr3的作用下反應生成,則E為;與HBr在過氧化物的作用下發生加成反應生成,則G為;在氫氧化鈉溶液中共熱發生水解反應生成,則H為;與在濃硫酸作用下共熱發生酯化反應生成。【詳解】(1)化合物A的結構簡式為,名稱為對羥基苯甲醛;化合物I的結構簡式為,官能團為酚羥基、碳碳雙鍵和酯基,故答案為對羥基苯甲醛;酚羥基、碳碳雙鍵和酯基;(2)G→H的反應為在氫氧化鈉溶液中共熱發生水解反應生成;與HOOCCH2COOH發生信息②反應生成,則D為,故答案為取代反應;;(3)C的結構簡式為,能與新制的氫氧化銅懸濁液共熱發生氧化反應,反應的化學方程式為,故答案為;(4)化合物W與E()互為同分異構體,兩者所含官能團種類和數目完全相同,且苯環上有3個取代基,三個取代基為-OH、-OH、-CH=CHCOOH,或者為-OH、-OH、-C(COOH)=CH2,2個-OH有鄰、間、對3種位置結構,對應的另外取代基分別有2種、3種、1種位置結構(包含E),故W可能的結構有(2+3+1)×2-1=11種,其中核磁共振氫譜顯示有6種不同化學環境的氫,峰面積比為2:2:1:1:1:1,符合要求的W的結構簡式為:,故答案為11;;(5)結合題給合成路線,制備CH3CH2CH=CHCOOH應用逆推法可知,CH3CH=CH2與HBr在過氧化物條件下反應生成CH3CH2CH2Br,然后堿性條件下水解生成CH3CH2CH2OH,再發生氧化反應生成CH3CH2CHO,最后與HOOCCH2COOH在吡啶、加熱條件下反應得到CH3CH2CH=CHCOOH,合成路線流程圖為:,故答案為。本題考查有機物推斷與合成,充分利用轉化中物質的結構簡式與分子式進行分析判斷,熟練掌握官能團的性質與轉化是解答關鍵。24、CH2=CH2羧基2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OCH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O【解析】
A為常見烴,是一種水果催熟劑,則A為CH2=CH2,A與水反應生成B,B為CH3CH2OH,B發生催化氧化反應生成C,C為CH3CHO,F具有芳香味,F為酯,B氧化生成D,D為CH3COOH,B與D發生酯化反應生成F,F為CH3COOCH2CH3,據此分析解答。【詳解】(1)根據上述分析,A的結構簡式為CH2=CH2,D為乙酸,D中官能團為羧基,故答案為:CH2=CH2;羧基;(2)反應①為乙醇的催化氧化,反應的化學方程式是2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O,故答案為:2CH3CH2OH+O2
2CH3CHO+2H2O;(3)反應②為乙醇和乙酸的酯化反應,反應的化學方程式是CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O,故答案為:CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2O。25、三頸燒瓶干燥氨氣,防止生成的氨基甲酸銨水解干冰加快降低溫度,有利于提高反應物的轉化率,防止因反應放熱造成NH2COONH4分解過濾CNH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑加入足量氫氧化鋇溶液,充分反應后,過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量,重復2~3次【解析】
根據裝置:儀器2制備氨氣,由于氨基甲酸銨易水解,所以用儀器3干燥氨氣,利用儀器4制備干燥的二氧化碳氣體,在儀器5中發生2NH3(g)+CO2(g)?NH2COONH4(s)制備氨基甲酸銨;(1)根據儀器構造可得;考慮氨基甲酸銨水解;(2)①儀器4制備干燥的二氧化碳氣體,為干冰;②反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡,說明二氧化碳過量,氨氣不足;(3)①考慮溫度對反應的影響和氨基甲酸銨受熱分解;②過濾得到產品,氨基甲酸銨易分解,所得粗產品干燥可真空微熱烘干;(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨和一水合氨,據此書寫;②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數,可以使其水解得到NH4HCO3,用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀,通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量,進而可得其質量分數,據此可得。【詳解】(1)根據圖示,儀器2的名稱三頸燒瓶;儀器3中NaOH固體的作用是干燥氨氣,防止生成的氨基甲酸銨水解;故答案為:三頸燒瓶;干燥氨氣,防止生成的氨基甲酸銨水解;(2)①反應需要氨氣和二氧化碳,儀器2制備氨氣,儀器4制備干燥的二氧化碳氣體,立即產生干燥的二氧化碳氣體,則為干冰;故答案為:干冰;②氨氣易溶于稀硫酸,二氧化碳難溶于稀硫酸,若反應初期觀察到裝置內稀硫酸溶液中產生氣泡,說明二氧化碳過量,應該加快產生氨氣的流速;故答案為:加快;(3)①該反應為放熱反應,溫度升高不利于合成,故采用冰水浴可以降低溫度,有利于提高反應物的轉化率,防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解;故答案為:降低溫度,有利于提高反應物的轉化率,防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解;②當CCl4液體中產生較多晶體懸浮物時,即停止反應,過濾,為防止H2NCOONH4分解,真空微熱烘干粗產品;故答案為:過濾;C;(4)①氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨,反應為:NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑;故答案為:NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3?H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3↑;②測定某樣品中氨基甲酸銨的質量分數,可以使其水解得到NH4HCO3,用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀,通過碳酸鋇的質量可得氨基甲酸銨的質量,進而可得其質量分數,具體方法為:用天平稱取一定質量的樣品,加水溶解,加入足量氫氧化鋇溶液,充分反應后,過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量,重復2~3次,測量的數據取平均值進行計算;故答案為:加入足量氫氧化鋇溶液,充分反應后,過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質量,重復2~3次。26、濃鹽酸水e→f(或f→e)→b→c→dCl2排盡裝置中的空氣,防止NO被裝置中的氧氣氧化2NO+Cl2=2NOCl防止水蒸氣進入裝置Ⅷ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】
由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成NOCl:由圖裝置制備氯氣,實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備,制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣,故裝置Ⅱ用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體,裝置Ⅲ用濃硫酸干燥,由圖制備NO,用銅和稀硝酸反應制備NO,制得的NO中可能混有NO2,故裝置Ⅱ用水凈化NO,裝置IV用濃硫酸干燥,將氯氣和NO干燥后在裝置V中發生反應,在冰鹽中冷凝收集NOCl,氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中,用氫氧化鈉溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置,據此進行解答。【詳解】(1)實驗室用濃鹽酸與二氧化錳制備氯氣,制得的氯氣中混有氯化氫和水蒸氣,故裝置Ⅱ用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體,用銅和稀硝酸反應制備NO,制得的NO中可能混有NO2,NO不溶于水,故裝置Ⅱ用水凈化NO,故答案為:濃鹽酸;水;
(2)①將氯氣和NO干燥后在裝置V中發生反應,在冰鹽中冷凝收集NOCl,氯氣、NO以及NOCl均不能排放到空氣中,用氫氧化鈉溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置,故答案為:e→f(或f→e)→b→c→d;②A處進入的氣體進入裝置Ⅴ上方,為了使反應充分應從A口通入密度大的氣體,即氯氣;先通氯氣可排盡裝置中的空氣,防止NO被裝置中的氧氣氧化;③根據電子守恒和元素守恒可得反應方程式為:2NO+Cl2=2NOCl;④NOCl遇水易反應生成一種氯化物和兩種常見的氮氧化物,其中一種呈紅棕色,反應方程式為:2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2,故在收集裝置和尾氣處理裝置之間需加一個干燥裝置,所以裝置Ⅵ的作用是防止水蒸氣進入裝置Ⅷ;(3)滴定過程中存在數量關系n(NOCl)=n(AgNO3),所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3mol,則NOCl總的物質的量為10bc×10-3mol,所以質量分數為:。27、610183106N201350MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O2NO+Cl2═2NOClF中的水蒸氣進入D裝置中,會導致產品水解NOO2【解析】
Ⅰ.N元素化合價由+5降低為0,鋁元素化合價由0升高為+3;根據反應的離子方程式計算消耗金屬鋁的質量;Ⅱ.實驗室在加熱條件下用二氧化錳與濃鹽酸反應制備氯氣;NO與Cl2發生化合反應生成NOCl,根據NOCl遇水易水解分析裝置E的作用;尾氣中含有NO,NO不能與氫氧化鈉溶液反應。【詳解】(1)N元素化合價由+5降低為0,鋁元素化合價由0升高為+3,根據得失電子守恒、元素守恒、電荷守恒配平離子方程式為6NO3-+10Al+18H2O==3N2↑+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反應中,N元素化合價由+5降低為0,被還原的元素是N,每生成2mol
N2轉移2mol×2×(5-0)=20mol電子。(3)100m3廢水含有NO3-的物質的量是100×103L×3×10-4mol/L=30mol,設反應消耗鋁的物質的量是n=50mol,則所消耗金屬鋁的質量為50mol×27g/mol=1350g。(4)實驗室在加熱條件下用二氧化錳與濃鹽酸反應制備氯氣,制Cl2時發生反應的化學方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O。(5)①裝置D中NO與Cl2發生化合反應生成NOCl,發生的反應方程式為2NO+Cl2═2NOCl。②NOCl遇水易水解,若沒有E裝置,F中的水蒸氣進入D裝置中,會導致產品水解。③尾氣中含有NO,NO不能與氫氧化鈉溶液反應,該氣體為NO,氧氣與NO反應生成NO2,為了充分吸收尾氣,可將尾氣與O2同時通入氫氧化鈉溶液中。本題考查了物質制備方案設計以及實驗方案評價、氧化還原反應方程式的配平,側重于考查學生的分析問題和解決問題的能力。28、煤的干餾(煤焦油)或石油的催化重整n+(n-1)H2O+H2O羰基負極+4H++4e-+H2O氧化反應2114【解析】
由A、B的結構可知,A與發生反應生成B為,B與鋅汞齊(Zn-Hg)在濃鹽酸條件下發生反應生成C,由已知反應及B的結構可知C的結構為,C發生反應生成D為,D與鋅汞齊(Zn-Hg)在濃鹽酸條件下發生反應生成E為,E發生去氫反應生成F為,F發生鹵代反應生成G為,G與Mg在乙醚存在的條件下生成H為,H與環氧乙烷反應后再水解生成I為,H被CrO3氧化得到J為,據此解答。【詳解】(1)A為苯,工業上用煤的干餾(煤焦油)或石油的催化重整獲得苯。故答案為煤的干餾(煤焦油)或石油的催化重整;(2)B催化氫化得Z,結合Z的分子式可知,該反應為羰基與氫氣發生加成反應,故Z為,Z通過酯化反應進行的縮聚反應生成高聚物,該反應方程式為:。故答案為;(3)C發生反應生成D為,化學方程
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