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文檔簡介
第1頁/共1頁機密★啟用前河南省2025年普通高中學業水平選擇性考試化學注意事項:1.答卷前,考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在試卷、答題卡上。2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其他答案標號。回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后,將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量:一、選擇題:本題共14小題,每小題3分,共42分。在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求。1.活字印刷術極大地促進了世界文化的交流,推動了人類文明的進步。下列“活字”字坯的主要成分為硅酸鹽的是A.泥活字B.木活字C.銅活字D.鉛活字A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A.泥活字的主要材料是粘土,粘土的主要成分是硅酸鹽,A正確;B.木活字主要成分是纖維素,B錯誤;C.銅活字是銅合金,主要成分是銅,C錯誤;D.鉛活字主要成分是鉛,D錯誤;故選A。2.下列化學用語或圖示正確的是A.反二氟乙烯的結構式:B.二氯甲烷分子的球棍模型:C.基態S原子的價電子軌道表示式:D.用電子式表示的形成過程:【答案】B【解析】【詳解】A.順式結構中,兩個相同的原子或基團位于雙鍵的同一側;而反式結構中,兩個相同的原子或基團分別位于雙鍵的兩側,所以為順二氟乙烯,A錯誤;B.二氯甲烷中含有兩根碳氫鍵和兩根碳氯鍵,鍵長不一樣,球棍模型為,B正確;C.基態S原子的價電子排布式為3s23p4,軌道表示式:,C錯誤;D.氯化銫為離子化合物,用電子式表示的形成過程:,D錯誤;故選B。3.下列圖示中,實驗操作或方法符合規范的是A.溶解氯化鈉固體B.量取草酸溶液C.收集二氧化碳氣體D.觀察鈉與水的反應A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【詳解】A.溶解氯化鈉固體應該在燒杯中進行,為了加快溶解,可用玻璃棒攪拌,不能在試管中溶解,A錯誤;B.滴定管能精確到兩位小數,量取草酸溶液,要選擇酸式滴定管,實驗操作符合規范,B正確;C.收集二氧化碳可用向上排空氣法,但不能用瓶塞塞緊集氣瓶,這樣空氣排不出去,而且易發生爆炸,C錯誤;D.鈉與水的反應比較劇烈,而且產生的氫氧化鈉有腐蝕性,不能把眼睛湊上去觀察,D錯誤;故選B4.X是自然界中一種常見礦物的主要成分,可以通過如圖所示的四步反應轉化為Q(略去部分參與反應的物質和反應條件)。已知X和Q的組成元素相同。下列說法錯誤的是A.Y常用作油漆、涂料等的紅色顏料 B.溶液Z加熱煮沸后顏色會發生變化C.反應需要在強酸性條件下進行 D.Q可以通過單質間化合反應制備【答案】C【解析】【分析】X是自然界中一種常見礦物的主要成分,根據溶液Z、R、Q的顏色可知X中含有鐵元素,根據固體顏色可知X是FeS2,Y是Fe2O3,溶液中Z含有Fe3+、溶液R中含有Fe2+,Q是FeS。【詳解】A.Fe2O3可用作油漆、涂料等的紅色顏料,A正確;B.含有Fe3+的溶液加熱轉化為Fe(OH)3膠體,溶液顏色發生變化,B正確;C.FeS可溶于酸,所以R→Q反應不能在酸性溶液中進行,C錯誤;D.在加熱條件下Fe和S化合生成FeS,D正確;答案選C。5.對于下列過程中發生的化學反應。相應離子方程式正確的是A.磷酸二氫鈉水解:B.用稀鹽酸浸泡氧化銀:C.向次氯酸鈉溶液中加入碘化氫溶液:D.向硫酸氫鈉溶液中滴加少量碳酸氫鋇溶液:【答案】A【解析】【詳解】A.磷酸二氫鈉水解產生OH-,離子方程式為,A正確;B.用稀鹽酸浸泡氧化銀生成AgCl沉淀,離子方程式為Ag2O+2H++2Cl-=2AgCl+H2O,B錯誤;C.向次氯酸鈉溶液中加入碘化氫溶液發生氧化還原反應,離子方程式為ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O,C錯誤;D.向硫酸氫鈉溶液中滴加少量碳酸氫鋇溶液,反應的離子方程式為,D錯誤;答案選A。6.我國科研人員合成了一種深紫外雙折射晶體材料,其由原子序數依次增大的五種短周期元素和Z組成。基態X原子的s軌道中電子總數比p軌道中電子數多所在族的族序數等于Q的質子數,基態Y和Z原子的原子核外均只有1個未成對電子,且二者核電荷數之和為Q的4倍。下列說法正確的是A.為極性分子 B.為共價晶體C.原子半徑: D.1個分子中有2個鍵【答案】D【解析】【分析】Q、W、X、Y和Z為原子序最依次增大的短周期元素,基態X原子的s軌道中電子總數比P軌道中電子數多1,X是N;X所在族的族序數等于Q的質子數,Q是B,所以W是C;基態Y和Z原子的原子核外均只有1個未成對電子,且二者核電荷數之和為Q的4倍,即質子數之和為20,所以Y是F,Z是Na。【詳解】A.BF3為平面正三角形結構,結構對稱,屬于非極性分子,A錯誤;B.NaF是離子晶體,B錯誤;C.同周期自左向右原子半徑逐漸減小,同主族從上到下原子半徑逐漸增大,則原子半徑C<Li<Na,C錯誤;D.N2分子中含有三鍵,所以含有2個π鍵,D正確;答案選D。7.化合物M是從紅樹林真菌代謝物中分離得到的一種天然產物,其結構如圖所示。下列有關M的說法正確的是A.分子中所有的原子可能共平面B.最多能消耗C.既能發生取代反應,又能發生加成反應D.能形成分子間氫鍵,但不能形成分子內氫鍵【答案】C【解析】【詳解】A.該分子中存在-CH3,因此不可能所有原子共面,故A項錯誤;B.該分子中能與NaOH反應的官能團為2個酚羥基、酯基(1個普通酯基、1個酚酯基)、1個羧基,除酚羥基形成的酯基外,其余官能團消耗NaOH的比例均為1:1,因此1molM最多能消耗5molNaOH,故B項錯誤;C.M中存在羥基、羧基等,能夠發生取代反應,存在苯環結構,因此能發生加成反應,故C項正確;D.M中存在羥基、羧基,能形成分子間氫鍵,由于存在羥基與羧基相鄰的結構,因此也能形成分子內氫鍵,故D項錯誤;綜上所述,說法正確的是C項。8.某同學設計以下實驗,探究簡單配合物的形成和轉化。下列說法錯誤的是A.②中沉淀與④中沉淀不是同一種物質B.③中現象說明配體與的結合能力:C.④中深藍色物質在乙醇中的溶解度比在水中小D.若向⑤中加入稀硫酸,同樣可以得到黃綠色溶液【答案】D【解析】【分析】該實驗過程中,相關物質轉化如下:。【詳解】A.②中沉淀為,④中沉淀為,二者不是同一物質,故A項說法正確;B.③中含有的溶質為,Cu2+與NH3中N原子形成配位鍵,而未與H2O中O形成配位鍵,說明配體結合能力:NH3>H2O,故B項說法正確;C.為離子化合物,屬于強極性物質,乙醇屬于極性相對低的有機物,向的水溶液中加入乙醇,擴大了溶質與溶劑的極性差,使得在水溶液中析出,即在乙醇中的溶解度小于在水中,故C項說法正確;D.由于⑥中溶液呈黃綠色是由于含有,因此向⑤中加入稀硫酸無法得到黃綠色溶液,故D項說法錯誤;綜上所述,說法錯誤的是D項。9.自旋交叉化合物在分子開關、信息存儲等方面具有潛在的應用價值。某自旋交叉化合物的結構及在氯氣氣氛下的熱重曲線分別如圖1和圖2所示。該化合物的相對分子質量(x為整數)。下列說法正確的是A. B.第一電離能:C.該化合物中不存在離子鍵 D.該化合物中配位數與配體個數相等【答案】A【解析】【詳解】A.該化合物在氦氣的氣氛中加熱,先失去CH3OH,若x=1,CH3OH的質量分數為,結合圖像可知,該化合物中x=1,故A項說法正確;B.同周期元素從左到右,第一電離能呈增大趨勢,但N原子2p軌道為半充滿穩定結構,第一電離能:N>O>C,故B項說法錯誤;C.該化合物中,配離子與之間為離子鍵,故C項說法錯誤;D.該化合物中,根據O、N原子成鍵數可知,O-Fe為共價鍵,N-Fe為配位鍵,配位數為與中心原子或離子鍵合的原子總數,因此配位數為6,配體為與中心原子或離子形成配位鍵的分子或離子個數,因此配體個數為2,故D項說法錯誤;綜上所述,說法正確的為A項。10.在催化劑a或催化劑b作用下,丙烷發生脫氫反應制備丙烯,總反應的化學方程式為,反應進程中的相對能量變化如圖所示(*表示吸附態,中部分進程已省略)。下列說法正確的是A.總反應是放熱反應B.兩種不同催化劑作用下總反應的化學平衡常數不同C.和催化劑b相比,丙烷被催化劑a吸附得到的吸附態更穩定D.①轉化為②的進程中,決速步驟為【答案】C【解析】【詳解】A.由圖可知,生成物能量高,總反應吸熱反應,A錯誤;B.平衡常數只和溫度有關,與催化劑無關,B錯誤;C.由圖可知,丙烷被催化劑a吸附后能量更低,則被催化劑a吸附后得到的吸附態更穩定,C正確;D.活化能高的反應速率慢,是反應的決速步驟,故決速步驟為*CH3CHCH3→*CH3CHCH2+*H或*CH3CHCH3+*H→*CH3CHCH2+2*H,D錯誤;故選C。11.可持續高分子材料在紡織、生物醫用等領域具有廣闊的應用前景。一種在溫和條件下制備高性能可持續聚酯P的路線如圖所示。下列說法錯誤的是A.E能使溴的四氯化碳溶液褪色B.由和G合成M時,有生成C.P在堿性條件下能夠發生水解反應而降解D.P解聚生成M的過程中,存在鍵的斷裂與形成【答案】B【解析】【詳解】A.E含有碳碳雙鍵,能使溴的四氯化碳溶液褪色,A正確;B.由氧原子守恒推斷,產物不是甲酸,由反應原理推斷,E與F發生碳碳雙鍵的加成反應生成,再與甲醛發生加成反應,再脫去1分子可生成M,B錯誤;C.P中含有酯基,在堿性條件下,酯基會水解,導致高分子化合物降解,C正確;D.P解聚生成M的過程中,存在酯基中碳氧鍵的斷裂,形成M過程中存在C-O鍵的生成,D正確;故選B。12.一種液流電解池在工作時可以實現海水淡化,并以形式回收含鋰廢棄物中的鋰元素,其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A.Ⅱ為陽離子交換膜B.電極a附近溶液的減小C.電極b上發生的電極反應式為D.若海水用溶液模擬,則每脫除,理論上可回收【答案】D【解析】【分析】由圖可知,左側為陰極,電極反應為,右側為陽極,電極反應為,在膜Ⅰ和膜Ⅱ間加入海水,鈉離子透過膜Ⅰ進入陰極區得到氫氧化鈉,氯離子透過膜Ⅱ進入膜Ⅱ與膜Ⅲ之間,鋰離子透過膜Ⅲ進入膜Ⅱ與膜Ⅲ之間,在此處得到LiCl,則膜Ⅰ為陽膜,膜Ⅱ為陰膜,膜Ⅲ為陽膜,據此解答。【詳解】A.由分析可知,膜Ⅱ為陰膜,A錯誤B.a電極的反應為,pH變大,B錯誤;C.由分析可知,電極b的反應為,C錯誤;D.每脫除58.5gNaCl,轉移電子數為1mol,有1molLi+和1molCl-分別透離子交換膜Ⅲ、膜Ⅱ,可得到1molLiCl,D正確;故選D13.在負載的催化劑作用下,可在室溫下高效轉化為,其可能的反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是A.該反應的原子利用率為B.每消耗可生成C.反應過程中,和的化合價均發生變化D.若以為原料,用吸收產物可得到【答案】B【解析】【分析】由反應歷程可知,總反應為,據此解答。【詳解】A.該反應為化合反應,原子利用率為100%,A正確;B.由分析可知,每消耗可生成,B錯誤;C.由反應歷程可知,催化劑有連接4個S原子和2個S原子的,這兩種類型的原子成鍵數目均會發生改變,所以和的化合價均發生變化,C正確;D.若以為原料,有反應歷程可知,會生成,用吸收產物時,其存在電離平衡:,結合水電離出可得到,D正確;故選B。14.乙二胺(,簡寫為Y)可結合轉化為(簡寫為)(簡寫為)。與Y可形成和兩種配離子。室溫下向溶液中加入Y,通過調節混合溶液的改變Y的濃度,從而調控不同配離子的濃度(忽略體積變化)。混合溶液中和Y的初始濃度分別為和。與的變化關系如圖1所示(其中M代表、或),分布系數與的變化關系如圖2所示(其中N代表Y、或)。比如。下列說法錯誤的是A.曲線I對應的離子是B.最大時對應的C.反應的平衡常數D.時,【答案】D【解析】【分析】與Y可形成和兩種配離子,發生的反應為、,故隨著Y濃度的變大,濃度變小,先增大后減小,增大,則從圖像上(從右向左表示Y濃度的變大)可以看出,曲線Ⅰ表示濃度,Ⅱ表示濃度濃度,Ⅲ表示濃度;同理,調節溶液pH,當酸性較強時,濃度大,當堿性較強時,Y的濃度大,故曲線Ⅳ表示濃度,曲線Ⅴ表示濃度,曲線Ⅵ表示Y濃度,據此解題。【詳解】A.由分析可知,曲線Ⅰ表示,A正確;B.由題意可知,Y可以視為二元弱堿,第一次電離方程式為:,,當時,,,則,同理,,由圖像可知,當時,最大,則,pOH=5.61,pH=8.39,B正確;C.反應的平衡常數,由圖可知,當時,,則,C正確;D.時,,,,由物料守恒可知,,則,Y的初始濃度為,由物料守恒得,代入數據,,則,由圖像可知,pH在8.39-9.93之間,此時,D錯誤;故選D。二、非選擇題:本題共4小題,共58分。15.一種從預處理得到的貴金屬合金粉[主要成分為、(銠)、,含有少量]中盡可能回收銠的工藝流程如下:回答下列問題:(1)“酸溶1”的目的是_______。(2)已知“酸溶2”中轉化為,則生成該物質的化學方程式為_______;“濾渣”的主要成分是_______(填化學式)。(3)“沉銠”中得到的沉淀經“灼燒”后分解成銠單質,但夾雜少量和,則“高溫還原”中發生反應的化學方程式為_______。(4)若“活化還原”在室溫下進行,初始濃度為,為避免生成沉淀,溶液適宜的為_______(填標號)[已知的]。A.2.0B.4.0C.6.0(5)“活化還原”中,必須過量,其與(III)反應可生成,提升了的還原速率,該配離子中的化合價為_______;反應中同時生成,(III)以計,則理論上和(III)反應的物質的量之比為_______。(6)“酸溶3”的目的是_______。【答案】(1)溶解Fe,使其進入溶液,從而通過過濾實現分離(2)①.②.SiO2(3)、(4)A(5)①.+1②.6:1(6)除去濾渣中未反應的Zn【解析】【分析】貴金屬合金粉[主要成分為、(銠)、,含有少量]中盡可能回收銠的工藝流程中,加入濃鹽酸溶解其中Fe,過濾后實現分離,再向濾渣中加入王水(濃鹽酸與濃硝酸混合酸)氧化溶解Rh,轉化為,Pt轉化為相關可溶物,SiO2不溶,過濾后進行分離;煮沸濾液除去鹽酸、硝酸,再加入濃鹽酸、DETA將部分銠元素沉淀,過濾后,濾渣進行灼燒分解為Rh、和,再用H2進行高溫還原得到銠單質,向濾液中加入NH4Cl將鉑元素相關化合物轉化為沉淀除去,加入SnCl2將(III)轉化為,再加入Zn進行還原,生成Rh,由于Zn過量有剩余,加入濃鹽酸溶解過量的Zn,實現Zn與Rh分離,過濾獲得銠粉,以此分析解答。【小問1詳解】原料合金粉主要成分為Fe、Rh、Pt和少量SiO2,Fe易溶于酸(如鹽酸或硫酸),而Rh和Pt在常溫下不易被非氧化性酸溶解,SiO2不溶于酸,因此“酸溶1”使用非氧化性酸溶解Fe生成可溶性鹽,過濾后Fe(II)進入濾液,剩余濾渣主要為Rh、Pt和SiO2,實現初步分離,故答案為:溶解Fe,使其進入溶液,從而通過過濾實現分離。【小問2詳解】“酸溶2”中轉化為,Rh元素化合價由0升高至+3,HNO3中N元素化合價由+5降低至+4,結合化合價升降守恒以及原子守恒可知反應化學方程式為;由上述分析可知該過程中濾渣的主要成分為SiO2。【小問3詳解】“高溫還原”過程中,和均被H2還原為Rh,Rh元素化合價均由+3降低至0,根據化合價升降守恒以及原子守恒可知反應方程式為、。【小問4詳解】初始濃度為,則溶液中,當恰好生成沉淀時,,,,因此為避免生成沉淀,溶液的pH<2.4,故答案為A。【小問5詳解】配離子中,配體帶1個負電荷,設Rh的化合價為x,則,則x=+1;(III)以計,反應中Rh(III)還原至Rh(I),每個Rh得到2個電子,SnCl2為還原劑,部分被氧化為,Sn(II)被氧化為Sn(IV),每個Sn失去2個電子,同時反應過程中,部分SnCl2結合一個Cl-形成,作為新的配體,每生成1個,需要5個SnCl2,因此理論上和(III)反應的物質的量之比為。【小問6詳解】由于“二次還原”過程中,為確保完全反應,加入的Zn需過量,過濾后剩余Zn和生成物Rh存在于濾渣中,因此再向濾渣中加入濃鹽酸的目的為:除去濾渣中未反應的Zn。16.某研究小組設計了如下實驗測定某藥用硫黃中硫的含量,其中硫轉化的總反應為。主要實驗步驟如下:Ⅰ.如圖所示,準確稱取細粉狀藥用硫黃于①中,并準確加入乙醇溶液(過量),加入適量蒸餾水,攪拌,加熱回流。待樣品完全溶解后,蒸餾除去乙醇。Ⅱ.室溫下向①中加入適量蒸餾水,攪拌下緩慢滴加足量溶液,加熱至,保持,冷卻至室溫。Ⅲ.將①中溶液全部轉移至錐形瓶中,加入2滴甲基橙指示劑,用標準溶液滴定至終點,消耗溶液體積為。Ⅳ.不加入硫黃,重復步驟Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白實驗,消耗標準溶液體積為。計算樣品中硫的質量分數。Ⅴ.平行測定三次,計算硫含量的平均值。回答下列問題:(1)儀器①的名稱是:_______;②的名稱是_______。(2)步驟Ⅰ中,乙醇的作用是_______。(3)步驟Ⅰ中,樣品完全溶解后,必須蒸餾除去乙醇的原因是_______。(4)步驟Ⅱ中不宜采用水浴加熱的原因是_______。步驟Ⅱ結束后,若要檢驗反應后溶液中的,實驗操作是_______。(5)步Ⅲ中,判斷滴定達到終點的現象為_______。(6)單次樣品測定中硫的質量分數可表示為_______(寫出計算式)。【答案】(1)①.圓底燒瓶②.球形冷凝管(2)作溶劑,溶解單質硫(3)防止雙氧水氧化乙醇,影響實驗測定結果(4)①.實驗需要加熱至100℃②.取適量混合液先加入鹽酸酸化,無明顯實驗現象,再加入氯化鋇溶液產生白色沉淀,說明含有(5)滴入最后半滴鹽酸,溶液顏色由黃色變為橙色,且半分鐘內不褪色(6)【解析】【小問1詳解】根據儀器構造可知①是圓底燒瓶,②是球形冷凝管;【小問2詳解】硫單質難溶于水,微溶于酒精,所以乙醇的作用是作溶劑,溶解單質硫;【小問3詳解】雙氧水具有強氧化性,乙醇具有還原性,二者混合發生氧化還原反應,所以必須蒸餾除去乙醇;【小問4詳解】由于實驗需要加熱至100℃,而水的沸點就是100℃,所以不宜采用水浴加熱;要檢驗溶液中的硫酸根離子,需要排除溶液中其它離子的干擾,所以實驗操作是取適量混合液先加入鹽酸酸化,無明顯實驗現象,再加入氯化鋇溶液產生白色沉淀,說明含有。【小問5詳解】甲基橙作指示劑,鹽酸滴定氫氧化鉀溶液,則滴定終點的現象為滴入最后半滴鹽酸,溶液顏色由黃色變為橙色,且半分鐘內不褪色;【小問6詳解】不加入硫磺,消耗標準溶液體積為,因此原氫氧化鉀的物質的量是0.001cV3mol,反應后剩余氫氧化鉀的物質的量是0.001cV2mol,因此與硫磺反應的氫氧化鉀的物質的量是0.001c(V3-V2)mol,所以根據方程式可知硫單質的物質的量0.0005c(V3-V2)mol,所以單次樣品測定中硫的質量分數可表示為。17.的熱分解與催化的重整結合,可生產高純度合成氣,實現碳資源的二次利用。主要反應如下:反應Ⅰ:反應Ⅱ:反應Ⅲ:回答下列問題:(1)位于元素周期表中_______區;基態的價電子排布式為_______。(2)水分子的模型與其空間結構模型不同,原因是_______。(3)的晶胞如圖1所示(晶胞參數),該物質的化學式為_______。(4)恒壓條件下,重整反應可以促進分解,原因是_______。(5)在溫度分別為和下,的平衡轉化率與壓強的關系如圖2所示,反應溫度最高的是_______(填“”“”或“”),原因是_______。(6)一定溫度、下,向體系中加入和,假設此條件下其他副反應可忽略,恒壓反應至平衡時,體系中轉化率為,轉化率為,物質的量為,反應Ⅲ的平衡常數_______(保留小數點后一位),此時原位利用率為_______。已知:原位利用率【答案】(1)①.s②.3d8(2)O原子上存在2對孤電子對(3)Ni2P(4)反應Ⅱ消耗反應Ⅰ產生的CO2,降低體系CO2分壓,使反應Ⅰ平衡右移(5)①.T1②.升高溫度,反應Ⅱ正向移動(6)①.1.2②.70%【解析】【小問1詳解】Ca原子序數為20,電子排布為[Ar]4s2,價電子位于s軌道,屬于周期表s區;Ni原子序數為28,基態電子排布為[Ar]3d84s2。Ni失去4s能級上2個電子形成Ni2+,價電子排布為3d8,故答案為:s;3d8。【小問2詳解】中心O原子有2個σ鍵,孤電子對數為,共4個價電子對,模型為四面體型,空間構型為V型,故答案為:O原子上存在2對孤電子對。【小問3詳解】該晶胞中,P原子8個位于頂點(4個被6個晶胞共用,4個被12個晶胞共用)、2個位于體內,1個晶胞中所含P原子數為,Ni原子8個位于棱(均被4個晶胞共用)、6個位于面(均被2個晶胞共用),1個位于體內,Ni原子數為,因此該物質的化學式為Ni2P。【小問4詳解】重整反應會消耗CO2,降低體系中CO2分壓,使分解反應正向移動且反應放熱,可以為碳酸鈣分解提供能量,故答案為:反應Ⅱ消耗反應Ⅰ產生的CO2,降低體系CO2分壓,使反應Ⅰ平衡右移?。【小問5詳解】反應Ⅱ正向為吸熱反應,相同壓強時,升高溫度,反應正向移動,CH4轉化率增大,因此溫度最高的是T1,故答案為:T1;升高溫度,反應Ⅱ正向移動。【小問6詳解】一定溫度、下,向體系中加入和,恒壓反應至平衡時,體系中轉化率為,反應Ⅰ:平衡時生成,轉化率為,物質的量為,則氣體總物質的量n總=(1.3+0.1+0.1+1.1+0.4)mol=3mol,反應Ⅲ的平衡常數,平衡時,原位利用率為,故答案為:1.2;70%。18.化合物I具有殺蟲和殺真菌活性,以下為其合成路線之一(部分反應條件已簡化)。回答下列問題:(1)I中含氧官能團的名
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