2022届广东省揭阳市揭西河婆高考考前模拟化学试题含解析_第1页
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文档简介

2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上,在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答;第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后,考生须将试卷和答题卡放在桌面上,待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、下列事实能用元素周期律解释的是A.沸点:H2O>H2Se>H2S B.酸性:H2SO4>H2CO3>HClOC.硬度:I2>Br2>Cl2 D.碱性:KOH>NaOH>Al(OH)32、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是()A.NH3 B.NH4Cl C.KOH D.NaClO3、设阿伏加德罗常数的数值为NA。下列说法正确的是A.1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数为3NAB.5.6g乙烯和环丙烷的混合物中含C—H键数目为1.8NAC.常温常压下,22.4L的37Cl2中所含的中子数为41NAD.硝酸与铜反应生成1.1molNOx时,转移电子数为1.2NA4、新型纳米材料氧缺位铁酸盐(MFe2Ox,3<x<4,M=Mn、Co、Zn或Ni)由铁酸盐(MFe2O4)经高温与氢气反应制得。常温下,氧缺位铁酸盐能使工业废气中的氧化物(CO2、SO2、NO2等)转化为其单质而除去,自身变回铁酸盐。关于上述转化过程的叙述中不正确的是()A.MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性B.若4molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应则MFe2Ox中x的值为3.5C.MFe2Ox与SO2反应中MFe2Ox被还原D.MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应均属于氧化还原反应5、明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐,在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是()A.合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B.从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO36、已知有机物是合成青蒿素的原料之一(如图)。下列有关该有机物的说法正确的是()A.可与酸性KMnO4溶液反应B.既能发生消去反应,又能发生加成反应C.分子式为C6H10O4D.1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH27、已知:乙醇、乙醛的沸点分别为78℃、20.8℃。某同学试图利用下列实验装置来完成“乙醛的制备、收集和检验”一系列实验,其中设计不合理的是A.提供乙醇蒸气和氧气B.乙醇的催化氧化C.收集产物D.检验乙醛8、因新型冠状病毒肺炎疫情防控需求,口罩已经成为了2020每个人必备之品。熔喷布,俗称口罩的“心脏”,是口罩中间的过滤层,能过滤细菌,阻止病菌传播。熔喷布是一种以高熔融指数的聚丙烯(PP)为材料,由许多纵横交错的纤维以随机方向层叠而成的膜。其中有关聚丙烯的认识正确的是A.由丙烯通过加聚反应合成聚丙烯B.聚丙烯的链节:—CH2—CH2—CH2—C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式:CH2CHCH3D.聚丙烯能使溴水发生加成反应而褪色9、碘晶体升华时,下列所述内容发生改变的是A.分子内共价键 B.分子间的作用力C.碘分子的大小 D.分子内共价键的键长10、常温下,H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图(I)、(II)所示。下列说法不正确的是已知:。A.NaHA溶液中各离子浓度大小关系为:B.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)的Kb2=10-7.15C.[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D.向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl,不变11、一定条件下,在水溶液中1molCl-、ClOx-(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是()A.这些离子中结合H+能力最强的是AB.A、B、C、D、E五种微粒中C最稳定C.C→B+D的反应,反应物的总键能小于生成物的总键能D.B→A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)ΔH=+116kJ·mol-112、下列物质的名称中不正确的是()A.Na2CO3:苏打 B.CaSO4•2H2O:生石膏C.:3,3-二乙基己烷 D.C17H35COOH:硬脂酸13、常温下,向lLpH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是A.a点溶液中:水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B.b点溶液中:c(H+)=1×10-7mol·L-1C.c点溶液中:c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)D.d点溶液中:c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)14、下列离子方程式书写正确的是A.FeCl2溶液中通入Cl2:Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-B.澄清石灰水与少量小苏打溶液混合:Ca2++OH-+HCO3-=CaCO3↓+H2OC.FeS固体放入稀硝酸溶液中:FeS+2H+=Fe2++H2S↑D.AlCl3溶液中加入过量氨水:Al3++4OH-=AlO2-+2H2O15、中国是一个严重缺水的国家,污水治理越来越引起人们重视,可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚,其原理如图所示,下列说法不正确的是A.电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极B.B极为电池的阳极,电极反应式为CH3COO——8e−+4H2O═2HCO3—+9H+C.当外电路中有0.2mole−转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NAD.A极的电极反应式为+H++2e−═Cl−+16、下列关于有机物的说法错误的是A.植物油分子结构中含有碳碳双键B.乙醇与钠反应生成乙醇钠和氢气,属于取代反应C.同温同压下,等质量的乙炔和苯完全燃烧耗氧量相同D.分子式为C3H6BrC1的有机物不考虑立体异构共5种17、2013年浙江大学以石墨烯为原料研制的“碳海绵”是一种气凝胶,它是处理海上原油泄漏最好的材料:它能把漏油迅速吸进来,吸进的油又能挤出来回收,碳海绵还可以重新使用,下列有关“碳海绵”的说法中错误的是A.对有机溶剂有很强的吸附性 B.内部应有很多孔隙,充满空气C.有很强的弹性 D.密度较大,化学性质稳定18、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W原子的最外层电子数是其质子数的,X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数,元素Y的最高正化合价为+2价。下列说法正确的是()A.单质的沸点:W<XB.简单离子的半径:Z>YC.X、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D.X、Y可形成离子化合物X3Y219、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂.实验室可通过以下反应制得ClO2:2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,下列说法不正确的是()A.KClO3在反应中得电子 B.ClO2是还原产物C.H2C2O4在反应中被氧化 D.1molKClO3参加反应有2mole-转移20、下列说法不正确的是A.若酸式滴定管旋塞处的小孔被凡士林严重堵塞,可以用细铁丝疏通B.镀锌铁皮与稀硫酸反应,若产生的气泡突然消失,锌反应完全,需立即取出铁皮C.液溴存放在带玻璃塞的棕色细口瓶中,并加水液封,放在阴凉处D.若皮肤被烫伤且已破,可先涂些紫药水或1%高锰酸钾溶液21、下列有关说法正确的是A.酒精浓度越大,消毒效果越好B.通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C.可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D.淀粉和纤维素作为同分异构体,物理性质和化学性质均有不同22、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NH3NO2HNO3B.Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2C.Fe2O3FeFeCl2D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3二、非选择题(共84分)23、(14分)2010年美、日三位科学家因钯(Pd)催化的交叉偶联反应获诺贝尔化学奖。一种钯催化的交叉偶联反应如下:(R、R’为烃基或其他基团),应用上述反应原理合成防晒霜主要成分K的路线如下图所示(部分反应试剂和条件未注明):已知:①B能发生银镜反应,1molB最多与2molH2反应。②C8H17OH分子中只有一个支链,且为乙基,其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2,其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢。③G不能与NaOH溶液反应。④核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子。请回答:(1)B中含有的官能团的名称是______________________________(2)B→D的反应类型是___________(3)D→E的化学方程式是_________________________________________(4)有机物的结构简式:G_______________________;K__________________________(5)符合下列条件的X的同分异构体有(包括顺反异构)_____种,其中一种的结构简式是__________。a.相对分子质量是86b.与D互为同系物(6)分离提纯中间产物E的操作:先用碱除去D和H2SO4,再用水洗涤,弃去水层,最终通过________操作除去C8H17OH,精制得E。24、(12分)香料G的一种合成工艺如图所示。已知:①核磁共振氢谱显示A有两个峰,其强度之比为1∶1。②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2③CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题:(1)A的结构简式为________,G中官能团的名称为________。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是______(3)有学生建议,将M→N的转化用KMnO4(H+)代替O2,你认为是否合理______(填“是”或“否”)原因是_________(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式,并标出反应类型:K→L________,反应类型________。(5)F是M的同系物,比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_____种。(不考虑立体异构)①能发生银镜反应②能与溴的四氯化碳溶液加成③苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇),请设计合成路线______(其他无机原料任选)。请用以下方式表示:AB目标产物25、(12分)草酸(H2C2O1)是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质,进行如下实验。实验Ⅰ:探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸,装置如下图所示:硝酸氧化淀粉水解液的反应为:C6H12O6+12HNO3→3H2C2O1+9NO2↑+3NO↑+9H2O。(1)上图实验装置中仪器乙的名称为:____,B装置的作用______(2)检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为:______。实验Ⅱ:探究草酸的不稳定性已知:草酸晶体(H2C2O1·2H2O)无色,易溶于水,熔点为101℃,受热易脱水、升华,170℃以上分解产生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸强,其钙盐难溶于水。(3)请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物(可重复使用,加热装置和连接装置已略去)。仪器装置连接顺序为:A→___→____→____→___→E→B→G→____。(1)若实验结束后测得B管质量减轻1.8g,则至少需分解草酸晶体的质量为_____g(已知草酸晶体的M=126g/mol)。实验Ⅲ:探究草酸与酸性高锰酸钾的反应取一定量草酸溶液装入试管,加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液,振荡试管,发现溶液开始缓慢褪色,后来迅速变成无色。(反应热效应不明显,可忽略不计)(5)该实验中草酸表现______性,离子方程式_______该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是_________。(6)设计实验证明草酸是弱酸。实验方案:______________(提供的药品及仪器:蒸馏水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH计、0.1mol·L-1草酸溶液,其它仪器自选)26、(10分)化学兴趣小组在实验室进行“海带提碘”的实验过程如图:(1)操作①的名称是_____,操作②的主要仪器是_____;氧化步骤的离子方程式是_____。(2)探究异常:取样检验时,部分同学没有观察到溶液变蓝色。他们假设原因可能是加入的氯水过量,氧化了①I2;②淀粉;③I2和淀粉。他们在没有变蓝色的溶液中,滴加_____(选填“四氯化碳”“碘水”“淀粉溶液”)后,若出现_____现象,即可证明假设①正确,同时排除假设②③.能同时排除假设②③的原因是_____。(3)查阅资料:Cl2可氧化I2,反应的化学方程式为_____Cl2+_____I2+_____H2O→_____HIO3+_____HCl.配平上述方程式,并标出电子转移的方向和数目_______。(4)探究氧化性:在盛有FeCl3溶液的试管中,滴入几滴KI溶液,将反应后的溶液均匀倒入两支试管,试管a中加入1mL苯振荡静置,出现______(填实验现象),证明有I2存在;试管b中滴入KSCN溶液,溶液显血红色,证明有_____存在。(5)比较氧化性:综合上述实验,可以得出的结论是氧化性:Cl2>FeCl3,理由是_____。27、(12分)乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空:(1)实验室用乙醇制取乙烯时,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是______。(2)验证乙烯加成反应性质时,需对乙烯气体中的干扰物质进行处理,可选用的试剂是_____(填写化学式);能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是______。(选填编号)a.溴水褪色b.有油状物质生成c.反应后水溶液酸性增强d.反应后水溶液接近中性(3)实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时,甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是______。(选填编号)a.甲装置乙酸转化率高b.乙装置乙酸转化率高c.甲装置有冷凝回流措施d.乙装置有冷凝回流措施(4)用乙装置实验时,提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是______;操作Ⅱ的名称是______;操作Ⅲ一般适用于分离______混合物。(5)如图2是用乙醇制备溴乙烷的装置,实验中有两种加料方案:①先加溴化钠→再加乙醇→最后加1:1浓硫酸;②先加溴化钠→再加1:1浓硫酸→最后加乙醇。按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,若在试管中加入______,产物可变为无色。与方案①相比较,方案②的明显缺点是______。28、(14分)催化剂是化工技术的核心,绝大多数的化工生产需采用催化工艺。I.(1)催化剂的选择性指在能发生多种反应的反应系统中,同一催化剂促进不同反应的程度的比较,实质上是反应系统中目的反应与副反应之间反应速度竞争的表现。如图所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时,生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2(g)和生成物H2O(g)略去]。在有催化剂作用下,CH3OH与O2反应主要生成____(选填“CO或CO2或HCHO”)。(2)2007年诺贝尔化学奖授予善于做“表面文章”的德国科学家哈德·埃特尔,他的成就之一是证实了气体在固体催化剂表面进行的反应,开创了表面化学的方法论。埃特尔研究的氮气和氢气分子在固体催化剂表面发生的部分变化过程如图所示:①下列说法不正确的是____。A升高温度可以提高一段时间内NH3的生产效率B图示中的②一③以及后面几个过程均是放热过程C此图示中存在H-H键断裂和N-N键断裂,以及N-H键的形成过程②合成氨工业中,原料气(N2、H2及少量CO、NH3的混合气)在进入合成塔前常用Cu(NH3)2Ac(醋酸二氨合亚铜,Ac代表醋酸根)溶液来吸收原料气中的CO,其反应是:生产中必须除去原料气中CO的原因是___;Cu(NH3)2Ac溶液吸收原料气中的CO的生产适宜条件应是___。Ⅱ.氮循环是指氮在自然界中的循环转化过程,是生物圈内基本的物质循环之一,存在较多蓝、绿藻类的酸性水体中存在如有图所示的氮循环,请回答相关问题。(3)NH4+硝化过程的方程式是2NH4++3O22HNO3+2H2O+2H+,恒温时在亚硝酸菌的作用下发生该反应,能说明体系达到平衡状态的是____(填标号)。A溶液的pH不再改变BNH4+的消耗速率和H+的生成速率相等C溶液中NH4+、NH3•H2O、HNO3、NO2-的总物质的量保持不变实验测得在其它条件一定时,NH4+硝化反应的速率随温度变化曲线如下图A所示,温度高于35℃时反应速率迅速下降的原因可能是___。(4)亚硝酸盐含量过高对人和动植物都会造成直接或间接的危害,因此要对亚硝酸盐含量过高的废水进行处理。处理亚硝酸盐的方法之一是用次氯酸钠将亚硝酸盐氧化为硝酸盐,反应方程式是ClO-+NO2-=NO3-+Cl-。在25℃和35℃下,分别向NO2-初始浓度为5×10-3mol/L的溶液中按不同的投料比加人次氯酸钠固体(忽略溶液体积的变化),平衡时NO2-的去除率和温度、投料比的关系如上图B所示,a、b、c、d四点ClO-的转化率由小到大的顺序是____,35℃时该反应的平衡常数K=____(保留三位有效数字)。29、(10分)NH3、NOx、SO2处理不当易造成环境污染,如果对这些气体加以利用就可以变废为宝,既减少了对环境的污染,又解决了部分能源危机问题。(l)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH4在催化条件下可以将NO2还原为N2。已知:①②则反应(1)△H=_______(2)工业上利用氨气生产氢氰酸(HCN)的反应为:①在一定温度条件下,向2L恒容密闭容器中加入2molCH4和2molNH3,平衡时NH3体积分数为30%,所用时间为10min,则该时间段内用CH4的浓度变化表示的反应速率为______mol·L-l·min-1,该温度下平衡常数K=___。若保持温度不变,再向容器中加入CH4和H2各1mol,则此时v正___(填“>”“=”或“<”)v逆。②其他条件一定,达到平衡时NH3转化率随外界条件X变化的关系如图1所示。X代表___(填字母代号)。A温度B压强C原料中CH4与NH3的体积比(3)某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫,将得到的Na2SO3进行电解生产硫酸,其中阴、阳膜组合电解装置如图2所示,电极材料为石墨。A--E分别代表生产中的原料或产品,b表示____(填“阴”或“阳”)离子交换膜。阳极的电极反应式为_______

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)1、D【解析】

A.水分子间存在氢键,沸点高于同主族元素氢化物的沸点,与元素周期律没有关系,选项A错误;B.含氧酸中非羟基氧原子个数越多酸性越强,与元素周期律没有关系,选项B错误;卤素单质形成的晶体类型是分子晶体,硬度与分子间作用力有关系,与元素周期律没有关系,选项C错误;D.金属性越强,最高价氧化物水化物的碱性越强,同周期自左向右金属性逐渐减弱,则碱性:KOH>NaOH>Al(OH)3,与元素周期律有关系,选项D正确。答案选D。2、D【解析】

A.NH3溶于水后电离产生OH-而使溶液呈碱性,与水解无关,选项A错误;B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性,选项B错误;C.KOH溶于水后电离产生OH-而使溶液呈碱性,与水解无关,选项C错误;D.由于ClO-水解产生OH-,使NaClO溶液呈碱性,选项D正确。答案选D。3、B【解析】

A.HSO3-属于弱酸酸式阴离子,在溶液中既存在水解平衡又存在电离平衡,1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的离子数不是3NA,故A错误;B.乙烯和环丙烷的最简式为CH2,2.6g的混合物中含CH2物质的量为1.4mol,所以含C—H键数目为1.8NA,故B正确;C.标准状况下,3.4L的37Cl2中所含的中子数为41NA,常温常压下中子数不为41NA,故C错误;D.NOx可能是NO或NO2,根据得失电子守恒可得,生成1.1molNOx转移电子数介于1.11.3mol之间,故D错误;答案:B。4、C【解析】

A.MFe2O4在与H2的反应中,氢元素的化合价升高,铁元素的化合价降低,则MFe2O4在与H2的反应中表现了氧化性,故A正确;B.若4molMFe2Ox与1molSO2恰好完全反应,设MFe2Ox中铁元素的化合价为n,由电子守恒可知,4mol×2×(3-n)=1mol×(4-0),解得n=2.5,由化合物中正负化合价的代数和为0可知,+2+(+2.5)×2+2x=0,所以x=3.5,故B正确;C.MFe2Ox与SO2反应中铁元素的化合价升高,MFe2Ox被氧化,故C错误;D.MFe2O4与MFe2Ox的相互转化反应中有元素化合价的升降,则均属于氧化还原反应,故D正确;综上所述,答案为C。【点睛】氧缺位铁酸盐(MFe2Ox)中可先假设M为二价的金属元素,例如锌离子,即可用化合价的代数和为0,来计算铁元素的化合价了。5、D【解析】

A.易拉罐作为可再生资源,其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用,故不选A;B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe),因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe,故不选B;C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应,故不选C;D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀,硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根,不水解,不与铝离子反应,故选D;答案:D6、A【解析】

中含有有官能团羟基和羧基,所以具有羟基和羧基的性质。【详解】A.该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基,A正确;B.该有机物右下角的羟基可以发生消去反应,但该有机物不能发生加成反应,B错误;C.分子式为C6H12O4,C错误;D.未说明是标准状况,所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积,D错误;故选A。7、D【解析】

A、乙醇易挥发,向热的乙醇中通入空气,可以向后续装置中提供乙醇蒸气和氧气,选项A正确;B、在铜粉催化下,乙醇发生催化氧化生成乙醛,选项B正确;C、乙醛易挥发,应用冰水浴收集乙醛产物,选项C正确;D、产物中混有乙醇,乙醇也能还原酸性高锰酸钾溶液,使其褪色,选项D错误。答案选D。8、A【解析】

A.由丙烯通过加聚反应合成高分子化合物聚丙烯,故A正确;B.聚丙烯的链节:,故B错误;C.合成聚丙烯单体丙烯的结构简式:CH2=CHCH3,碳碳双键不能省,故C错误;D.聚丙烯中没有不饱和键,不能使溴水发生加成反应而褪色,故D错误;故选A。9、B【解析】

碘晶体属于分子晶体,分子间通过分子间作用力结合,碘升华时破坏的是分子间作用力,碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变,答案选B。10、C【解析】

A.由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,溶液显酸性,所以NaHA溶液显酸性,电离程度大于水解程度,则各离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),故A正确;B.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH2]+)=c[H3NCH2CH2NH3]2+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2==c(OH-),Kb2=10-7.15,故B正确;C.由图2可知,当c([H3NCH2CH2NH3]2+)=c([H3NCH2CH2NH]+)时,溶液的pH=6.85,c(OH-)=10-7.15mol·L-1,则Kb2=10-7.15,由图1可知,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=6.2,则Ka2=10-6.2,[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2-的水解程度,溶液显酸性,故C错误;D.==,由于通入HCl,Kw、Kb1、Ka1都不变,所以不变,故D正确。故选C。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用,把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键,侧重分析、应用能力和计算能力的考查,难点D,找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。11、C【解析】

A.酸性越弱的酸,阴离子结合氢离子能力越强,次氯酸是最弱的酸,所以ClO-结合氢离子能力最强,即B结合氢离子能力最强,故A错误;B.A、B、C、D、E中A能量最低,所以最稳定,故B错误;C.C→B+D,根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-,反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2×100kJ/mol=-76kJ/mol,则该反应为放热,所以反应物的总键能小于生成物的总键能,故C正确;D.根据转移电子守恒得B→A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-,反应热=(64kJ/mol+2×0kJ/mol)-3×60kJ/mol=-116kJ/mol,所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)△H=-116kJ/mol,故D错误;故选C。【点睛】本题的易错点为CD,要注意焓变与键能的关系,△H=反应物的总键能-生成物的总键能。12、C【解析】

A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打,故A正确;B.生石膏即天然二水石膏,化学式为CaSO4•2H2O,故B正确;C.结构中主碳链有5个碳,其名称为3,3-二乙基戊烷,故C错误;D.硬脂酸,即十八烷酸,分子式为C18H36O2,亦可表示为C17H35COOH,故D正确;综上所述,答案为C。13、C【解析】试题分析:A.a点溶液是NaOH溶液,pH=10,则水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1,正确。B.b点溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1,由于水的离子积是kw=1×10-14mol2·L-2,所以c(H+)=1×10-7mol·L-1,正确。C.c点水电离产生的c(OH-)最大,则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)>c(CO32-),CO32-发生水解反应形成HCO3-,但是盐水解的程度是微弱的,主要还是以盐电离产生的离子存在,所以c(CO32-)>c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是:c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-),错误。D.d点溶液中,根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-),由于c(OH-)=1×10-7mol·L-1,所以c(H+)=1×10-7mol·L-1,故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-),正确。考点:考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。14、B【解析】

A、电子得失不守恒,正确的是2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-;B、正确;C、硝酸具有氧化性,能氧化FeS,错误;D、氢氧化铝不能溶于氨水中,错误,答案选B。15、B【解析】

原电池中阳离子移向正极,根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极,正极有氢离子参与反应,电极反应式为+2e-+H+═+Cl-,B为负极,电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O

═2HCO3-+9H+,据此分析解答。【详解】A.原电池工作时,电流从正极经导线流向负极,即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极,故A正确;B.B极为电池的负极,失去电子,发生氧化反应,电极反应式为CH3COO--8e-+4H2O

═2HCO3-+9H+,B极不是阳极,故B错误;C.根据电子守恒可知,当外电路中有0.2mole-转移时,通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA,故C正确;D.A为正极,得到电子,发生还原反应,正极有氢离子参与反应,电极反应式为+2e-+H+═+Cl-,故D正确;答案选B。【点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B,要注意原电池的两极称为正负极,电解池的两极称为阴阳极。16、B【解析】

A.植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯,分子结构中含有碳碳双键,故A正确;B.钠与乙醇发生反应生成乙醇钠和氢气,属于置换反应,故B错误;C.乙炔和苯的最简式相同,都是CH,则相同质量的乙炔和苯充分燃烧耗氧量相同,故C正确;D.分子式为C3H6BrC1的有机物的同分异构体有:①Br在1号C上,C1有3种位置,即3种结构;②Br在2号C上,C1有2种位置,即2种结构,共5种结构,故D正确;故选B。【点睛】本题的易错点为A,要注意油脂包括油和脂,油是不饱和高级脂肪酸甘油酯,脂是饱和高级脂肪酸甘油酯,不饱和高级脂肪酸结构中含有碳碳双键。17、D【解析】

A.“碳海绵”是一种气凝胶,它能把漏油迅速吸进来,可见它对有机溶剂有很强的吸附性,A项正确;B.内部应有很多孔隙,充满空气,吸附能力强,B项正确;C.“碳海绵”吸进的油又能挤出来回收说明它有很强的弹性,C项正确;D.它是处理海上原油泄漏最好的材料,说明它的密度较小,吸附性好,D项错误;答案选D。18、B【解析】

W原子的最外层电子数是其质子数的,则W为C;元素Y的最高正化合价为+2价,则Y为第三周期第ⅡA族元素即Mg,X原子的核电荷数等于Z原子的最外层电子数,则X为7号元素即N,Z为Cl。【详解】A.C单质多为固体,如金刚石,石墨,所以单质的沸点C>N2,故A错误;B.简单离子的半径:Cl⁻>Mg2+,故B正确;C.N、Cl的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸和高氯酸,均为强酸,故C错误;D.N、Mg可形成离子化合物Mg3N2,即Y3X2,故D错误;故答案为B。19、D【解析】

由2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O可知,Cl元素的化合价由+5价降低为+4价,C元素的化合价由+3价升高为+4价,以此来解答。【详解】A.Cl元素的化合价降低,则KClO3在反应中得到电子,选项A正确;B.Cl元素得到电子,被还原,则ClO2是还原产物,选项B正确;C.H2C2O4在反应中C化合价升高,被氧化,选项C正确;D.1molKClO3参加反应时,发生电子转移为1mol×(5-4)=1mol,选项D不正确;答案选D。【点睛】本题考查氧化还原反应,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,注意从化合价角度分析各选项,题目难度不大。20、B【解析】

A.酸式滴定管小孔被凡士林堵塞,可以用铁丝疏通,故正确;B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中,锌为原电池的负极,铁为正极,当锌反应完,反应速率减慢,所以不会出现气泡突然消失的现象,只能气泡产生速率变慢,故错误;C.溴容易挥发,所以用水封,故正确;D.紫药水和高锰酸钾溶液都能杀菌消毒,故正确。故选B。21、C【解析】

体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好,A错误;煤中不含苯、甲苯和粗氨水,可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等,B错误;饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出,且能除去乙酸,C正确;淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同,不属于同分异构体,D项错误。22、D【解析】

A.NH3NO2不能一步转化,氨气催化氧化得到NO而不能直接得到NO2,选项A错误;B.MgCl2(aq)无水MgCl2,氯化镁为强酸弱碱盐,水解产生氢氧化镁和盐酸,盐酸易挥发,最后得到的氢氧化镁灼烧得到氧化镁,而不能一步得到无水氯化镁,选项B错误;C.FeFeCl3,铁在氯气中燃烧生成氯化铁不是生成氯化亚铁,无法一步转化生成氯化亚铁,选项C错误;D.NaCl(aq)NaOH(aq)NaHCO3,电解氯化钠溶液得到氢氧化钠,氢氧化钠溶液中通入过量的二氧化碳生成碳酸氢钠,反应均能一步转化,选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用,题目难度中等,试题侧重于学生的分析能力的考查,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、醛基氧化反应CH2=CHCOOH++H2O4CH2=CH-CH2-COOH(或CH2=C(CH3)-COOH、、)蒸馏【解析】

B的分子式为C3H4O,B能发生银镜反应,B中含—CHO,1molB最多与2molH2反应,B的结构简式为CH2=CHCHO;B发生氧化反应生成D,D能与C8H17OH发生酯化反应,则D的结构简式为CH2=CHCOOH;C8H17OH分子中只有一个支链,且为乙基,其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2,其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢,C8H17OH的结构简式为,E的结构简式为;F的分子式为C6H6O,F为,F与(CH3)2SO4、NaOH/H2O反应生成G,G的分子式为C7H8O,G不能与NaOH溶液反应,G的结构简式为,G与Br2、CH3COOH反应生成J,J的分子式为C7H7OBr,核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子,J的结构简式为;根据题给反应,E与J反应生成的K的结构简式为;据此分析作答。【详解】B的分子式为C3H4O,B能发生银镜反应,B中含—CHO,1molB最多与2molH2反应,B的结构简式为CH2=CHCHO;B发生氧化反应生成D,D能与C8H17OH发生酯化反应,则D的结构简式为CH2=CHCOOH;C8H17OH分子中只有一个支链,且为乙基,其连续氧化的产物能与NaHCO3反应生成CO2,其消去产物的分子中只有一个碳原子上没有氢,C8H17OH的结构简式为,E的结构简式为;F的分子式为C6H6O,F为,F与(CH3)2SO4、NaOH/H2O反应生成G,G的分子式为C7H8O,G不能与NaOH溶液反应,G的结构简式为,G与Br2、CH3COOH反应生成J,J的分子式为C7H7OBr,核磁共振图谱显示J分子有3种不同的氢原子,J的结构简式为;根据题给反应,E与J反应生成的K的结构简式为;(1)B的结构简式为CH2=CHCHO,所以B中含有的官能团的名称是碳碳双键、醛基。(2)B的结构简式为CH2=CHCHO,D的结构简式为CH2=CHCOOH,所以B→D的反应类型是氧化反应。(3)D与C8H17OH反应生成E的化学方程式为CH2=CHCOOH++H2O。(4)根据上述分析,G的结构简式为,K的结构简式为。(5)D的结构简式为CH2=CHCOOH,D的相对分子质量为72,X比D的相对分子质量多14,X与D互为同系物,所以X比D多1个“CH2”,符合题意的X的同分异构体有:CH2=CH-CH2-COOH、CH2=C(CH3)-COOH、、,共4种。(6)C8H17OH和E是互溶的液体混合物,所以用蒸馏法将C8H17OH除去,精制得E。24、碳碳双键、酯基取少量M于试管中,滴加稀NaOH至溶液呈碱性,再加新制的Cu(OH)2加热,若没有砖红色沉淀产生,说明M已完全转化为N否KMnO4(H+)在氧化醛基的同时,还可以氧化碳碳双键+CH3CHO加成反应6CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br【解析】

由流程:E和N发生酯化反应得到的G为,则E、N分别为和中的一种,C反应得到D,D发生卤代烃水解反应得到E,故E属于醇,E为,则N为,逆推出M为、L为,结合信息③,逆推出K为,由E逆推出D为,结合信息②,逆推出C为,C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为,又知A催化加氢得B,核磁共振氢谱显示A有两个峰,其强度之比为1∶1,即A分子内有2种氢原子且二者数目相同,则A为;(1)据上分析,写出A的结构简式及G中官能团的名称;(2)检验M已完全转化为N,主要检验醛基即可,碱性环境下检验;(3)该学生建议是否合理,主要通过用KMnO4(H+)代替O2发生转化时,有没有其它基团也被氧化,如果有,那么就不可行;(4)K为,则K→L的反应可通过信息类推,按反应特点确定反应类型;(5)F是M的同系物,M为,而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目,主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了,条件①能发生银镜反应,意味着有—CHO,条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键,③苯环上只有2个对位取代基,且取代基中碳原子数目为4,据此回答;(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇),则主要通过取代反应引入一个溴原子,通过加成反应引入2个溴原子,再水解即可;【详解】(1)据上分析,A为,;答案为:;G为,G中官能团为碳碳双键、酯基;答案为:碳碳双键、酯基;(2)M为,N为,N呈酸性,检验M已完全转化为N,主要检验醛基即可,碱性环境下检验,故检验操作为:取少量M于试管中,滴加稀NaOH至溶液呈碱性,再加新制的Cu(OH)2加热,若没有砖红色沉淀产生,说明M已完全转化为N;答案为:取少量M于试管中,滴加稀NaOH至溶液呈碱性,再加新制的Cu(OH)2加热,若没有砖红色沉淀产生,说明M已完全转化为N;(3)学生建议用KMnO4(H+)代替O2把M转化为N,醛基确实被氧化为羧基,但是碳碳双键同时被氧化,那么建议就不可行;答案为:否;KMnO4(H+)在氧化醛基的同时,还可以氧化碳碳双键;(4)K为,则K→L的反应可通过信息③类推,反应为:+CH3CHO,从反应特点看是加成反应;答案为:+CH3CHO;加成反应;(5)F是M的同系物,M为,而F比M多一个碳原子。F的同分异构体,要满足条件——条件①能发生银镜反应,意味着有—CHO,条件②能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键,③苯环上只有2个对位取代基,且取代基中碳原子数目为4,由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况:①—CHO、②—CHO、③—CHO、④—CH2CHO、⑤、⑥、;故共有6种;答案为:6;(6)由流程图知,C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变,故以丙烯和NBS发生取代反应,引入一个溴原子,得到CH2=CH-CH2-Br,通过加成反应引入2个溴原子,得到BrCH2-CHBr-CH2-Br,水解即可制备甘油(丙三醇),流程为:CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br;答案为:CH2=CH-CH3CH2=CH-CH2-BrBrCH2-CHBr-CH2-Br。25、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8还原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸【解析】

(1)根据仪器构造可知仪器乙为球形冷凝管;B装置为安全瓶,其作用是防倒吸,故答案为球形冷凝管;防倒吸;(2)淀粉遇碘变蓝色,在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液,溶液显蓝色,则证明淀粉没有完全水解,溶液若不显色,则证明淀粉完全水解,故答案为碘水或I2;(3)为证明草酸的受热分解产物中含有H2O、CO2和CO,先首先将混合气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管检验水蒸气,如果变蓝说明有水蒸气产生;再通入盛有冷水的洗气瓶除去草酸蒸气,防止草酸干扰二氧化碳的检验;接着通入盛有澄清的石灰水的洗气瓶检验二氧化碳,如果澄清的石灰水变浑浊,则证明含有二氧化碳气体;再用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化碳,防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验;然后再将洗气后的气体进行干燥,最后将气体再通过黑色的氧化铜装置,一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳,再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在,如果澄清石灰水变浑浊,则证明该混合气体中含有一氧化碳;为防止有毒的一氧化碳污染环境,用排水集气法收集一氧化碳,连接顺序为A→C→D→G→F→E→B→G→J,故答案为C;D;G;F;J。(1)由化学方程式CuO+COCu+CO2可知A管减轻质量为氧原子的质量,则n(CO):m(O)=1:16=n(CO):1.8g,解得n(CO)为0.3mol,H2C2O1·2H2O受热分解的方程式为H2C2O1•2H2O3H2O+CO↑+CO2↑,由方程式可知分解的草酸晶体为0.3mol,所以质量为:0.3mol×126g/mol=37.8g,故答案为37.8;(5)向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时,可观察到溶液由紫红色变为近乎无色,说明酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应,酸性高锰酸钾具有强氧化性,草酸能够被氧化,草酸具有还原性,被氧化为二氧化碳,发生的反应为5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率;故答案为还原;5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O;生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率;(6)若草酸为弱酸,则其在水溶液中不能完全电离,0.1mol·L-1草酸溶液的pH大于1。因此,实验证明草酸是弱酸的实验方案为:取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,用pH计测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸,故答案为取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。26、过滤分液漏斗Cl2+2I﹣=I2+2Cl﹣碘水变蓝加入碘水溶液变蓝,说明溶液中没有碘、有淀粉,即氯水氧化了碘没有氧化淀粉,所以可以同时排除假设②③516210分层现象,且上层为紫红色、下层几乎无色Fe3+由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存,由此可知Fe3+不能氧化I2,而由(3)可知Cl2能氧化I2,所以氧化性Cl2>FeCl3【解析】

(1)根据流程图,结合物质提纯与分离的基本操作分析;通入氯水将碘离子氧化为碘单质;(2)碘单质与淀粉变蓝,若碘被氧化,则蓝色消失,淀粉恢复原来的颜色,结合碘单质遇淀粉变蓝的性质分析;(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价,碘元素由0价变为+5价,结合化合价升降总数相等以及质量守恒配平;(4)苯可以溶解碘单质,溶液分层;三价铁遇KSCN溶液变为血红色;(5)由结合探究(4)和(3)三种反应氧化剂与氧化产物氧化性强弱分析。【详解】(1)海带灰中部分可溶物浸泡后经过操作①得到含碘离子的溶液,则操作①为过滤;将碘单质从水溶液中经过操作②转移至有机溶剂中,则操作②为萃取,主要是用的仪器为分液漏斗;氧化步骤中是向含碘离子溶液中加入氯水,将碘离子氧化为碘单质,离子反应为:Cl2+2I-=I2+2Cl-;(2)没有观察到溶液变蓝色,有两种可能,一是溶液中没有碘单质,二是淀粉被转化为其他物质,要证明①是正确的,则只需要在溶液中加入碘水,若溶液变蓝,说明溶液中没有碘、有淀粉,即氯水氧化了碘没有氧化淀粉,所以可以同时排除假设②③(3)反应中Cl2中的Cl元素由0价变为-1价,碘元素由0价变为+5价,结合化合价升降总数相等以及质量守恒,则方程式为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,电子转移的方向和数目表示为:;(4)FeCl3溶液中铁离子具有氧化性,KI中碘离子具有还原性,FeCl3与碘化钾发生氧化还原反应,加入试管a中加入1mL苯,苯的密度小于水,若溶液分层且上层为紫红色、下层几乎无色,证明反应中生成I2;KSCN溶液可检验铁离子,加入KSCN溶液变为红色,说明溶液中含有Fe3+;(5)由探究(4)可知Fe3+和I2可以共存,由此可知Fe3+不能氧化I2,而由(3)可知Cl2能氧化I2,所以氧化性Cl2>FeCl3。27、利用浓硫酸的吸水性,使反应向有利于生成乙烯的方向进行NaOHdb、dNa2CO3分液相互溶解但沸点差别较大的液体混合物Na2SO3先加浓硫酸会有较多HBr气体生成,HBr挥发会造成HBr的损耗【解析】

(1)乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170℃可到乙烯,反应为可逆反应,浓硫酸还具有吸水性;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO2,会对乙烯的验证造成干扰,选择氢氧化钠溶液吸收SO2;乙烯与溴水发生加成反应生成1,2—二溴乙烷,据此分析解答;(3)甲装置边反应边蒸馏,乙装置采用冷凝回流,等反应后再提取产物,使反应更充分;(4)分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液,吸收挥发出的乙酸和乙醇,同时降低乙酸乙酯的溶解度,分液可将其分离,得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可;(5)按方案①和②实验时,产物都有明显颜色,是由于有溴单质生成,溶于水后出现橙红色;方案②中把浓硫酸加入溴化钠溶液,会有HBr生成,HBr具有挥发性,会使HBr损失。【详解】(1)乙醇制取乙烯的同时还生成水,浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂,浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量,原因是:浓硫酸还具有吸水性,反应生成的水被浓硫酸吸收,使反应向有利于生成乙烯的方向进行;(2)乙醇生成乙烯的反应中,浓硫酸作催化剂和脱水剂,浓硫酸还有强氧化性,与乙醇发生氧化还原反应,因此产物中有可能存在SO2,会对乙烯的验证造成干扰,选择碱性溶液吸收SO2;a.若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色;b.若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成;c.若反应后水溶液酸性增强,说明乙烯与溴水发生了取代反应;d.反应后水溶液接近中性,说明反应后没有HBr生成,说明乙烯与溴水发生了加成反应;答案选d;(3)甲装置边反应边蒸馏,而乙醇、乙酸易挥发,易被蒸出,使反应物转化率降低,

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