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文档简介
2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、常温下,下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.1.0mol·L-1的KNO3溶液中:H+、Fe2+、Cl-、B.使紫色石蕊溶液变红的溶液中:、Ba2+、、Cl-C.pH=12的溶液中:K+、Na+、CH3COO-、Br-D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中:、Mg2+、I-、Cl-2、氢硫酸中加入或通入少量下列物质,溶液酸性增强的是()A.O2 B.Cl2 C.SO2 D.NaOH3、下列褪色与二氧化硫漂白性有关的是A.溴水 B.品红溶液C.酸性高锰酸钾溶液 D.滴入酚酞的氢氧化钠溶液4、下列说法正确的是()A.Cl2溶于水得到的氯水能导电,但Cl2不是电解质,而是非电解质B.以铁作阳极,铂作阴极,电解饱和食盐水,可以制备烧碱C.将1molCl2通入水中,HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为D.反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行,则5、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A.电子层数 B.原子半径 C.最高化合价 D.最外层电子数6、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A.放电时,N极发生还原反应B.充电时,Zn2+向M极移动C.放电时,每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量为260gD.充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+=PTO-Zn2+7、有一种锂离子电池,在室温条件下可进行循环充放电,实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3,另一极为金属锂和石墨的复合材料,电解质只传导锂离子。电池总反应为:Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O,关于此电池,下列说法不正确的是A.放电时,此电池逐渐靠近磁铁B.放电时,正极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC.放电时,正极质量减小,负极质量增加D.充电时,阴极反应为Li++e-=Li8、我国在物质制备领域成绩斐然,下列物质属于有机物的是()A.双氢青蒿素B.全氮阴离子盐C.聚合氮D.砷化铌纳米带A.A B.B C.C D.D9、成语是中国文化的魂宝。下列成语涉及的金属在常温下不溶于浓硝酸的是A.铜壳滴漏 B.化铁为金 C.火树银花 D.书香铜臭10、室温下,向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液,H2A溶液中各粒子浓度分数δ(X)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是()A.当溶液中A元素的主要存在形态为A2-时,溶液可能为弱酸性、中性或碱性B.当加入NaOH溶液至20mL时,溶液中存在((Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C.室温下,反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3D.室温下,弱酸H2A的第一级电离平衡常数用Ka1表示,Na2A的第二级水解平衡常数用Kh2表示,则Kal>Kh211、下列实验操作对应的现象不符合事实的是选项实验操作现象A向盛有溶液的试管中滴入几滴稀盐酸,充分振荡后滴加KSCN溶液溶液逐渐变为黄色,滴加KSCN后溶液变血红色B向盛有的溶液的试管中通入乙烯溶液逐渐褪色,静置后观察到溶液有分层现象C向溶液中滴加氨水,充分反应后再加入过量的溶液先产生白色沉淀,后沉淀消失D向盛有溶液的试管中滴加稀硫酸有刺激性气味气体产生,溶液变浑浊A.A B.B C.C D.D12、某同学设计了如图所示元素周期表,已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是A.白格中都是主族元素,灰格中都是副族元素B.X、Y分别与Z形成的化合物都只有两种C.X、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性:X>YD.X、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物13、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时,使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是()A.密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物:B.Fe在Cl2中的燃烧产物:C.AlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式:D.氨水与SO2反应后溶液中的铵盐:14、A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质,且A、B、C中含有同一种元素,其转化关系如图所示。下列说法正确的是()A.若B为一种两性氢氧化物,则D可能是强酸,也可能是强碱B.若A为固态非金属单质,D为O2,则A可以为单质硫C.若A为强碱,D为CO2,则B的溶解度一定大于C的溶解度D.若A为18电子气态氢化物,D为O2,则A只能是C2H615、扁桃酸(Z)是重要的医药合成的中间体,工业上合成它的路线之一如下所示(不考虑立体异构)下列有关说法错误的是A.若反应1发生的是加成反应,则Q是HCNB.X、Y两种分子中共平面的碳原子数目一定相等C.可用银氨溶液检验Z中是否含有XD.Z苯环上的二硝基取代产物最多有6种16、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g,与足量盐酸反应放出H20.5g(标准状况),则混合物中必定含有的金属是A.钠 B.镁 C.铝 D.铁17、利用如图的实验装置和方法进行实验,能达到目的的是()A.甲装置可将FeC12溶液蒸干获得FeC12晶体B.乙装置可证明浓硫酸具有脱水性和氧化性C.丙装置可除去CO2中的SO2D.丁装置可将NH4Cl固体中的I2分离18、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A.属于烃类 B.由不同酯组成的混合物C.密度比水大 D.不能发生皂化反应19、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示,下列说法正确的是()A.瑞德西韦中N、O、P元素的电负性:N>O>PB.瑞德西韦中的N—H键的键能大于O—H键的键能C.瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D.瑞德西韦结构中存在σ键、π键和大π键20、下列关于有机化合物的说法正确的是A.除去乙醇中的少量水,方法是加入新制生石灰,经过滤后即得乙醇B.HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构C.除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质,可加入足量烧碱溶液,通过分液即得乙酸乙酯D.一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团,如果在苯环上再连接一个-CH3,其同分异构体有16种21、下列解释事实的方程式不正确的是A.金属钠露置在空气中,光亮表面颜色变暗:4Na+O2=2Na2OB.铝条插入烧碱溶液中,开始没有明显现象:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合,产生气体:NH4++OH-=NH3↑十+H2OD.碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液,黄色沉淀变成黑色:2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-22、常温下,控制条件改变0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH,溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ(X)随pOH的变化如图所示。已知pOH=-lgc(OH-),。下列叙述错误的是()A.反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数的值为103B.若升高温度,a点移动趋势向右C.pH=3时,=100.6:1D.物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中:c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)二、非选择题(共84分)23、(14分)盐酸氨溴索(又称溴环己胺醇),可用于急、慢性支气管炎及支气管扩张、肺气肿、肺结核等疾病的治疗。某研究小组拟用以下流程合成盐酸氨溴索和糖精的中间体X(部分反应条件及产物已略)。已知信息:(Ⅰ)R1CHO+R2NH2R1CH=N﹣R2(Ⅱ)(易被氧化)请回答:(1)流程中A名称为_____;D中含氧官能团的名称是_____。(2)G的分子式为_____;化合物E的结构简式是_____。(3)A→B、F→G的反应类型分别为:_____、_____。(4)写出B+CD的化学方程式_____。(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体H有_____种;其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为_____。①苯环上有两个取代基,其中之一是氨基;②官能团与X相同,苯环上的一氯代物有两种。(6)以甲苯和甲醇为有机原料,参照盐酸氨溴索的合成路线图,设计X的合成路线______(无机试剂任选,标明试剂、条件及对应物质结构简式)。24、(12分)为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质,设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知:B是空气的主要成分之一;C是一种强碱,且微溶于水,载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2,以净化空气;D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X的化学式为__________________。(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是______________。(3)A的电子式为____________。(4)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为____________。25、(12分)碘酸钾()是重要的微量元素碘添加剂。实验室设计下列实验流程制取并测定产品中的纯度:其中制取碘酸()的实验装置见图,有关物质的性质列于表中物质性质HIO3白色固体,能溶于水,难溶于CCl4KIO3①白色固体,能溶于水,难溶于乙醇②碱性条件下易发生氧化反应:ClO-+IO3-=IO4-+Cl-回答下列问题(1)装置A中参加反应的盐酸所表现的化学性质为______________。(2)装置B中反应的化学方程式为___________________。B中所加CCl4的作用是_________从而加快反应速率。(3)分离出B中制得的水溶液的操作为____________;中和之前,需将HIO3溶液煮沸至接近于无色,其目的是____________,避免降低的产率。(4)为充分吸收尾气,保护环境,C处应选用最合适的实验装置是____________(填序号)。(5)为促使晶体析出,应往中和所得的溶液中加入适量的___________。(6)取1.000g产品配成200.00mL溶液,每次精确量取20.00mL溶液置于锥形瓶中,加入足量KI溶液和稀盐酸,加入淀粉作指示剂,用0.1004mol/L溶液滴定。滴定至终点时蓝色消失(),测得每次平均消耗溶液25.00mL。则产品中的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。26、(10分)三氯化氮(NCl3)是一种消毒剂,可利用氯气与氯化铵溶液反应来制备。已知:三氯化氮的相关性质如下:物理性质化学性质黄色油状液体,熔点为-40℃,沸点为71℃,不溶于冷水、易溶于有机溶剂,密度为1.65g•cm-395℃时爆炸,热水中发生水解某小组同学选择下列装置(或仪器)设计实验制备三氯化氮并探究其性质:(1)NCl3的电子式为__________________;仪器M的名称是______________;(2)如果气流的方向从左至右,装置连接顺序为A、G、_____________、B。(注明:F仪器使用单孔橡胶塞)(3)C中试剂是_________________;B装置的作用是________________;(4)写出E装置中发生反应的化学方程式_______________________________________(5)当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应。控制水浴加热温度为__________;(6)已知三氯化氮不具有漂白性,三氯化氮与热水反应的化学方程式为NCl3+4H2O=NH3•H2O+3HClO,请设计实验证明该水解反应的产物______________27、(12分)氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水,可溶于氯离子浓度较大的体系,在潮湿空气中易水解、氧化。(制备)方法一:(资料查阅)(1)仪器X的名称是______,在实验过程中,B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCI,然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质,产生的原因是______。方法二:(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______,过滤,沉淀用的酸洗,水洗,乙醇洗三步操作,酸洗采用的酸是______(写名称),用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。(含量测定)(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg,将其置于过量的溶液中,待样品完全溶解后,加入适量稀硫酸,用amol/L的溶液滴定到终点,消耗溶液bmL,反应中被还原为,样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量:)(应用)利用如下图所示装置,测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知:i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式:______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。28、(14分)黄铜矿是工业炼铜的原料,含有的主要元素是硫、铁、铜,请回答下列问题。(l)基态硫原子中核外电子有____种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是___。(2)液态SO2可发生白偶电离2SO2=SO2++SO32-,SO32-的空间构型是___,与SO2+互为等电子体的分子有____(填化学式,任写一种)。(3)CuCl熔点为426℃,融化时几乎不导电,CuF的熔点为908℃,沸点1100℃,都是铜(I)的卤化物,熔沸点相差这么大的原因是___。(4)乙硫醇(C2H5SH)是一种重要的合成中间体,分子中硫原子的杂化形式是____。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点____(填“高”或“低”),原因是____。(5)黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞参数如图所示,X的化学式是___,其密度为___g/cm3(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。29、(10分)氮及其化合物对环境具有显著影响。(1)已知汽车气缸中氮及其化合物发生如下反应:△H=+180kJ·mol−1△H=+68kJ·mol−1则△H=__________kJ·mol−1(2)对于反应的反应历程如下:第一步:第二步:其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡,第一步反应中:υ正=k1正·c2(NO),υ逆=k1逆·c(N2O2),k1正、k1逆为速率常数,仅受温度影响。下列叙述正确的是______(填标号)。A.整个反应的速率由第一步反应速率决定B.同一温度下,平衡时第一步反应的k1正/k1逆越大,反应正向程度越大C.第二步反应速率低,因而转化率也低D.第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)科学家研究出了一种高效催化剂,可以将CO和NO2两者转化为无污染气体,反应方程式为:△H<0。某温度下,向10L密闭容器中分别充入0.1molNO2和0.2molCO,发生上述反应,随着反应的进行,容器内的压强变化如下表所示:时间/min024681012压强/kPa7573.471.9570.769.768.7568.75在此温度下,反应的平衡常数Kp=___________kPa−1(Kp为以分压表示的平衡常数);若降低温度,再次平衡后,与原平衡相比体系压强(P总)减小的原因是____________________。(4)汽车排气管装有的三元催化装置,可以消除CO、NO等的污染,反应机理如下I:NO+Pt(s)=NO(*)[Pt(s)表示催化剂,NO(*)表示吸附态NO,下同]Ⅱ:CO+Pt(s)=CO(*)III:NO(*)=N(*)+O(*)IV:CO(*)+O(*)=CO2+2Pt(s)V:N(*)+N(*)=N2+2Pt(s)VI:NO(*)+N(*)=N2O+2Pt(s)尾气中反应物及生成物浓度随温度的变化关系如图。①330℃以下的低温区发生的主要反应的化学方程式是__________________________。②反应V的活化能_____反应VI的活化能(填“<”、“>”或“=”),理由是_________________。
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、C【解析】
A.H+、Fe2+、NO3—之间能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故A错误;B.使紫色石蕊溶液变红的溶液为酸性溶液,溶液中存在大量H+,H+与AlO2—在溶液中能够反应,且NH4+与AlO2—会发生双水解,不能大量共存,故B错误;C.pH=12的溶液显碱性,OH-与K+、Na+、CH3COO-、Br-不反应,且K+、Na+、CH3COO-、Br-之间也不反应,可大量共存,故C正确;D.滴加几滴KSCN溶液显血红色的溶液中含有Fe3+,Fe3+、I-能够发生氧化还原反应,不能大量共存,故D错误;故选C。2、B【解析】
H2S具有还原性,能被强氧化剂氧化,H2S的水溶液呈酸性,能和碱发生中和反应,以此解答该题。【详解】A.发生2H2S+O2=S↓+2H2O反应,溶液由酸性变为中性,所以酸性减弱,故A错误;B.发生2H2S+Cl2=S↓+2HCl反应,溶液酸性增强,故B正确;C.发生2H2S+SO2=3S↓+2H2O反应,溶液由酸性变为中性,则溶液的酸性减弱,故C错误;D.加入氢氧化钠溶液,生成硫化钠,溶液的酸性减弱,故D错误;故答案选B。3、B【解析】
A.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色,体现二氧化硫的还原性,故A错误;B.二氧化硫与品红化合生成无色的物质,体现二氧化硫漂白性,故B正确;C.二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色,体现二氧化硫的还原性,故C错误;D.滴入酚酞的氢氧化钠溶液显红色,二氧化硫为酸性氧化物,能够与碱反应,消耗氢氧根离子,使红色溶液褪色,故D错误;故答案为B。【点睛】考查二氧化硫的性质。二氧化硫为酸性氧化物,能与碱性氧化物、碱发生反应;二氧化硫能漂白某些有色物质,如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色;二氧化硫中硫为+4价,属于中间价态,有氧化性又有还原性,以还原性为主,如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色,体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。4、D【解析】
A.氯气为单质,既不是电解质也不是非电解质,故A错误;B.电解饱和食盐水制烧碱时,阳极应为惰性电极,如用铁作阳极,则阳极上铁被氧化,生成氢氧化亚铁,不能得到氯气,故B错误;C.氯气和水的反应为可逆反应,故溶液中含有未反应的氯气分子,故HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA,故C错误;D.反应Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)═2AlCl3(g)+3CO(g)室温下不能自发进行,说明△H-T△S>0,反应的熵变△S>0,则△H>0,故D正确;答案选D。5、D【解析】
A项,原子序数1、2的原子电子层数相同,原子序数3~10的原子电子层数相同,原子序数11~18的原子电子层数相同,A项不符合;B项,同周期主族元素,随原子序数递增原子半径减小,B项不符合;C项,第二周期的氧没有最高正价,第二周期的F没有正价,C项不符合;D项,第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2,第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8,D项符合;答案选D。6、D【解析】
放电时,金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+,即M电极为负极,则N电极为正极,电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+;充电时,外加电源的正极连接原电池的正极N,外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A.该原电池中,放电时M电极为负极,N电极为正极,正极得电子发生还原反应,故A正确;
B.充电时,原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极,电解质中阳离子Zn2+移向阴极M,故B正确;
C.放电时,正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+═PTO-Zn2+,负极反应式为Zn-2e-=Zn2+,电子守恒有4Zn~PTO-Zn2+,所以每生成1molPTO-Zn2+,M极溶解Zn的质量=65g/mol×4mol=260g,故C正确;
D.充电时,原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极,发生失电子的氧化反应,电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+,故D错误;
故选:D。7、C【解析】
A.放电时,锂为负极,氧化铁在正极反应,所以反应生成铁,此电池逐渐靠近磁铁,故正确;B.放电时,正极为氧化铁变成铁,电极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O,故正确;C.放电时,正极反应WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O,正极质量增加,负极锂失去电子生成锂离子,质量减少,故错误;D.充电时,阴极锂离子得到电子,电极反应为Li++e-=Li,故正确。故选C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理,注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响,本题中电解质只能传到锂离子,所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。8、A【解析】
A.双氢青蒿素,由C、H、O三种元素组成,结构复杂,属于有机物,A符合题意;B.全氮阴离子盐,由N、H、O、Cl四种元素组成,不含碳元素,不属于有机物,B不合题意;C.聚合氮,仅含氮一种元素,不含碳元素,不属于有机物,C不合题意;D.砷化铌纳米带,由砷和铌两种元素组成,不含碳元素,不属于有机物,D不合题意。故选A。9、B【解析】A、铜壶滴漏,铜壶滴漏即漏壶,中国古代的自动化计时(测量时间)装置,又称刻漏或漏刻。铜能溶于浓硝酸,故A错误;B、化铁为金,比喻修改文章,化腐朽为神奇。金不活泼,金在常温下不溶于浓硝酸,铁常温下在浓硝酸中钝化,故B正确;C、火树银花,大多用来形容张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景。银不活泼,但能溶于浓硝酸,故C错误;D、书香铜臭,书香,读书的家风;铜臭,铜钱上的臭味。指集书香和铜臭于一体的书商。铜能溶于浓硝酸,故D错误;故选B。10、B【解析】
A、当溶液中A元素的主要存在形态为A2-时,溶液pH大于4.2,溶液可能为弱酸性、中性或碱性,故A正确;B、HA与NaOH按1:1混合,所得溶液为NaHA溶液,由图可知,NaHA溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2(A2-)+c(HA-)+c(OH-),因为c(H+)>c(OH-),所以c(Na+)<2c(A2-)+c(HA-),故B错误;C、依据图像中两个交点可计算出Ka1=10-1.2,Ka2=10-4.2,室温下,反应A2-+H2A2HA-的平衡常数K==103,lgK=3,故C正确;D、因为K1=10-1.2,所以Kh2=,故Ka1>kh2,故D正确;答案选B。【点睛】本题考查酸碱混合的定量判断及根据弱电解质的电离平衡常数进行计算,明确图象曲线变化的意义为解答关键,难点C注意掌握反应平衡常数与电离常数的关系。11、B【解析】
A.向溶液中滴入稀盐酸,溶液中的、、发生氧化还原反应生成,溶液变为黄色,再滴加KSCN溶液,溶液变血红色,故不选A;B.乙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色,但生成1,二溴乙烷溶于四氯化碳,所以不会出现分层现象,故选B;C.向溶液中滴加氨水,产生氢氧化铝沉淀,充分反应后再加入过量的溶液相当于加入过量强酸,氢氧化铝溶解,故不选C;D.与稀硫酸反应,生成产物中有硫和二氧化硫,所以有刺激性气味气体产生,溶液变浑浊,故不选D。答案:B。【点睛】易错选项A,注意酸性情况下,硝酸根离子具有强氧化性,将亚铁离子氧化为铁离子。12、C【解析】
按照排布规律,前3周期,一侧的相同位置的元素位于同一主族,比如B和Al同主族,均在H的左侧,均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族,且X为N,Y为P,Z为O。到了第四周期,出现灰色空格,填充副族元素,如Se。【详解】A、按照图示,白格填充的为主族元素和稀有气体元素,灰格填充的为副族元素,A错误;B、X和Z,可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物,不止2种,B错误;C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3,Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4,同主族元素,同上到下非金属性减弱,非金属性越强,最高价氧化物对应的水化物的酸性越强,则HNO3>H3PO4;C正确;D、非金属性越强,气态氢化物的稳定性越强,同主族元素,同上到下非金属性减弱,同周期元素,从左到右,非金属性增强,则非金属性排序为O>N>P,氢化物最强的是Z的氢化物,H2O;D错误;答案选D。13、B【解析】
A.该过程涉及的化学方程式有:,,A错正确;B.Fe在Cl2中燃烧,只会生成FeCl3,B错误;C.该过程涉及的化学方程式有:Al3++3OH-=Al(OH)3↓,Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O,C正确;D.该过程涉及的化学方程式有:2NH3·H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O,NH3·H2O+SO2=NH4HSO3,D正确;故合理选项为B。14、A【解析】
A.B为两性氢氧化物,若D为强碱,则A为铝盐,若D为强酸,则A为偏铝酸盐,则A正确;B若A为固态非金属单质,D为O2,则A不能为单质硫,因为硫不能一步被氧化为三氧化硫,故B错误;C.当A为氢氧化钠,B为碳酸钠,C为碳酸氢钠,D为二氧化碳,B的溶解度大于C的溶解度,当A为氢氧化钡,B为碳酸钡,C为碳酸氢钡,则B的溶解度小于C的溶解度,故C错误;D.若A为18电子气态氢化物,D为O2,则A可以为C2H6、H2S,故D错误。答案选A。15、B【解析】
由有机物的转化关系可知,与HCN发生加成反应生成,在酸性条件下水解生成。【详解】A项、若反应I是加成反应,通过分析反应物和产物的结构可知,分子中醛基与HCN发生加成反应生成,故A正确;B项、分子的所有碳原子共平面,共平面碳原子数目为7个,分子中的所有碳原子也可能共平面,共平面碳原子数目最多为8个,故B错误;C项、中含有醛基,能发生银镜反应,中不含有醛基,不能发生银镜反应,则可用银氨溶液检验中是否含有,故C正确;D项、不考虑立体异构Z苯环上的二硝基取代物最多有6种,结构简式分别为、、、、、,故D正确。故选B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质,侧重分析与应用能力的考查,注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。16、D【解析】
假设金属都是二价金属,其通式为R,金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑,n(H2)==0.25mol,根据方程式知,n(R)=n(H2)=0.25mol,则R的平均摩尔质量===48g/mol,混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的,如果将Na换算为+2价时,其摩尔质量变为46g/mol<48g/mol,镁的摩尔质量为24g/mol<48g/mol,如果将Al换算为+2价时,其摩尔质量变为18g/mol<48g/mol,Fe的摩尔质量为56g/mol>48g/mol,其中小于48g/mol的有三种,而大于48g/mol只有铁,所以一定含有Fe,故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用,解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”,采用此法,金属的平均电子摩尔质量=24g/mol,其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。17、B【解析】
A.加热会强烈水解,并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为,最终无法得到,A项错误;B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水,即“黑面包实验”,同时硫酸被还原得到,使溴水褪色,因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性,B项正确;C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠,因此不能用来除杂,C项错误;D.氯化铵固体受热易分解,碘受热易升华,二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离,D项错误;答案选B。【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应,其次是不能引入新的杂质,最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。18、B【解析】
A.“地沟油”的主要成分为油脂,含有氧元素,不属于烃类,选项A错误;B.“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,是由不同酯组成的混合物,选项B正确;C.“地沟油”的主要成分为油脂,油脂的密度比水小,选项C错误;D.皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应,“地沟油”的主要成分为油脂,能发生皂化反应,选项D错误。答案选B。【点睛】本题主要考查了油脂的性质与用途,熟悉油脂结构及性质是解题关键,注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应,“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,密度比水小,油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。19、D【解析】
A.一般情况下非金属性越强,电负性越强,所以电负性:O>N>P,故A错误;B.O原子半径小于N原子半径,电负性强于N,所以O-H键的键能大于N-H键键能,故B错误;C.形成N=C键的N原子为sp2杂化,形成C≡N键的N原子为sp杂化,故C错误;D.该分子中单键均为σ键、双键和三键中含有π键、苯环中含有大π键,故D正确;故答案为D。20、D【解析】分析:A.CaO与水反应后生成氢氧化钙,氢氧化钙是离子化合物,增大了沸点差异;B.碳链异构是碳链的连接方式不同,-OH的位置不同是位置异构;C.乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解;D.可看成二甲苯(、、)苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。详解:A.CaO与水反应后,增大沸点差异,应选蒸馏法分离,故A错误;B.-OH的位置不同,属于位置异构,故B错误;C.乙酸乙酯与NaOH反应,不能除杂,应选饱和碳酸钠溶液、分液,故C错误;D.一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团,如果在苯环上再连接一个-CH3,看成二甲苯(、、)苯环上连有-CH2CH3、-OH,中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置,-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置,-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置,共7种;中先固定-OH,乙基有3种位置,有3种同分异构体;先固体-OH在邻位时乙基有3种位置,固定-OH在间位时乙基有3种位置,有6种;则同分异构体有7+3+6=16种,故D正确;故选D。21、C【解析】A、金属钠与空气中的氧气反应而变暗:4Na+O2=2Na2O,选项A正确;B.铝表面的氧化铝溶于烧碱溶液中:Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O,选项B正确;C.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应:Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O,选项C错误;D、碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液,生成更难溶的黑色沉淀:2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-,选项D正确。答案选C。22、B【解析】
A.反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=,a点c(C2O42-)=c(HC2O4-),此时pOH=9.8,则c(OH-)=10-9.8mol/L,c(H+)=10-4.2mol/L,则Ka2==10-4.2;同理b点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2,所以反应的平衡常数K=,故A正确;B.温度升高,水的电离程度增大,水的离子积变大,pH与pOH之后小于14,则图像整体将向左移动,故B错误;C.=100.6:1,故C正确;D.H2C2O4的Ka1=10-1.2,Ka2=10-4.2,则HC2O4-的水解平衡常数Kh1=,即其电离程度大于其水解程度,所以纯NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-),加入等物质的量浓度Na2C2O4、草酸钠会电离出大量的C2O42-,则溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)依然存在,据图可知当c(C2O42-)>c(HC2O4-)时溶液呈酸性,钠离子不水解,所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-),故D正确;故答案为B。【点睛】有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像,各条曲线的交点是解题的关键,同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数;D项为易错点,要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。二、非选择题(共84分)23、邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯硝基、羟基C13H18N1OBr1氧化反应取代反应3【解析】
由B与C的分子式、D的结构简式,结合信息①,可知B为、C为,对比甲苯与B的结构,可知甲苯发生硝化反应生成A,A发生氧化反应生成B,故A为,D发生信息②中还原反应生成E为,由盐酸氨溴索的结构简式可知E→F发生还原反应生成F,F与溴发生苯环上取代反应生成G,G与HCl反应生成盐酸氨溴索,故F为、G为。(6)、甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基,硝基用Fe/HCl还原引入氨基,羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基,氨基易被氧化且能与羧基反应,结合生成A的转化,应先发生硝化反应反应生成,再发生氧化反应生成,然后发生酯化反应生成,最后发生还原反应生成目标产物。【详解】(1)A的结构简式为,其名称为:邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯。D中含氧官能团的名称是:硝基、羟基,故答案为:邻硝基甲苯或1﹣硝基甲苯;硝基、羟基;(1)G的结构简式为,其分子式为:C13H18N1OBr1.由分析可知,化合物E的结构简式是:,故答案为:C13H18N1OBr1;;(3)A→B是转化为,甲基转化为醛基,属于氧化反应。F→G是转化为,F中苯环上氢原子被溴原子替代,属于取代反应,故答案为:氧化反应;取代反应;(4)B+CD的化学方程式为,故答案为:;(5)化合物X同时符合下列条件的同分异构体:①苯环上有两个取代基,其中之一是氨基;②官能团与X相同,另外一个取代基含有酯基,可能为﹣COOCH3、﹣OOCCH3、﹣CH1OOCH,苯环上的一氯代物有两种,1个不同的取代基处于对位,符合条件的H共有3种,其中核磁共振氢谱有5组吸收峰的结构简式为:,故答案为:3;;(6)甲基用酸性高锰酸钾溶液氧化引入羧基,硝基用Fe/HCl还原引入氨基,羧基与甲醇发生酯化反应引入酯基,氨基易被氧化且能与羧基反应,结合生成A的转化,应先发生硝化反应反应生成,再发生氧化反应生成,然后发生酯化反应生成,最后发生还原反应生成目标物,合成路线流程图为:,故答案为:。24、LiN3第2周期VA族3LiN3Li3N+4N2↑【解析】
B是空气的主要成分之一,B为氮气或氧气;C是一种强碱,且微溶于水,C为LiOH,载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2,以净化空气,LiOH与反应生成Li2CO3;D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝,D是NH3,确定B为氮气,NH3是2.24L合0.1mol,A中N为14g·mol-1×0.1mol=1.4g。A为Li3N,3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g,14.7gX中Li为2.1g,n(Li)==0.3mol,n(N)==0.9mol,n(Li):n(N)=0.3:0.9=1:3,X的化学式为:LiN3。【详解】(1)由分析可知:X的化学式为LiN3。故答案为:LiN3;(2)B为氮气,组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为:第2周期VA族;(3)A为Li3N,Li最外层只有1个电子,显+1价,N最外层5个电子,得三个电子,显-3价,电子式为。故答案为:;(4)由分析X的化学式为:LiN3,X受热分解转变成Li3N和N2,由质量守恒:化学反应方程式为3LiN3Li3N+4N2↑。故答案为:3LiN3Li3N+4N2↑。25、还原性、酸性充分溶解和,以增大反应物浓度分液除去(或),防止氧化C乙醇(或酒精)89.5%。【解析】
装置A用于制取Cl2,发生的反应为:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,装置B中发生的是制取HIO3的反应,装置C为尾气处理装置,既要吸收尾气中的HCl和Cl2,还要防止倒吸。【详解】(1)装置A中发生的反应为:KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2,表现出还原性,还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl(盐),表现出酸性,故答案为:还原性、酸性;(2)装置B中发生的反应为:5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl,Cl2和I2均难溶于水,易溶于CCl4,加入CCl4可使二者溶解在CCl4中,增大反应物浓度,故答案为:5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl;充分溶解I2和Cl2,以增大反应物浓度;(3)分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液,HIO3溶液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-,ClO-会将IO3-氧化为IO4-,因此在中和前需要将Cl2除去,故答案为:分液;除去Cl2(或ClO-),防止氧化KIO3;(4)尾气中主要含HCl和Cl2,需用NaOH溶液吸收,同时要防止倒吸,故答案为:C;(5)因为KIO3难溶于乙醇,向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度,促使KIO3晶体析出,故答案为:乙醇(或酒精);(6)每20mLKIO3溶液中,加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为:IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O,滴定时发生的反应为:I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,可列出关系式:IO3-~3I2~6S2O32-,每次平均消耗的n(S2O32-)=0.1004mol/L×0.025L=0.00251mol,则每20mLKIO3溶液中,n(KIO3)=n(IO3-)=n(S2O32-)÷6=0.00251mol÷6=0.000418mol,200mL溶液中,n(KIO3)=0.00418mol,产品中KIO3的质量分数==89.5%,故答案为:89.5%。【点睛】1g样品配成了200mL溶液,而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量,需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。26、直形冷凝管C、E、D、F饱和食盐水吸收尾气中氯气,避免污染环境3Cl2+NH4Cl=NCl3+4HCl71℃~95℃用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体(F装置中的黄色油状液体)滴到干燥的红色石蕊试纸上,试纸不褪色;再滴加数滴热水后,试纸先变蓝色后褪色【解析】
题干信息显示,利用氯气与氯化铵溶液反应制备三氯化氮,所以制得的氯气不必干燥,但须除去氯化氢,以防干扰三氯化氮的制备。先用A装置制取Cl2,然后经过安全瓶G防止倒吸,再利用C装置除去Cl2中混有的HCl;此时混有少量水蒸气的Cl2进入E装置与蒸馏烧瓶中加入的氯化铵溶液反应,生成三氯化氮和氯化氢;当E装置的烧瓶中出现较多油状液体时停止反应,用水浴加热蒸馏烧瓶,并控制温度在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间,将三氯化氮蒸出,用D冷凝,用F承接;由于Cl2可能有剩余,所以需使用装置B进行尾气处理。【详解】(1)NCl3为共价化合物,N原子与Cl各形成一对共用电子,其电子式为;仪器M的名称是直形冷凝管。答案为:;直形冷凝管;(2)依据分析,如果气流的方向从左至右,装置连接顺序为A、G、C、E、D、F、B。答案为:C、E、D、F;(3)装置C用于除去Cl2中混有的HCl,所以C中试剂是饱和食盐水;最后所得尾气中可能混有污染环境的Cl2,应除去,由此确定B装置的作用是吸收尾气中氯气,避免污染环境。答案为:饱和食盐水;吸收尾气中氯气,避免污染环境;(4)E装置中,氯气与氯化铵溶液反应,生成三氯化氮和氯化氢,化学方程式为3Cl2+NH4Cl=NCl3+4HCl。答案为:3Cl2+NH4Cl=NCl3+4HCl;(5)由以上分析可知,水浴加热温度应控制在三氯化氮的沸点与95℃(爆炸点)之间,应为71℃~95℃。答案为:71℃~95℃;(6)设计实验时,应能证明现象来自产物,而不是反应物,所以使用的物质应与反应物不反应,但能与两种产物反应,且产生不同的现象,可设计为:用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体(F装置中的黄色油状液体)滴到干燥的红色石蕊试纸上,试纸不褪色;再滴加数滴热水后,试纸先变蓝色后褪色。答案为:用干燥、洁净玻璃棒蘸取三氯化氮液体(F装置中的黄色油状液体)滴到干燥的红色石蕊试纸上,试纸不褪色;再滴加数滴热水后,试纸先变蓝色后褪色。【点睛】分析仪器的连接顺序时,要有一个整体观、全局观,依据实验的操作顺序,弄清每步操作可能使用什么装置,会产生什么杂质,对实验过程或结果产生什么影响,于是注意选择合适的试剂,合理安排装置的连接顺序。27、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】
CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2,温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2;向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,得到的CuCl经硫酸酸洗,水洗后再用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,结合关系式解答该题;保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应;CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;N2的体积可用排水法测定,据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造,其名称是干燥管;由制备CuCl的原理可知,反应生成了Cl2,故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色,故答案为干燥管;先变红后褪色;(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后,要先在气体入口处通入干燥HCl,再点燃酒精灯,加热,实验结束时要先熄灭酒精灯,冷却,再停止通入HCl,然后通入,所以操作的先后顺序是cdb,故答案为cdb;(3)根据以上分析,若实验中通入的HCl的量不足,则氯化铜晶体加热时发生水解,最后生成少量CuO,故答案为通入的HCl的量不足;(4)向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl,离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;由制备反应可知,有硫酸钠生成,则应加入硫酸,为防止CuCl溶解,不能加入硝酸等氧化性酸,也不能加入盐酸,防止引入新杂质;因乙醇沸点低,易挥发,则用乙醇洗涤,可快速除去固体表面的水分,防止水解、氧化;故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+;硫酸;醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化;(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-,加入K2Cr2O7溶液,发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O,反应的关系式为6CuCl~6Fe2+~Cr2O72-,
6
1
n
ab×10-3mol
n=6ab×10-3mol,m(CuCl)=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg,
则样品中CuCl的质量分数为
×100%,
故答案为
×100%;(6)①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2,发生氧化还原反应:2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2O,②CuCl易被氧化,因此吸收CO前,要先吸收O2;NaOH溶液能吸收CO2,则吸收O2前,要先吸收CO2;故吸收顺序为CO2、O2、CO,N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2,试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO,试剂为CuCl的盐酸溶液。故答案为2S2O42-+3O2+4OH-=
4SO42-+2H2O;NaOH溶液;CuCl的盐酸溶液。【点睛】本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握物质的性质以及反应流程,注意(5)中利用关系式的计算。28、161s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)三角锥形N2或COCuCl为分子晶体,CuF为离子晶体,离子晶体的熔沸点比分子晶体高sp3低乙醇分子间有氢键,而乙硫醇没有CuFeS2【解析】
(1)硫元素为16号元素,核外有16个电子,9个轨道;铁为26号元素,核外有26个电子,失去最外层的2个电子变成Fe2+;(2)根据SO32-的杂化方式为sp3确定它的空间结构,由等电子体定义确定SO2+的等电子体的分子;(3)根据两种晶体的性质确定晶体类型;(4)根据乙硫醇中硫原子的成键特点判断杂化方式,乙醇分子里有氧,可以形成氢键导致沸点比较高;(5)根据晶胞结构中Cu、Fe、S原子个数计算出化学式,再由有关公式写出晶胞密度的表达式;根据以上分析进行解答。【详解】(1)基态原子核外有多少个轨道就有多少个空间运动状态。硫原子的电子排布式为:1s22s22p63s23p4,故硫原子1+1+3+1+3=9个轨道,所以基态硫原子中核外电子有9种空间运动状态;Fe是26号元素,核外有26个电子,铁原子失去最外层的两个电子变成Fe2+,Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。答案为:9;1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)。(2)SO32-离子中的硫原子有三个化学键,一对孤对电子,属于sp3杂化,空间构
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