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文档简介
2023高考化学模拟试卷注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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、下列指定反应的离子方程式不正确的是()A.NO2溶于水:3NO2+H2O=2H++2NO3-+NOB.漂白粉溶液呈碱性的原因:ClO-+H2OHClO+OH-C.酸性条件下用H2O2将海带灰中I-氧化:H2O2+2I-+2H+=I2+2H2OD.氯化铝溶液中加入过量的氨水:Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2O2、世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产,该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜,光电转化率高。下列说法错误的是A.普通玻璃含有二氧化硅 B.该发电玻璃能将光能完全转化为电能C.碲化镉是一种无机化合物 D.应用该光电转化技术可减少温室气体排放3、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4、下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是()A.证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度B.制备氢氧化铁胶体C.利用过氧化钠与水反应制备氧气,且随开随用、随关随停D.证明氯气具有漂白性5、下列由实验现象得出的结论不正确的是操作及现象结论A向3mL0.1mol•L-1AgNO3溶液中先加入4~5滴0.1mol•L-1NaCl溶液,再滴加4~5滴0.1mol•L-1NaI溶液先出现白色沉淀,后出现黄色沉淀,说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向2支盛有5mL不同浓度的Na2S2O3溶液的试管中同时加入5mL0.1mol•L-1硫酸溶液,记录出现浑浊的时间探究浓度对反应速率的影响C其他条件相同,测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小D向可能含有Cu2O、Fe2O3红色固体①中加入足量稀硫酸溶解,有红色固体②生成,再滴加KSCN溶液溶液不变红(已知:Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O)不能说明红色固体①中不含Fe2O3A.A B.B C.C D.D6、已知常温下,Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-三者的物质的量分数随溶液pH变化关系如图所示,下列叙述错误的是A.在pH=4.3的溶液中:3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)B.等体积、等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后,此溶液中水的电离程度比纯水小C.在pH=3的溶液中存在D.向Na2CO3溶液中加入过量H2R溶液,发生反应:CO32-+H2R=HCO3-+HR-7、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,观察现象A.A B.B C.C D.D8、在一个2L的密闭容器中,发生反应:2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)—Q(Q>0),其中SO3的物质的量随时间变化如图所示,下列判断错误的是A.0~8min内v(SO3)=0.025mol/(L·min)B.8min时,v逆(SO2)=2v正(O2)C.8min时,容器内压强保持不变D.若8min时将容器压缩为1L,n(SO3)的变化如图中a9、公元八世纪,JabiribnHayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO↑+3O2↑),同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是A.干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收B.王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的C.王水溶解金时,其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=H[AuCl4]+NO↑+2H2O)D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3,利用的是浓硫酸的氧化性10、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是()A.高纯硅可用于制作光导纤维B.碳酸钠热溶液呈碱性,可用于除去餐具上的油污C.利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖11、NA代表阿伏加德罗常数的值,以下说法正确的是A.2NA个HCl分子与44.8LH2和Cl2的混合气体所含的原子数目均为4NA。B.32gCu将足量浓、稀硝酸分别还原为NO2和NO,浓、稀硝酸得到的电子数均为NA。C.物质的量浓度均为1mol/L的NaCl和MgCl2混合溶液中,含有Cl―的数目为3NA。D.1molD318O+(其中D代表)中含有的中子数为10NA。12、根据原子结构或元素周期律的知识,下列说法正确的是()A.35Cl和37Cl中子数不同,所以它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都不相同B.两个不同原子的1s、2s、2p、3s、3p各亚层中电子的能量相同C.短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价D.CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸13、下列指定反应的离子方程式正确的是()A.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2Al+2OH-=AlO2-+H2↑B.电解饱和食盐水制备Cl22Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2O14、现有部分元素的原子结构特点如表,下列叙述中正确的是A.W原子结构示意图为B.元素X和Y只能形成原子个数比为1∶2的化合物C.元素X比元素Z的非金属性强D.X、Y、Z、W四种元素不能形成离子化合物15、H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:(I)2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑(II)Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2下列推断错误的是()A.反应I是氧化还原反应,反应II是非氧化还原反应B.H3PO2具有强还原性,在空气中可能被氧化成磷酸C.在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:1D.在标准状况下生成2.24LPH3,同时转移0.3mol电子16、黄铜矿(CuFeS2)是提取铜的主要原料,其煅烧产物Cu2S在1200℃高温下继续反应:2Cu2S+3O2→2Cu2O+2SO2…①2Cu2O+Cu2S→6Cu+SO2…②.则A.反应①中还原产物只有SO2B.反应②中Cu2S只发生了氧化反应C.将1molCu2S冶炼成2molCu,需要O21molD.若1molCu2S完全转化为2molCu,则转移电子数为2NA17、短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大,X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构,Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍,Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体,溶液pH与RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是A.X2R溶液的浓度为0.03mol·L-1B.工业上通常采用电解法冶炼Q的单质C.最简单气态氢化物的稳定性:Y>Z>RD.RZ2通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中,均无明显现象18、W、X、Y、Z均是短周期元素,X、Y处于同一周期,X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-,Y+和Z-离子具有相同的电子层结构。下列说法正确的是()A.原子最外层电子数:X>Y>Z B.单质沸点:X>Y>ZC.离子半径:X2->Y+>Z- D.原子序数:X>Y>Z19、不符合ⅦA族元素性质特征的是A.从上到下原子半径逐渐减小 B.易形成-1价离子C.最高价氧化物的水化物显酸性 D.从上到下氢化物的稳定性依次减弱20、常温下,物质的量浓度相等的下列物质的水溶液,pH最小的是()A.NH4ClO4 B.BaCl2 C.HNO3 D.K2CO321、我国自主研发的对二甲苯绿色合成项目取得新进展,其合成过程如图所示。下列说法不正确的是A.异戊二烯所有碳原子可能共平面B.可用溴水鉴别M和对二甲苯C.对二甲苯的一氯代物有2种D.M的某种同分异构体含有苯环且能与钠反应放出氢气22、下列关于有机化合物的说法正确的是()A.乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B.除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C.等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D.分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种二、非选择题(共84分)23、(14分)聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图(部分反应条件略去):已知:+R2OH(1)A的名称是___________________。(2)写出下列反应的反应类型:反应①是_____________,反应④是__________。(3)G的结构简式为_____________________,F的分子式为_____________________。(4)写出反应②的化学方程式____________________。(5)C存在多种同分异构体,写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式:____________。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H,该试剂是____________。(7)利用以上合成路线的信息,以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物(无机试剂任选)___________。24、(12分)已知:醛基和双氧水可发生如下反应:为了合成一类新药,选择了下列合成路线:回答下列问题:(1)C中官能团的名称是_______________________。(2)E生成F的反应类型是_____________________。(3)E的结构简式为______________________________。(4)B生成C的化学方程式为_____________________。(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸,且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1:l)的有机物有______种。(6)设计主要以甲醇和苯甲醇为原料制备的合成路线_________。25、(12分)草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(1)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有__________________(填化学式);若观察到__________________,说明分解产物中含有CO。草酸铵分解的化学方程式为______________________。(2)反应开始前,通入氮气的目的是________________________。(3)装置C的作用是_______________________。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为__________。II.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为___________。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.41mL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为________mmol/L。26、(10分)某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应,研究NH3的某种性质并测定其组成,设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题:(1)仪器a的名称为______;仪器b中可选择的试剂为______。(2)实验室中,利用装置A,还可制取的无色气体是______(填字母)。A.Cl2B.O2C.CO2D.NO2(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体,量气管有无色无味的气体,上述现象证明NH3具有______性,写出相应的化学方程式______。(4)E装置中浓硫酸的作用______。(5)读取气体体积前,应对装置F进行的操作:______。(6)实验完毕,若测得干燥管D增重mg,装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况),则氨分子中氮、氢的原子个数比为______(用含m、n字母的代数式表示)。27、(12分)某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。(查阅资料)物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(实验探究)(一)探究BaCO3和BaSO4之间的转化,实验操作如下所示:试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ实验ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生,沉淀部分溶解(1)实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4,依据的现象是加入稀盐酸后,__________。(2)实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。(3)实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化,结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因:___________。(二)探究AgCl和AgI之间的转化。(4)实验Ⅲ:证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是______(填字母代号)。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液(5)实验Ⅳ:在试管中进行溶液间反应时,同学们无法观察到AgI转化为AgCl,于是又设计了如下实验(电压表读数:a>c>b>0)。装置步骤电压表读数ⅰ.按图连接装置并加入试剂,闭合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重复ⅰ,再向B中加入与ⅲ等量的NaCl(s)a注:其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大;离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关。①查阅有关资料可知,Ag+可氧化I-,但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀,原因是氧化还原反应速率__________(填“大于”或“小于”)沉淀反应速率。设计(-)石墨(s)[I-(aq)//Ag+(aq)]石墨(s)(+)原电池(使用盐桥阻断Ag+与I-的相互接触)如上图所示,则该原电池总反应的离子方程式为________。②结合信息,解释实验Ⅳ中b<a的原因:__________。③实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl,理由是_________。(实验结论)溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀,反之则不易;溶解度差别越大,由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。28、(14分)甲醛(HCHO)在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。Ⅰ.利用甲醇(CH3HO)制备甲醛脱氢法:CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)ΔH1=+92.09kJ·mol-1氧化法:CH3OH(g)+1/2O2(g)⇌HCHO(g)+H2O(g)ΔH2(1)脱氢法制甲醛,有利于提高平衡产率的条件有________(写出一条)。(2)已知:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH3=-483.64kJ·mol-1,则ΔH2=________________。(3)750K下,在恒容密闭容器中,充入一定量的甲醇,发生脱氢法反应,若起始压强为P0,达到平衡时转化率为40.0%,则反应的平衡常数Kp=________(用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数,忽略其它反应)。(4)Na2CO3是脱氢法反应的催化剂,有研究指出,催化反应的部分机理如下:历程i:CH3OH→·H+·CH2OH历程ii:·CH2OH→·H+HCHO历程iii:.·CH2OH→3·H+CO历程iv:·H+·H→H2如图所示为在体积为1L的恒容容器中,投入1molCH3OH,在碳酸钠催化剂作用下,经过10min反应,测得甲醇的转化率(X)与甲醇的选择性(S)与温度的关系(甲醛的选择性:转化的CH3OH中生成HCHO的百分比)。回答下列问题:①600℃时,前10min内甲醛的平均速率为v(HCHO)=______②从平衡角度分析550℃-650℃甲醇生成甲醛的转化率随温度升高的原因为______;③反应历程i的活化能______(填“>”“<”或“=”)CH3OH(g)⇌HCHO(g)+H2(g)活化能。④650℃-750℃反应历程ii的速率_______(填“>”“<”或“=”)反应历程iii的速率。Ⅱ.甲醛超标会危害人体健康,需对甲醛含量检测及处理。某甲醛气体探测仪利用燃料电池工作原理,b电极反应方程式为________。29、(10分)马来酸酐(顺-丁烯二酸肝)是一种重要的化工原料,可用于合成可降解的高聚物PES树脂以及具有抗肿瘤活性的化合物K。
己知:I.++II.III.+H2O(代表烃基)回答下列问题:(1)C的名称是__________,反应②的反应类型是_______(Q)B的顺式结构简式为_________,F含氧官能团的结构简式__________。(3)反应①的化学方程式为_______________。(4)C有多种同分异构体,其中与C具有完全相同的官能团,且核磁共振氢谱只有两个峰的同分异构体的结构简式为__________(不考虑立体异构)。(5)己知:氨基()与羟基类似,也能发生反应I。在由F制备K的过程中,常会产生副产物L,L分子式为,含三个六元环,则L的结构简式为________。(6)写出由B合成酒石酸(的合成路线:_______________________。
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.NO2溶于水生成硝酸与NO,其离子方程式为:3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO,A项正确;B.漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致,其离子方程式为:ClO-+H2O⇌HClO+OH-,B项正确;C.酸性条件下,用H2O2将海带灰中I-氧化,其离子方程式为:H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O,C项正确;D.氯化铝的溶液中加入过量氨水,沉淀不会溶解,其正确的离子反应方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al(OH)3↓+3NH4+,D项错误;答案选D。【点睛】D项是学生的易错点,要特备注意,氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸,也不溶于弱碱如氨水等。2、B【解析】
A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅,故A正确;B.该发电玻璃光电转化率高,但不能将光能完全转化为电能,故B错误;C.碲化镉属于无机化合物,故C正确;D.应用该光电转化技术,提高了光电转化率,能够减少温室气体排放,故D正确。故选B。3、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。4、A【解析】
A、钠在水和煤油的界面反复上下移动,可以证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水),A项正确;B、饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀,B项错误;C、过氧化钠是粉末状物质,不能做到随开随用、随关随停,C项错误;D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,利用D装置只能证明氯水具有漂白性,而不能说明氯水中的某种成分具有漂白性,D项错误;故答案为:A。【点睛】Fe(OH)3胶体的制备:用烧杯取少量蒸馏水,加热至沸腾,向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液,继续煮沸至溶液呈红褐色,停止加热,即得Fe(OH)3胶体;注意在制备过程中,不能搅拌、不能加热时间过长。5、A【解析】
A.与氯化钠反应后,硝酸银过量,再加入NaI,硝酸银与碘化钠反应生成沉淀,为沉淀的生成,不能比较Ksp大小,故A错误;B.只有硫代硫酸钠溶液浓度不同,其它条件都相同,所以可以探究浓度对化学反应速率影响,故B正确;C.酸根离子水解程度越大,其对应的酸电离程度越小,电离平衡常数越大,通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小,从而确定其对应酸的酸性强弱,从而确定电离平衡常数大小,故C正确;D.氧化亚铜和氧化铁都是红色固体,氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子,所以不能检验红色固体中含有氧化铁,故D正确;答案选A。【点睛】本题的易错点为D,要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应,生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。6、C【解析】
A.在pH=4.3的溶液中,c(R2-)=c(HR-),溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),则3c(R2-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),A选项正确;B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后,生成等浓度的H2R、HR-,溶液的pH=1.3,溶液显酸性,对水的电离起到抑制作用,所以溶液中水的电离程度比纯水小,B选项正确;C.当溶液pH=1.3时,c(H2R)=c(HR-),则,溶液的pH=4.3时,c(R2-)=c(HR-),,则,C选项错误;D.结合题干条件,由C选项可知,H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2,即酸性HR-大于H2CO3,所以向Na2CO3溶液中加入过量的H2R溶液,发生反应CO32-+H2R=HCO3-+HR-,D选项正确;答案选C。7、D【解析】
A.Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸,发生反应Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,滴加KSCN溶液后,溶液变红色,不能肯定原样品是否变质,A不合题意;B.“84”消毒液具有强氧化性,能使pH试纸褪色,不能用pH试纸检验其pH,B不合题意;C.未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没,发生析氢腐蚀,C不合题意;D.在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,有气泡产生,则说明生成了H2CO3,从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3,D符合题意;故选D。8、D【解析】
A、0~8min内v(SO3)==0.025mol/(L•min),选项A正确;B、8min时,n(SO3)不再变化,说明反应已达平衡,v逆(SO2)=v正(SO2)=2v正(O2),选项B正确;C、8min时,n(SO3)不再变化,说明各组分浓度不再变化,容器内压强保持不变,选项C正确;D、若8min时压缩容器体积时,平衡向气体体积减小的逆向移动,但纵坐标是指物质的量,不是浓度,SO3的变化曲线应为逐变不可突变,选项D错误;答案选D。【点睛】本题考查了化学反应速率的求算、平衡常数、平衡状态的判断、平衡移动的图象分析,明确概念是解题的关键。9、A【解析】
A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3,将混合气体通入水中,会发生反应:2H2O+4NO+3O2=4HNO3,故可以完全被水吸收,A正确;B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的,B错误;C.在王水溶解金时,其中的硝酸作氧化剂,获得电子被还原产生NO气体,C错误;D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3,利用的是HNO3易挥发,而浓硫酸的高沸点,难挥发性,D错误;故合理选项是A。10、A【解析】
A.高纯硅用于制太阳能电池或芯片等,而光导纤维的材料是二氧化硅,故A错误;B.利用碳酸钠热溶液水解呈碱性,可除餐具上的油污,故B正确;C.海水蒸发是物理变化,故C正确;D.淀粉和纤维素均为多糖,一定条件下,淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖,故D正确;故答案为A。11、B【解析】
A.氢气和氯气所处的状态不明确,故其物质的量无法计算,则和HCI的原子数目是否相同无法计算,A错误;B.32gCu的物质的量0.5mol,失去的电子数均为NA,浓硝酸被还原为二氧化氮,稀硝酸被还原为NO,根据得失电子数守恒,浓、稀硝酸得到的电子数均为NA,B正确;C.溶液体积不明确,故溶液中含有的氯离子个数无法计算,C错误;D.D318O+中含13个中子,故1molD318O+中含13NA个中子,D错误;答案选B。12、D【解析】
A.35Cl和37Cl的核外电子数均为17,它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相同,A项错误;B.同原子的原子同、原子半径越等不同,两不同原子各亚层中电子的能量不相同,B项错误;C.氧元素、氟元素没有最高正化合价,除氧、氟外,短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价,C项错误;D.碳酸的酸性比硅酸强,CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸,D项正确;答案选D。13、B【解析】
A.用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2,正确的离子方程式为2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑,故A错误;B.电解饱和食盐水制备Cl2,正确的离子方程式为2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-,故B正确;C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸,正确的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O,故C错误;D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水,正确的离子方程式为Ca2++HCO3-+NH4++2OH-=CaCO3↓+H2O+NH3∙H2O,故D错误;故选B。【点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点,要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时,掌握其正误判断的方法也是解题的突破口,一般规律可归纳为:1.是否符合客观事实,如本题A选项,反应物还有水;2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律,必须同时遵循,否则书写错误,如Fe+Fe3+=2Fe2+,显然不遵循电荷守恒定律;3.观察化学式是否可拆,不该拆的多余拆成离子,或该拆成离子的没有拆分,都是错误的书写;4.分析反应物用量,要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式;5.观察能否发生氧化还原反应,氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之,掌握离子反应的实质,是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。14、C【解析】
X元素原子的L层电子数是K层电子数的3倍,可知L层为6个电子,所以X为氧元素;Y元素原子的核外电子层数等于原子序数,Y只能是H元素;Z元素原子的L层电子数是K层和M层电子数之和,其M层电子数为6,所以Z是S元素;W元素原子共用三对电子形成双原子分子,常温下为气体单质,所以W为N元素。根据上述分析,X为氧元素,Y是H元素,Z是S元素,W为N元素,据此来分析即可。【详解】A.W为N元素,原子核外有2个电子层,最外层电子数为5,原子结构示意图为,故A错误;B.元素X和元素Y可以以原子个数比1∶1形成化合物,为H2O2,故B错误;C.X为O,Z为S,位于同一主族,非金属性O>S,故C正确;D.X、Y、Z、W四种元素可以形成离子化合物(NH4)2SO4或NH4HSO4等,故D错误;答案选C。15、C【解析】
A选项,P化合价有升高,也有降低,因此反应I是氧化还原反应,反应II是复分解反应,因此为非氧化还原反应,故A正确;B选项,H3PO2中的磷为+1价,易升高,具有强还原性,在空气中可能被氧化成磷酸,故B正确;C选项,在反应I中有2个磷作氧化剂降低变为PH3,有6个磷作还原剂升高变为Ba(H2PO2)2,故氧化剂和还原剂质量之比为1:3,故C错误;D选项,根据反应方程式2个白磷中有2个磷作氧化剂降低变为2个PH3,转移6个电子,即生成2molPH3气体转移6mol电子,在标准状况下生成2.24LPH3即0.1mol,则转移0.3mol电子,故D正确;综上所述,答案为C。16、C【解析】
反应①中S化合价变化为:-2→+4,O化合价变化为:0→-2;反应②中,Cu化合价变化为:+1→0,S化合价变化为:-2→+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A.O化合价降低,得到的还原产物为Cu2O和SO2,A选项错误;B.反应②中Cu2S所含Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,所以Cu2S既发生了氧化反应,又发生了还原反应,B选项错误;C.将反应①、②联立可得:3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2,可知,将1molCu2S冶炼成2molCu,需要O21mol,C选项正确;D.根据反应:3Cu2S+3O2→6Cu+3SO2,若1molCu2S完全转化为2molCu,只有S失电子,:[(4-(-2)]mol=6mol,所以,转移电子的物质的量为6mol,即转移的电子数为6NA,D选项错误;答案选C。【点睛】氧化还原反应中,转移的电子数=得电子总数=失电子总数。17、B【解析】
由条件“X的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知,X为H元素;由条件“Y原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知,Y为C元素;由条件“Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知,Q为第三周期的金属元素(Na或Mg或Al);由X可以与R形成H2R化合物可知,R为S元素;S可以与Z形成SZ2气体,所以Z为O元素。【详解】A.硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式:;当通入336mL,即0.015molSO2时,溶液恰好为中性,即恰好反应完全,所以原硫化氢溶液中,那么浓度即为0.3mol/L,A错误;B.Q无论是Na,Mg,Al中的哪一种元素,获得其单质都是采用电冶金的方式,B正确;C.Y,Z,R分别为C,O,S三种元素,所以简单氢化物的稳定性为H2O>H2S>CH4,即Z>R>Y,C错误;D.SO2通入BaCl2溶液中无现象,但是通入Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀,D错误。答案选B。18、D【解析】
X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-,则X为第ⅥA族元素,Z为ⅦA族元素;Y+和Z-具有相同的电子层结构,则Y在Z的下一周期,则Y为Na元素,Z为F元素,X、Y同周期,则X为S元素,A.X、Y、Z分别为S、Na、F,原子最外层电子数分别为6、1、7,即原子最外层电子数:Z>X>Y,故A错误;B.常温下Na、S为固体,F2为气体,Na的熔点较低,但钠的沸点高于硫,顺序应为Na>S>F2,故B错误;C.Na+、F-具有相同的核外电子排布,离子的核电荷数越大,半径越小,应为F->Na+,S2-电子层最多,离子半径最大,故离子半径S2->F->Na+,故C错误;D.X、Y、Z分别为S、Na、F,原子序数分别为16、11、9,则原子序数:X>Y>Z,故D正确。答案选D。19、A【解析】
A、同主族元素从上到下,核外电子层数逐渐增多,则原子半径逐渐增大,错误,选A;B、最外层都为7个电子,发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构,形成-1价阴离子,正确,不选B;C、ⅦA族元素都为非金属元素,最高价氧化物对应的水化物都为酸性,正确,不选C;D、同主族从上到下,非金属性减弱,对应的氢化物的稳定性逐渐减弱,正确,不选D。答案选A。20、C【解析】
A.NH4ClO4是强酸弱碱盐,铵根离子水解,溶液显酸性;B.BaCl2是强酸强碱盐,不水解,溶液显中性;C.HNO3是强酸,完全电离,溶液显酸性;D.K2CO3是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解,溶液显碱性;溶液中氢离子浓度硝酸溶液中最大,酸性最强,pH最小,故选C。【点睛】本题的易错点为A,要注意盐类的水解程度一般较小。21、D【解析】
A.异戊二烯中2个碳碳双键所确定的平面重合时,所有碳原子共平面,A正确;B.M中含有碳碳双键可使溴水褪色,对二甲苯与溴水可发生萃取,使溶液分层,有机层显橙红色,可用溴水鉴别,B正确;C.对二甲苯的一氯代物有氯原子在苯环上1种,在甲基上1种,合计2种,C正确;D.M的分子式为C8H12O,某种同分异构体含有苯环,则剩余基团为C2H7-,无此基团,D错误;答案为D【点睛】碳碳双键与溴水中的溴发生加成反应使溴水褪色;对二甲苯与溴水萃取使溴水褪色,但有机层显橙红色。22、C【解析】
A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键,氢键的存在增加了分子之间的吸引力,使物质的熔沸点升高,故乙醇的熔沸点比乙硫醇高,A错误;B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应,反应物不能完全转化为生成物,因此不能达到除杂的目的,还引入了新的杂质,B错误;C.苯、苯乙烯最简式相同,同质量消耗O2量相同,因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同,C正确;D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质,C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构,4个碳原子可形成,符合条件的正丁烷的二氯代物有2种,异丁烷的1种,共有3种不同的结构,D错误;故合理选项是C。二、非选择题(共84分)23、1,2-二氯丙烷加成反应氧化反应C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3饱和溶液【解析】
丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl,A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH,苯与氢气发生加成反应得C为环己烷,C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,D与B发缩聚反应得G为,根据题中信息,F发生取代反应生成H和E,D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸,苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯;乙醇氧化生成乙醛,乙醛进一步氧化生成乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl,B为CH3CH(OH)CH2OH,C为,C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,D与B发缩聚反应得G为,根据题中信息,F发生取代反应生成H和E,D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl,名称为:1,2-二氯丙烷(2)反应①是属于加成反应,反应④属于氧化反应;(3)G的结构简式为:;F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3,分子式是C10H18O4;(4)反应②的化学方程式:CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl;(5)C为环己烷,C存在多种同分异构体,其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为;(6)B是1,2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH,D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH,H是酯,鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液,B与碳酸钠溶液混溶,不分层;D反应,产生气泡;H不反应,互不相容,液体分层,油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液;(7)甲苯氧化生成苯甲酸,苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯;乙醇氧化生成乙醛,乙醛进一步氧化生成乙酸,乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到,所以合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物的推断与性质,注意根据有机物的结构进行推断,需要学生对给予的信息进行利用,较好的考查学生自学能力、分析推理能力,是热点题型,难度中等.24、氯原子、酯基加成反应+2CH3OH+2H2O5【解析】
(1)由C的结构简式可知其含有的官能团有:氯原子、酯基;(2)E发生信息中的加成反应生成F;(3)对比D、F的结构简式,结合E到F的反应条件、给予的反应信息,可知D中-CH2OH转化为-CHO生成E,E发生信息中加成反应生成F;(4)B→C是B与甲醇发生酯化反应生成C;(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸,且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1:1)的有机物,苯环侧重为2个羧基、1个氯原子且为对称结构;(6)模仿D→E→F→G的转化,苯甲醇氧化生成苯甲醛,然后与双氧水反应,最后与甲醇反应得到。【详解】(1)由C的结构简式可知其含有的官能团有:氯原子、酯基;(2)E发生信息中的加成反应生成F,所以反应类型为加成反应;(3)对比D、F的结构简式,结合E到F的反应条件、给予的反应信息,可知D中-CH2OH转化为-CHO生成E,E发生信息中加成反应生成F,故E的结构简式为:;(4)B是,C的结构简式为,所以B→C是B与甲醇发生酯化反应生成C,反应方程式为:+2CH3OH+2H2O;(5)与B互为同分异构体属于芳香二元羧酸,且核磁共振氢谱为两组峰(峰面积比为1:1)的有机物,苯环侧链为2个羧基、2个氯原子且为对称结构,可能的结构简式还有为:、、、,共5种;(6)模仿D→E→F→G的转化,苯甲醇被催化氧化生成苯甲醛,然后与双氧水反应产生,与甲醇反应得到,则合成路线流程图为:。【点睛】本题考查有机物的合成,涉及官能团的识别、反应类型的判断、反应方程式的书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等,熟练掌握官能团的性质与转化是本题解答的关键,要对比有机物的结构、明确发生的反应,充分利用题干信息分析解答。25、、装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊排尽装置内的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的干扰实验吸收,避免对CO的检验产生干扰当滴入最后一滴溶液时,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色2.10【解析】
I.草酸铵在A中受热分解,若产物中有氨气,氨气与水反应生成氨水,氨水显碱性,则浸有酚酞溶液的滤纸变红,通入澄清石灰水,若澄清石灰水变浑浊,则产物有二氧化碳,用NaOH溶液除去二氧化碳,用浓硫酸除去水蒸气,接下来若玻璃管内变红,且F中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO;II.钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀,草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸,用高锰酸钾滴定草酸从而间接滴定钙离子。【详解】Ⅰ.(1)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体,若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO,所以草酸铵分解产生了、、CO和,反应的化学方程式为;(2)反应开始前,通入氮气的目的是排尽装置内的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的干扰实验,故答案为:排尽装置内的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的干扰实验;(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要把分解产生的除去,因此装置C的作用是:吸收,避免对CO的检验产生干扰,故答案为:吸收,避免对CO的检验产生干扰;(4)草酸铵分解产生的有还原性,一定条件下也会与CuO反应,该反应的化学方程式为;Ⅱ用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸根离子,发生的是氧化还原反应,红色的高锰酸钾溶液会褪色,滴定至终点时的实验现象为:当滴入最后一滴溶液时,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,根据三次滴定所用酸性高锰酸钾溶液的体积可知,第三次与一、二次体积差别太大,需舍弃,所以两次的平均体积为,根据氧化还原反应中的电子守恒及元素守恒,则:,解得,所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为,即,则该血液中钙元素的含量为,故答案为:当滴入最后一滴溶液时,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色;。26、分液漏斗固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰BC还原3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2吸收未反应的氨气,阻止F中水蒸气进入D慢慢上下移动右边漏斗,使左右两管液面相平【解析】
A装置制取氨气,B装置干燥氨气,C为反应装置,D装置吸收反应产生的水,E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果,F装置测量生成氮气的体积。【详解】(1)装置中仪器a为分液漏斗,浓氨水遇氧化钙、氢氧化钠会释放氨气,故可选用固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰(成分为氧化钙和氢氧化钠);(2)该装置为固液不加热制取气体,A.氯气为黄绿色气体,A错误;B.过氧化钠和水,或过氧化氢和二氧化锰制氧气都无需加热,B正确;C.碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳,无需加热,C正确;D.二氧化氮为红棕色气体,D错误;答案选BC;(3)装置C中黑色粉末变为红色固体,说明氧化铜被还原为铜单质,说明氨气具有还原性,量气管有无色无味的气体,根据元素守恒该气体肯定含有氮元素,只能是氮气,故方程式为;(4)根据实验目的,需要测定D装置的质量变化来确定生成水的量,故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置,同时浓硫酸还能吸收氨气;(5)为保证读出的气体体积为标准大气压下的体积,需要调整两边液面相平;(6)测得干燥管D增重mg,即生成mg水,装置F测得气体的体积为nL,即nL氮气,根据元素守恒,水中的氢元素都来自于氨气,氮气中的氮元素都来自于氨气,故氨分子中氮、氢的原子个数比为:。【点睛】量气装置读数的注意事项:①气体冷却到室温;②上下移动量筒,使量筒内液面与集气瓶内液面相平;③读数时视线与凹液面最低处相平。27、沉淀不溶解,无气泡产生或无明显现象BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动b小于2Ag++2I-=I2+2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)减小,I-还原性减弱,原电池的电压减小实验步骤ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)【解析】
⑴因为BaCO3能溶于盐酸,放出CO2气体,BaSO4不溶于盐酸。⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3,则加入盐酸后有少量气泡产生,沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32−与Ba2+结合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液,获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量,因此说明有AgCl转化为AgI。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率;原电池总反应的离子方程式为2I-+2Ag+=2Ag+I2;②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,产生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)减小,I-还原性减弱,根据已知信息“其他条件不变时,参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强,原电池的电压越大;离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论;③实验步骤ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I-(aq)。【详解】⑴因为BaCO3能溶于盐酸,放出CO2气体,BaSO4不溶于盐酸,所以实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4,依据的现象是加入盐酸后,沉淀不溶解,无气泡产生(或无明显现象);故答案为:沉淀不溶解,无气泡产生或无明显现象。⑵实验Ⅱ是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3,则加入盐酸后有少量气泡产生,沉淀部分溶解,发生反应的离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;故答案为:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32−与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动,BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀;故答案为:BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42−(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液,CO32−与Ba2+结合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移动。⑷为观察到AgCl转化为AgI,需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液,获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量,因此
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