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文档简介
浙江省源清中学2024届高三第六次模拟考试化学试卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、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、下列实验操作、现象与对应的结论或解释正确的是选项操作现象结论或解释A用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应火焰吴黄色原溶液中有Na+B将CH3CH2溶液紫色褪去CHC向AgNO得到澄清溶液Ag+与D向盛有少量溴水的分液漏斗中加入裂化汽油,充分振荡,静置上、下层液体均近无色裂化汽油不可用作溴的萃取溶剂A.A B.B C.C D.D2、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态的粒子的物质的量分数(分布系数)δ随溶液pH变化的关系如图所示,下列说法正确的是A.曲线①代表的粒子是HC2O4-B.H2C2O4的Ka1=-1.2C.向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2:c(K+)<3c(C2O42-)D.浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的溶液:c(K+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)3、根据下表(部分短周期元素的原子半径及主要化合价)信息,判断以下叙述正确的是元素代号ABCDE原子半径/nm0.1860.1430.0890.1020.074主要化合价+1+3+2+6、-2-2A.最高价氧化物对应水化物的碱性C>AB.氢化物的沸点H2E>H2DC.单质与稀盐酸反应的速率A<BD.C2+与A+的核外电子数相等4、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-15、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应:Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A.Tl+的最外层有1个电子B.Tl能形成+3价和+1价的化合物C.酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D.Tl+的还原性比Ag弱6、主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20;M是地壳中含量最多的元素,X、Z为金属元素;X、Y、Z最外层电子数之和为12。下列说法不正确的是()A.简单离子半径:X<M<YB.Z与M形成的化合物中一定只含离子键C.YM2可用于自来水消毒D.工业上常用电解M与X组成的化合物制单质X7、某溶液含有等物质的量的Na+、Fe3+、Ba2+、I-、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样,加入KSCN溶液,溶液变血红色,对溶液描述错误的是A.一定没有Ba2+ B.可能含有Na+C.一定没有SO32- D.一定有Cl-8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.20gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB.2L0.5mol·L-1亚硫酸溶液中含有的H+数为2NAC.标准状况下,22.4L水中含有的共价键数为2NAD.50mL12mol·L-1的浓盐酸与足量MnO2共热,转移的电子数为0.3NA9、以下性质的比较可能错误的是()A.离子半径H﹣>Li+ B.熔点Al2O3>MgOC.结合质子(H+)的能力CO32﹣>ClO﹣ D.密度1﹣氯戊烷>1﹣氯己烷10、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数(NA=6.02214076×1023mol-1),于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.40g正丁烷和18g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB.常温下,pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目为0.01NAC.电解精炼铜时,阳极质量减小3.2g时,转移的电子数为0.1NAD.0.1molCl2与足量NaOH溶液反应后,溶液中Cl-、ClO-两种粒子数之和为0.2NA11、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验:下列说法正确的是A.溶液X中一定没有、SiO32-,可能有Na+、Fe2+B.溶液X中加NaOH后,所得沉淀的成分可能有两种C.溶液X中c(Cl−)≤0.2mol·L−1D.溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成12、2019年是元素周期表诞生150周年,目前周期表七个周期均已排满,其118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示,且W元素的简单氢化物的空间结构是三角锥形,下列说法不正确的是A.红葡萄酒含有YX2,起杀菌、澄清、抗氧化的作用B.在元素周期表中,117号元素与Z元素位于同一主族C.简单离子的半径大小顺序为:X<W<Z<YD.W的氢化物与Z的氢化物反应,产物为共价化合物13、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是()A.NH3 B.NH4Cl C.KOH D.NaClO14、某课外活动小组,为研究金属的腐蚀和防护的原理,做了以下实验:将剪下的一块镀锌铁片,放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,按如图所示的装置进行实验,过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是A.锌被腐蚀 B.金属片剪口变红C.B中导气管里形成一段水柱 D.B中导气管产生气泡15、三元轴烯(a)、四元轴烯(b)、五元轴烯(c)的结构简式如图所示,下列说法不正确的是A.a、b、c都能发生加成反应B.a与苯互为同分异构体C.a、b、c的一氯代物均只有一种D.c分子中的原子不在同一个平面上16、下表数据是在某高温下,金属镁和镍分别在氧气中进行氧化反应时,在金属表面生成氧化薄膜的实验记录如下(a和b均为与温度有关的常数):
反应时间t/h1491625MgO层厚Y/nm0.05a0.20a0.45a0.80a1.25aNiO层厚Y/nmb2b3b4b5b下列说法不正确的是A.金属表面生成的氧化薄膜可以对金属起到保护作用B.金属高温氧化腐蚀速率可以用金属氧化膜的生长速率来表示C.金属氧化膜的膜厚Y跟时间t所呈现的关系是:MgO氧化膜厚Y属直线型,NiO氧化膜厚Y′属抛物线型D.Mg与Ni比较,金属镁具有更良好的耐氧化腐蚀性17、下列属于电解质的是()A.BaSO4B.浓H2SO4C.漂白粉D.SO218、化学兴趣小组在家中进行化学实验,按照如图连接好线路发现灯泡不亮,按照右图连接好线路发现灯泡亮,由此得出的结论正确的是()A.NaCl是非电解质B.NaCl溶液是电解质C.NaCl在水溶液中电离出了可以自由移动的离子D.NaCl溶液中,水电离出大量的离子19、298K时,向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HCOOH溶液,混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.V1=20B.c(KOH)=0.1mol·L-1C.n、q两点对应的溶液中均存在:c(K+)=c(HCOO-)D.p点对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)20、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是()A.A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B.两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LC.A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D.氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%21、H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液,混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示,其中或。下列说法正确的是A.直线I表示的是与pH的变化关系B.图中纵坐标应该是a=1.27,b=4.27C.c()>c()>c(H2C2O4)对应1.27<pH<4.27D.c(K+)=c()+c()对应pH=722、SO2不具有的性质是()A.碱性B.还原性C.氧化性D.漂白性二、非选择题(共84分)23、(14分)暗红色固体X由三种常见的元素组成(式量为412),不溶于水,微热易分解,高温爆炸。己知:气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1,混合气体通过CuSO4,CuSO4固体变为蓝色。请回答以下问题:(1)写出A的电子式____________。(2)写出生成白色沉淀D的化学方程式________________________。(3)固体X可由A与过量气体C的浓溶液反应生成,其离子方程式为_________________(4)有人提出气体C在加热条件下与Fe2O3反应,经研究固体产物中不含+3价的铁元素,请设计实验方案检验固体产物中可能的成分(限用化学方法)________________________24、(12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)。25、(12分)实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时,先检查装置气密性,接下来的操作依次是______(填序号)A.往烧瓶中加入MnO2粉末B.加热C.往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度,探究小组提出下列实验方案:甲方案:与足量AgNO3溶液反应,称量生成的AgCl质量。乙方案:采用酸碱中和滴定法测定。丙方案:与已知量CaCO3(过量)反应,称量剩余的CaCO3质量。丁方案:与足量Zn反应,测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验:判定甲方案不可行,理由是______________。(3)进行乙方案实验:准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00mL,用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定,消耗22.00mL,该次滴定测得试样中盐酸浓度为_____mol·L-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是:________。(4)丙方案的实验发现,剩余固体中含有MnCO3,说明碳酸钙在水中存在______,测定的结果会:______(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验:装置如图所示(夹持器具已略去)①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_________转移到_____________中。②反应完毕,每间隔1分钟读取气体体积,气体体积逐次减小,直至不变。气体体积逐次减小的原因是______(排除仪器和实验操作的影响因素)。26、(10分)亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5℃,沸点:-5.5℃)是一种黄色气体,遇水易反应,生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物,其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2,制备装置如图所示:为制备纯净干燥的气体,下表中缺少的药品是:制备原料装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①________饱和食盐水制备纯净NOCu稀硝酸②________
(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:①装置连接顺序为a→__________(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。②为了使气体充分反应,从A处进入的气体是____________(填Cl2或NO)。实验中先通入Cl2,待装置Ⅴ中充满黄绿色气体时,再将NO缓缓通入,此操作的目的是___________(回答一条即可)。③装置Ⅴ生成NOCl的化学方程式是_____________。④装置Ⅵ的作用为__________,若无该装置,Ⅷ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______。(3)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度:取Ⅷ中所得液体m克溶于水,配制成250mL溶液,取出25.00mL,以K2CrO4溶液为指示剂,用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液的体积为bmL。亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。27、(12分)某研究性学习小组的同学设计了如图装置制取溴苯和溴乙烷:己知:乙醇在加热的条件下可与HBr反应得到溴乙烷(CH3CH2Br),二者某些物理性质如下表所示:溶解性(本身均可作溶剂)沸点(℃)密度(g/mL)乙醇与水互溶,易溶于有机溶剂78.50.8溴乙烷难溶于水,易溶于有机溶剂38.41.4请回答下列问题:(1)B中发生反应生成目标产物的化学方程式为_________。(2)根据实验目的,选择下列合适的实验步骤:①→___________(选填②③④等)。①组装好装置,___________(填写实验操作名称);②将A装置中的纯铁丝小心向下插入苯和液溴的混合液中;③点燃B装置中的酒精灯,用小火缓缓对锥形瓶加热10分钟;④向烧瓶中加入一定量苯和液溴,向锥形瓶中加入无水乙醇至稍高于进气导管口处,向U形管中加入蒸馏水封住管底,向水槽中加入冰水。(3)简述实验中用纯铁丝代替铁粉的优点:_____。(4)冰水的作用是_______。(5)反应完毕后,U形管内的现象是______________;分离溴乙烷时所需的玻璃仪器有_____。28、(14分)(1)将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器内,进行反应:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。得到如下两组数据:实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需要的时间/minH2OCOH2CO1650241.62.452900120.41.63①实验1中以v(CO2)表示的反应速率为___。②该反应的逆反应为___(填“吸”或“放”)热反应。(2)在一容积为2L的密闭容器内加入2mol的CO和6mol的H2,在一定条件下发生如下反应:CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)△H<0该反应的逆反应速率与时间的关系如图所示:①由图可知反应在t1、t3、t7时都达到平衡,而在t2、t8时都改变了条件,试从以下措施中选出适宜的改变条件:t2___、t8___。(此处两空均填下列选项字母序号)a.增加CO的物质的量b.加催化剂c.升高温度d.压缩容器体积e.将CH3OH气体液化f.充入氦气②若t4时降压,t5时达到平衡,t6时增大反应物的浓度,请在图中画出t4~t6时逆反应速率与时间的关系曲线___。(3)已知反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在100kPa下△H=-113.0kJ/mol,△S=-145.3J·mol-1·K-1。理论上,该反应在温度___(填“高于”或“低于”)___时均可自发进行。29、(10分)硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如下表所示:H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃−85.5115.2>600(分解)−75.516.810.3沸点/℃−60.3444.6−10.045.0337.0回答下列问题:(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__________,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。(2)根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。(3)图(a)为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为__________。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为_____形,其中共价键的类型有______种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为________。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3;晶胞中Fe2+位于所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为______nm。
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.用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色反应,火焰吴黄色,只能证明含有Na+,不能判断是否含有K+,A错误;B.乙醇容易挥发,故产物中一定含有乙醇的蒸气,且乙醇具有还原性,可以使酸性KMnO4溶液褪色,因此,不能证明溴乙烷发生了消去反应产生了乙烯,B错误;C.向AgNO3溶液在滴加过量氨水,是由于发生反应:Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+,AgOH+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++OH-+2H2O,产生了络合物,C错误;D.裂化汽油中含有烯烃,能够与溴水中的溴单质发生加成反应,生成不溶于水的卤代烃,两层液体均显无色,因此裂化汽油不可用作溴的萃取溶剂,D正确;故合理选项是D。2、C【解析】
H2C2O4水溶液在酸性极强下主要存在H2C2O4,分析题中所给信息,曲线①代表的粒子应是H2C2O4,随着pH的增大,H2C2O4发生一级电离,生成HC2O4-和H+,可知曲线②代表的粒子为HC2O4-,则曲线③代表的粒子为C2O42-。由图可知,在pH=1.2时,c(HC2O4-)=c(H2C2O4);在pH=4.2时,c(HC2O4-)=c(C2O42-);据此进行分析。【详解】A.在酸性较强条件下主要存在H2C2O4,曲线①代表的粒子应是H2C2O4,A项错误;B.H2C2O4的第一步电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+,Ka1=,由图可知,pH=1.2时,c(HC2O4-)=c(H2C2O4),则Ka1=c(H+)=10−1.2,B项错误;C.pH=4.2时,溶液中主要存在的离子有:K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH−,依据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH−),溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-),c(H+)>c(OH−),可得出c(K+)<3c(C2O42-),C项正确;D.浓度均为0.01mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到KHC2O4溶液,溶液显酸性,说明HC2O4-的电离大于水解,故c(K+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),D项错误。答案选C。3、B【解析】
元素的最高正价=最外层电子数,最高正价和最低负价绝对值的和为8,D、E两元素最外层电子数为6,故为第VIA元素,而D的半径大于E,故在周期表中E元素在上面,D在下面,故E为O,D为S,B元素最最外层电子数为3,为B或Al,但是半径比氧和硫均大,故位于氧元素和硫元素的中间,应为Al,A的半径比铝大,最外层电子数为1,应为Na,C的半径最小,最外层两个电子,故为Be,据此分析解答问题。【详解】A.A、C最高价氧化物对应水化物分别为NaOH和Be(OH)2,金属性越强,最高价氧化物对应水化物的碱性越强,金属性Na>B,故碱性NaOH>Be(OH)2,A选项错误;B.H2O含有氢键,分子间作用力较强,氢化物的沸点较高,则H2D<H2E,B选项正确;C.金属钠的活泼性强于铝,故与稀盐酸反应的速率Na>A1,C选项错误;D.Be2+与Na+的核外电子数分别为2、10,二者核外电子数不等,D选项错误;答案选B。【点睛】本题主要考查了学生有关元素周期表和周期律的应用,难度一般,解答关键在于准确掌握原子半径和化合价的关系,熟记元素周期表中的递变规律,学以致用。4、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。5、A【解析】
A.铊与铝同族,最外层有3个电子,则Tl+离子的最外层有2个电子,故A错误;B.根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知,Tl能形成+3价和+1价的化合物,故B正确;C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+,氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强,则Tl3+的氧化性最强,所以Tl3+比Tl+氧化性强,故C正确;D.还原剂的还原性大于还原产物的还原性,在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+,还原性Ag>Tl+,故D正确;故选A。6、B【解析】
主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增加,且均不大于20;M是地壳中含量最多的元素,则M为O元素;X、Z为金属元素,其最外层电子数只能为1、2、3,当X最外层电子数为1时,Z的最外层电子数可能为1、2、3,Y的最外层电子数为12-1-1=10、12-1-2=9、12-1-3=8,都不可能,所以X、Z最外层电子数只能为2、3,Y的最外层电子数为12-2-3=7,结合原子序数大小及都是主族元素可知,X为Al、Y为Cl、Z为Ca元素【详解】根据分析可知:M为O,X为Al,Y为Cl,Z为Ca元素。A.电子层越多离子半径越大,电子层相同时,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径X<M<Y,故A正确;B.O、Ca形成的过氧化钙中含有O-O共价键,故B错误;C.ClO2具有强氧化性,可用于自来水消毒,故C正确;D.工业上通过电解熔融氧化铝获得金属铝,故D正确;答案选B。【点睛】难点:通过讨论推断X、Y为解答关键,注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质。7、B【解析】
加入KSCN溶液,溶液变血红色,溶液中有Fe3+,溶液中不能含有I-、SO32-,因为离子的物质的量相等,根据电荷守恒,含有SO42-、Cl-,一定不能含有Na+和Ba2+。故选:B。8、A【解析】
A.20gD2O物质的量,含有的质子数均为10NA,18gH2O物质的量,含有的质子数均为10NA,故A正确;B.亚硫酸是弱电解质,不能完全电离,溶液中含有的H+数小于2NA,故B错误;C.标准状况下,水为液体,故C错误;D.随着反应的进行,浓盐酸逐渐变为稀盐酸,MnO2与稀盐酸不反应,反应停止,且盐酸易挥发则转移的电子数小于0.3NA,故D错误。综上所述,答案为A。【点睛】用22.4L‧mol−1时一定要注意两个前提条件,一、是否为气体,二、是否为标准状况下。9、B【解析】
A.具有相同电子排布的离子,原子序数大的离子半径小,则离子半径为H﹣>Li+,故A正确;B.离子晶体中,离子的电荷越高,半径越小,晶格能越大,熔点越高,但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比,则熔点为Al2O3<MgO,故B错误;C.酸性是:HCO3﹣<HClO,所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣>ClO﹣,故C正确;D.两者结构相似,1﹣氯戊烷的碳链短,其密度大,则密度为1﹣氯戊烷>1﹣氯己烷,故D正确;答案选B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关,越弱越容易结合质子。10、A【解析】
A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体,二者相对分子质量相同,分子内的共价键数目也相同(都为13个)。混合物共58g,其物质的量为1mol,共价键数目为13NA,正确;B.常温下,pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算,因为不知道溶液的体积,错误;C.电解精炼铜时,阳极放电的金属不仅有铜,还有杂质中的比铜活泼的金属,所以阳极质量减小3.2g时,转移的电子数不一定是0.1NA,错误;D.0.1molCl2与足量NaOH溶液反应,溶液中除Cl-、ClO-两种粒子外,可能还有ClO3-等含氯离子,它们的数目之和为0.2NA,错误。故选A。11、D【解析】
A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在,后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀,说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀,产生气体为氨气,所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子,若有亚铁离子,则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀,灼烧后得到红棕色氧化铁,故一定不含亚铁离子,故错误;B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀,故错误;C.氨气的体积为448mL,物质的量为0.02mol,说明铵根离子物质的量为0.02mol,结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol,硫酸钡沉淀为4.66克,硫酸根离子物质的量为0.02mol,氧化镁质量为0.4克,镁离子物质的量为0.01mol,结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol,第一步消耗0.06mol氢氧化钠,所以说明原溶液还有氢离子,物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol,根据电荷守恒分析,还应存在有阴离子,只能为氯离子,所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol,若溶液中含有钠离子,则氯离子的物质的量大于0.02mol,则氯离子的浓度最小值为,故错误;D.溶液中含有0.02mol铵根离子,0.02mol硫酸根离子,0.01mol镁离子,0.02mol氢离子,氯离子物质的量最小值为0.02mol,可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成,或还有氯化钠,故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系,进行定量和定性分析,注意前后的一致性,如当加入氢氧化钠后溶液为中性,说明原溶液为酸性,则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子,再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。12、D【解析】
根据分析W为N,X为O,Y为S,Z为Cl。【详解】A选项,红葡萄酒含有二氧化硫,主要作用是杀菌、澄清、抗氧化的作用,故A正确;B选项,在元素周期表中,117号元素是第七周期第VIIA族,与Z元素位于同一主族,故B正确;C选项,简单离子的半径大小顺序为:X<W<Y<Z,故C正确;D选项,W的氢化物与Z的氢化物反应,产物都为共价化合物,故D错误;综上所述,答案为D。13、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。14、D【解析】
镀锌铁片,放入锥形瓶中,并滴入少量食盐水将其浸湿,再加数滴酚酞试液,形成的原电池中,金属锌为负极,发生反应:Zn-2e-=Zn2+,铁为正极,发生吸氧腐蚀,2H2O+O2+4e-=4OH-,据此分析解答。【详解】A.形成的原电池中,金属锌为负极,发生反应:Zn-2e-=Zn2+,锌被腐蚀,故A正确;B.锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色,故B正确;C.锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀,瓶中气体压强减小,导气管里形成一段水柱,故C正确;D.原电池形成后没有气体生成,发生吸氧腐蚀,瓶中气体压强减小,所以B中导气管不会产生气泡,故D错误;故选D。15、D【解析】
A.a、b、c均含有碳碳双键,因此都能发生加成反应,故A正确;B.a和苯的分子式均为C6H6,且结构不同,则a与苯互为同分异构体,故B正确;C.a、b、c分子中均只有一种氢原子,则它们的一氯代物均只有一种,故C正确;D.c分子中含有碳碳双键的平面结构,根据乙烯的平面结构分析,c中所有的原子在同一个平面上,故D错误;故选D。【点睛】在常见的有机化合物中,甲烷为正四面体结构,乙烯和苯是平面型结构,乙炔是直线型结构,其它有机物可在此基础上进行判断即可。16、D【解析】
A.有些金属表面被氧化时,会生成致密的氧化物薄膜,可以起到保护金属的作用,例如铝等,A项正确;B.金属腐蚀即金属失去电子被氧化的过程,因此可以用氧化膜的生长速率表示金属在高温下被氧化腐蚀的速率,B项正确;C.表格中列举的数据,时间间隔分别是1h,3h,5h,7h,9h;对于MgO,结合MgO厚度的数据分析可知,MgO氧化膜每小时增加的厚度是定值即0.05a,因此其随时间变化呈现线性关系;结合NiO厚度的数据分析,NiO氧化膜厚度随时间推移,增长的越来越缓慢,所以NiO氧化膜与时间呈现抛物线形的关系,C项正确;D.根据表格数据分析可知,MgO氧化膜随时间推移,厚度呈现线性递增的趋势,而NiO氧化膜随时间推移,厚度增加越来越缓慢,说明NiO氧化膜的生成能够逐渐减缓Ni单质被氧化的速率,所以Ni的耐氧化腐蚀性能更好,D项错误;答案选D。17、A【解析】
电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。【详解】A.BaSO4在熔融状态下可以导电,故A选;B.浓H2SO4是混合物,电解质必须是纯净物,故B不选;C.漂白粉是混合物,电解质必须是纯净物,故C不选;D.SO2溶于水生成亚硫酸,亚硫酸是电解质,但SO2不是,液态SO2中只有分子,不能导电,故D不选;故选A。【点睛】BaSO4这类化合物,虽然难溶于水,但溶于水的部分可以完全电离,而且在熔融状态下也可以完全电离,故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物,即必须是纯净物,所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。18、C【解析】
A.NaCl属于盐,所以是电解质,A错误;B.NaCl溶液是混合物所以不是电解质,B错误;C.氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下,发生电离,电离为可以移动的离子使溶液导电,C正确;D.氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离,水的电离实际很微弱,D错误;故答案选C。19、C【解析】
A.根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为1×10-13mol∙L-1,则水电离出的氢离子浓度为1×10-13mol∙L-1,氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1mol∙L-1,c(KOH)=0.1mol·L-1,p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点,因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了,因此0.1mol·L-1×0.02∙L=0.1mol·L-1×V1,则V1=0.02L=20mL,故A正确;B.根据A分析得出c(KOH)=0.1mol·L-1,故B正确;C.n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液,溶液显碱性,根据电荷守恒和溶液呈碱性,因此溶液中存在:c(K+)>c(HCOO-),q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液,溶液呈中性,根据电荷守恒和呈中性,得到溶液中存在c(K+)=c(HCOO-),故C错误;D.p点溶质为HCOOK,则根据质子守恒得到对应的溶液中存在:c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+),故D正确。综上所述,答案为C。20、C【解析】
A.氢氧化钠是强电解质,A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性,A正确;B.电解池中,阳极反应:2Cl--2e-=Cl2↑,X是氯气,阴极氢离子放电2H++2e-=H2↑,Y是氢气,2.24氯气是0.1molCl2,转移电子是0.2mol,燃料电池中,正极发生得电子的还原反应:O2+2H2O+4e-=4OH-,当转移0.2mol电子,理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol,标况下体积是0.05mol×22.4L/mol=1.12L,因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5=5.6L,B正确;C.电解池中阳离子向阴极移动,原电池中阳离子向正极移动,则A、B均为阳离子交换膜,C错误;D.燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过,而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-,所以反应后氢氧化钠的浓度升高,即b%大于a%,负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子,所以a%>c%,得到b%>a%>c%,D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键,注意利用电子守恒进行计算。21、B【解析】
A.二元弱酸草酸的,,当lgy=0时,pH=−lgc(H+)=−lgK,pH1=1.27<pH2=4.27,表明K1=10−1.27>K2=10−4.27,所以直线I表示的是与pH的变化关系,直线Ⅱ表示的是与pH的变化关系,故A错误;
B.pH=0时,,,则图中纵坐标应该是a=1.27,b=4.27,故B正确;
C.设pH=a,c(H+)=10−a,,c()>c(),104.27-a>1,则4.27-a>0,解得a<4.27,,,当c()>c(H2C2O4),102a-5.54>1,则2a-5.54>0,解得a>2.77,所以c()>c()>c(H2C2O4)对应2.77<pH<4.27,故C正确;
D.电荷守恒:c(K+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH-),当c(K+)=c()+2c()时,c(H+)=c(OH-),对应pH=7,故D错误;故选B。22、A【解析】二氧化硫为无色、具有刺激性气味的气体,可与水、碱以及碱性氧化物反应,具有漂白性、氧化性和还原性,可形成酸雨,只有A错误,故选A。点睛:明确SO2的性质是解题关键,二氧化硫为酸性氧化物,可与水、碱以及碱性氧化物反应,S元素化合价为+4价,处于中间价态,既具有氧化性也具有还原性,另外还具有漂白性,以此解答。二、非选择题(共84分)23、SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O取固体产物少许,溶于足量的硫酸铜溶液,充分反应后,若有红色固体出现,证明有铁,过滤所得的滤渣溶于稀盐酸,滴加硫氰化钾溶液无现象,再滴加氯水,若溶液呈红色,则证明还有氧化亚铁。【解析】
气体B在标准状况下的密度为1.25g.L-1,则其摩尔质量为22.4L/mol×1.25g.L-1=28g/mol,为氮气。混合气体通过CuSO4,CuSO4固体变为蓝色,说明混合气体中含有水蒸气和氮气。根据前后气体的体积变化分析,无色气体C为氨气。紫黑色固体A应为碘单质,能与二氧化硫和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,所以白色沉淀6.99克为硫酸钡沉淀,即0.03mol,通过电子计算碘单质的物质的量为0.03mol,氮气的物质的量为0.01mol,氨气的物质的量为0.02mol,计算三种物质的质量和为8.24克,正好是固体X的质量,所以X的化学式为NI3·NH3。【详解】(1)A为碘单质,电子式为:;(2)碘单质和二氧化硫和氯化钡和水反应生成硫酸钡沉淀和碘化氢和盐酸,方程式为:SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4↓+2HI+2HCl;(3)固体X可由碘与过量气体氨气的浓溶液反应生成,离子方程式为:3I2+5NH3·H2O=NI3·NH3+3NH4++3I-+5H2O;(4)固体产物中不含+3价的铁元素,所以反应后可能产生铁或氧化亚铁,利用铁和硫酸铜反应置换出红色固体铜检验是否有铁,氧化亚铁的检验可以利用铁离子遇到硫氰化钾显红色的性质进行,故实验操作为:取固体产物少许,溶于足量的硫酸铜溶液,充分反应后,若有红色固体出现,证明有铁,过滤所得的滤渣溶于稀盐酸,滴加硫氰化钾溶液无现象,再滴加氯水,若溶液呈红色,则证明还有氧化亚铁。24、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:。25、ACB残余清液中,n(Cl-)>n(H+)0.1100Mn2+开始沉淀时的pH沉淀溶解平衡偏小锌粒残余清液装置内气体尚未冷却至室温【解析】
(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答;(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰,氯化锰也会与硝酸银反应;(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算;(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀,会造成称量剩余的固体质量偏大;(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2,实验顺序一般是组装装置,检查气密性,加入固体药品,再加入液药品,最后再加热,因此检查装置气密性后,先加入固体,再加入液体浓盐酸,然后加热,则依次顺序是ACB,故答案为:ACB;(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰,氯化锰也会与硝酸银反应,即残余清液中,n(Cl-)>n(H+),不能测定盐酸的浓度,所以甲方案错误,故答案为:残余清液中,n(Cl-)>n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰,也会与硝酸银反应);(3)a、量取试样20.00mL,用0.1000mol•L-1NaOH标准溶液滴定,消耗22.00mL,由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L;故答案为:0.1100;b、反应后的溶液中含有氯化锰,氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰沉淀,因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH,故答案为:Mn2+开始沉淀时的pH;
(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化,说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡;由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀,导致称量剩余的固体质量会偏大,使得盐酸的量偏少,实验结果偏小,故答案为:沉淀溶解平衡;偏小;(5)①丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应,故答案为:锌粒;残余清液;②金属与酸的反应为放热反应,反应完毕,气体温度较高,因此随着时间的延长,气体体积逐渐减小,当温度冷却到室温后,气体体积不再改变,故答案为:装置内气体尚未冷却至室温。【点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)②,要注意金属与酸的反应为放热反应。26、浓盐酸水e→f(或f→e)→b→c→dCl2排尽装置中的空气,防止NO被装置中的氧气氧化2NO+Cl2=2NOCl防止水蒸气进入装置Ⅷ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2【解析】
由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl:由图装置制备氯气,实验室用浓盐酸与二氧化锰制备,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体,装置Ⅲ用浓硫酸干燥,由图制备NO,用铜和稀硝酸反应制备NO,制得的NO中可能混有NO2,故装置Ⅱ用水净化NO,装置IV用浓硫酸干燥,将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体,用铜和稀硝酸反应制备NO,制得的NO中可能混有NO2,NO不溶于水,故装置Ⅱ用水净化NO,故答案为:浓盐酸;水;
(2)①将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中,用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,故答案为:e→f(或f→e)→b→c→d;②A处进入的气体进入装置Ⅴ上方,为了使反应充分应从A口通入密度大的气体,即氯气;先通氯气可排尽装置中的空气,防止NO被装置中的氧气氧化;③根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为:2NO+Cl2=2NOCl;④NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物,其中一种呈红棕色,反应方程式为:2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,所以装置Ⅵ的作用是防止水蒸气进入装置Ⅷ;(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3),所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3mol,则NOCl总的物质的量为10bc×10-3mol,所以质量分数为:。27、C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O④②③检査其气密性随时控制反应的进行,不反应时上拉铁丝,反应时放下铁丝降温,冷凝溴乙烷U形管底部产生无色的油状液体分液漏斗、烧杯。【解析】
装置A中生成溴苯和溴化氢,B中乙醇和溴化氢反应生成溴乙烷和水,C用来收集产品,据此解答。【详解】(1)HBr和乙醇在加热条件下,发生取代反应生成目标产物溴乙烷和水,B中发生反应生成目标产物的化学方程式为C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O。故答案为:C2H5OH+HBrC2H5Br+H2O;(2)利用苯和液溴反应制得溴苯,同时生成的溴化氢与乙醇发生取代反应得到溴乙烷,则应先连接装置并检查所密性,再添加药品,先加热A装置使苯和液溴先反应,再加热B装置制溴乙烷,即实验的操作步骤为:①④②③,故答案为:④②③;检查气密性;(3)实验中用纯铁丝代替铁粉的优点:可随时控制反应的进行,不反应时上拉铁丝,反应时放下铁丝,而铁粉添加后就无法控制反应速率了,故答案为:随时控制反应的进行,不反应时上拉铁丝,反应时放下铁丝;(4)冰水的作用是可降温,冷凝溴乙烷,防止其挥发,故答案为:降温,冷凝溴乙烷;(5)反应完毕后,U形管内的现象是底部有油状液体;溴乙烷与蒸气水不相溶,混合物可利用分液操作进行分离,需要的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯,故答案为:U形管底部产
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