2024年陕西省延安市宝塔四中高三下学期联合考试化学试题含解析_第1页
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文档简介

2024年陕西省延安市宝塔四中高三下学期联合考试化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2.作答选择题时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来的答案,然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后,请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、下列属于弱电解质的是A.氨水B.蔗糖C.干冰D.碳酸2、短周期主族元素Q、X、Y、Z的原子序数依次增大。Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐,X与Q同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素;Z-具有与氩原子相同的电子层结构;Y、Z原子的最外层电子数之和为10。下列说法正确的是A.X与Z的简单氢化物的水溶液均呈强酸性B.Y单质常温下稳定不跟酸碱反应C.简单氢化物的沸点:Q<XD.Y与Z的一种化合物是高温结构陶瓷材料3、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池,将可传递Li+的醚类作电解质,电池的总反应为6Li+N22Li3A.固氮时,锂电极发生还原反应B.脱氮时,钌复合电极的电极反应:2Li3N-6e-=6Li++N2↑C.固氮时,外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D.脱氮时,Li+向钌复合电极迁移4、下列说法中正确的是A.O2-离子结构示意图为B.乙烯的结构简式为CH2=CH2C.NH3溶于水后的溶液能导电,因此NH3是电解质D.正反应放热的可逆反应不需加热就能反应,升温,正反应速率降低5、Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5,其流程如下:下列说法正确的是A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现还原性C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗6、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.的溶液:NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B.0.1mol·L−1的氨水:Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C.1mol·L−1的NaClO溶液:Fe2+、Al3+、NO3-、I−D.0.1mol·L−1的NaHCO3溶液:K+、Na+、NO3-、OH−7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物是一种情洁能源,X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一,Y是非金属性最强的元素,Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是A.W与Y两种元素既可以形成共价化合物,又可以形成离子化合物B.Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C.Z的简单离子与Y的简单离子均是10电子微粒D.Z的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性8、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>Z9、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,反应中转移的电子数为2NAB.25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,由水电离出的OH-数目为0.001NAC.1mol-OH(羟基)与lmolNH4+中所含电子数均为10NAD.2.8g乙烯与2.6g苯中含碳碳双键数均为0.1NA10、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.Al2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)B.FeS2(s)SO2(g)H2SO4(aq)C.NH3(g)NO(g)NaNO3(aq)D.SiO2(s)H4SiO4(s)Na2SiO3(aq)11、新型冠状病毒是一种致病性很强的RNA病毒,下列说法错误的是A.新型冠状病毒组成元素中含有C、H、OB.用“84消毒液”进行消毒时,消毒液越浓越好C.3M防颗粒物口罩均使用3M专有高效过滤材料——聚丙烯材质,聚丙烯属于高分子D.不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒12、用下列装置进行相应实验,能达到实验目的的是()A.用或作反应物制氧气B.进行中和热的测定C.蒸干溶液制备D.模拟工业制氨气并检验产物13、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14、下列各反应对应的离子方程式正确的是()A.次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO﹣+H2O+SO2→HClO+HSO3﹣B.向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+2H2O+CO32-C.氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2++OH﹣+H++SO42﹣→BaSO4↓+H2OD.50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S:5OH﹣+3H2S→HS﹣+2S2﹣+5H2O15、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16、对可逆反应2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g)ΔH<0,在一定条件下达到平衡,下列有关叙述正确的是()①增加A的量,平衡向正反应方向移动②升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(正)减小③压强增大一倍,平衡不移动,v(正)、v(逆)不变④增大B的浓度,v(正)>v(逆)⑤加入催化剂,B的转化率提高A.①② B.④ C.③ D.④⑤17、下列说法正确的是()A.液氯可以储存在钢瓶中B.工业制镁时,直接向海水中加Ca(OH)2溶液以制取Mg(OH)2C.用硫酸清洗锅炉后的水垢D.在水泥回转窖中用石灰石、纯碱、黏土为原料制造水泥18、已知:SO32—+I2+H2O===SO42—+2H++2I-,某溶液中可能含有I-、NH4+、Cu2+、SO32—,向该无色溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色,下列判断正确的是()A.肯定不含I-B.肯定不含NH4+C.可能含有SO32—D.可能含有I-19、PbCl2是一种重要的化工材料,常用作助溶剂、制备铅黄等染料。工业生产中利用方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)制备PbCl2的工艺流程如图所示。已知:i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)ΔH>0下列说法不正确的是()A.浸取过程中MnO2与PbS发生反应的离子方程式为:8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2OB.PbCl2微溶于水,浸取剂中加入饱和NaCl溶液会增大其溶解性C.调pH的目的是除去Fe3+,因此pH越大越好D.沉降池中获得PbCl2采取的措施有加水稀释、降温20、对利用甲烷消除NO2污染进行研究,CH4+2NO2N2+CO2+2H2O。在1L密闭容器中,控制不同温度,分别加入0.50molCH4和1.2molNO2,测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度n/mol时间/min010204050①T1n(CH4)0.500.350.250.100.10②T2n(CH4)0.500.300.180.15下列说法正确的是A.组别①中,0~20min内,NO2的降解速率为0.0125mol·Lˉ1·minˉ1B.由实验数据可知实验控制的温度T1<T2C.40min时,表格中T2对应的数据为0.18D.0~10min内,CH4的降解速率①>②21、下列由实验现象得出的结论正确的是

操作及现象

结论

A

向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。

Ksp(AgCl)<Ksp(AgI)

B

向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色。

溶液中一定含有Fe2+

C

向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯,振荡、静置,溶液上层呈橙红色。

Br—还原性强于Cl—

D

加热盛有NH4Cl固体的试管,试管底部固体消失,试管口有晶体凝结。

NH4Cl固体可以升华

A.A B.B C.C D.D22、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油(加工过的餐饮废弃油)与矿物油(汽油、煤油、柴油等)的方法是()A.加入水中,浮在水面上的是地沟油B.加入足量氢氧化钠溶液共热,不分层的是地沟油C.点燃,能燃烧的是矿物油D.测定沸点,有固定沸点的是矿物油二、非选择题(共84分)23、(14分)EPR橡胶()和PC塑料()的合成路线如下:(1)A的名称是___________。E的化学式为______________。(2)C的结构简式____________。(3)下列说法正确的是(选填字母)_________。A.反应Ⅲ的原子利用率为100%B.CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用C.1molE与足量金属Na反应,最多可生成22.4LH2D.反应Ⅱ为取代反应(4)反应Ⅰ的化学方程式是_________。(5)反应Ⅳ的化学方程式是_________。(6)写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体________。①含有羟基,②不能使三氯化铁溶液显色,③核磁共振氢谱为五组峰,且峰面积之比为1:2:2:2:1;(7)已知:,以D和乙酸为起始原料合成无机试剂任选,写出合成路线(用结构简式表示有机物,用箭头表示转化关系,箭头上注明反应试剂和条件)_______。24、(12分)环戊噻嗪是治疗水肿及高血压的药物,其中间体G的一种合成路线如下:回答下列问题:(1)A的化学名称是_____________。B中含有官能团的名称为_____________。(2)反应②的反应类型是________________。(3)C的结构简式为_______________。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为___________________。(5)X与E互为同分异构体,X中含有六元碳环,且X能与NaOH溶液反应,则符合条件的X的结构简式为_________________。(6)设计由1,3-丙二醇和丙二酸二乙酯制备的合成路线(其他试剂任选)______________。25、(12分)草酸是一种常用的还原剂,某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验Ⅰ试剂混合后溶液pH现象(1h后溶液)试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液,几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液,几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液,几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液,几滴浓NaOH7无明显变化(1)H2C2O4是二元弱酸,写出H2C2O4溶于水的电离方程式:_____________。(2)实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为:________。(3)瑛瑛和超超查阅资料,实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成,但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料,吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II实验III实验IV实验操作实验现象6min后固体完全溶解,溶液橙色变浅,温度不变6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化实验IV的目的是:_______________________。(4)睿睿和萌萌对实验II继续进行探究,发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图:臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程i.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii.__________________________________。①查阅资料:溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i,可采用如下方法证实:将0.0001molMnO2加入到6mL____________中,固体完全溶解;从中取出少量溶液,加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到_______________。②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立,她们的实验方案是________。(5)综合以上实验可知,草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。26、(10分)硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂,媒染剂,在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分,在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水,不溶于乙醇、乙醚,在空气中不稳定,受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉,在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌,放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸,将A中固体慢慢放入其中,加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余,该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现,冷却析出的晶体中含有白色粉末,试解释其原因_____II.晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为,试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是__。III.氨含量的测定精确称取mg晶体,加适量水溶解,注入如图所示的三颈瓶中,然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液,通入水蒸气,将样品液中的氨全部蒸出,并用蒸馏水冲洗导管内壁,用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶,用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂),到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____,样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B.读数时,滴定前平视,滴定后俯视C.滴定过程中选用酚酞作指示剂D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。27、(12分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体,食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5,如图(夹持及加热装置略)可用试剂:饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体(试剂不重复使用)焦亚硫酸钠的析出原理:NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)①F中盛装的试剂是__,作用是__。②通入N2的作用是__。③Na2S2O5晶体在__(填“A”或“D”或“F”)中得到,再经离心分离,干燥后可得纯净的样品。④若撤去E,则可能发生__。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质,完成表中填空:预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性①探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中,滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液,剧烈反应,溶液紫红色很快褪去①__。(提供:pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器)②探究二中反应的离子方程式为__(KMnO4→Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案:将agNa2S2O5样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中,加入过量c1mol·L-1的碘溶液,再加入适量的冰醋酸和蒸馏水,充分反应一段时间,加入淀粉溶液,__(填实验步骤),当溶液由蓝色恰好变成无色,且半分钟内溶液不恢复原色,则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。(实验中必须使用的试剂有c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液;已知:2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)(4)含铬废水中常含有六价铬[Cr(Ⅵ)]利用Na2S2O5和FeSO4·7H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水,先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+,将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去,需调节溶液的pH范围为___。{已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.4×10-31,lg2≈0.3,c(Cr3+)<1.0×10-5mol·L-1时视为完全沉淀}28、(14分)碳、氮元素是构成生物体的主要元素,在动植物生命活动中起着重要作用。根据要求回答下列问题:(1)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用____________形象化描述。在基态14C原子中,核外存在____________对自旋状态相反的电子。(2)已知:(NH4)2CO32NH3↑+H2O↑+CO2↑①与氧同周期,且第一电离能比氧大的元素有____________种。②(NH4)2CO3分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为____________(填化学式)。(3)物质中C原子杂化方式是____________。(4)配合物[Cu(CH3CN)4]BF4中,铜原子的价电子布式为____________,BF4-的空间构型为___________。写出与BF4-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式:___________、___________。(5)碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点,4个碳原子位于立方体的面心,4个氮原子在立方体内),该晶体硬度超过金刚石,成为首屈一指的超硬新材料。①晶胞中C原子的配位数为___________。该晶体硬度超过金刚石的原因是___________。②已知该晶胞的边长为apm,阿伏加德罗常数用NA表示,则该晶体的密度为___________g·cm-3。29、(10分)镍是一种用途广泛的金属,常用于电镀工业和制造电池。镍易形成Ni(CO)4、[Ni(NH3)6]SO4等配合物。(1)镍基态原子的核外电子排布式为________。(2)Ni2+可用丁二酮肟检验。丁二酮肟的结构如图所示,其分子中碳原子轨道的杂化类型为________。(3)与CO互为等电子体的阴离子的化学式为__________________。(4)1mol[Ni(NH3)6]SO4中σ键的数目为________。氨的沸点高于膦(PH3),原因是____________________________。(5)镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6,晶胞结构如图所示,X、Y、Z表示储氢后的三种微粒,则图中Z表示的微粒为________(填化学式)。

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、氨水属于混合物,不在弱电解质讨论范围,故A错误;B、蔗糖是非电解质,故B错误;C、干冰是非电解质,故C错误;D.碳酸在水溶液里部分电离,所以属于弱电解质,故D正确;故选D。点睛:本题考查基本概念,侧重考查学生对“强弱电解质”、“电解质、非电解质”概念的理解和判断,解题关键:明确这些概念区别,易错点:不能仅根据溶液能导电来判断电解质强弱,如:氨水属于混合物,其溶解的部分不完全电离溶液能导电,不属于弱电解质,为易错题。2、C【解析】

根据条件“Q的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”,推测Q为N元素;X是与Q同周期,且半径是同周期中最小的元素,所以X为F元素;由“Z-具有与氩原子相同的电子层结构”可知,Z为Cl元素;根据“Y、Z原子的最外层电子数之和为10”,且“Q、X、Y、Z的原子序数依次增大”,可知Y为Al元素。【详解】A.X和Z的简单氢化物分别是HF和HCl,其中HF为弱酸,A项错误;B.Y单质即铝单质,化学性质活泼,常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应,B项错误;C.Q和X的简单氢化物分别为NH3和HF,标况下HF为液态,而NH3为气态,所以HF的沸点更高,C项正确;D.Y和Z的化合物即AlCl3,属于分子晶体,并不具备高沸点和高强度,D项错误;答案选C。3、B【解析】

据总反应6Li+N22Li3N可知:放电时锂失电子作负极,负极上电极反应式为6Li-6e-═6Li+,Li+移向正极,氮气在正极得电子发生还原反应,电极反应式为6Li++N2+6e-═2Li3【详解】A.固氮时,锂电极失电子发生氧化反应,故A错误;B.脱氮时,钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应:2Li3N-6e-=6Li++N2↑,故B正确;C.固氮时,外电路中电子由锂电极流向钌复合电极,故C错误;D.脱氮时,Li+向锂电极迁移,故D错误;答案:B【点睛】明确原电池负极:升失氧;正极:降得还,充电:负极逆反应为阴极反应,正极逆反应为阳极反应是解本题关键,题目难度中等,注意把握金属锂的活泼性。4、B【解析】

A.O2-的质子数为8,故离子结构示意图为,A正确;B.乙烯的结构简式为CH2=CH2,B正确;C.NH3溶于水后的溶液能导电,是因为其与水反应生成NH3·H2O,所以能导电,NH3是非电解质,C错误;D.正反应放热的可逆反应也可能需要加热才能发生,升高温度,正逆反应速率均加快,D错误;故答案选B。5、C【解析】

饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫,使溶液pH变为4.1,说明溶液显酸性,Na2CO3显碱性,Na2SO3显碱性,NaHCO3显碱性,而NaHSO3显酸性,说明反应产生了NaHSO3,同时放出二氧化碳,I中的溶液应为NaHSO3溶液;再加入Na2CO3固体,将NaHSO3转化为Na2SO3,再次充入SO2,将Na2SO3转化为NaHSO3,得到过饱和的NaHSO3溶液,由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5,发生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O,据此分析解答。【详解】A.上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳,故A错误;B.SO2作漂白剂时,未发生氧化还原反应,没有表现还原性,故B错误;C.根据上述分析,上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否则得不到过饱和的NaHSO3溶液,故C正确;D.“结晶脱水”是加热固体分解,应该在坩埚中进行,故D错误;答案选C。6、A【解析】

A.的溶液显酸性,NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应,与氢离子也不反应,可大量共存,A项正确;B.氨水显碱性,与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀,在溶液中不能大量共存,B项错误;C.1mol·L−1的NaClO溶液具有氧化性,能氧化Fe2+和I−,故在该溶液中不能大量共存,C项错误;D.HCO3-与OH−会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存,D项错误;答案选A。【点睛】(1)判断离子能否大量共存的原则:在所给条件下,离子之间互不反应,则离子能够大量共存,否则,不能大量共存;(2)判断离子能否大量共存的步骤:先看题给限制条件,包括颜色、酸碱性、氧化(还原)性等,再看离子之间的相互反应,逐项判断各组离子之间是否发生反应,从而确定离子能否大量共存;(3)注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存,具体问题具体分析。7、A【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,W的简单氢化物是一种情洁能源,则W为C元素;Y是非金属性最强的元素,则Y是F元素;X的氧化物是形成酸雨的主要物质之一,则X为N元素;Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的,则Z是Na元素。【详解】A项、W为C元素,Y是F元素,两种元素只能形成共价化合物CF4,故A错误;B项、元素非金属性越强,氢化物稳定性越强,F元素非金属性强于C元素,则氟化氢的稳定性强于甲烷,故B正确;C项、Na+与F—的电子层结构与Ne原子相同,均是10电子微粒,故C正确;D项、NaOH是强碱,水溶液呈碱性,NH3溶于水得到氨水溶液,溶液呈碱性,故D正确。故选A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律,侧重分析与应用能力的考查,注意元素化合物知识的应用,把握原子结构、元素的位置、原子序数来推断元素为解答的关键。8、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。9、B【解析】

A、根据水蒸气与Na2O2的方程式计算;B、25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为10-3mol·L-1;C、一个-OH(羟基)含9个电子;D、苯中不含碳碳双键。【详解】A、水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2g时,2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2△m2e-4g2mol2g1mol反应中转移的电子数为1NA,故A错误;B、25℃时,1LpH=11的醋酸钠溶液中,水电离出的OH-浓度为10-3mol·L-1,由水电离出的OH-数目为0.001NA,故B正确;C、1mol-OH(羟基)中所含电子数均为9NA,故C错误;D、苯中不含碳碳双键,故D错误;故选B。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数及其应用,难点A根据化学方程式利用差量法计算,易错点B,醋酸钠水解产生的OH-来源于水。10、A【解析】

A.2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2↑,2Al+3Cl22AlCl3(s),故A正确;B.SO2(g)+H2O=H2SO3(aq),故B错误;C.NO(g)与NaOH(aq)不反应,故C错误;D.SiO2(s)不溶于水,故D错误;故选A。11、B【解析】

A.新型冠状病毒成分为蛋白质,组成元素为C、H、O、N等,故A错误;B.用“84消毒液”进行消毒时,消毒液过高对人体健康也会产生危害,故B错误;C.聚丙烯材质的成分为聚丙烯,聚丙烯属于合成有机高分子,故C正确;D..新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播,为减少传染性,不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒,故D正确;故选B。12、A【解析】

A.Na2O2与水反应,H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气,二者都是固体与液体常温条件下反应,故A正确;B.进行中和热的测定需要用到环形玻璃搅拌棒,缺少仪器,故B错误;C.蒸干CuSO4溶液,因结晶硫酸铜受热会脱水,使得到的CuSO4·5H2O固体不纯,故C错误;D.工业制氨气是在高温、高压和催化剂的条件下进行的,此处无高压条件,且检验氨气应用湿润的红色石蕊试纸,故D错误。故选A。13、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。14、D【解析】

A.次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子,离子方程式为ClO﹣+H2O+SO2=Cl﹣+SO42﹣+2H+,故A错误;B.向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液,二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水,离子方程式为HCO3﹣+Ca2++OH﹣=CaCO3↓+H2O,故B错误;C.氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2,离子方程式为Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣=BaSO4↓+2H2O,故C错误;D.n(NaOH)=1mol/L×0.05L=0.05mol,50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S,设硫化钠的物质的量是x,硫氢化钠的物质的量是y,根据钠原子和硫原子守恒得,解得,所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2:1,离子方程式为5OH﹣+3H2S=HS﹣+2S2﹣+5H2O,故D正确;故答案为D。【点睛】考查离子方程式的书写,明确离子之间发生反应实质是解本题关键,再结合离子反应方程式书写规则分析,易错选项是D,要结合原子守恒确定生成物,再根据原子守恒书写离子方程式。15、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。16、B【解析】

①A是固体,增加A的量,平衡不移动,故①错误;②2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g),正反应放热,升高温度,平衡向逆反应方向移动,v(正)、v(逆)均增大,故②错误;③2A(s)+3B(g)C(g)+2D(g),反应前后气体系数和不变,压强增大一倍,平衡不移动,v(正)、v(逆)均增大,故③错误;④增大B的浓度,反应物浓度增大,平衡正向移动,所以v(正)>v(逆),故④正确;⑤加入催化剂,平衡不移动,B的转化率不变,故⑤错误;故选B。17、A【解析】

A.液氯是液态的氯,和铁在常温下不反应,所以可以储存在钢瓶中,故A正确;B.海水制镁富集氯化镁,生产流程采用了向晒盐后的苦卤中加入石灰乳,而不是直接往海水中加入氢氧化钙溶液,故B错误;C.水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁,硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙,不容易去除,所以应该用盐酸清洗锅炉后的水垢,故C错误;D.生产水泥的原料为石灰石、黏土,故D错误。故选A。18、D【解析】据题给方程式确定还原性:SO32->I-。其溶液呈无色,则Cu2+一定不存在,由于SO32-还原性强,首先被Br2氧化成SO,若Br2过量会继续氧化I-生成I2,致使溶液呈黄色,则根据溶液颜色未变,确定SO32-一定存在,I-可能存在,根据电荷守恒,溶液中的阳离子只能为NH,则NH一定存在。故D正确。19、C【解析】

方铅矿精矿(主要成分为PbS,含有FeS2等杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)中加入稀盐酸,根据酸性废液中含有硫酸根离子矿渣,PbS中S元素被氧化成SO42-,则发生反应为4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O,加入NaCl促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)正向移动。加入NaOH溶液调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀,过滤得到Fe(OH)3、矿渣和滤液;PbCl2微溶于水,将溶液沉降过滤得到PbCl2。A.浸取过程中MnO2与PbS发生氧化还原反应,离子反应为:8H++2Cl-+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2O,正确,A不选;B.发生PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq),加入NaCl增大c(Cl-),有利于平衡正向移动,将PbCl2(s)转化为PbCl42-(aq),正确,B不选;C.调节溶液pH,使Fe3+转化成Fe(OH)3沉淀,除去溶液中的Fe3+,但应避免同时生产Mn(OH)2沉淀,pH不能过大,错误,C选;D.已知:PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌PbCl42-(aq)△H>0,可以通过加水稀释、降温促进反应逆向进行,获得PbCl2,正确,D不选。答案选C。20、B【解析】A、随着反应的进行,反应物的浓度降低,反应速率减小,故组别①中,0~20min内,NO2的降解平均速率为0.0125mol·L-1·min-1,选项A错误;B、温度越高反应速率越大,达平衡所需时间越短,由实验数据可知实验控制的温度T1<T2,选项B正确;C、40min时,表格中T2应的数据为0.15-0.18之间,选项C错误;D、0~10min内,CH4的降解速率②>①,选项D错误。答案选B。21、C【解析】

A、Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),A错误;B、滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液呈红色,说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+,B错误;C、上层呈橙红色,说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl,则Br‾的还原性强于Cl‾,C正确;D、不是升华,试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl,试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl,发生了化学反应,D错误;答案选C。【点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合,考查了考生运用所学知识分析实验现象,得出正确结论的能力,审题时应全面细致,如滴加氯水后再加入KSCN溶液,溶液可能含有Fe2+或Fe3+,体现了化学实验方案设计的严谨性,加热盛有NH4Cl固体的试管,体现了由现象看本质的科学态度。22、B【解析】

地沟油中含油脂,与碱溶液反应,而矿物油不与碱反应,混合后分层,以此来解答。【详解】A.地沟油、矿物油均不溶于水,且密度均比水小,不能区别,故A错误;B.加入足量氢氧化钠溶液共热,不分层的是地沟油,分层的为矿物油,现象不同,能区别,故B正确;C.地沟油、矿物油均能燃烧,不能区别,故C错误;D.地沟油、矿物油均为混合物,没有固定沸点,不能区别,故D错误;答案是B。【点睛】本题考查有机物的区别,明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键,题目难度不大。二、非选择题(共84分)23、丙烯C2H6O2ABn+n+(2n-1)CH3OH或【解析】

EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3,EPR由A、B反应得到,B发生氧化反应生成环氧己烷,则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3;结合PC和碳酸二甲酯的结构,可知C15H16O2为,D与丙酮反应得到C15H16O2,结合D的分子式,可推知D为,结合C的分子式,可知A和苯发生加成反应生成C,再结合C的氧化产物,可推知C为;与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应,可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,A为CH2=CHCH3,名称为丙烯;E为HOCH2CH2OH,化学式为C2H6O2,故答案为丙烯;C2H6O2;(2)C为,故答案为;(3)A.反应Ⅲ为加成反应,原子利用率为100%,故A正确;B.生成PC的同时生成甲醇,生成E时需要甲醇,所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用,故B正确;C.E为HOCH2CH2OH,1mol

E与足量金属

Na

反应,最多可以生成1mol氢气,气体的体积与温度和压强有关,题中未告知,无法计算生成氢气的体积,故C错误;D.反应Ⅱ为加成反应,故D错误;故答案为AB;(4)反应Ⅰ的化学方程式是,故答案为;(5)反应Ⅳ的化学方程式是n+n+(2n-1)CH3OH,故答案为n+n+(2n-1)CH3OH;(6)F的分子式为C15H16O2,F的芳香族化合物的同分异构体满足:①含有羟基;②不能使三氯化铁溶液显色,说明羟基没有直接连接在苯环上;③核磁共振氢谱为五组峰,且峰面积之比为1:2:2:2:1,满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或,故答案为或;(7)和氢气发生加成反应生成,发生消去反应生成,发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO,OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH,HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成,因此合成路线为:,故答案为。【点睛】正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6),要注意从结构的对称性考虑,难点为(7)中合成路线的设计,要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息,可以采用逆推的方法思考。24、氯乙酸乙酯酯基取代反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O和【解析】

(1)直接命名A的化学名称和B中含有官能团的名称。(2)先根据②③前后联系得出C的结构简式,得出反应②的反应类型。(3)根据②③前后联系得出C的结构简式(4)联系教材的乙醛与新制Cu(OH)2反应书写方程式。(5)X与E互为同分异构体,X中含有六元碳环,且X能与NaOH溶液反应,说明X中含有羧基或酯基,总共有7个碳原子,除了六元环,还剩余1个碳原子,再进行书写。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应,得到,再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到,再水解和酸化得到,最后再根据反应④得到产物。【详解】(1)A的化学名称是氯乙酸乙酯;B中含有官能团的名称为酯基,故答案为:氯乙酸乙酯;酯基。(2)根据②③前后联系得出C的结构简式为,因此反应②的反应类型是取代反应,故答案为:取代反应。(3)根据上题分析得出C的结构简式为,故答案为:。(4)G与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O,故答案为:+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O。(5)X与E互为同分异构体,X中含有六元碳环,且X能与NaOH溶液反应,说明X中含有羧基或酯基,总共有7个碳原子,除了六元环,还剩余1个碳原子,因此则符合条件的X的结构简式为和,故答案为:和。(6)先将1,3-丙二醇与HBr反应,得到,再在一定条件下与CH2(COOC2H5)2得到,再水解和酸化得到,最后再根据反应④得到产物,因此总的流程为,故答案为:。25、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2)上清液为紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molMnSO4固体(或15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂【解析】

(1)H2C2O4是二元弱酸,分步电离;(2)酸性条件下,KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳;(3)实验IV与实验II、III区别是没有草酸;(4)分析曲线可知,开始时Cr2O72-浓度变化缓慢,一段时间后变化迅速;①由实验结论出发即可快速解题;②由控制变量法可知,保持其他变量不变,将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可;(5)注意实验的变量有:氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】(1)H2C2O4是二元弱酸,分步电离,用可逆符号,则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+;(2)实验I试管a中,酸性条件下,KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳,则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O;(3)实验IV与实验II、III区别是没有草酸,则实验IV的目的是:排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能;(4)分析曲线可知,开始时Cr2O72-浓度变化缓慢,一段时间后变化迅速,则可能是过程i.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii.Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应;①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2)中,固体完全溶解,则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+;从中取出少量溶液(含Mn2+),加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到上清液为紫色,则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-,MnO4-显紫色;②设计实验方案证实过程ii成立,由控制变量法可知,保持其他变量不变,将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可,即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molMnSO4固体(或15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅;(5)综合以上实验可知,变量有:氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂,则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。26、坩埚反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸变浓,浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压,防止堵塞和倒吸BD【解析】

(1)灼烧固体,应在坩埚中进行,所以仪器A为坩埚,故答案为坩埚。(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4,可使固体变为白色,故答案为反应中硫酸过量,在浓缩过程中,稀硫酸变浓,浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4,根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+,故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法,而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解,故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。(5)A装置中长玻璃管可起到平衡气压,防止堵塞和倒吸的作用;与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol,根据氨气和HCl的关系式可知:n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol,则样品中氨的质量分数为,故答案为平衡气压,防止堵塞和倒吸;。(6)如果氨含量测定结果偏高,则V2偏小,A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大,含量偏低,故A错误;B.读数时,滴定前平视,滴定后俯视,导致V2偏小,含量偏高,故B正确;C.滴定过程中选用酚酞作指示剂,对实验没有影响,故C错误;D.取下接收瓶前,未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁,导致盐酸偏少,需要的氢氧化钠偏少,则V2偏小,含量偏高,故D正确。故答案为BD。【点睛】在分析滴定实验的误差分析时,需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大,则测定结果偏大,标准液的体积变小,则测定结果偏小。27、浓NaOH溶液吸收剩余的SO2排尽空气,防止Na2S2O5被氧化D倒吸用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上,试纸变红5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定pH>5.6【解析】

从焦亚硫酸钠的析出原理[NaHSO3(饱和溶液)→Na2S2O5(晶体)+H2O(l)]可以看出,要制取Na2S2O5(晶体),需先制得NaHSO3(饱和溶液),所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2,将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化,所以需排尽装置内的空气,这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境,所以F装置应为吸收尾气的装置,为防倒吸,加了装置E。【详解】(1)①从以上分析知,F装置应为SO2的尾气处理装置,F中盛装的试剂是浓NaOH溶液,作用是吸收剩余的SO2。答案为:浓NaOH溶液;吸收剩余的SO2;②为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化,需排尽装置内的空气,所以通入N2的作用是排尽空气,防止Na2S2O5被氧化。答案为:排尽空气,防止Na2S2O5被氧化;③Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得,所以应在D中得到。答案为:D;④因为E中的双球能容纳较多液体,可有效防止倒吸,所以若撤去E,则可能发生倒吸。答案为:倒吸;(2)①既然是检测其是否具有酸性,则需用pH试纸检测溶液的pH,若在酸性范围,则表明显酸性。具体操作为:用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上,试纸变红。答案为:用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中,用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上,试纸变红;②探究二中,Na2S2O5具有还原性,能将KMnO4还原为Mn2+,自身被氧化成SO42-,同时看到溶液的紫色褪去,反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O。答案为:5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2++H2O;(3)根据信息,滴定过量碘的操作是:用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为:用c2mol·L-1的标准Na2S2O3溶液滴定;(4)c(C

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