2024年上海市师范大学第二附属中学高三冲刺模拟化学试卷含解析_第1页
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文档简介

2024年上海市师范大学第二附属中学高三冲刺模拟化学试卷注意事项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、某浓度稀HNO3与金属M反应时,能得到+2价硝酸盐,反应时M与HNO3的物质的量之比为5∶12,则反应时HNO3的还原产物是()A.NH4NO3 B.N2 C.N2O D.NO2、下列离子方程式正确的是A.Cl2通入水中:Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B.双氧水加入稀硫酸和KI溶液:H2O2+2H++2I-=I2+2H2OC.用铜做电极电解CuSO4溶液:2Cu2++2H2O2Cu+O2↑+4H+D.Na2S2O3溶液中加入稀硫酸:2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2O3、甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=-lgKb,pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,pKb(NH3·H2O)=4.8。常温下,向10.00mL0.1000mol·L-1的甲胺溶液中滴加0.0500mol·L-1的稀硫酸,溶液中c(OH-)的负对数pOH=-lgc(OH-)]与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A.B点对应的溶液的pOH>3.4B.甲胺溶于水后存在平衡:CH3NH2+H2OCH3NH+OH-C.A、B、C三点对应的溶液中,水电离出来的c(H+):C>B>AD.A、B、C、D四点对应的溶液中,c(CH3NH3+)的大小顺序:D>C>B>A4、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A.“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B.“以灰淋汁”的操作是萃取C.“取碱”得到的是一种碱溶液 D.“浣衣”过程有化学变化5、下列说法不正确的是A.某些生活垃圾可用于焚烧发电B.地沟油禁止食用,但可以用来制肥皂或生物柴油C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃D.煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物,其中含有焦炭、苯、甲苯等6、11.9g金属锡跟100mL12mol•L﹣1HNO3共热一段时间.完全反应后测定溶液中c(H+)为8mol•L﹣1,溶液体积仍为100mL.放出的气体在标准状况下体积约为8.96L.由此推断氧化产物可能是(Sn的相对原子质量为119)()A.Sn(NO3)4 B.Sn(NO3)2 C.SnO2∙4H2O D.SnO7、下列说法不正确的是()A.乙醛和丙烯醛()不是同系物,分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物B.O2与O3互为同素异形体,1H、2H、3H是氢元素的不同核素C.C2H6O有两种同分异构体;2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D.氨基酸分子中均含有羧基(—COOH)和氨基(—NH2)8、设NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NAB.18.0g葡萄糖和果糖的混合物中含羟基数目为0.5NAC.1molNa与足量O2反应,生成Na2O和Na2O2的混合物,Na失去2NA个电子D.室温下,1LpH=13的NaOH溶液中,由水电离的OH-数目为0.1NA9、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法,下列可行的操作中最不简便的一种是A.使用蒸馏水B.使用NaHCO3溶液C.使用CuSO4和NaOH溶液D.使用pH试纸10、有机物M、N之间可发生如图转化,下列说法不正确的是A.M能与溴水发生加成反应B.N能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.M分子中所有碳原子共平面D.M、N均能发生水解反应和酯化反应11、下列反应所得溶液中,一定只含一种溶质的是A.向氯化铝溶液中加入过量的氨水B.向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C.向稀硝酸中加入铁粉D.向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液12、已知在100℃、1.01×105Pa下,1mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如图所示,下列有关说法不正确的是()A.1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量B.热化学方程式为:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-490kJ·mol-1C.甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙D.乙→丙的过程中若生成液态水,释放的能量将小于930kJ13、X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素,其中X、Z同族,Y、Z同周期,W与X、Y既不同族也不同周期;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍;Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是()A.Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B.原子半径由小到大的顺序为W<X<ZC.X与W可以形成W2X、W2X2两种物质D.Y、Z两元素的气态氢化物中,Z的气态氢化物更稳定。14、用除去表面氧化膜的细铝条紧紧缠绕在温度计上(如图),将少许硝酸汞溶液滴到铝条表面,置于空气中,很快铝条表面产生“白毛”,且温度明显上升。下列分析错误的是A.Al和O2化合放出热量 B.硝酸汞是催化剂C.涉及了:2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg D.“白毛”是氧化铝15、磺酰氯(SO2Cl2)在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1C,沸点为69.2°C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2(SO2+Cl2SO2Cl2),设计如图实验(夹持装置略去)。下列说法不正确的是A.c中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同B.e中的冷却水应从下口入上口出C.d的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解D.a中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.16、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是()A.“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B.豆腐有“植物肉”之美称,“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程C.港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量D.《本草纲目》中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是碳酸钠17、下列化工生产过程中,未涉及氧化还原反应的是A.海带提碘 B.氯碱工业 C.海水提溴 D.侯氏制碱18、对乙烯(CH2=CH2)的描述与事实不符的是A.球棍模型: B.分子中六个原子在同一平面上C.键角:109o28’ D.碳碳双键中的一根键容易断裂19、除去燃煤烟气中的有毒气体,一直是重要的科研课题。某科研小组设计如下装置模拟工业脱硫脱氮,探究SO2和NO同时氧化的吸收效果。模拟烟气由N2(90.02%)、SO2(4.99%)、NO(4.99%)混合而成,各气体的流量分别由流量计控制,调节三路气体相应的流量比例,充分混合后进入A。(已知:FeSO4+NO[Fe(NO)]SO4(棕色),下列说法不正确的是A.反应开始前应该关闭d,打开e,通入一段时间的N2B.观察到装置A中有黑色固体生成,则A中反应为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+C.洗气瓶A的出气管口有两个玻璃球泡,目的是为了消除可能存在的未破裂的气泡D.实验中观察到B中红色褪去,C中变为浅棕色,说明KMnO4不能吸收NO20、埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护,使其免受腐蚀,下列说法正确的是()A.金属棒X的材料可能为钠B.金属棒X的材料可能为铜C.钢管附近土壤的pH增大D.这种方法称为外加电流的阴极保护法21、没有涉及到氧化还原反应的是A.Fe3+和淀粉检验I- B.氯水和CCl4检验Br-C.新制Cu(OH)2、加热检验醛基 D.硝酸和AgNO3溶液检验Cl-22、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,正反应速率降低二、非选择题(共84分)23、(14分)据报道,化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性,其合成路线如下图所示。已知:回答下列问题:(1)化合物C中的含氧官能团为____________,反应④的反应类型为____________。(2)写出E的结构简式:________________________。(3)写出反应②的化学方程式:_____________________________________________。(4)写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式:_________________。①含苯环结构,能在碱性条件下发生水解;②能与FeCl3发生显色反应;③分子中含有4种不同化学环境的氢。(5)已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物,写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_____。24、(12分)一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题:(1)化合物A转化为B的方程式为_____,B中官能团名称是______。(2)H的系统命名为___,H的核磁共振氢谱共有___组峰。(3)H→I的反应类型是___(4)D的分子式为______,反应B十I→D中Na2CO3的作用是___。(5)F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,F的结构简式为___。(6)D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2,符合下列条件的同分异构体有___种。①核磁共振氢谱有4组峰;②能发生银镜反应;③与FeCl3发生显色反应。25、(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。已知:物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之间的转化试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3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中加入试剂C后,沉淀转化的平衡常数表达式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之间的转化实验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.如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NaCl(s)d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实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI,甲溶液可以是________(填标号)。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②实验Ⅳ的步骤i中,B中石墨上的电极反应式是___________________________。③结合信息,解释实验Ⅳ中b<a的原因_____________________。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl,理由是_____________________。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是________________________________________。26、(10分)已知25℃时,Ksp(Ag2S)=6.3×10-50、Ksp(AgCl)=1.5×10-16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀,加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后,沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀,推测含有AgCl。用浓HNO3溶解,产生红棕色气体,沉淀部分溶解,过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀①由ⅰ判断,滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因:在NaCl存在下,氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B:一段时间后,出现乳白色沉淀C:一段时间后,无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整):__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度,解释B中NaCl的作用__。27、(12分)硫酰氯(SO2Cl2)可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2[SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol],装置如图所示(部分装置省略)。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,有强腐蚀性,不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物,遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题:I.SO2Cl2的制备(1)水应从___(选填“a”或“b”)口进入。(2)制取SO2的最佳组合是___(填标号)。①Fe+18.4mol/LH2SO4②Na2SO3+70%H2SO4③Na2SO3+3mo/LHNO3(3)乙装置中盛放的试剂是___。(4)制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中,原因是___。(5)反应结束后,分离甲中混合物的最佳实验操作是___。II.测定产品中SO2Cl2的含量,实验步骤如下:①取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液,充分振荡、过滤、洗涤,将所得溶液均放入锥形瓶中;②向锥形瓶中加入硝酸酸化,再加入0.2000mol·L-1的AgNO3溶液l00.00mL;③向其中加入2mL硝基苯,用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖;④加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+,终点所用体积为10.00mL。已知:Ksp(AgCl)=3.2×10-10Ksp(AgSCN)=2×10-12(6)滴定终点的现象为___。(7)产品中SO2Cl2的质量分数为___%,若步骤③不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。28、(14分)药物中间体M的合成路线流程图如图:已知:(R、R’、R”为H或烃基)请回答下列问题:(1)A为芳香烃,名称为___。(2)化合物C含有的官能团名称为__。(3)下列说法中正确的是__。A.化合物A只有1种结构可以证明苯环不是单双键交替的结构B.可利用酸性KMnO4溶液实现A→B的转化C.化合物C具有弱碱性D.步骤④、⑤、⑥所属的有机反应类型各不相同(4)步骤⑥可得到一种与G分子式相同的有机副产物,其结构简式是__。(5)有机物H与氢气加成的产物J存在多种同分异构体。写出一种同时符合下列条件的同分异构体的结构简式__。①能与FeCl3溶液发生显色反应;②核磁共振氢谱检测表明分子中有4种化学环境不同的氢原子。(6)写出I+G→M的化学方程式(可用字母G和M分别代替物质G和M的结构简式)__。(7)设计以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图_____(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下:CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH29、(10分)氨为重要化工原料,有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取:a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H=+216.4KJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g)△H=______。(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol,在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度关系如图。①恒压时,反应一定达到平衡状态的标志是______(填序号):A.N2和H2的转化率相等B.反应体系密度保持不变C.的比值为3:2D.=2②P1______P2(填“>”、“<”、“=”,下同):反应平衡常数:B点______D点;③C点H2的转化率______;(数值保留0.1%)在A、B两点条件下,该反应从开始到平衡时生成氢气平均速率:v(A)______v(B)(填“>”、“<”、“=”)。(3)已知25℃时由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性,则该混合溶液中各离子浓度的大小顺序为______________(已知25℃时,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1×10-2,Ka2=1×10-7)

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、B【解析】

依据题意可列出反应方程式如下:5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2↑+6H2O,某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐,所以1molM失去2mol电子,5molM失去10mol电子;而12molHNO3中,有10mol硝酸没有参加氧化还原反应,只有2mol硝酸参加氧化还原反应,得到10mol电子,硝酸中氮的化合价为+5价,所以还原产物必须是0价的N2,B项正确;答案选B。【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口,找到化合价的定量关系,理解氧化还原反应的本质是关键。2、B【解析】

A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO,故A错误;B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H++2I-═I2+2H2O,故B正确;C、用铜作电极电解CuSO4溶液,实质为电镀,阳极Cu失去电子,阴极铜离子得电子,故C错误;D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+═SO2↑+S↓+H2O,故D错误。故选B。3、D【解析】

A.B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸,不考虑水解和电离,反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2),由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度,则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2);B.甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似,说明CH3NH2•H2O是一元弱碱,可以部分电离出氢氧根离子;C.恰好反应时水的电离程度最大,碱过量抑制了水的电离,碱的浓度越大抑制程度越大;D.C、D点相比,n(CH3NH3+)相差较小,但D点溶液体积较大,则c(CH3NH3+)较小,据此分析。【详解】A.B点加入5mL0.0500mol/L的稀硫酸,不考虑水解和电离,反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2),由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4,pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6,说明CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度,则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2),>1,结合Kb(CH3NH2•H2O)=×c(OH-)=10-3.4可知,c(OH-)<10-3.4,所以B点的pOH>3.4,A正确;B.CH3NH2•H2O是一元弱碱,可以部分电离出氢氧根离子,电离过程可逆,则电离方程式为:CH3NH2•H2OCH3NH3++OH-,B正确;C.用0.0500mol/L的稀硫酸滴定10mL0.1000mol/L的甲胺溶液滴入10mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐,溶液显碱性,CH3NH3+水解促进水的电离,A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离,所以A、B、C三点溶液中,水电离出来的c(H+):C>B>A,C正确;D.C点硫酸与CH3NH2•H2O恰好反应,由于CH3NH3+的水解程度较小,则C、D点n(CH3NH3+)相差较小,但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍,则c(CH3NH3+):C>D,D错误;故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,D为易错点,试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。4、D【解析】

A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾,与铵态氮肥共用时,发生水解反应,相互促进水解,降低肥效,故A错误;B.“以灰淋汁”的操作是过滤,故B错误;C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液,属于盐溶液,故C错误;D.“浣衣”过程中促进油脂的水解,属于化学变化,故D正确;故选D。5、D【解析】

A.焚烧将某些还原性的物质氧化,某些生活垃圾可用于焚烧发电,故A正确;B.“地沟油”的主要成分为油脂,含有有毒物质,不能食用,油脂在碱性条件下水解称为皂化反应,油脂燃烧放出大量热量,可制作生物柴油,故B正确;C.石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃,如乙烯、丙烯等,故C正确;D.煤中不含苯、甲苯等,苯和甲苯是煤的干馏的产物,故D错误;故选D。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质,应注意的是煤中不含苯、甲苯等,苯、甲苯是煤的干馏产物。6、C【解析】

n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol,n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol,12mol/L的硝酸是浓硝酸,反应后溶液中c(H+)为8mol⋅L−1,说明生成的气体是二氧化氮,n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol,设Sn被氧化后的化合价为x,根据转移电子守恒得0.4mol×(5−4)=0.1mol×(x−0)x=+4,又溶液中c(H+)=8mol/L,而c(NO3-)=(1.2mol−0.4mol)÷0.1L=8mol/L,根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4,所以可能存在的是SnO2∙4H2O,故选:C。7、A【解析】

A.乙醛和丙烯醛结构不相似,二者不是同系物,与氢气发生加成反应都生成醇类物质,结构相似,分子组成上相差1个CH2原子团,为同系物,故A错误;B.O2

和O3

是氧元素的不同单质,互为同素异形体;1H、2H、3H质子数都为1,中子数分别为0、1、2,它们为氢元素的三种不同的核素,故B正确;C.C2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体;CH3CH2CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5个C,主链为戊烷,在2号C含有1个甲基,其名称为2-甲基戊烷,故C正确;D.氨基酸分子中均含有羧基(-COOH)和氨基(-NH2),如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH),故D正确;故选A。8、B【解析】

A.CH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+均要水解,其数目均小于NA,故选项A错误;B.葡萄糖为五羟基醛,果糖为五羟基酮,同时二者互为同分异构体,二者任意比例混合,所含羟基数目为0.5NA,故选项B正确;C.由于Na为1mol,与足量O2反应,无论生成什么产物,Na失去NA个电子,故选项C错误;D.1LpH=13的NaOH溶液中,水电离的c(OH-)=10-13mol/L,故选项D错误;故选B。9、C【解析】

乙酸具有酸性,可与碳酸盐、碱等发生复分解反应,乙醛含有醛基,可发生氧化反应,以此解答该题。【详解】A.二者都溶于水,没有明显现象,不能鉴别,故A错误;B.乙酸具有酸性,可与NaHCO3溶液生成气体,乙醛与NaHCO3溶液不反应,可鉴别,方法简便,操作简单,故B错误;C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液,需先生成氢氧化铜,然后与乙酸发生中和反应,检验乙醛需要加热,操作较复杂,故C正确;D.使用pH试纸乙酸具有酸性,可使pH试纸变红,乙醛不能使pH试纸变红,可鉴别,方法简单,操作简便,故D错误;答案选C。10、C【解析】

A.M中含有碳碳双键,可以与溴水发生加成反应,故A正确;B.N中含有羟基,能被酸性高猛酸钾氧化,故B正确;C.M中含有饱和碳原子,与饱和碳原子相连的三个C以及该饱和碳原子不可能全部在同一平面上,故C错误;D.M、N中均含有酯基,都能水解,均含有羟基均能发生酯化反应,故D正确;故答案为C。11、D【解析】

A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵,所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成,A不符合题意;B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水,B不符合题意;C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe(NO3)3、Fe(NO3)2、Fe(NO3)3和Fe(NO3)2、HNO3和Fe(NO3)3,C不符合题意;D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水,所得溶液中只有过量的Ba(OH)2,D符合题意;答案选D。12、D【解析】

A.由已知的能量变化图可知,1molH2O(g)分解为2molH与1molO时吸收930kJ热量,A项正确;B.由已知的能量变化图可知,H2(g)+O2(g)=H2O(g)ΔH=反应物断键吸收的能量-生成物成键释放的能量=(436+249-930)kJ·mol-1=-245kJ·mol-1,则热化学方程式为:2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-245kJ·mol-1×2=-490kJ·mol-1,B项正确;C.甲吸收能量生成乙,乙释放能量生成丙,乙的能量最高,甲生成丙为放热反应,则甲的能量高于丙,则甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙>甲>丙,C项正确;D.乙→丙的过程中生成气态水时,释放930kJ的能量,若生成液态水,气态水转变为液态水会继续释放能量,则释放的能量将大于930kJ,D项错误;答案选D。13、D【解析】

X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,则X为O元素,X、Z同族,则Z为S元素,Y的最高正价与最低负价的代数和为6,则Y的最高价为+7价,且与S同周期,所以Y为Cl元素,W与X、Y既不同族也不同周期,W为H元素,据此解答。【详解】A.根据上述分析,Y为Cl,Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4,A项正确;B.在元素周期表中,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下,原子半径逐渐增大,原子半径由小到大的顺序为H<O<Cl<S(H<O<S),B项正确;C.根据上述分析,X、W分别为O、H,两者可形成H2O、H2O2两者物质,C项正确;D.Y、Z分别为Cl、S,非金属性Cl>S,元素的非金属性越强,气态氢化物越稳定,HCl(Y的气态氢化物)更稳定,D项错误;答案选D。14、B【解析】

铝与硝酸汞溶液发生置换反应生成汞,形成铝汞合金(铝汞齐)。合金中的铝失去氧化膜的保护,不断被氧化成氧化铝(白毛)。【详解】A.实验中,温度计示数上升,说明Al和O2化合放出热量,A项正确;B.硝酸汞与铝反应生成汞,进而形成铝汞齐,B项错误;C.硝酸汞与铝反应的离子方程式为2Al+3Hg2+→2Al3++3Hg,C项正确;D.铝汞齐中的铝失去氧化膜保护,与氧气反应生成氧化铝(白毛),D项正确。本题选B。15、A【解析】

Ac中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2,不能用NaCl溶液,故A错误;B.e是冷凝作用,应该下口进上口出,故B正确;C

SO2Cl2遇水易水解,所以d防止水蒸气进入,故C正确;D冰盐水有降温作用,根据题给信息知SO2Cl2易液化,能提高SO2和Cl2的转化率,故D正确;故选A。16、B【解析】

A.手机中芯片的主要成分是硅,而不是二氧化硅,A错误;B.豆浆属于胶体,向豆浆中加入卤水(含有电解质溶液)会引发胶体的聚沉,形成豆腐,B正确;C.钢铁中增加含碳量,更容易形成原电池,形成原电池造成铁的腐蚀速率加快,C错误;D.草木灰的主要成分是碳酸钾,碳酸钾水解显碱性,可洗衣服,故D错误;答案选B。17、D【解析】

A.海带提碘是由KI变为I2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故A错误;B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故B错误;C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质,有元素化合价的变化,属于氧化还原反应,故C错误;D.侯氏制碱法,二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵,碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠,二氧化碳和水,没有元素的化合价变化,则不涉及氧化还原反应,故D正确。故选D。18、C【解析】

A.球表示原子,棍表示化学键,则乙烯的球棍模型为,选项A正确;B.碳碳双键为平面结构,则分子中六个原子在同一平面上,选项B正确;C.平面结构,键角为120°,正四面体结构的键角为109o28’,选项C错误;D.碳碳双键比单键活泼,则碳碳双键中的一根键容易断裂,选项D正确;答案选C。19、D【解析】

A.反应开始前应该关闭d,打开e,通入一段时间的N2排出体系中的空气,防止氧气干扰实验,故A正确;B.二氧化硫具有还原性,装置A中生成的黑色固体是MnO2,则A中反应可能为2H2O+3SO2+2MnO4—==3SO42—+2MnO2↓+4H+,故B正确;C.洗气瓶A的出气管口的两个玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的气泡,故C正确;D.实验中观察到B中红色褪去,C中变为浅棕色,说明NO、SO2没有完全被KMnO4吸收,故D错误;答案选D。【点睛】本题考查化学反应的实验探究,把握实验装置的作用、发生的反应为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意物质性质的综合应用。20、C【解析】

A.金属钠性质很活泼,极易和空气、水反应,不能作电极材料,故A错误;B.构成的原电池中,金属棒X作原电池负极,所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁,不可能是Cu电极,故B错误;C.该装置发生吸氧腐蚀,正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子,导致钢管附近土壤的pH可能会增大,故C正确;D.该装置没有外接电源,不属于外加电流的阴极保护法,而是牺牲阳极的阴极保护法,故D错误;故答案为C。【点睛】考查金属的腐蚀与防护,明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答,根据图片知,该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法,即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池,金属棒X作负极,钢铁作正极,从而钢管得到保护。21、D【解析】

A.Fe3+具有氧化性,可以将碘离子I-氧化成碘I2,碘遇淀粉变蓝,离子方程式:2Fe3++2I-=2Fe2++I2,故A项涉及;B.氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性,可以把Br-氧化成Br2,CCl4层显橙色,故B涉及;C.醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下,发生氧化还原反应,生成砖红色沉淀,故C涉及;D.Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀,这个反应不是氧化还原反应,故D不涉及;题目要求选择不涉及氧化还原反应的,故选D。22、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。二、非选择题(共84分)23、醚键取代反应【解析】

由框图知A为,由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;

E+M,M中生成了肽键,则为取代反应。(2)

由M逆推,知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为

,C与D比较知,D比C比了“一NO2",则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解,则含有酯基,与FeCl3能发生显色反应,则说明含有酚羟基,且酚羟基与酯基互为对位关系。

(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-

CN”水解获得,

和CH2=CHCN相连,可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物,再发生类似于流程中A-→B的反应.【详解】(1)由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键,反应④为+,其反应类型为取代反应。答案:醚键;取代反应。(2)根据分析知E的结构简式为:;答案:。(3)反应②是的反应。其化学方程式:;答案:。(4)①碱性条件能水解,则含有酯基,与FeCl3能发生显色反应,则说明含有酚羟基,③分子中含有4种不同化学环境的氢,酚羟基与酯基互为对位关系。;答案:。

(5)已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2==CHCN和乙醇为原料合成化合物的合成路线流程图为:。24、溴原子、(酚)羟基3-氯-1-丙烯3氧化反应吸收生成的HCl,提高反应产率2【解析】

⑴苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚,三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。⑵H系统命名时,以双键这一官能团为主来命名,H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关,有几种氢原子就有几组峰。⑶H→I的反应,分子中多了一个氧原子,属于氧化反应。⑷根据D的结构式得出分子式,B十I→D中有HCl生成,用Na2CO3吸收HCl。⑸E与环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,环氧乙烷发生开环反应,类似于D→E的反应。⑹根据核磁共振氢谱有4组峰,能发生银镜反应,与FeCl3发生显色反应,可得有机物中含有四种不同位置的氢原子,含有醛基,含有酚羟基。【详解】⑴化合物A为苯酚,和浓溴水反应生成三溴苯酚,方程式为,三溴苯酚中含有官能团为溴原子、(酚)羟基,故答案为:,溴原子、(酚)羟基;⑵H系统命名法以双键为母体,命名为3-氯-1-丙烯,其中氢原子的位置有三种,核磁共振氢谱共有3组峰,所以故答案为:3-氯-1-丙烯,3;⑶分子中多了一个氧原子是氧化反应,故答案为:氧化反应;⑷根据D的结构简式可得分子式,反应B十I→D中有HCl生成,为促进反应向右进行,可以将HCl吸收,可起到吸收HCl的作用,故答案为:,吸收生成的HCl,提高反应产率;⑸与环氧乙烷按物质的量之比为1:1进行合成,环氧乙烷发生开环反应,类似于D→E的反应,生成,故答案为:;⑹根据核磁共振氢谱有4组峰,能发生银镜反应,与FeCl3发生显色反应,可得有机物中含有四种不同位置的氢原子,含有醛基,含有酚羟基,符合题意的有和两种,故答案为:2种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉,官能团的改变,碳链的变化,成环或开环的变化。25、沉淀不溶解,无气泡产生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e-=I2由于生成AgI沉淀,使B溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱,原电池电压减小实验步骤ⅳ表明Cl-本身对原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀,反之不易;溶解度差别越大,由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现【解析】

(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体,BaSO4不溶于盐酸;②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生,是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳;③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后,发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-;(2)①要证明AgCl转化为AgI,AgNO3与NaCl溶液反应时,必须是NaCl过量;②I―具有还原性、Ag+具有氧化性,B中石墨是原电池负极;③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀;④AgI转化为AgCl,则c(I-)增大,还原性增强,电压增大。(3)根据实验目的及现象得出结论。【详解】(1)①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体,BaSO4不溶于盐酸,实验I说明BaCO3全部转化为BaSO4的现象是加入盐酸后,沉淀不溶解,无气泡产生;②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生,沉淀部分溶解,说明是BaCO3与盐酸反应,反应离子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后,发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-;固体不计入平衡常数表达式,所以沉淀转化的平衡常数表达式K=;(2)①AgNO3与NaCl溶液反应时,NaCl过量,再滴入KI溶液,若有AgI沉淀生成才能证明AgCl转化为AgI,故实验Ⅲ中甲是NaCl溶液,选b;②I―具有还原性、Ag+具有氧化性,B中石墨是原电池负极,负极反应是2I――2e-=I2;③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀,B溶液中c(I-)减小,I-还原性减弱,原电池电压减小,所以实验Ⅳ中b<a;④实验步骤ⅳ表明Cl-本身对原电池电压无影响,实验步骤ⅲ中c>b说明加入Cl-使c(I-)增大,证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-。(3)综合实验Ⅰ~Ⅳ,可得出的结论是溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀,反之不易;溶解度差别越大,由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。26、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq),O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来,NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀,使得溶解平衡右移,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑,则表明白色沉淀与S2-反应,生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,说明此沉淀为BaSO4;ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀,说明AgCl转化为AgI;①由ⅰ判断,可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化,生成SO42-、NO2等。(4)①A中,MnO2是H2O2分解的催化剂,由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的,由此可确定C中盛放的物质W。③B中,反应物还有NaCl、O2,由上面分析,生成物有S,由此可完善方程式。④B中,Ag2S被氧化生成S,则Ag+会与NaCl作用,从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成,则为AgCl。答案为:AgCl;(2)Ⅱ中沉淀由白变黑,则表明白色沉淀与S2-反应,生成Ag2S沉淀等,反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为:2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq);(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液,产生白色沉淀,说明此沉淀为BaSO4;ⅱ.向Y中滴加KI溶液,产生黄色沉淀,说明AgCl转化为AgI;①由ⅰ判断,可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为:SO42-;②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化,生成SO42-、NO2等,则其为S。答案为:S;(4)①A中,MnO2是H2O2分解的催化剂,由此确定产生气体为O2。答案为:O2;②因为C是做对比实验而设立的,由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为:Ag2S的悬浊液;③B中,反应物还有NaCl、O2,由上面分析,生成物有S,由此可得出配平的方程式为2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH。答案为:2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O=4AgCl+2S+4NaOH;④B中,Ag2S被O2氧化生成S,则Ag+游离出来,会与NaCl中的Cl-结合,生成AgCl沉淀,从而促进平衡正向移动,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为:对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq),O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来,NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀,使得溶解平衡右移,B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10-50、Ksp(AgCl)=1.5×10-16,所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解,如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化,即Ag2S转化为AgCl,则需要改变反应条件,通过实验我们可得出是O2的帮助,结合前面推断,可确定还有S生成,然后利用守恒法便可将方程式配平。27、b②碱石灰制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率蒸馏溶液变为红色,而且半分钟内不褪色85.5%偏小【解析】

(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2;(3)冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;(7)用cmol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积V,则过量Ag+的物质的量为Vcmol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol,则可以求出SO2Cl2的物质的量;AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】(1)用来冷却的水应该从下口入,上口出,故水应该从b口进入;(2)制备SO2,铁与浓硫酸反应需要加热,硝酸能氧化SO2,所以用②70%H2SO4+Na2SO3来制备SO2,故选②;(3)根据装置图可知,冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热,故SO2与氯气间的反应为放热反应,由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出,故乙中应使用碱性试剂,又因SO2Cl2遇水易水解,故用碱石灰,可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中,故乙装置中盛放的试剂是碱石灰;(4)制取硫酰氯的反应时放热反应,降低温度使平衡正向移动,有利于提高SO2Cl2产率;(5)分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法,所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏;(6)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,当滴定达到终点时NH4SCN过量,加NH4Fe(SO4)2作指示剂,Fe3+与SCN−反应溶液会变红色,半分钟内不褪色,即可确定滴定终点;故答案为:溶液变为红色,而且半分钟内不褪色;(7)用0.1000mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点,记下所用体积10.00mL,则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.01×0.1000mol·L-1=1×10-3mol,与Cl−反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L×0.1L−Vc×10−3mol=1.9×10-2mol,则SO2Cl2的物质的量为1.9×10-2mol×0.5=9.5×10-3mol,产品中SO2Cl2的质量分数为×100%=85.5%;已知:Ksp(AgCl)=3.2×10−10,Ksp(AgSCN)=2×10−12,则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小,可加入硝基苯用力摇动,使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,避免在滴加NH4SCN时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,若无此操作,NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀,则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多,即银离子的物质的量偏大,则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小,所以测得的氯离子的物质的量偏小;故答案为:85.5%;偏小。28、邻二甲苯羟基、氨基ABCD【解析】

由D的结构及A的分子式,可确定A为,B为。参照G,由E和可推出F为,I为。【详解】(1)由A的结构简式,可得出其名称为邻二甲苯。答案为:邻二甲苯;(2)依据化合物C的结构简式,可确定含有的官能团名称为羟基、氨基。答案为:羟基、氨基;(3)A.邻二甲苯只有一种结构,可以证明苯环不是单双键交替,A正确;B.酸性KMnO4溶液可将邻二甲苯氧化为邻苯二甲酸,B正确;C.化合物C分子中含有氨基,具有弱碱性,C正确;D.步骤④、⑤、⑥所属的反应

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