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文档简介
河北省承德市高三第二次调研新高考化学试卷注意事项1.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并交回.2.答题前,请务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.4.作答选择题,必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑;如需改动,请用橡皮擦干净后,再选涂其他答案.作答非选择题,必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答,在其他位置作答一律无效.5.如需作图,须用2B铅笔绘、写清楚,线条、符号等须加黑、加粗.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、Ag+与I-既能发生沉淀反应又能发生氧化还原反应。为探究其反应,进行下列实验:实验现象如下:实验1中试管②出现浅黄色沉淀,试管③无蓝色出现;实验2中电流计指针发生明显偏转。下列有关说法中错误的是A.实验1中Ag+与I-沉淀反应速率更大B.向实验2甲烧杯中滴入淀粉,溶液变蓝C.实验2装置的正极反应式为Ag++e-=AgD.实验2中Ag+与I-沉淀反应速率大于02、25℃时,向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸,溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是A.pH=7时,c(Na+)=(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)B.pH=8时,c(Na+)=c(C1-)C.pH=12时,c(Na+)>c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)D.25℃时,CO32-+H2OHCO3-+OH-的水解平衡常数Kh=10-10mol·L-13、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(
)A.1molSiO2所含Si-O键的数目为2NAB.常温下,1LpH=9的CH3COONa溶液中由水电离的H+数目为10-9NAC.40mL10mol/L浓盐酸与足量MnO2充分反应,生成的氯气分子数为0.1NAD.标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NA4、关于化学键的各种叙述,下列说法中不正确的是()A.Ca(OH)2中既有离子键又有共价键B.在单质或化合物中,一定存在化学键C.在离子化合物中,可能存在共价键D.化学反应中肯定有化学键发生变化5、原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、、P、Q分别位于三个周期,X与Z、Y与P分别位于同主族,Z与Y可形成原子个数比分别为1:1和2:1的离子化合物。则下列说法正确的是A.单质的沸点:Q>PB.简单氢化物的热稳定性:Y>PC.简单离子的半径:Z>Y>XD.X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性6、关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法中正确的是A.相同物质的量浓度的两游液中c(H+)相同B.相同物质的量的两溶液中和氢氧化钠的物质的量相同C.pH=3
的两溶液稀释100倍,pH均变为5D.两溶液中分别加入少量对应的钠盐固体,c(H+)均减小7、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO,其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A.该反应的氧化剂是KNO3B.氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3C.Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D.该反应中生成144gH2O,转移电子的物质的量为12mol8、学校化学研究小组对实验室某废液缸里的溶液进行检测分析,提出假设:该溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等离子中的几种离子。实验探究:①取少量该溶液滴加紫色石蕊试液,溶液变红。②取100mL该溶液于试管中,滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生。③另取100mL该溶液,逐渐加入Na2O2粉末,产生的沉淀和气体与所加Na2O2粉末物质的量的关系曲线如图所示。下列说法中不正确的是()A.该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-B.该溶液中一定含有K+,其物质的量浓度为1mol•L-1C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OD.该溶液能使紫色石蕊试液变红的唯一原因是NH4+发生水解9、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中,得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况),向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时,得到2.54g沉淀,下列说法不正确的是A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC.NO2和N2O4的混合气体中,NO2的体积分数是80%D.得到2.54沉淀时,加入NaOH溶液的体积是600mL10、下列比较错误的是A.与水反应的剧烈程度:K<Ca B.稳定性:HF>HC1C.原子半径:Si>N D.碱性:Ca(OH)2>Mg(OH)211、某种钠空气水电池的充、放电过程原理示意图如图所示,下列有关说法错误的是■A.放电时,Na+向正极移动B.放电时,电子由钠箔经过导线流向碳纸C.充电时,当有0.1mole-通过导线时,则钠箔增重2.3gD.充电时,碳纸与电源负极相连,电极反应式为4OH--4e=2H2O+O2↑12、向含Fe2+、I-、Br-的混合溶液中通入过量的氯气,溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示,已知b-a=5,线段Ⅳ表示一种含氧酸,且Ⅰ和Ⅳ表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是()A.线段Ⅱ表示Br-的变化情况B.原溶液中n(FeI2):n(FeBr2)=3:1C.根据图像无法计算a的值D.线段Ⅳ表示HIO3的变化情况13、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用,可通过如下反应制得:+HCl下列叙述正确的是A.化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子B.化合物Y的分子式为C6H12NO2C.1mol化合物Z最多可以与2molNaOH反应D.化合物Z能与甲醛发生聚合反应14、2018年7月12日,我国科学家姜雪峰教授被评为”全球青年化学家元素周期表硫元素代言人”,其是目前为止第一位人选的中国学者。下列说法或推测正确的是A.单质S不溶于水,微溶于酒精,易溶于二硫化碳B.含氧酸的酸性:Cl>S>PC.沸点:H2O<H2S<PH3D.由H和S形成共价键的过程:15、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.pH=2的溶液:Na+、Fe2+、I-、NO3-B.c(NaAlO2)=0.1mol·L-1的溶液:K+、OH-、Cl-、SO42-C.Kw/c(OH-)=0.1mol·L-1的溶液:Na+、K+、SiO32-、ClO-D.c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液:Al3+、NO3-、MnO4-、SCN-16、下列关于古籍中的记载说法正确的是A.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了显色反应B.氢化钙的电子式是:Ca2+[∶H]2–C.目前,元素周期表已经排满,第七周期最后一种元素的原子序数是118D.直径为20nm的纳米碳酸钙属于胶体17、下列对图像的叙述正确的是甲乙丙丁A.图甲可表示压强对反应:的影响B.图乙中,时刻改变的条件一定是加入了催化剂C.若图丙表示反应:,则、D.图丁表示水中和的关系,ABC所在区域总有18、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池(RFC),RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图,有关说法正确的是A.转移0.1mol电子时,a电极产生标准状况下O21.12LB.b电极上发生的电极反应是:2H2O+2e-=H2↑+2OH-C.c电极上进行还原反应,B池中的H+可以通过隔膜进入A池D.d电极上发生的电极反应是:O2+4H++4e-=2H2O19、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大,X原子最外层有6个电子,Y是至今发现的非金属性最强的元素且无正价,Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,W的单质广泛用作半导体材料.下列叙述正确的是()A.原子半径由大到小的顺序:W、Z、Y、XB.原子最外层电子数由多到少的顺序:Y、X、W、ZC.元素非金属性由强到弱的顺序:Z、W、XD.简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序:X、Y、W20、用NaOH标准溶液滴定盐酸,以下操作导致测定结果偏高的是A.滴定管用待装液润洗 B.锥形瓶用待测液润洗C.滴定结束滴定管末端有气泡 D.滴定时锥形瓶中有液体溅出21、加较多量的水稀释0.1mol/L的NaHCO3溶液,下列离子浓度会增大的是()A.CO32- B.HCO3- C.H+ D.OH-22、化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是:A.从海水中制取食用的精盐,需要有化学反应才能实现B.高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C.生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀D.植物油中含有碳碳双键,在空气中长时间放置容易氧化变质二、非选择题(共84分)23、(14分)石油裂解气用途广泛,可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下:
已知:Ⅰ.氯代烃D的相对分子质量是113,氯的质量分数约为62.8%,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.Ⅱ.。(1)A中官能团的结构式为__________________,D的系统名称是________________.(2)反应②的条件是_____________,依次写出①和③的反应类型___________、_________.(3)写出F→G过程中第一步反应的化学方程式____________________________.(4)K的结构简式为____________________.(5)写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_________________.(6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料,选用必要的无机试剂合成B_______。合成路线流程图示如下:。24、(12分)我国科研人员采用新型锰催化体系,选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。(2)C和D生成E的化学方程式为_____________。(3)G的结构简式为________。(4)由D生成F,E和H生成J的反应类型分别是______、_____。(5)芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应,则K可能的结构有____种,其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______(任写一种)。25、(12分)无水FeCl2易吸湿、易被氧化,常作为超高压润滑油的成分。某实验小组利用无水FeCl3和氯苯(无色液体,沸点132.2℃)制备少量无水FeCl2,并测定无水FeCl2的产率。实验原理:2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑实验装置:按如图所示组装好的装置,检查气密性后,向三颈烧瓶A中加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯。回答下列问题:(1)利用工业氮气(含有H2O、O2、CO2)制取纯净干燥的氮气。①请从下列装置中选择必要的装置,确定其合理的连接顺序:a→________→上图中的j口(按气流方向,用小写字母表示)。②实验完成后通入氮气的主要目的是________。(2)装置C中的试剂是________(填试剂名称),其作用是________。(3)启动搅拌器,在约126℃条件下剧烈搅拌30min,物料变成黑色泥状。加热装置A最好选用__(填字母)。a.酒精灯b.水浴锅c.电磁炉d.油浴锅(4)继续升温,在128~139℃条件下加热2h,混合物颜色逐渐变浅,黏度降低。该步骤中加热温度已经接近或超过氯苯沸点,但氯苯实际损失量却非常小,其原因是________。(5)继续加热1h后放置冷却,在隔绝空气条件下过滤出固体,用洗涤剂多次洗涤所得固体,置于真空中干燥,得到成品。若D中所得溶液恰好与25mL2.0mol·L-1NaOH溶液完全反应,则该实验中FeCl2的产率约为________(保留3位有效数字)。26、(10分)硫酰氯(SO2Cl2)熔点-54.1℃,沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。(1)SO2Cl2中的S的化合价为_______________,SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_______________。(2)现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯,实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。①仪器A的名称为_______________,装置乙中装入的试剂是_______________,装罝B的作用是_______________。②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_______________(选填编号)。A.蒸馏水B.l0.0mol·L-1浓盐酸C.浓氢氧化钠溶液D.饱和食盐水③滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品,加入到100mL0.50000mol·L-1NaOH溶液中加热充分水解,冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL,取25mL溶液于锥形瓶中,滴加2滴甲基橙,用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点,重复实验三次取平均值,消耗HCll0.00mL。达到滴定终点的现象为_______________,产品的纯度为_______________。27、(12分)单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO,SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备SiCl4的装置示意图:实验过程中,石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物,SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解,有关物质的物理常数见下表:物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/℃57.7—315熔点/℃-70.0——升华温度/℃—180300(1)装置B中的试剂是_______,装置D中制备SiCl4的化学方程式是______。(2)D、E间导管短且粗的作用是______。(3)G中吸收尾气一段时间后,吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-,请设计实验,探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。(提出假设)假设1:只有SO32-;假设2:既无SO32-也无ClO-;假设3:______。(设计方案进行实验)可供选择的实验试剂有:3mol/LH2SO4、1mol/LNaOH、0.01mol/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。取少量吸收液于试管中,滴加3mol/LH2SO4至溶液呈酸性,然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中,分别进行下列实验。请完成下表:序号操作可能出现的现象结论①向a试管中滴加几滴_____溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立②向b试管中滴加几滴_____溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立③向c试管中滴加几滴_____溶液_____假设3成立28、(14分)“一碳化学”是指以含一个碳原子的化合物(如CO2、CO、CH4、CH3OH等)为初始反应物,合成一系列重要的化工原料和燃料的化学。(1)以CO2和NH3为原料合成尿素是利用CO2的成功范例。在尿素合成塔中的主要反应可表示如下:反应I:2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)∆H1反应II:NH2COONH4(s)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H2=+72.49kJ/mol总反应:2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(s)+H2O(g)∆H3=-86.98kJ/mol请回答下列问题:①反应I的∆H1=__kJ/mol。②反应II一般在__(填“高温或“低温")条件下有利于该反应的进行。③一定温度下,在体积固定的密闭容器中按计量比投料进行反应I,下列能说明反应达到了平衡状态的是__(填字母序号)。A.混合气体的平均相对分子质量不再变化B.容器内气体总压强不再变化C.2v正(NH3)=v逆(CO2)D.容器内混合气体的密度不再变化(2)将CO2和H2按物质的量之比为1:3充入一定体积的密闭容器中,发生反应:CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)∆H。测得CH3OH的物质的量在不同温度下随时间的变化关系如图所示。①根据图示判断∆H__0(填“>”或“<”)。②一定温度下,在容积均为2L的两个密闭容器中,按如下方式加入反应物,10min后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2cmolCH3OH(g)、cmolH2O(g)(a、b、c均不为零)若甲容器平衡后气体的压强为开始时的0.8倍,则反应10min内甲容器中以CH3OH(g)表示的化学反应速率为__,此温度下的化学平衡常数为__(保留两位小数);要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等,且起始时维持化学反应向逆反应方向进行,则乙容器中c的取值范围为__。(3)氢气可将CO2还原为甲烷,反应为CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)。ShyamKattel等结合实验与计算机模拟结果,研究了在Pt/SiO2催化剂表面上CO2与H2的反应历程,前三步历程如图所示其中吸附在Pt/SiO2催化剂表面用“·”标注,Ts表示过渡态。物质吸附在催化剂表面,形成过渡态的过程会__(填“放出热量”或“吸收热量”);反应历程中最小能垒(活化能)步骤的化学方程式为__。29、(10分)分离出合成气中的H2,用于氢氧燃料电池。如图为电池示意图。(1)氢氧燃料电池的能量转化主要形式是___,在导线中电子流动方向为___(用a、b和箭头表示)。(2)正极反应的电极反应方程式为___。(3)当电池工作时,在KOH溶液中阴离子向___移动(填正极或负极)。
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】
由题意可知Ag+与I-可发生沉淀反应Ag++I-=AgI↓、氧化还原反应2Ag++2I-=2Ag+I2,二者相互竞争。A.实验1中试管②出现浅黄色沉淀,试管③无蓝色出现,表明无I2生成或生成的I2没检出,说明Ag+与I-发生沉淀反应占优势,故A正确;B.实验2中电流计指针发生明显偏转,则实验2的装置一定为原电池(无外加电源),表明Ag+与I-发生氧化还原反应2Ag++2I-=2Ag+I2,淀粉遇碘变蓝,故B正确;C.根据Ag+与I-发生氧化还原反应2Ag++2I-=2Ag+I2,该原电池负极反应为2I--2e-=I2,正极反应为Ag++e-=Ag,故C正确;D.实验2中AgNO3、KI溶液分别在甲乙烧杯中,并未相互接触,故二者间不会发生沉淀即速率为0,故D错误;答案选D。2、A【解析】
A、由电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=(OH-)+Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),pH=7时,c(H+)=(OH-),则c(Na+)=(Cl-)+c(HCO3-)+2c(CO32-),故A正确;B、据图可知,pH=8时溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠,则溶液中c(Cl-)<c(Na+),故B错误;C、pH=12时,溶液为Na2CO3溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子和氢氧根离子,碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子,则c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+),故C错误;D、CO32-的水解常数Kh=c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-),据图可知,当溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=1:1时,溶液的pH=10,c(H+)=10-10mol·L-1,由Kw可知c(OH-)=10-4mol·L-1,则Kh=c(HCO3-)c(OH-)/c(CO32-)=c(OH-)=10-4mol·L-1,故D错误;故选A。【点睛】本题考查盐类的水解、平衡常数计算、弱电解质的电离等,难点为D,注意利用溶液中c(HCO3-):c(CO32-)=1:1时,溶液的pH=10这个条件。3、D【解析】
A.在SiO2晶体中每个Si原子形成4个Si-O键,则1molSiO2所含Si-O键的数目为4NA,故A错误;B.CH3COONa属于强碱弱酸盐,CH3COO-的水解促进水的电离,常温下,1LpH=9的CH3COONa溶液中c(H+)电离=c(OH-)=1×10-5mol/L,发生电离的水分子物质的量为1×10-5mol/L×1L=1×10-5mol,即由水电离的H+数目为10-5NA,故B错误;C.40mL10mol/L浓盐酸与足量MnO2充分反应的过程中,盐酸的浓度降低到一定浓度,反应会停止,即溶液中0.4molHCl未能完全参加反应,则反应中生成的氯气分子数小于0.1NA,故C错误;D.CH4和C2H4分子中均含有4个H原子,则标准状况下,11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为:×4×NA=2NA,故D正确;故答案为D。4、B【解析】
A项、Ca(OH)2为离子化合物,既含有离子键又含有共价键,故A正确;B项、稀有气体为单原子分子,不含有化学键,故B正确;C项、Ca(OH)2为离子化合物,既含有离子键又含有共价键,故C正确;D项、化学反应的实质是旧键的断裂新键的形成,故D正确;故选B。5、B【解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期,则X一定是H。X与Z、Y与P分别位于同主族,Z与Y可形成原子个数比分别为1:1和2:1的离子化合物,所以Z是Na,Y是O,P是S,则Q是Cl。A.常温下硫是固体,则单质的沸点:Q<P,A错误;B.氧元素非金属性强于硫元素,则简单氢化物的热稳定性:Y>P,B正确;C.核外电子排布相同的离子,离子半径随原子序数的增大而减小,则简单离子的半径:Y>Z>X,C错误;D.X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氢钠,水溶液显酸性,D错误,答案选B。点睛:本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型,通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素,依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强,氧化性越强,与氢气化合越容易,形成气态氢化物越稳定,元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强;元素的金属性越强,还原性越强,置换酸(或水)中的氢越容易,元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素,从左到右,随着原子序数逐渐增大,原子半径减小,金属性减弱,非金属性增强;同主族元素,从上到下,随着原子序数逐渐增大,原子半径增大,非金属性减弱,金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。6、B【解析】A.醋酸为弱电解质,在水中不能完全电离,盐酸为强电解质,在水中能完全电离,故两者溶液中c(H+)不相同,A错误;B.相同物质的量的两溶液含有相同物质的量的H+,中和氢氧化钠的物质的量相同,B正确;C.醋酸为弱电解质,稀释溶液会促进醋酸电离,pH不会增加至5,C错误;D.氯化钠和醋酸钠均为强电解质,所以溶液中c(H+)不变,D错误。故选择B。7、B【解析】
A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中,N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价,化合价降低,获得电子,所以该反应的氧化剂是KNO3,A正确;B.配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O,在该反应中KNO3作氧化剂,还原产物是NO,FeSO4作还原剂,Fe2(SO4)3是氧化产物,根据反应过程中电子转移数目相等,所以n(KNO3):n(FeSO4)=1:3=2:6,则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2,B错误;C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐,属于强电解质,H2O能部分电离产生自由移动的离子,是弱电解质,因此这几种物质均为电解质,C正确;D.根据方程式可知:每反应产生72gH2O,转移6mol电子,则生成144gH2O,转移电子的物质的量为12mol,D正确;故合理选项是B。8、D【解析】
①滴加紫色石蕊试液,溶液变红,说明溶液显酸性,则溶液中无HCO3-;②滴加足量Ba(NO3)2溶液,加稀硝酸酸化后过滤得到0.3mol白色沉淀甲,向滤液中加入AgNO3溶液未见沉淀产生,说明溶液中有SO42-,且n(SO42-)=0.3mol,无Cl-、I-;③逐渐加入Na2O2粉末,由图可知,过氧化钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠依次与铝离子反应生成氢氧化铝0.1mol,与铵根离子反应生成氨气0.2mol,最后与氢氧化铝反应,含有铝离子,一定不存在碳酸氢根离子。【详解】A.由分析可知,该溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-,故A正确;B.由分析可知,100mL溶液中有n(SO42-)=0.3mol,n(Al3+)=0.1mol,n(NH4+)=0.2mol,由电荷守恒可知n(K+)=0.1mol,其浓度为1mol•L-1,故B正确;C.在溶液中加入0.25~0.3molNa2O2时,过氧化钠会与水发生反应,生成的氢氧化钠会将氢氧化铝溶解,其反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,故C正确;D.溶液中存在铵根离子和铝离子,则该溶液能使紫色石蕊试液变红的原因是NH4+、Al3+发生水解,故D错误;综上所述,答案为D。9、D【解析】
设铜、镁的物质的量分别为x、y,则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54,解得x=0.02mol,y=0.01mol,设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b,则根据得失电子数相等:2x+2y=2a+b,a+b=0.05,则a=0.01mol,b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知,Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol,二者物质的量之比为2︰1,A正确;B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L-1,B正确;C、由上述分析可知,N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol,则NO2的体积分数是×100%=80%,C正确;D、沉淀达最大时,溶液中只有硝酸钠,根据原子守恒:n(NaOH)=n(HNO3)-(2a+b)=0.7mol-0.06mol=0.64mol,氢氧化钠溶液体积为640mL,D错误;答案选D。10、A【解析】
A.金属性K>Ca>Na>Mg,金属性越强,金属单质与水反应越剧烈,故A错误;B.元素的非金属性越强,其氢化物的稳定性越强,非金属性F>S,所以氢化物的稳定性HF>H2S,故B正确;C.C、Si同主族,电子层依次增大,故原子半径Si>C,C、N同周期,原子半径随原子序数增大而减小,故原子半径C>N,因此原子半径:Si>N,故C正确;D.元素的金属性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性Ca>Mg,所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2,故D正确;故选A。11、D【解析】
A.放电时,电解质溶液中阳离子朝正极迁移,阴离子朝负极迁移,故Na+朝正极移动,A项正确;B.电池放电时,钠箔做负极,碳纸为正极,电子在外电路中迁移方向是从负极流向正极,B项正确;C.充电时,钠箔发生的电极反应为:,所以若有0.1mole-通过导线,钠箔处就会析出0.1mol的钠单质,质量增加2.3g,C项正确;D.碳纸在电池放电时做正极,所以充电时应与电源的正极相连,电极连接错误;但此选项中电极反应式书写是正确的,D项错误;答案选D。12、D【解析】
向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气,还原性I->Fe2+>Br-,首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-,I-反应完毕,再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,Fe2+反应完毕,最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-,故线段I代表I-的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br-的变化情况;通入氯气,根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol,Fe2+反应完毕,根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+),故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol,据此分析解答。【详解】A.根据分析可知,线段Ⅱ为亚铁离子被氯气氧化为铁离子,反应的离子方程式为:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,不是氧化溴离子,故A错误;B.n(FeI2):n(FeBr2)=n(I-):n(Br-)=2mol:6mol=1:3,故B错误;C.由分析可知,溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol,根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知,溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol,故a=3+3=6,故C错误;D.线段IV表示一种含氧酸,且I和IV表示的物质中含有相同的元素,该元素为I元素,已知碘单质的物质的量为1mol,反应消耗氯气的物质的量为5mol,根据电子守恒,则该含氧酸中碘元素的化合价为:,则该含氧酸为HIO3,即:线段Ⅳ表示HIO3的变化情况,故D正确;故答案为D。13、A【解析】
A.连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子,化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子(为连接溴原子的碳原子),选项A正确;B.根据结构简式确定分子式为C6H13NO2,选项B错误;C.Z中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应,则1mol化合物Z最多可以与3molNaOH反应,选项C错误;D.化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子,不能与甲醛发生聚合反应,选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质,明确官能团及其性质关系是解本题关键,侧重考查学生分析判断能力,侧重考查烯烃、酯和酚的性质,注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应,为易错点。14、A【解析】
A项、单质硫为非极性分子,依据相似相溶原理可知,硫不溶于水,微溶于酒精,易溶于二硫化碳,故A正确;B项、元素的非金属性越强,最高价氧化物对应水化物的酸性越强,元素非金属性Cl>S>P,最高价氧化物对应水化物的酸性Cl>S>P,但含氧酸的酸性不一定,如次氯酸为弱酸,酸性小于强酸硫酸,故B错误;C项、水分子间能够形成氢键,增大了分子间作用力,而硫化氢和磷化氢分子间不能形成氢键,水的沸点高于硫化氢和磷化氢,故C错误;D项、硫化氢为共价化合物,用电子式表示硫化氢的形成过程为,故D错误。故选A。【点睛】本题考查元素周期律和化学键,注意元素周期律的理解,明确相似相溶原理、氢键对物质性质的影响,注意共价化合物电子式的书写是解答关键。15、B【解析】
A.pH=2的溶液为酸性溶液,在酸性条件下,NO3-具有强氧化性,能够将Fe2+与I-氧化,离子不能共存,A项错误;B.NaAlO2溶液中偏铝酸根离子水解显碱性,其中K+、OH-、Cl-、SO42-不反应,能大量共存,B项正确;C.根据水的离子积表达式可知,Kw/c(OH-)=c(H+),该溶液为酸性溶液,则SiO32-与H+反应生成硅酸沉淀,ClO-与H+反应生成HClO,不能大量共存,C项错误;D.Fe3+与SCN-会形成配合物而不能大量共存,D项错误;答案选B。【点睛】离子共存问题,侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力,题型不难,需要注意的是,溶液题设中的限定条件。如无色透明,则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意;还有一些限定条件如:常温下与Al反应生成氢气的溶液时,该溶液可能为酸溶液,也可能为碱溶液。做题时只要多加留意,细心严谨,便可快速选出正确答案。16、C【解析】
A.根据题意,鉴别KNO3和Na2SO4,是利用了焰色反应,故A错误;B.电子式中相同的离子要分开写,氢化钙的电子式是:[∶H]-Ca2+[∶H]-,故B错误;C.根据各周期容纳元素种数可知,第七周期最后一种元素的原子序数为2+8+8+18+18+32+32=118,故C正确;D.纳米碳酸钙只有一种物质,不是分散系,不是胶体,故D错误;故选C。【点睛】此题易错点在D项,胶体属于分散系,分散质粒子直径大小在1nm~100nm之间,胶体属于混合物。17、C【解析】
本题考查化学平衡及沉淀溶解平衡,意在考查知识迁移能力。【详解】A.合成氨反应压强越大,化学反应速率越快;合成氨反应为气体分子数减小的反应,增大压强平衡正向移动,N2的转化率增大,故A错误;B.若反应为气体分子数不变的反应,平衡后增大压强,反应速率加快,但平衡不移动,故B错误;C.分析曲线a、b可知,曲线b先出现拐点,则p2>p1,T1、p2条件下平衡时C%比T1、p1时的大,说明增大压强平衡正向移动,则x<2,分析曲线b、c可知,b曲线先出现拐点,则T1>T2,故C正确;D.BC线上任意点都有c(H+)=c(OH-),ABC区域位于直线BC的左上方的区域内任意点均有c(H+)>c(OH-),故D错误;答案:C18、C【解析】
A.a电极与外加电源的负极相连,a电极为阴极,a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-,a电极产生的气体是氢气,A项错误;B.b电极与外加电源的正极相连,b电极为阳极,b电极上的电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+,B项错误;C.c电极通入O2,c电极为氢氧燃料电池的正极,c电极上发生还原反应,d电极通入H2,d电极为氢氧燃料电池的负极,d电极的电极反应式为H2-2e-=2H+,在原电池中阳离子向正极移动,B池中的H+可以通过隔膜进入A池,C项正确;D.d电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+,D项错误;答案选C。19、B【解析】Y是至今发现的非金属性最强的元素,那么Y是F,X最外层有6个电子且原子序数小于Y,应为O,Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置,且为短周期,原子序数大于F,那么Z为Al,W的单质广泛用作半导体材料,那么W为Si,据此推断X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si。A、电子层数越多,原子半径越大,同一周期,原子序数越小,原子半径越大,即原子半径关系:Al>Si>O>F,即Z>W>X>Y,故A错误;B、最外层电子数分别为6、7、3和4,即最外层电子数Y>X>W>Z,故B正确;C、同一周期,原子序数越大,非金属性越强,即非金属性F>O>Si>Al,因此X>W>Z,故C错误;D、元素的非金属性越强,其气态氢化物越稳定,非金属性F>O>Si>Al,即简单气态氢化物的稳定性Y>X>W,故D错误;故选B。20、B【解析】A.滴定管需要用待装溶液润洗,A不符合;B.锥形瓶用待测液润洗会引起待测溶液增加,使测定结果偏高,B符合;C.滴定管末端有气泡,读出的体积比实际体积小,计算出的待测液浓度偏低,C不符合;D.有液体溅出则使用的标准溶液减少,造成结果偏低,D不符合。故选择B。21、C【解析】
在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为:HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-,加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动,但以体积增大为主,所以氢氧根离子的浓度减小,温度不变,水的离子积常数不变,即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变,所以氢离子的浓度变大,故选:C。22、C【解析】
A.粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子,需要加入除杂剂,该过程中有新物质生成,发生化学变化,故A正确;B.病毒表现生命活动需要蛋白质,高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性,故B正确;C.铜活泼性弱于氢,所以铜制品不能发生析氢腐蚀,而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀,故C错误;D.植物油中由于含有碳碳双键,易被氧化而变质,因此在空气中长时间放置容易氧化变质,故D正确;答案选C。二、非选择题(共84分)23、、-Br1,3-二氯丙烷NaOH溶液,△(加热)加聚反应取代反应OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3、、、【解析】
由CH2=CH-CH=CH2反应到A(C4H6Br)发生加成反应,根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷,AB为取代;再根据知F为醛,E为醇,G为羧酸;H为酯,由此知道D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。【详解】(1)由CH2=CH-CH=CH2反应到A(C4H6Br)知,A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113,氯的质量分数约为62.8%,n(Cl)=[113]/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷;(2)由框图知D为卤代烃,E为醇,所以反应②的条件是NaOH溶液,△(加热);由的反应条件知道①为加聚反应;由③的条件知③反应类型取代反应。
(3根据知E为醇,F为醛,所以F→G过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OHNH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。(4)根据已知和,所以K的结构简式为;(5)通过上述分析知G为HOOCCH2COOH,比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、、、;(6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应,经分析知A为,以A为起始原料,选用必要的无机试剂合成B()的路线图为:。24、醛基4-硝基甲苯(对硝基甲苯)取代反应加成反应14或【解析】
A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应,说明A含有醛基,因此A为CH3CHO,则B为CH3COOH;结合C和E的分子式可知,C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢,则D为;甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F,结合J的结构可知,F为对硝基甲苯(),F被还原生成G,G为对氨基甲苯(),根据已知信息,G和乙醛反应生成H,结合J的结构可知,H为,则E为,据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析,A为C2H4O,含有的官能团为醛基;F为,名称为对硝基甲苯,故答案为醛基;4-硝基甲苯(对硝基甲苯);(2)C和D发生取代反应生成E,反应的化学方程式为,故答案为;(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物,G为,故答案为;(4)由D生成F是甲苯的硝化反应,属于取代反应,根据流程图,E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键,属于加成反应,故答案为取代反应;加成反应;(5)E为,芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应,说明K中含有醛基,则K的结构有:苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种;苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种;苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种;苯环上连接1个—CH2CH2CHO有1种;苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种,共14种;其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或,故答案为14;或。25、fg→de→bc(提示:除水后再除氧气,防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气)将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收无水氯化钙防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解d球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流97.0%【解析】
(1)思路:先除CO2→再除H2O(顺带除去吸收二氧化碳带出来的水蒸气)→再除O2(除水后再除氧气,防止还原铁粉与水蒸气反应生成氢气);(2)由FeCl2、FeCl3易水解性质可解,前后一定要有干燥装置;(3)油浴锅的好处是便于控制温度;(4)有冷凝管可使反应物冷凝回流;【详解】(1)①由分析可知,装置接口的连接顺序为fg→de→bc,吸收装置注意长进短出;②实验完成后继续通入氮气的主要目的是:将生成的HCl气体排入装置D中被水完全吸收,防止测FeCl2的产率偏小。(2)FeCl2、FeCl3易水解,装置C中的试剂是干燥剂无水氯化钙,其作用是防止水蒸气进入装置A中使FeCl2、FeCl3水解;(3)结合温度约126℃,选择油浴锅的好处是便于控制温度,故选d;(4)由装置图可知,加热温度已经接近或超过氯苯沸点,但氯苯实际损失量却非常小,其原因是球形冷凝管可使挥发的氯苯冷凝回流;(5)n(HCl)=n(NaOH)=0.025L2.0mol·L-1=0.05mol,n(FeCl2)=n(HCl)=0.05mol=0.1mol,加入16.76g无水FeCl3和22.5g氯苯,物质的量分别约为0.103mol和0.2mol,由反应方程式可知氯苯过量,则该实验中FeCl2的产率约为100%97.0%。26、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶,使SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和Cl2,防止污染环境D滴加最后一滴HCl标准液,锥形瓶中溶液由黄色变为橙色,且半分钟不恢复75%【解析】
(1)SO2Cl2中,O的化合价是-2价,Cl的化合价是-1价,计算可得S的化合价是+6价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为:SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。(2)①如上图,甲是反应的发生装置,仪器A是球形冷凝管,作用是冷凝回流SO2C12;B是球形干燥管,装有碱石灰,其作用是防止空气中水蒸气的进入,还可以吸收尾气SO2和C12,防止污染环境;丙是提供氯气的装置,乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的,故乙中应加入干燥剂,图中所示为液体干燥剂,即浓硫酸。故答案为冷凝管;浓硫酸;防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶,使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12,防止污染环境。②利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出,氯气在饱和食盐水中溶解度小,因此选D。③硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸,都是酸性物质,与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液中加热充分水解,得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后,由于溶液显碱性,因此显黄色。用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点时,观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色,且半分钟不恢复。消耗的HCl的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等,为0.1000mol·L-1×0.0100L=0.001mol,由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10,故原混合溶液中含有NaOH0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为0.100L×0.50000mol·L-1-0.010mol=0.04mol,根据总反应方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知,原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mol,质量为0.01mol×135g/mol=1.35g,产率为1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液,锥形瓶中溶液由黄色变为橙色,且半分钟不恢复;75%。【点睛】SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和H2O都拆成正价和负价两部分,即把SO2Cl2拆成和Cl-两部分,把水拆成H+和OH-两部分,然后正和负两两结合,即可写出生成物,同时可以直接配平方程式。即H+和Cl-结合,由于有2个Cl-,所以需要2个水分子提供2个H+,同时提供的2个OH-和1个结合为H2SO4,最终反应的方程式为:SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式,如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等,盐类的水解也可以同样写出。27、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3,FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色【解析】
制备四氯化硅的实验流程:A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气,B中饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl,C装置中浓硫酸干燥氯气,D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅,由信息可知,四氯化硅的沸点低,则E装置冷却可收集四氯化硅,F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应,造成产物不纯,最后G处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置A是氯气发生装置,A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水,其离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑;浓盐酸具有挥发性,所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气,装置B的作用是除去杂质HCl,结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点,装置B使用的试剂是饱和食盐水,用以除去杂质HCl;在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳,反应为:SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO;(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3,这两种物质的熔沸点比较高,在室温下成固态,D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3,FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管;(3)由假设1和假设2可知,要检测的为SO32-和ClO-,故假设3为只有ClO-,又因为SO32-具有还原性,会使KM
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