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湖北省武汉市腾云联盟2023-2024学年高二下学期5月联考化学答案考试时间:2024年5月23日下午14:30-17:05试卷满分:100分祝考试顺利注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Mg24Ca40Ni59一、选择题:本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。1.化学与生活、生产密切相关,下列说法正确的是A.“酒香不怕巷子深”体现了熵增的原理B.船体上镶嵌锡块,可避免船体遭受腐蚀C.烟花发出五颜六色的光是利用了原子的吸收光谱D.用常温下与浓硫酸不反应的铁质容器贮运浓硫酸【答案】A【解析】【详解】A.酒香不怕巷子深体现了乙醇的挥发性,乙醇由液态变为气态,混乱度增加,是熵增的过程,A正确;B.当船体上镶嵌锡块时,锡的活泼性比铁弱,铁做负极加速被腐蚀,不能保护船体,B错误;C.烟花发出五颜六色的光被称为颜色反应,利用的是原子的发射光谱,C错误;D.常温下铁与浓硫酸发生钝化现象形成致密的氧化膜,并非不反应,D错误;故选A。2.下列物质属于烃的衍生物的是A.卤代烃 B.凡士林 C.石蜡 D.汽油【答案】A【解析】【详解】A.卤代烃可看作是卤素原子取代烃中的氢原子,属于烃的衍生物,A符合题意;B.凡士林是一种烷系烃或饱和烃类半液态的混合物,不属于烃的衍生物,B不符合题意;C.石蜡是碳原子数约为18~30的烃类混合物,其主要成分是固体烷烃,不属于烃的衍生物,C不符合题意;D.汽油是从石油里分馏或裂化、裂解得到的具有挥发性、可燃性的烃类混合物液体,不属于烃的衍生物,D不符合题意;故选A。3.下列说法正确的是A.碘晶体中碘分子的排列有4种取向B.杂化轨道只用于形成键C.臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度D.碘单质溶于浓的碘化钾水溶液体现了“相似相溶”原理【答案】C【解析】【详解】A.碘晶体中碘分子的排列有2种取向,其中晶胞中8个顶点和左右面一种取向,上下面和前后面一种取向,A错误;B.杂化轨道用于形成键或用于容纳未参与成键的孤电子对,B错误;C.一方面臭氧虽是极性分子,但极性很小,根据相似相溶原理,臭氧更易溶于非极性溶剂四氯化碳。另一方面,臭氧是一种强氧化剂,其在水中不稳定,容易被分解,降低了溶解度。而在四氯化碳中,臭氧的氧化性可以得到更好的保持,从而增加了溶解度。因此臭氧在四氯化碳中的溶解度高于在水中的溶解度,C正确;D.碘单质是非极性分子,碘单质溶于浓的碘化钾水溶液形成,并建立平衡:,D错误;故选C :4.下列化学用语的表达正确的是A.四氨合铜离子的结构:B.的VSEPR模型为C.固体中的链状结构:D.激发态原子电子排布式:【答案】D【解析】【详解】A.四氨合铜离子的结构,A错误;B.的VSEPR模型为,B错误;C.固体HF分子间存在氢键,则链状结构为,C错误;D.基态N原子电子排布式:,激发态原子电子排布式:,D正确;故选D。5.下列有机反应方程式的书写及反应类型均正确的是
反应方程式反应类型A.氧化反应B.消去反应C.加聚反应D.取代反应A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.在碱性条件下,甲醛被氢氧化铜氧化,发生反应,A正确;B.溴乙烷发生消去反应,反应方程式为,B错误;C.丙烯发生加聚反应,化学方程式为,C错误;D.乙醛被溴水氧化为乙酸,发生反应,D错误;故选A。6.下列有关有机物的分离、提纯、鉴别的方法不正确的是A.分离乙醇和乙酸钠:蒸馏 B.提纯苯甲酸:重结晶C.分离乙酸乙酯和乙醇:分液 D.鉴别乙酸乙酯和甲酸乙酯:核磁共振氢谱【答案】C【解析】【详解】A.乙醇和乙酸钠,但沸点不同,则蒸馏可分离,A正确;B.苯甲酸溶解度随温度变化较大,可用重结晶方法,B正确;C.乙酸乙酯和乙酸互溶,不能分液分离,应选蒸馏法,C错误;D.鉴别乙酸乙酯和甲酸乙酯,两者的核磁共振氢谱中峰的面积比不相同,可以用核磁共振氢谱来鉴别,D正确;故选C7.有机物分子基团间相互影响会导致其化学性质改变,下列叙述不能说明该观点的是A.苯不能被酸性高锰酸钾氧化,而甲苯可以B.等物质的量的甘油和乙醇,前者消耗的钠多C.苯酚易与氢氧化钠溶液反应,而乙醇不能D.苯不能与溴水发生取代反应,而苯酚可以【答案】B【解析】【详解】A.苯不能被酸性高锰酸钾氧化,而甲苯可以,是因为苯环上侧链可以被氧化,是基团的影响导致化学性质改变,A不选;B.甘油即丙三醇,分子中有3个羟基,乙醇分子中只有一个羟基,故等物质的量的甘油和乙醇,前者消耗的钠多,是官能团数目不同导致,不是基团间相互影响导致,B选;C.苯酚易与氢氧化钠溶液反应,而乙醇不能,是因为苯酚中的羟基连在苯环上而乙醇中的羟基连在乙基上,是基团的影响导致化学性质改变,C不选;D.苯不能与溴水发生取代反应,而苯酚可以,是因为苯环上有羟基导致其易与溴水发生取代,是基团的影响导致化学性质改变,D不选;故选B。8.一定条件下,一定浓度的甲酸溶液在密闭容器中发生分解反应(分解产物均溶于水)Ⅰ.Ⅱ.反应过程中含碳微粒(忽略碳元素的其他存在形式)的占比随时间的变化及反应Ⅰ的反应历程如图所示:下列说法不正确是A.是反应Ⅰ的催化剂,平衡前适当提高浓度有利于加快反应Ⅰ的速率B.反应Ⅰ的热化学方程式为:C.在反应Ⅰ的反应历程中,存在2种中间产物D.反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能【答案】C【解析】【详解】A.由反应历程图可知反应Ⅰ中氢离子是该反应的催化剂,平衡前适当提高浓度有利于加快反应Ⅰ的速率,A正确;B.反应热=生成物的能量总和-反应物能量总和,故由历程图可知反应Ⅰ的热化学方程式可表示为:,B正确;C.由图像可知在反应Ⅰ的反应历程中,存在、、3种中间产物,C错误;D.由反应过程中含碳微粒(忽略碳元素的其他存在形式)的占比随时间的变化可知,反应开始生成CO的速率较快,活化能越大,反应速率越慢,则反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ的活化能,D正确;故选C。9.下列实验操作、现象、结论均正确的是实验操作及现象结论A.向苯酚溶液中滴加稀溴水,无白色沉淀生成苯酚与溴水不反应B.向碳化钙中滴加饱和食盐水,将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中,溶液褪色生成了乙炔C.向装有苯和液溴的大试管中加铁粉,将生成的气体通入硝酸银溶液中,有淡黄色沉淀产生苯与液溴发生取代反应D.1-溴丁烷在氢氧化钠和乙醇条件下加热,将生成的气体直接通入到溴水中,溴水褪色生成了不饱和烃A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.苯酚与溴水反应生成三溴苯酚,三溴苯酚可溶于苯酚中,A错误;B.向碳化钙中滴加饱和食盐水生成乙炔,杂质气体为H2S和PH3,两者也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色,B错误;C.将生成的气体为HBr和少量挥发的Br2,Br2遇水也可以生成Br-,无法证明,C错误;D.1-溴丁烷在氢氧化钠和乙醇条件下加热,生成烯烃,将生成的烯烃直接通入到溴水中,溴水褪色,D正确;故选D。10.下列说法正确的是A.肼燃烧热的热化学方程式:B.相同的磷酸钠溶液和磷酸铵溶液中的浓度相同C.合成氨工业中采用循环操作,主要是为了增大化学反应速率D.碱性废水的处理常常通过投加酸性废水或利用烟道气中和【答案】D【解析】【详解】A.肼燃烧热中,N元素生成N2(g),A错误;B.磷酸铵溶液中的铵根相互促进水解,水解程度增大,相同的磷酸钠溶液和磷酸铵溶液中的浓度不相同,B错误;C.合成氨工业中采用循环操作,主要是为了提高原料利用率,C错误;D.碱性废水的处理常常通过投加酸性废水或利用烟道气中和,D正确;故选D。11.某种小分子药物因可用于抑制多种自身免疫疾病而成为研究热点,其结构简式如图。下列说法错误的是A.该有机物的分子式为 B.该有机物能够发生取代反应、消去反应C.该有机物最多可消耗 D.该有机物与溴水反应最多可消耗【答案】B【解析】【详解】A.有机物的分子式为,A正确;B.该有机物含酚羟基,酯基,碳碳双键能够发生取代反应、加成反应,B错误;C.该有机物,有2mol酚羟基消耗2mol,1mol酯基消耗1mol,酯基水解后,生成酚类,再消耗1mol,最多可消耗,C正确;D.该有机物与溴水反应在酚羟基邻对位上取代氢原子,最多可消耗,D正确;故选B。12.X、Y、W形成的新型超导晶体的晶胞如图所示,晶胞参数为。已知X、Y、W是原子序数依次增大的前四周期元素,X是形成化合物种类最多的元素,Y和W的最外层电子数相同,但不同族也不同区,W的次外层电子数是最外层的8倍,下列说法正确的是A.与Y同周期且比其第一电离能小的元素有1种B.该物质的化学式为C.晶胞中离Y最近的W原子有12个D.晶体密度为【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的前四周期元素,X是形成化合物种类最多的元素,则X为C元素;Y和W的最外层电子数相同,但不同族,则有W副族金属元素,W的次外层电子数是最外层的8倍,则Y为Mg元素、W为Ni元素,据此分析;【详解】A.Mg最外层电子数为2,全满状态,电离能比相邻元素高,则与Mg同周期且比其第一电离能小的元素有2种,A错误;B.晶胞中C位于体心,数目为1,镁原子位于8个顶点,数目为,Ni原子位于面心,数目为,该物质的化学式为,B错误;C.由晶胞结构可知,晶胞中位于顶点的镁原子与位于面心的镍原子的距离最近,则晶胞中与镁原子最近的镍原子个数为12,C正确;D.则晶胞的化学式为CMgNi3,设晶体的密度为dg/cm3,由晶胞的质量公式可得,D错误;故选C。13.含有多个配位原子的配体与同一中心离子(或原子)通过螯合配位成环形成的配合物为螯合物。一种配合物的结构如图所示,下列说法正确的是A.该螯合物中氮有两种杂化方式B.该螯合物中的配位数为7C.该螯合物中各元素电负性:D.该整合物通过整合作用形成的配位键数目为【答案】B【解析】【详解】A.中N原子价电子对数为3+=3,中N原子价电子对数为2+=3,C、N杂环上的4个N原子价电子对数为3,故该配合物中N原子均采取sp2杂化,即N的杂化方式有1种,A错误;B.该配合物分子中通过螯合作用形成的配位键有6个,Cd2+的配位数为7,B正确;C.同周期元素,从左往右电负性增加,该螯合物中各元素电负性:,C错误;D.该整合物通过整合作用形成的配位键数目为,D错误;故选B。14.羟基自由基()是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池—电解池组合装置如下图,实现发电、环保二位一体。下列说法不正确的是A.c电极的电势低于d电极的电势B.b极区发生的反应为C.系统工作时,每转移消耗苯酚D.相同条件下,c、d两极产生气体的体积比为【答案】C【解析】【分析】a电极上得电子生成Cr(OH)3,故该电极为正极,b电极苯酚失电子被氧化为CO2,b电极为负极,c电极为阴极,阴极上水得电子生成氢氧根离子和氢气,d为阳极,阳极上水失电子生成氢离子和·OH,·OH进一步氧化苯酚,生成二氧化碳和水。【详解】A.c电极的电势低于d电极的电势,A正确;B.b极区苯酚失电子被氧化为CO2,发生的反应为,B正确;C.负极上C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2↑+28H+,阳极上H2O-e-=H++·OH,同时阳极区发生反应C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O,转移28mol电子时,负极上消耗1mol苯酚,同时阳极上生成28mol·OH,·OH也会与苯酚反应从而消耗苯酚,C错误;D.c为阴极电极反应:2H2O+2e-=H2+2OH-,、d为阳极,电极反应:H2O-e-=H++·OH,阳极区发生反应:C6H5OH+28·OH=6CO2↑+17H2O,转移28个电子,阳极生成14个H2,阳极生成6个CO2,两极产生气体的体积比为,D正确;故选C。15.常温下,向含、、的混合液中滴加溶液,溶液中[,、、]与[]的关系如图所示。下列叙述正确的是已知:。A.代表与的关系B.C.当时,和相交D.常温下,的平衡常数为【答案】D【解析】【分析】.L1和L2是两条平行线,、的组成都是1:2型,故L3代表p与pF的关系,L1代表的,L2代表的,已知:,L1代表的,L2代表的,,,,,,据此分析;【详解】A.代表与的关系,A错误;B.,B错误;C.当时,,,,和不相交,C错误;D.常温下,的平衡常数为,D正确;故选D。二、非选择题:本题共4小题,共55分。16.5-硝基水杨酸具有抑制炎症和治疗溃疡性结肠炎的作用,可由水杨酸通过硝化反应制备,其反应为:反应物和产物的相关数据列表如下,回答下列问题:名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度溶解性水杨酸138158-161336.31.375微溶于冷水,易溶于热水、乙醇、乙醚和丙酮5-硝基水杨酸183229-233399.11.6不溶于冷水,微溶于热水,易溶于乙醇、乙醚Ⅰ、产品合成:将水杨酸13.8g(0.1mol)和水(15mL)加入下图反应装置中,在搅拌下缓缓滴加68%硝酸(18mL)和浓硫酸(1.8mL)组成的混酸液。逐渐升温至70-80℃,并在此温度下保温回流2h。Ⅱ、分离提纯:将反应液倒入120mL水中,冰浴下冷却1h后,过滤,得粗品。得到的粗品不经过干燥,直接加入150mL水,加热煮沸,操作1,滤饼用热水洗涤2次,得浅黄色固体7.3g。(1)根据上述实验药品的用量,三颈烧瓶的最适宜规格为__________(填标号)。A.100mL B.250mL C.500mL D.1000mL(2)在70-80℃反应时温度计水银球置于__________(填“a”或“b”)处。(3)硝化步骤中制取“混酸液”的具体操作是__________。(4)合成过程中需要防暴沸却不需要额外添加沸石的原因是______________________________。(5)“操作1”的名称是__________。(6)5-硝基水杨酸的产率为__________(保留三位有效数字)。(7)硝化反应是硝酸在浓硫酸作用下,硝酸质子化后失水,产生硝酰正离子(),硝酰正离子进攻苯环形成中间体,再失去一个质子得到硝基苯。已知:羧基是吸电子基团,羟基是推电子基团。则水杨酸中有助于发生硝化反应的基团是____________________。【答案】(1)A(2)a(3)向烧杯中加入适量的浓硝酸,沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸,边加边搅拌,冷却(4)磁力搅拌器在搅拌的过程中可以防止溶液暴沸(5)趁热过滤(6)39.9%(7)羟基【解析】【分析】将水杨酸13.8g(0.1mol)和水(15mL)加入三颈烧瓶中,在搅拌下缓缓滴加68%硝酸(18mL)和浓硫酸(1.8mL)组成的混酸液。逐渐升温至70-80℃,发生反应,将反应液倒入120mL水中,冰浴下冷却1h后,过滤,得粗品。得到的粗品不经过干燥,直接加入150mL水,加热煮沸,趁热过滤,滤饼用热水洗涤2次,得浅黄色固体5-硝基水杨酸7.3g。【小问1详解】三颈烧瓶中加入水杨酸13.8g(0.1mol)、水15mL、68%硝酸(18mL)、浓硫酸(1.8mL)混合溶液体积约为15+18+1.8=34.8mL,根据“大而近”原则,需要100mL的三颈烧瓶,故答案为:A;【小问2详解】在70-80℃反应时温度计测量反应溶液的温度,温度计水银球置于液面以下但不能接触容器底部,故答案为:a;【小问3详解】硝化步骤中制取“混酸液”时因硫酸密度大于硝酸,为了防止混合时释放出大量的热造成液体的外溅,对人造成伤害,应向烧杯中加入适量的浓硝酸,沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸,边加边搅拌,冷却,故答案为:向烧杯中加入适量的浓硝酸,沿杯壁缓慢加入一定量的浓硫酸,边加边搅拌,冷却;【小问4详解】磁力搅拌器在搅拌的过程中可以防止溶液暴沸,因此合成过程中需要防暴沸却不需要额外添加沸石,故答案为:磁力搅拌器在搅拌的过程中可以防止溶液暴沸;【小问5详解】得到的粗品不经过干燥,直接加入150mL水,加热煮沸,为了减少产品的损失,趁热过滤,滤饼用热水洗涤2次,得浅黄色固体,“操作1”的名称是趁热过滤,故答案为:趁热过滤;【小问6详解】水杨酸13.8g(0.1mol)反应理论上得到5-硝基水杨酸为0.1mol,为,实际得到5-硝基水杨酸为7.3g,5-硝基水杨酸的产率为,故答案为:;【小问7详解】羟基是推电子基团,有助于水杨酸中发生硝化反应时产生硝酰正离子,故答案为:羟基。17.某石油炼化厂废弃的催化剂主要含金属Ca、Fe、Mn及其氧化物。采用如下工艺流程回收其中的:已知:①“酸浸”“氧化”后,所得含钒微粒依次为、。②不同pH下,五价钒在溶液中的主要存在形式见下表:4-66-88-1010-12主要离子③萃取剂P204对、具有高选择性。④25℃时,回答下列问题:(1)位于元素周期表第__________周期、第__________族。(2)“中和、转化”时,铁粉的作用除将还原为外,还有__________;“氧化”时发生反应的离子方程式为______________________________。(3)除萃取剂P204外,流程中可循环使用的物质还有____________________。(4)“沉钒”时需加入过量,原因是______________________________;25℃时,测得“氧化”后滤液中,为使“沉钒”时,钒元素的沉降率达到,应使溶液中至少为__________。(5)“萃取”后的水相经三道工序可回收溶液。常温下,若溶液中金属离子浓度相同,参照上述工艺流程,将以下工序补充完整__________。(可供选用的试剂:铁粉、稀硫酸、溶液、NaClO溶液、MnO、溶液;可供选择的操作工序:浸取、氧化、还原、调pH、浓缩)。【答案】(1)①.四②.VB(2)①.将含钒微粒还原为②.(3)(4)①.调节pH,将转化为;利用同离子效应,使析出完全②.0.2(5)【解析】【分析】根据图示可知,废弃的催化剂主要含金属Ca、Fe、Mn及其氧化物,焙烧后酸浸得到的的滤液有、Fe3+、Mn2+,以及滤渣(CaSO4),加入NH3中和过量的酸,铁粉使Fe3+转化为Fe2+,将转化为,萃取剂P204萃取,再反萃取,加入NaClO3将氧化成,中NH4Cl沉钒,得到,最终焙烧得到,据此解答。【小问1详解】是23号元素,位于元素周期表的第四周期、第VB族;【小问2详解】“中和、转化”时,铁粉的作用除将还原为外,还有将含钒微粒还原为;“氧化”时NaClO3将氧化成,发生反应的离子方程式为:;【小问3详解】除萃取剂P204外,在焙烧过程中产生,在转化过程中使用,流程中可循环使用的物质还有;【小问4详解】NH4Cl溶于水电离出,沉淀溶解平衡方程式为(aq)+(aq)(s),增大c(),利用同离子效应,促进尽可能析出完全;调节pH,将转化为;【小问5详解】所得水相中的金属离子有Mn2+和Fe2+和少量的Ca2+,先氧化将Fe2+转化为Fe3+,为了不引入杂质,可选加过氧化氢,再调pH值,使Fe3+转化成沉淀Fe(OH)3,为了不引入新杂质,选MnO调pH,工序补充完整:。18.我国航天事业高速发展,火箭推进剂的研究一直是航天工业的热点课题。火箭推进剂燃料有肼()、液氢等,常见氧化剂有、液氧等。回答下列问题:(1)已知下列反应的热化学方程式如下:ⅰ.ⅱ.ⅲ.①则__________。②反应ⅲ可自发进行的原因是__________。③火箭推进器内氢氧燃烧的简化反应历程如图所示:其中速率最慢的一步反应方程式为__________。(2)利用甲烷和水蒸气催化制氢主要存在如下两个反应:a:b:恒定压强为时,将物质的量之比为的与混合投入反应容器中,600℃时平衡体系中部分组分的物质的量分数如下表所示:物质物质的量分数0.040.320.500.08①下列操作中,能提高平衡转化率的是__________(填字母)。A.提高与的投料比 B.移除COC.选择合适的催化剂 D.恒温恒压下通入Ar气②已知为反应的压强平衡常数,其表达方法为:在浓度平衡常数表达式中,用各组分气体平衡时的分压代替浓度;分压=总压×物质的量分数。600℃时反应a的压强平衡常数为__________(列出计算式)。③平衡体系中的物质的量分数随温度的变化如图,解释原因__________。【答案】(1)①.②.该反应正方向为放热且熵增的反应,在任意温度下能自发进行③.或(2)①.BD②.③.温度低于时,以反应a为主,随温度升高,平衡正向移动,平衡物质的量分数增大,温度高于时,以反应b为主,随温度升高,平衡逆向移动,含量减少,CO浓度增大,同时抑制反应a产生【解析】【小问1详解】①根据盖斯定律可知该反应可由:得到,则==+165.8kJ/mol;②该反应正方向为放热且熵增的反应,在任意温度下能自发反应;③由图可知能垒最大的一步反应方程式为过渡态Ⅰ的反应,反应方程式为:或;【小问2详解】①A.提高与的投料比,等同于通入,使得的转化率降低,故不符合;B.移除CO,降低CO的浓度,可使反应a平衡正向移动,的转化率增大,故符合;C.选择合适的催化剂,只能加快反应速率,对平衡无影响,故不符合;D.恒温恒压下通入Ar气,体积扩大,平衡向气体分子数增大的方向移动,即反应a正向移动,甲烷转化率增大,故符合;选BD;②由表格数据可知平衡时CO的物质的量分数=1-0.04-0.32-0.50-0.08=0.06;600℃时反应a的压强平衡常数为。③温度低于时,以反应a为主,随温度升高,平衡正向移动,平衡物质的
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