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文档简介
2025届河南省灵宝市实验高中高三第二次联考高三化学试题注意事项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、室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A.新制氯水中:NH4+、Na+、SO42-、SO32-B.0.1mol·L-1CaCl2溶液:Na+、K+、AlO2-、SiO32-C.浓氨水中:Al3+、Ca2+、Cl−、I-D.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液:H+、Mg2+、NO3-、Br-2、化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关,下列叙述正确的是A.塑料、有机玻璃、光导纤维、碳纤维都是新型有机高分子材料B.磁性氧化铁可用于制备红色颜料和油漆C.用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈,是因为溶液中的A13+离子能与铜锈反应D.肾功能衰竭等疾病引起的血液中毒,可利用血液透析进行治疗,该过程涉及胶体性质的应用3、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中,可能存在的阴离子是()①Cl-②NO3—③SO42—④S2-A.①② B.②③ C.③④ D.①③4、利用下列实验装置能达到实验目的的是A.分离CH3COOH和CH3COOC2H5混合液B.验证NH4NO3晶体溶于水的热效应C.蒸发FeCl3溶液得到FeCl3固体D.验证C、Cl、Si的非金属性强弱5、常温下,分别向体积相同、浓度均为1mol/L的HA、HB两种酸溶液中不断加水稀释,酸溶液的pH与酸溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图。下列对该过程相关分析正确的是A.HB的电离常数(Ka)数量级为10-3B.其钠盐的水解常数(Kh)大小关系是:NaB>NaAC.a、b两点溶液中,水的电离程度b<aD.当lgc=-7时,两种酸溶液均有pH=76、R是合成某高分子材料的单体,其结构简式如图所示。下列说法错误的是A.R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同B.用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基C.R能发生加成反应和取代反应D.R苯环上的一溴代物有4种7、“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝。关于“地沟油”的说法正确的是A.属于烃类 B.由不同酯组成的混合物C.密度比水大 D.不能发生皂化反应8、电化学在日常生活中用途广泛,图甲是镁——次氯酸钠燃料电池,电池总反应为:Mg+ClO-+H2O=Cl-A.图乙Cr2O72-向惰性电极移动,与该极附近的B.图甲中发生的还原反应是MgC.图乙电解池中,若有0.84g阳极材料参与反应,则阴极会有3.36L的气体产生D.若图甲电池消耗0.36g镁,图乙废水处理,理论上可产生1.07g氢氧化铁沉淀9、40℃时,在氨—水体系中不断通入CO2,各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是A.40℃时,K(NH3·H2O)=10-9.10B.不同pH的溶液中均存在关系:c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)C.随着CO2的通入,不断减小D.随溶液pH不断降低,生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO310、同温同压下,两种气体的体积如果不相同,其主要原因是气体的()A.分子大小不同 B.分子间的平均距离不同C.化学性质不同 D.物质的量不同11、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示,设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.放电时,外电路每通过0.1NA个电子时,锌片的质量减少3.25gB.充电时,聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C.放电时,混合液中的Cl-向负极移动D.充电时,聚苯胺电极接电源的正极,发生氧化反应12、下列操作不正确的是A.配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B.金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C.保存液溴需用水封,放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D.用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜13、为模拟氨碱法制取纯碱的主要反应,设计在图所示装置。有关说法正确的是(
)A.先从b管通入NH3再从a管通入CO2B.先从a管通入CO2再从b管通入NH3C.反应一段时间广口瓶内有晶体析出D.c中装有碱石灰以吸收未反应的氨气14、氮及其化合物的转化过程如下图所示,其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A.如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B.反应①的热化学方程式为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC.在反应②中,若有1.25mol电子发生转移,则参加反应的NH3的体积为5.6LD.催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率15、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示,其中作为电解质的无水LiCl-KCl混合物受热熔融后,电池即可瞬间输出电能,此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A.输出电能时,外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B.放电时电解质LiCl-KCl中的Li+向钙电极区迁移C.电池总反应为Ca+PbSO4+2LiClPb+Li2SO4+CaCl2D.每转移0.2mol电子,理论上消耗42.5gLiCl16、一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应,没有金属剩余,收到2.24L气体,下列说法一定正确的是A.所得气体为氢气B.所得气体的物质的量为0.1molC.上述过程只发生一个化学反应D.所得溶液中只有一种溶质17、能正确表示下列反应的离子方程式是()A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2:2NH3∙H2O+SO2=2NH4++SO32-+H2OB.氯化钠与浓硫酸混合加热:H2SO4+2Cl-SO2↑+Cl2↑+H2OC.磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2++4H++NO3-═3Fe3++NO↑+2H2OD.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-,恰好完全沉淀:2Ba2++3OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+Al(OH)3↓18、下列物质属于只含共价键的电解质的是()A.SO2 B.C2H5OH C.NaOH D.H2SO419、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大.元素W是制备一种高效电池的重要材料,X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素,Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍.下列说法错误的是()A.元素W、X的氯化物中,各原子均满足8电子的稳定结构B.元素X与氢形成的原子比为1:1的化合物有很多种C.元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D.元素Z可与元素X形成共价化合物XZ220、结构片段为…―CH2―CH=CH―CH2―…的高分子化合物的单体是A.乙烯 B.乙炔 C.正丁烯 D.1,3-丁二烯21、给定条件下,下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是()A.SSO2BaSO4B.SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)C.MgCl2•6H2OMgCl2MgD.N2NO2HNO322、2019年诺贝尔化学奖授予美国科学家约翰•古迪纳夫、斯坦利•惠廷厄姆和日本科学家吉野彰,以表彰他们在锂离子电池研发领域作出的贡献。近日,有化学家描绘出了一种使用DMSO(二甲亚砜)作为电解液,并用多孔的黄金作为电极的锂—空气电池的实验模型,该电池放电时在多孔的黄金上氧分子与锂离子反应,形成过氧化锂,其装置图如图所示。下列有关叙述正确的是()A.DMSO电解液能传递Li+和电子,不能换成水溶液B.该电池放电时每消耗2molO2,转移4mol电子C.给该锂—空气电池充电时,金属锂接电源的正极D.多孔的黄金为电池正极,电极反应式可能为O2+4e-=2O2-二、非选择题(共84分)23、(14分)某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内,尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多,是一种常用的食品添加剂。该化合物具有如下性质:(i)在25℃时,电离平衡常数K=3.9×10-4,K2=5.5×10-6(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的产物(iii)1molA慢慢产生1.5mol气体(iv)核磁共振氢谱说明A分子中有5种不同化学环境的氢原子与A相关的反应框图如下:(1)依照化合物A的性质,对A的结构可作出的判断是___。a.确信有碳碳双键b.有两个羧基c.确信有羟基d.有-COOR官能团(2)写出A、F的结构简式:A:__、F:__。(3)写出A→B、B→E的反应类型:A→B___、B→E__。(4)写出以下反应的反应条件:E→F第①步反应__。(5)在催化剂作用下,B与乙二醇可发生缩聚反应,生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学方程式:__。(6)写出与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式:___。24、(12分)以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线。已知:ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空:(1)F中官能团的名称_____________________;写出反应①的反应条件______;(2)写出反应⑤的化学方程式______________________________________________。(3)写出高聚物P的结构简式__________。(4)E有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式______。①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基;②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2(5)写出以分子式为C5H8的烃为主要原料,制备F的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如:____________________25、(12分)某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验:系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1mL水4mL0.1mol·L-1K2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1mL水振荡60℃水浴溶液颜色较i明显变浅iii1mL18.4mol·L-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1mL6mol·L-1NaOH溶液振荡_____________________v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色,最后呈墨绿色已知:K2CrO4溶液为黄色;Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题:(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式:________________________。对比实验i与ii,可得结论是该转化反应的△H______0(填>”或“<”)。(2)结合实验i、ii,分析导致ii中现象出现的主要因素是__________________。(3)推测实验iv中实验现象为________________________。对比实验i、ii、iv中实验现象,可知,常温下K2Cr2O7中Cr在碱性条件下主要以______离子形式存在。(4)对比实验v与vi,可知:在______条件下,+6价Cr被还原为______。(5)应用上述实验结论,进一步探究含Cr2O72-废水样品用电解法处理效果的影响因素,实验结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度、体积,电压、电解时间等均相同)。系列实验Ⅱiiiiiiiv样品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5g否样品中是否加入稀硫酸否加入1mL加入1mL加入1mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨,阳极为铁Cr2O72-0.92212.720.857.3①实验中Cr2O72-在阴极的反应式:_________________________________________________。②实验i中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示,结合此机理,解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因(用电极反应式、离子方程式和必要的文字说明)_____________________________。26、(10分)NaNO2(1)已知:Ka(HNO2)=5.1×10-4,Ksp(AgCl(2)利用下图装置(略去夹持仪器)制备已知:2NO+Na2O2=2NaNO2;酸性条件下,NO①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________;这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。②装置B中反应的化学方程式为________________________________。③干燥剂X的名称为__________,其作用是____________________。④上图设计有缺陷,请在F方框内将装置补充完全,并填写相关试剂名称___________。(3)测定产品的纯度。取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,用0.1000滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积20.9020.1220.0019.88①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______(填字母序号)。A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B.锥形瓶洗净后未干燥C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去,定为滴定终点D.滴定终点时俯视读数②酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的离子方程式为③该样品中NaNO2的质量分数为__________27、(12分)以黄铜矿(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]为原料可制备有机合成催化剂CuCl和补铁剂乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要实验流程如下:(1)FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为_________。(2)向溶液1中加入过量铁粉的目的是_____________。(3)过滤后得到的FeCO3固体应进行洗涤,检验洗涤已完全的方法是___________。(4)实验室制备乳酸亚铁的装置如图1所示。①实验前通入N2的目的是________。②某兴趣小组用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数,结果测得产品的质量分数总是大于111%,其原因可能是______________。(5)已知:①CuCl为白色晶体,难溶于水和乙醇,在空气中易氧化;可与NaCl溶液反应,生成易溶于水的NaCuCl2。②NaCuCl2可水解生成CuCl,温度、pH对CuCl产率的影响如图2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提纯CuCl的实验方案为:将一定量的混合物溶于饱和NaCl溶液中,______。(实验中须使用的试剂有:饱和NaCl溶液,1.1mol·L-1H2SO4、乙醇;除常用仪器外须使用的仪器有:真空干燥箱)。28、(14分)铁被称为“第一金属”,铁及其化合物在生产、生活中有广泛用途。(1)铁原子外围电子轨道表示式为_______,铁原子核外电子发生跃迁时会吸收或释放不同的光,可以用___________摄取铁元素的原子光谱。(2)FeCoOx是一种新型光电催化剂。第四电离能大小关系是I4(Co)____I4(Fe)(填“>”或“<”),原因是__________________________。(3)二茂铁[(C5H5)2Fe]可用作火箭燃料添加剂、汽油抗爆剂。二茂铁熔点172℃,沸点249℃,易升华,难溶于水,易溶于有机溶剂,它属于_____________晶体。(4)环戊二烯(C5H6)结构如图(a),可用于制二茂铁。环戊二烯中碳原子的杂化方式为________。分子中的大π键可用符号表示,其m代表参与形成大π键的原子数,n代表参与形成大π键的电子数,环戊二烯负离子(C5H5―)结构如图(b),其中的大π键可以表示为_________________。(5)某普鲁士蓝类配合物可作为新型钠离子电池电极材料。它由Na+、Ni2+、Fe3+和CN―构成,其晶胞结构如图(c)。该物质中,不存在________(填标号)。A离子键Bσ键Cπ键D氢键E金属键(6)该晶胞中Ni2+采用的堆积方式与________(选填Po、Na、Mg、Cu)相同,单个晶胞的配位空隙中共容纳_____个Na+。29、(10分)有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体,亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料,相关合成路线如下:已知:在质谱图中烃A的最大质荷比为118,其苯环上的一氯代物共三种,核磁共振氢谱显示峰面积比为3:2:2:2:1。根据以上信息回答下列问题:(1)A的官能团名称为__________________,B→C的反应条件为_____________,E→F的反应类型为_____________。(2)I的结构简式为____________________,若K分子中含有三个六元环状结构,则其分子式为________________。(3)D与新制氢氧化铜悬浊液反应的离子方程式为___________________。(4)H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀,1molW参与反应最多消耗3molBr2,请写出所有符合条件的W的结构简式___________________________________。(5)J是一种高分子化合物,则由C生成J的化学方程式为________。(6)已知:(R为烃基)设计以苯和乙烯为起始原料制备H的合成路线(无机试剂任选)。[合成路线示例:]__________________________________。
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.饱和氯水中含有氯气和HClO,具有强氧化性,还原性离子不能存在,SO32-和氯气、HClO发生氧化还原反应而不能大量存在,选项A错误;B.0.1mol·L-1CaCl2溶液中Ca2+与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存,选项B错误;C.浓氨水中Al3+与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在,选项C错误;D.0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液呈酸性,H+、Mg2+、NO3-、Br-相互不反应,能大量共存,选项D正确;答案选D。2、D【解析】
A.光导纤维主要成分是二氧化硅不属于有机高分子材料,故A错误;B.磁性氧化铁的成分是四氧化三铁,是黑色固体,不能制备红色颜料和油漆,故B错误;C.明矾溶液中水解使溶液呈酸性,铜锈为溶于酸性溶液,故能利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈,而不是因为溶液中的离子能与铜锈反应,故C错误;D.血液透析原理就是胶体的渗析原理,胶体不能通过半透膜,涉及胶体性质,故D正确;故答案为:D。3、D【解析】
pH=1的溶液为酸性溶液,因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+,则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存,不可能存在NO3—,H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解,不能共存S2-,则②④一定不存在,可能存在①③,故选D。4、B【解析】
A.CH3COOH和CH3COOC2H5互溶,不能用分液的方法分离,故A错误;B.硝酸铵晶体溶于水吸热,所以U型管中的液体向左侧移动,故该实验能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应,故B正确;C.蒸发FeCl3溶液时促进铁离子水解,最后得到氢氧化铁,灼烧又得到氧化铁固体,故C错误;D.根据元素非金属性越强,其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析,要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱,但实验中使用的是盐酸,故D错误。故选B。掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系,不能用盐酸的酸性强弱进行比较。5、B【解析】
A.由图可知,b点时HB溶液中c=10-3mol·L-1,溶液中c(H+)=10-6mol·L-1,c(B-)=10-6mol·L-1,则HB的电离常数(Ka)==10-9,故A错误;B.与A同理,HA的电离常数Ka==10-5>HB的电离常数,则HB酸性弱于HA,由酸越弱对应的盐水解能力越强,水解程度越大,钠盐的水解常数越大,故B正确;C.a、b两点溶液中,b水解程度大,水电离程度大,水的电离程度b>a,故C错误;D.当lgC=-7时,HB中c(H+)=mol·L-1,HA中c(H+)=mol·L-1,pH均不为7,故D错误;故选B。难点A选项,从图中读出两点氢离子的浓度,酸的浓度,根据电离常数的定义写出电离常数,本题易错点为D选项,当lgc=-7时,是酸的浓度是10-7mol·L-1,不是氢离子的浓度。6、A【解析】
A.分子中含有三种官能团:氨基、羟基、羧基;HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基,二者所含官能团不完全相同,故A错误;B.分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳,可以用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基,故B正确;C.该分子中含有醇羟基和羧基,能发生中和反应,也属于取代反应;含有苯环,能与氢气发生加成反应,故C正确;D.R苯环上有四种环境的氢,故其一溴代物有4种,故D正确;故选A。7、B【解析】
A.“地沟油”的主要成分为油脂,含有氧元素,不属于烃类,选项A错误;B.“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,是由不同酯组成的混合物,选项B正确;C.“地沟油”的主要成分为油脂,油脂的密度比水小,选项C错误;D.皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应,“地沟油”的主要成分为油脂,能发生皂化反应,选项D错误。答案选B。本题主要考查了油脂的性质与用途,熟悉油脂结构及性质是解题关键,注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应,“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯,密度比水小,油脂在碱性条件下的水解反应为皂化反应。8、B【解析】A.图乙中惰性电极为阴极,Fe电极为阳极,则Cr2O72-离子向金属铁电极移动,与亚铁离子发生氧化还原反应生成的金属阳离子与惰性电极附近的OH-结合转化成Cr(OH)3除去,A错误;B.该原电池中,镁作负极,负极上镁失电子发生氧化反应,负极反应为Mg-2e-=Mg2+,电池反应式为Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2↓,正极上次氯酸根离子得电子发生还原反应,则总反应减去负极反应可得正极还原反应为Mg2++ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2↓,B正确;C.图乙的电解池中,阳极反应式是Fe-2e-=Fe2+,阴极反应式是2H++2e-=H2↑,则n(Fe)=0.84g÷56g/mol=0.015mol,阴极气体在标况下的体积为0.015mol×22.4L/mol=0.336L,C错误;D.由电子守恒可知,Mg~2e-~Fe2+,由原子守恒可知Fe2+~Fe(OH)3↓,则n(Mg)=0.36g÷24g/mol=0.015mol,理论可产生氢氧化铁沉淀的质量为0.015mol×107g/mol=1.605g,D错误;答案选B。9、A【解析】
A.在溶液pH=9.10时c(NH4+)=c(NH3·H2O),Kb(NH3·H2O)==c(OH-),由于Kw=c(H+)·c(OH-)是常数,只与温度有关,若温度为室温,则Kw=10-14,pH=9.10时,c(H+)=10-9.10,c(OH-)==10-4.9,Kb(NH3·H2O)=c(OH-)=10-4.9,升高温度,促进电解质的电离,所以温度为40℃时,K(NH3·H2O)>10-4.9,A错误;B.溶液中存在电荷守恒,即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度,则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为:c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-),B正确;C.已知Kb=,温度一定时,Kb为常数,随着CO2的通入,c(NH4+)逐渐增大,则不断减小,C正确;D.由图象可知:开始溶液pH较大时没有NH2COO-,后来随着溶液pH的降低,反应产生NH2COO-,并且逐渐增多,当pH减小到一定程度NH2COO-逐渐减小直至消失,同时NH4HCO3又逐渐增多,即在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成,后NH2COO-转化为NH4HCO3,D正确;故合理选项是A。10、D【解析】
对于气体来说,粒子之间的距离远远大于粒子的直径、粒子的质量,同温同压下气体粒子间的距离相等,同温同压下气体摩尔体积相同,由V=nVm知,气体的体积取决于气体的物质的量,故答案为D。11、B【解析】
A.放电时,外电路每通过0.1NA个电子时,锌片的质量减少0.05mol×65g/mol=3.25g,A正确;B.充电时,聚苯胺电极为阳极,其电势高于锌片(阴极)的电势,B错误;C.放电时,阳离子向正极移动,则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动,C正确;D.充电时,聚苯胺电极为阳极,接电源的正极,失电子发生氧化反应,D正确;故选B。12、C【解析】
A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故A正确;B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤油,并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故B正确;C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故C错误;D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜,故D正确;答案选C。13、C【解析】A.不能直接将氨气通入水中,会引起倒吸,A错误;B.先从a管通入氨气,再从B管通入CO2,B错误;C.NaHCO3的溶解度随温度降低而增大,所以反应一段时间后广口瓶内有NaHCO3晶体析出,C正确;D.碱石灰能干燥氨气,但不能回收未反应的氨气,D错误。点睛:氨气极易溶于水,不能直接将氨气通入水中;氨气的干燥应采用碱性干燥剂,对其回收应采用酸性溶液或水。14、B【解析】
A.使用催化剂能够降低反应的活化能,加快反应速率,所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线,A错误;B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ,故反应①的热化学方程式为:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol,B正确;C.未指明气体所处条件,因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积,C错误;D.催化剂能加快化学反应的反应速率,但不能使化学平衡发生移动,因此不能改变物质的平衡转化率,D错误;故合理选项是B。15、C【解析】
由题目可知硫酸铅电极处生成Pb,则硫酸铅电极的反应为:PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4,则硫酸铅电极为电池的正极,钙电极为电池的负极,由此分析解答。【详解】A.输出电能时,电子由负极经过外电路流向正极,即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极,A项错误;B.Li+带正电,放电时向正极移动,即向硫酸铅电极迁移,B项错误;C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2,正极电极反应方程式为:PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4,则总反应方程式为:PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4,C项正确;D.钙电极为负极,电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2,根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl,每转移0.2mol电子,消耗0.2molLiCl,即消耗85g的LiCl,D项错误;答案选C。硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键,掌握原电池的工作原理是基础,D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系,问题便可迎刃而解。16、A【解析】钠与水反应生成氢气,铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,所以所得气体为氢气,故A正确;非标准状况下,2.24L气体的物质的量不一定是0.1mol,故B错误;上述过程,发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应,共发生两个化学反应,故C错误;所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质,故D错误。点睛:铝能与酸反应放出氢气,铝也能与强碱溶液反应放出氢气,如。17、A【解析】
A.用过量氨水吸收工业尾气中的SO2的离子反应为2NH3•H2O+SO2═2NH4++SO32-+H2O,故A正确;B.氯化钠与浓硫酸混合加热,浓硫酸中只有很少的水,氯化钠几乎不能电离,故该反应的离子方程式就是其化学方程式,H2SO4+2NaClNa2SO4+2HCl↑,故B错误;C.磁性氧化铁的主要成分为四氧化三铁,溶于稀硝酸的离子反应方程式为3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O,故C错误;D.明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的离子反应方程式为2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O,故D错误;答案选A。掌握离子方程式的正误判断的常见方法是解题的关键。本题的易错点为D,要注意明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀时,铝离子恰好转化为偏铝酸根。18、D【解析】
A.SO2不能电离属于非电解质,故A错误;B.C2H5OH不能电离属于非电解质,故B错误;C.NaOH是离子化合物,含有离子键和共价键,溶于水导电属于电解质,故C错误;D.H2SO4是共价化合物只含共价键,溶于水导电属于电解质,故D正确;故答案选D。19、A【解析】
X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍,是C元素,Y是地壳中含量最丰富的金属元素,为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍,是短周期元素,且W、X、Y和Z的原子序数依次增大,Z为S元素,W是制备一种高效电池的重要材料,是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4,则Li+的最外层只有两个电子,不满足8电子的稳定结构,故A错误;B、元素X与氢形成的化合物有C2H2,C6H6等,故B正确;C、元素Y为铝,铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成,故C正确;D、硫和碳可形成共价化合物CS2,故D正确;答案选A。20、D【解析】
结构片段为…―CH2―CH=CH―CH2―…,说明该高分子为加聚产物,则该高分子化合物的单体是CH2=CHCH=CH2,即为1,3-丁二烯,答案选D。21、A【解析】A.硫单质点燃生成二氧化硫,二氧化硫通入硝酸钡溶液,溶液显酸性,硝酸根氧化二氧化硫为硫酸,结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀,转化关系可以一步实现,A正确;B.二氧化硅是酸性氧化物,但不溶于水不能一步生成硅酸,B错误;C.氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁,不能生成氯化镁固体,需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体,C错误;D.氮气与氧气放电件下反应生成一氧化氮,不能一步生成二氧化氮气体,D错误;答案选A。22、B【解析】
A.DMSO电解液能传递Li+,但不能传递电子,A不正确;B.该电池放电时O2转化为O22-,所以每消耗2molO2,转移4mol电子,B正确;C.给该锂—空气电池充电时,金属锂电极应得电子,作阴极,所以应接电源的负极,C不正确;D.多孔的黄金为电池正极,电极反应式为O2+2e-=O22-,D不正确;故选B。二、非选择题(共84分)23、bcHOOCCH
(OH)CH2COOHHOOC-CC-
COOH消去反应加成反应NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、
加热nHOOCCH=CHCOOH+n
HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+
(2n-1)
H2O,【解析】
由有机物A的化学式为C4H6O5,根据信息I知A中含有两个羧基,A能和羧酸发生酯化反应生成酯,说明A中含有醇羟基,1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气,结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基,核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子,则A的结构简式为HOOCCH
(OH)CH2COOH;
M中含有Cl原子,M经过反应①然后酸化得到A,则M结构简式为
HOOCCHClCH2COOH,A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4),根据B分子式知,A发生消去反应生成B,B结构简式为HOOCCH=CHCOOH;B和足量NaOH反应生成D,D为NaOOCCH=CHCOONa,B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E,E为HOOCCHBrCHBrCOOH,E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4),根据F分子式知,F为HOOC-CC-
COOH。【详解】(1)由有机物A的化学式为C4H6O5,根据信息I知A中含有两个羧基,A能和羧酸发生酯化反应生成酯,说明A中含有醇羟基,1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气,结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基,所以A中含有两个羧基,一个羟,故bc符合题意,答案:bc;(2)根据上述分析可知:写出A、F的结构简式分别为:A:HOOCCH
(OH)CH2COOH:F:HOOC-CC-
COOH。答案:HOOCCH
(OH)CH2COOH:HOOC-CC-
COOH;(3)根据上述分析可知:A发生消去反应生成B,B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH,所以A→B发生消去反应,B→E发生加成反应;答案:消去反应;加成反应。(4)通过以上分析知,E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4),E→F是卤代烃的消去反应,所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液),加热;故答案为:
NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、
加热;(5)
B结构简式为HOOCCH=CHCOOH,在催化剂作用下,B与乙二醇可发生缩聚反应,生成的高分子化合物,该反应的化学方程式:
nHOOCCH=CHCOOH+n
HOCH2CH2OH
HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+
(2n-1)
H2O;故答案为:
nHOOCCH=CHCOOH+n
HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+
(2n-1)
H2O;(6)A的结构简式为HOOCCH
(OH)CH2COOH,A的同分异构体与A具有相同官能团,
说明含有醇羟基和羧基
符合条件的A的同分异构体的结构简式:,;答案:,。24、羧基、氯原子光照+3NaOH+NaCl+3H2O、、(任选其一)CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH(或与溴1,4-加成、氢氧化钠溶液水解、与氯化氢加成、催化氧化、催化氧化)【解析】
本题为合成芳香族高聚物的合成路线,C7H8经过反应①生成的C7H7Cl能够在NaOH溶液中反应可知,C7H8为甲苯,甲苯在光照条件下,甲基上的氢原子被氯原子取代,C7H7Cl为,C为苯甲醇,结合已知反应和反应条件可知,D为,D→E是在浓硫酸作用下醇的消去反应,则E为,据M的分子式可知,F→M发生了消去反应和中和反应。M为,N为,E和N发生加聚反应,生成高聚物P,P为,据此进行分析。【详解】(1)根据F的结构简式可知,其官能团为:羧基、氯原子;反应①发生的是苯环侧链上的取代反应,故反应条件应为光照。答案为:羧基、氯原子;光照;(2)F→M发生了消去反应和中和反应。M为,反应的化学方程式为:+3NaOH+NaCl+3H2O,故答案为:+3NaOH+NaCl+3H2O。(3)E为,N为,E和N发生加聚反应,生成高聚物P,P为,故答案为:。(4)E为,其同分异构体具有①分子中只有苯环一个环状结构,且苯环上有两个取代基,②1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2,则该物质一个官能团应是酚羟基,且酚羟基的邻对位位置应无取代基,则另一取代基和酚羟基为间位关系。故其同分异构体为:、、,故答案为:、、(任选其一)。(5)分析目标产物F的结构简式:,运用逆推方法,根据羧酸醛醇卤代烃的过程,可选择以为原料进行合成,合成F的流程图应为:CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH,故答案为:CH2BrC(CH3)=CHCH2BrCH2OHC(CH3)=CHCH2OHOHCC(CH3)=CHCHOHOOCC(CH3)=CHCOOH。卤代烃在有机物转化和合成中起重要的桥梁作用:烃通过与卤素发生取代反应或加成反应转化为卤代烃,卤代烃在碱性条件下可水解转化为醇或酚,进一步可转化为醛、酮、羧酸和酯等;卤代烃通过消去反应可转化为烯烃或炔烃。25、>c(H+)温度溶液颜色较i明显变浅CrO42-酸性Cr3+Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2OFe-2e-=Fe2+,6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O,Fe3++e-=Fe2+,Fe2+继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率【解析】
(1)根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解;实验ii与实验i对比,当60℃水浴时,溶液颜色较i明显变浅,根据温度对化学反应平衡的影响效果作答;(2)根据单一变量控制思想分析;(3)因K2C2O7中存在平衡:试管c中加入NaOH溶液,消耗H+,促使平衡向正反应方向进行;(4)依据实验vi中现象解释;(5)①实验中Cr2O72-应在阴极上放电,得电子被还原成Cr3+,据此作答;②根据图示,实验iv中阳极为铁,铁失去电子生成Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,继续还原Cr2O72-,据此分析。【详解】(1)根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解,其离子方程式为:实验ii与实验i对比,当60℃水浴时,溶液颜色较i明显变浅,说明平衡向正反应方向移动,即正反应为吸热反应,△H>0故答案为>;(2)根据单一变量控制思想,结合实验i、ii可知,导致ii中现象出现的主要因素为60℃水浴即温度,故答案为温度;(3)因K2C2O7中存在平衡:试管c中加入NaOH溶液,消耗H+,促使平衡向正反应方向进行,溶液颜色由橙色变为黄色,溶液颜色较i明显变浅,铬元素主要以CrO42-形式存在,故答案为溶液颜色较i明显变浅;CrO42-;(4)实验vi中,滴入过量稀硫酸发现,溶液颜色由黄色逐渐变橙色,最后呈墨绿色,结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价,所以在酸性条件下,+6价Cr可被还原为+3价,故答案为酸性;+3;(5)①实验中Cr2O72-应在阴极上放电,得电子被还原成Cr3+,电解质环境为酸性,因此Cr2O72-放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O,故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O;②根据图示,实验iv中阳极为铁,铁失去电子生成Fe2+,其离子方程式为:Fe-2e-=Fe2+,Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+,其离子方程式为:6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O,Fe3+在阴极得电子生成Fe2+,Fe3++e-=Fe2+,继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率,故答案为Fe-2e-=Fe2+,6Fe2++14H++Cr2O72-=6Fe3++2Cr3++7H2O,Fe3++e-=Fe2+,Fe2+继续还原Cr2O72-,Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。26、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解,再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O可以控制反应的发生与停止3NO2+H2O=2HNO3+NO碱石灰吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气A5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O69%(或0.69)【解析】
(1)根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断;(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应,反应生成二氧化氮和硝酸铜和水,NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO,通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气,在装置D中与Na2O2发生反应,装置E中的干燥剂防止水蒸气进入,通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应,最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)①第一次实验数据出现异常,消耗KMnO4溶液体积偏大,根据c(待测)=c(分析不当操作对V(标准)的影响,以此判断浓度的误差;②在反应中NO2-被氧化为NO3-,MnO4-被还原为Mn2+;③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量,然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【详解】(1)NaCl是强酸强碱盐,不水解,溶液显中性;NaNO2是强碱弱酸盐,NO2-水解,消耗水电离产生的H+,最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+),溶液显碱性,所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解,然后分别滴加酚酞试液,溶液变红的为NaNO2,不变色的为NaCl;(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应,产生硝酸铜、二氧化氮和水,反应的离子方程式为:Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O;这样安放铜丝,可通过上下移动铜丝控制反应是否进行,所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止;②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮,反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO;③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰,其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气;④NO及NO2都是大气污染物,随意排入大气会造成大气污染,故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收,产物都在溶液中,为防止倒吸现象的发生,在导气管末端安装一个倒扣的漏斗,装置为;(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗,标准液的浓度偏小,根据c(待测)=c(标准)×V(标准)B.锥形瓶洗净后未干燥,待测液的物质的量不变,对V(标准)无影响,B不可能;C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去,就定为滴定终点,此时溶液中NO2-未反应完全,消耗标准溶液体积偏小,C不可能;D.滴定终点时俯视读数,造成V(标准)偏小,D不可能;故合理选项是A;②在反应中NO2-被氧化为NO3-,MnO4-被还原为Mn2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒,可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O;③消耗KMnO4溶液体积V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL,消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol,则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知,亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol×52=0.005mol,则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol×100mL25mL=0.02mol,其质量m(NaNO2)=0.02mol×69g/mol=1.38g,则样品中亚硝酸钠的质量分数本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等,注意在实验过程中的反应现象分析,利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算,在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。27、CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl+2S除去溶液中的Fe3+,提高产品的纯度取最后一次洗涤后的滤液,滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀,则洗涤完全排尽装置中的空气,防止Fe2+被氧化KMnO4具有强氧化性,可将Fe2+和乳酸根离子中的羟基一同氧化过滤,控制温度61℃左右,向滤液中滴加1.1mol·L-1H2SO4,控制溶液的pH为2.1~2.5左右,搅拌、趁热过滤。用乙醇洗净所得固体,置于真空干燥箱中干燥【解析】
由实验流程可知,向黄铜矿(CuFeS2)中加入FeCl3溶液发生氧化还原反应生成FeCl2、CuCl固体和硫单质,经过滤得到固体为CuCl和S,进一步分离可得CuCl;溶液1中含有FeCl2和FeCl3,加入过量的铁粉除去溶液中的Fe3+得到溶液2为纯度较高的FeCl2溶液,向溶液2中加入碳酸钠溶液生成FeCO3沉淀,过滤后加乳酸得到乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。亚铁离子容易被氧气氧化,制备过程中应在无氧环境中进行,实验前通入N2排尽装置中的空气,装置中FeCO3和乳酸发生反应制备乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe},据此解答。【详解】(1)由上述分析可以知道,FeCl3溶液与黄铜矿发生反应的离子方程式为CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl+2S。因此,本题正确答案是:CuFeS2+3Fe3++Cl-===4Fe2++CuCl+2S;
(2)溶液1中含有FeCl3,向溶液1中加入过量铁粉的目的是除去溶液中的Fe3+,提高产品的纯度。因此,本题正确答案是:除去溶液中的Fe3+,提高产品的纯度;(3)FeCO3固体会吸附溶液中的Cl-,所以检验洗涤已完全应检验是否含有Cl-,方法为:取最后一次洗涤后的滤液,滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀,则洗涤完全,因此,本题正确答案是:取最后一次洗涤后的滤液,滴加硝酸酸化的AgNO3溶液,若无白色沉淀,则洗涤完全;(4
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