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…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页,总=sectionpages22页第=page11页,总=sectionpages11页2024年华师大版选修4化学上册月考试卷249考试试卷考试范围:全部知识点;考试时间:120分钟学校:______姓名:______班级:______考号:______总分栏题号一二三四五总分得分评卷人得分一、选择题(共9题,共18分)1、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,22.4LNO和22.4LO2混合后的分子总数为2NAB.0.1mol•L-1的氨水中,溶液中各微粒的物质的量存在以下关系:n()+n(NH3)+n(NH•H2O)=0.1molC.已知氢气的热值为143kJ•g-1,则氢气充分燃烧的热化学方程式可表示为:H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-286kJ•mol−1D.用酸性高锰酸钾溶液检验火柴头燃烧产生的SO2气体,当10mL0.1mol•L-1的酸性高锰酸钾溶液刚好褪色时,转移的电子总数为0.0025NA2、下列关于热化学反应的描述中正确的是A.HCl和NaOH反应的中和热△//=-57.3kJ/mol,则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热△=2×(-57.3)kJ/molB.需要加热才能发生的反应一定是吸热反应C.CO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×283.0kJ/mo1D.1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热3、完全燃烧一定量的无水乙醇,放出的热量为Q,已知为了完全吸收生成的CO2气体,消耗掉8mol·L-1的氢氧化钠溶液50mL,则1mol无水乙醇燃烧放出的热量不可能是A.10QB.5QC.8QD.12Q4、某恒定温度下,在一个2L的密闭容器中,加入4molA和2molB进行如下反应:3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6molC,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A.该反应的化学平衡常数表达式是K=B.此时B的平衡转化率是35%C.增大该体系的压强,平衡向右移动,化学平衡常数增大D.增加C的用量,B的平衡转化率不变5、在密闭容器中进行反应:X(g)+3Y(g)2Z(g);有关下列图像说法正确的是。
A.依据图甲可判断正反应为吸热反应B.在图乙中,虚线可表示压强增大C.若正反应的△H<0,图丙可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D.由图丁中气体平均相对分子质量随温度的变化情况,可推知正反应的△H>06、化合物HIn在水溶液中因存在以下电离平衡,故可用作酸碱指示剂:HIn(红色)H++In-(黄色)。浓度为0.02mol·L-1的下列各溶液:①盐酸②石灰水③食盐水④NaHSO4溶液⑤纯碱溶液⑥氨水。其中能使指示剂显红色的是()A.①④⑤B.②⑤⑥C.①④D.②③⑥7、25℃时纯水的电离度α1,pH=11的氨水中水的电离度为α2,pH=3的盐酸中水的电离度α3.若将上述氨水与盐酸等体积混合,所得溶液中的电离度为α4下列关系式中正确的是A.α1<α2<α3<α4B.α3=α2<α1<α4C.α2<α3<α1<α4D.α2=α3<α4<α18、用下列实验装置进行相应实验,能达到实验目的的是A.用该装置分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液B.用该装置除去实验室制取乙烯中混有的少量SO2C.用该装置加热AlCl3溶液制备无水AlCl3固体D.用该装置获取少量SO2气体9、常温时,lmol·L-1的HClO2和1mol·L-1的HMnO4两种溶液,起始时的体积均为V0;分别向两溶液中加水稀释至体积为V,所得曲线如图所示。下列说法正确的是。
A.当稀释至pH均为3时,溶液中c(ClO2-)>c(MnO4-)B.在0≤pH≤5时,HMnO4溶液满足:pH=C.等pH的HClO2和HMnO4分别与足量Zn反应放出H2的体积HClO2>HMnO4D.稀释前分别用lmol·L-1的NaOH溶液中和,消耗NaOH溶液的体积:HMnO4>HClO2评卷人得分二、填空题(共9题,共18分)10、我国芒硝(Na2SO4·10H2O)的储量丰富;它是重要的化工原料。
(1)制备碳酸钠。将饱和硫酸钠溶液和饱和碳酸氢铵溶液混合,结晶得NaHCO3晶体,再经加热分解制得碳酸钠。生成NaHCO3晶体的化学方程式是________。
已知:I.2NaOH(s)+CO2(g)==Na2CO3(s)+H2O(g)ΔH1=−127.4kJ·mol−1
II.NaOH(s)+CO2(g)==NaHCO3(s)ΔH2=−131.5kJ·mol−1
则:2NaHCO3(s)==Na2CO3(s)+CO2(g)+H2O(g)ΔH=________kJ·mol−1。
(2)制备烧碱和硫酸。用如图所示装置,以惰性电极进行电解,a、b均为离子交换膜。
①Na+迁移方向是________。
②气体1是________;溶液2是________。11、污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g),310K下,向1L的恒温恒容密闭容器中充入0.1molNO2和0.2molCO,5min后反应达到平衡,此时NO2的浓度为0.05mol/L。
(1)反应从开始到5min时,CO的平均反应速率v(CO)=________,NO2的平衡转化率a=________,310K时,上述反应的平衡常数K=________。
(2)在350K下,重复上述实验,平衡后NO2的物质的量分数为30%,则该反应的ΔH________(填“>”“<“或“=”)0。12、①将一定量的CO2(g)和CH4(g)通入一恒容密闭容器中发生反应:CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。其他条件相同;在不同催化剂(Ⅰ;Ⅱ)作用下反应相同时间后,体系中CO含量随反应温度的变化如下图所示。
在a点与b点对应的反应条件下,反应继续进行一段时间后达到平衡,平衡常数Ka_________(填“>”、“<”或“=”)Kb;c点CO含量高于b点的原因是_________。
②为了探究反应CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)的反应速率与浓度的关系,起始时向恒容密闭容器中通入CH4与CO2,使其物质的量浓度均为1.0mol·L-1。平衡时,根据相关数据绘制出两条反应速率-浓度关系曲线:v正-c(CH4)和v逆-c(CO)。
则与曲线v正-c(CH4)相对应的是上图中曲线_________(填“甲”或“乙”);该反应达到平衡后,某一时刻降低温度,反应重新达到平衡,平衡常数减小,则此时曲线甲对应的平衡点可能为_________(填字母,下同),曲线乙对应的平衡点可能为_________。13、“洁净煤技术”研究在世界上相当普遍,科研人员通过向地下煤层气化炉中交替鼓入空气和水蒸气的方法,连续产出了高热值的煤炭气,其主要成分是CO和H2。CO和H2可作为能源和化工原料,应用十分广泛。生产煤炭气的反应之一是:C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)ΔH=+131.4kJ/mol
(1)在容积为3L的密闭容器中发生上述反应,5min后容器内气体的密度增大了0.12g/L,用H2O表示0~5min的平均反应速率为_________________________。
(2)关于上述反应在化学平衡状态时的描述正确的是_____________。
A.CO的含量保持不变。
B.v正(H2O)=v正(H2)
C.容器中混合气体的平均相对分子质量保持不变。
(3)若上述反应在t0时刻达到平衡(如下图),在t1时刻改变某一条件,请在下图中继续画出t1时刻之后正反应速率随时间的变化:(用实线表示)
①缩小容器体积,t2时到达平衡;②t3时平衡常数K值变大,t4到达平衡。
(4)在一定条件下用CO和H2可以制得甲醇,CH3OH和CO的燃烧热为别725.8kJ/mol,283.0kJ/mol,1mol液态水变成气态水吸热44.0kJ,写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和气态水的热化学方程式:_________________。
(5)如下图所示,以甲醇燃料电池作为电源实现下列电解过程。乙池中发生反应的离子方程式为____________。当甲池中增重16g时,丙池中理论上产生沉淀质量的最大值为_______________________________g。
14、常温下0.1mol/L的H2A溶液中H2A、HA-、A2-在三者中所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。回答下列问题:
(1)H2A的电离方程式是__________________,二级电离常数K2=_________。
(2)已知25℃时HF的Ka=10-3.45,将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中,发生反应的离子方程式为_______________________。15、按照要求回答下列问题。
(1)硫酸铁溶液显酸性的原因_____(用离子方程式表示).
(2)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合溶液中c(CH3COO﹣)=c(Na+),则混合后溶液显_____性.
(3)浓度均为0.1mol/L①氯化铵②醋酸铵③硫酸氢铵④氨水四种溶液中,c(NH4+)由大到小的顺序_____(填序号).
(4)将化合物A的蒸气1mol充入0.5L容器中加热分解:2A(g)⇌B(g)+nC(g),反应到3min时,容器内A的浓度为0.8mol/L,测得这段时间内,平均速率ν(C)=0.6mol/(L•min),则化学方程式中的n值为_____,ν(B)=_____,此时A的分解率为_____.16、判断下列盐溶液的酸碱性,能发生水解的用离子方程式表示,不能发生水解的请写上“不发生水解”字样。K2CO3溶液呈_______性,____________;K2SO4溶液呈_____性,______________;FeCl3溶液呈_____性,___________;Ba(NO3)2溶液呈______性,__________________。17、如图是溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图:
(1)其中,是______。填微粒符号
(2)在溶液中各微粒浓度等式关系正确的是_______
a.
b.
c.18、.按要求写出下列化学方程式或离子方程式。
(1)铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式_________________________________
(2)7.80g乙炔气体完全燃烧生成二氧化碳和液态水;放出389.9kJ的热量,写出反应的热化学方程式_______________________________
(3)氢氧燃料电池是最常见的燃料电池,电解质溶液通常是KOH溶液,写出负极电极反应式______________________________评卷人得分三、判断题(共1题,共2分)19、向溶液中加入少量水,溶液中减小。(____)评卷人得分四、元素或物质推断题(共1题,共5分)20、Q;W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素;其原子序数依次增大。
①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。
②X;Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。
③常温下,Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。
请回答下列各题:
(1)甲的水溶液呈酸性,用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。
(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。
(3)已知:ZO3n-+M2++H+→Z-+M4++H2O(M为金属元素,方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。
(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。评卷人得分五、实验题(共4题,共12分)21、某实验小组用0.55mol/LNaOH溶液和0.50mol/LHCl溶液进行中和热的测定。测定中和热的实验装置如图所示。
(1)从实验装置上看;图中缺少的一种玻璃仪器__________。
(2)使用补全仪器后的装置进行实验;取50mL0.50mol/LHCl溶液与50mL0.55mol/LNaOH溶液在小烧杯中进行中和反应,实验数据如表。
。实验次数。
起始温度t1/℃
终止温度。
t2/℃
温度差平均值(t2-t1)/℃
HCl
NaOH
平均值。
平均值。
1
26.2
26.0
26.1
29.5
______℃
2
27.0
27.4
27.2
33.3
3
25.9
25.9
25.9
29.2
4
26.4
26.2
26.3
29.8
①请填写表中的空白:温度差平均值__________℃
②上述实验数值结果比中和热57.3kJ/mol偏小;产生的原因可能是______。(填字母)
a.实验装置保温;隔热效果差。
b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数。
c.分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中。
d.用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定HCl溶液的温度。
(3)实验中若用60mL0.25mol/LH2SO4溶液跟50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应,与上述实验相比,所放出的热量______(填“相等”、“不相等”),所求中和热______(填“相等”、“不相等”),若用50mL0.50mol/L醋酸代替HCl溶液进行上述实验,测得反应前后温度的变化值会______(填“偏大”、“偏小”、“不受影响”)22、过氧化钙微溶于水;溶于酸,可作分析试剂;医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题:
(一)碳酸钙的制备。
(1)步骤①加入氨水的目的是_______。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大;有利于____。
(2)下图是某学生的过滤操作示意图;其操作不规范的是______(填标号)。
a.漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁。
b.玻璃棒用作引流。
c.将滤纸湿润;使其紧贴漏斗壁。
d.滤纸边缘高出漏斗。
e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度。
(二)过氧化钙的制备。
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸;至溶液中尚存有少量固体,此时溶液呈____性(填“酸”;“碱”或“中”)。将溶液煮沸,趁热过滤。将溶液煮沸的作用是___________。
(4)步骤③中反应的化学方程式为________;该反应需要在冰浴下进行,原因是_________。
(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水;乙醇洗涤;使用乙醇洗涤的目的是_______。
(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后,直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是______,产品的缺点是_______。23、三氯化硼(BCl3),主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂,还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料,采用下列装置(部分装置可重复使用)制备BCl3。
已知:①BCl3的沸点为12.5℃,熔点为-107.3℃;遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸;②2B+6HCl2BCl3+3H2;③硼与铝的性质相似;也能与氢氧化钠溶液反应。
请回答下列问题:
(1)A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,反应的化学方程式为___________。
(2)装置从左到右的接口连接顺序为a→___________________→j。
(3)装里E中的试剂为___________,如果拆去E装置,可能的后果是____________。
(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气。若缺少此步骤,则造成的结果是_____。
(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾,写出该反应的化学方程式________,硼酸也可用电渗析法制备,“四室电渗析法”工作原理如图所示:
则阳极的电极反应式__________________,分析产品室可得到H3BO3的原因________________。24、某小组同学利用原电池装置探究物质的性质。
。资料显示:原电池装置中;负极反应物的还原性越强,或正极反应物的氧化性越强,原电池的电压越大。
(1)同学们利用下表中装置进行实验并记录。
。装置。
编号。
电极A
溶液B
操作及现象。
Ⅰ
Fe
pH=2的H2SO4
连接装置后;石墨表面产生无色气泡;电压表指针偏转。
Ⅱ
Cu
pH=2的H2SO4
连接装置后;石墨表面无明显现象;电压表指针偏转,记录读数为a
连接装置后;石墨表面无明显现象;电压表指针偏转,记录读数为a
①同学们认为实验Ⅰ中铁主要发生了析氢腐蚀,其正极反应式是______________。
②针对实验Ⅱ现象:甲同学认为不可能发生析氢腐蚀,其判断依据是______________;乙同学认为实验Ⅱ中应发生吸氧腐蚀,其正极的电极反应式是___________________。
(2)同学们仍用上述装置并用Cu和石墨为电极继续实验,探究实验Ⅱ指针偏转原因及影响O2氧化性的因素。
。编号。
溶液B
操作及现象。
Ⅲ
经煮沸的pH=2的H2SO4
溶液表面用煤油覆盖,连接装置后,电压表指针微微偏转,记录读数为b
Ⅳ
pH=2的H2SO4
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置,电压表指针偏转,记录读数为c;取出电极,向溶液中加入数滴浓Na2SO4溶液混合后,插入电极,保持O2通入;电压表读数仍为c
Ⅴ
pH=12的NaOH
在石墨一侧缓慢通入O2并连接装置;电压表指针偏转,记录读数为d
①丙同学比较实验Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的电压表读数为:c>a>b,请解释原因是__________。
②丁同学对Ⅳ、Ⅴ进行比较,其目的是探究________对O2氧化性的影响。
③实验Ⅳ中加入Na2SO4溶液的目的是_____________。
④为达到丁同学的目的,经讨论,同学们认为应改用下图装置对Ⅳ、Ⅴ重复进行实验,其设计意图是________;重复实验时,记录电压表读数依次为c′、d′,且c′>d′,由此得出的结论是______________________________。
参考答案一、选择题(共9题,共18分)1、C【分析】【详解】
A.标准状况下,22.4L的气体为1mol,根据反应2NO+O2=2NO2,则NO完全反应,O2余下0.5mol,生成NO21mol,生成的NO2存在2NO2N2O4平衡,所以混合后分子总数小于1.5NA;A错误;
B.0.1mol•L-1的氨水中;没有氨水的体积,无法计算氮元素的物质的量,B错误;
C.已知氢气的热值为143kJ•g-1,1mol氢气为2g,则1mol氢气放热2×143kJ=286kJ,所以热化学方程式可表示为:H2(g)+O2(g)=H2O(l)ΔH=-286kJ•mol−1;C正确;
D.10mL0.1mol•L-1的酸性高锰酸钾物质的量为0.1mol•L-1×0.01L=0.001mol,高锰酸钾被还原成Mn2+,每个Mn得到5个电子,则电子数为0.005mol,所以转移的电子总数为0.005NA;D错误。
答案选C。2、C【分析】【分析】
【详解】
A.中和热是指生成1mol水放出的热量,H2SO4和Ca(OH)2反应生成硫酸钙和水;硫酸钙是微溶物,生成硫酸钙也要放热,A错误;
B.需要加热才能发生的反应不一定是吸热反应,有些放热反应也需要加热,例如:N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0;B错误;
C.燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量,则2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)反应的△H=+2×283.0kJ/mol;C正确;
D.燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量;故1mol甲烷燃烧生成液态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热,D错误;
答案选C。3、D【分析】【详解】
n(NaOH)=0.05L×8mol/L=0.4mol,则由CO2~2NaOH~Na2CO3可知,n(CO2)=0.2mol,则根据碳守恒可知:n(CO2)=2n(C2H6O),n(C2H6O)=0.1mol,放出的热量为Q,所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为10Q;由CO2~NaOH~NaHCO3可知,n(CO2)=0.4mol,则则根据碳守恒可知:n(CO2)=2n(C2H6O),n(C2H6O)=0.2mol;放出的热量为Q,所以1mol乙醇完全燃烧放出的热量为5Q,若二氧化碳和氢氧化钠反应生成碳酸氢钠和碳酸钠的化合物,则乙醇的燃烧热在5Q~10Q之间;综上所述,本题选D。
【点睛】
此题进行解析时,要根据乙醇燃烧生成二氧化碳的量的多少进行判定反应放出热量的数值;而二氧化碳气体的量的确定与氢氧化钠溶液恰好完全反应有关,反应可以恰好生成碳酸氢钠,据此确定二氧化碳的量,反应可以恰好生成碳酸钠,据此确定二氧化碳的量,反应可以恰好生成碳酸氢钠和碳酸氢钠的混合物,据此确定二氧化碳的量的范围。4、D【分析】【分析】
在容器的容积不变时,气体的物质的量的比等于容器内的气体的压强的比。反应前后压强之比为5:4,则反应后气体的物质的量减小。由于产生了1.6molC,则同时产生0.8mol的D,还有未反应的反应物A:4mol−1.2mol=2.8mol,B:2mol-0.8=1.2mol,则反应后气体的物质的量n=×6mol=4.8mol;所以C是非气态物质,而D是气体。以此分析解答本题。
【详解】
A.由上述分析可知,C是非气态物质,而D是气体,3A(g)+2B(g)4C(非气体)+2D(g),则该反应的化学平衡常数表达式是故A错误;
B.在反应达到平衡时,生成1.6molC时,则反应消耗B为0.8mol,B的平衡转化率=×100%=40%;故B错误;
C.增大该体系的压强;平衡向右移动,但是由于温度不变,所以化学平衡常数就不变,故C错误;
D.由于C不是气体;所以增加C,平衡不会发生移动,B的平衡转化率不变,故D正确;
故选:D。5、C【分析】【详解】
A;依据图象分析;温度升高逆反应速率大于正反应速率,平衡逆向进行,逆向是吸热反应,正向是放热反应,故A错误;
B;压强增大;平衡正向移动,缩短反应达到平衡的时间,X的转化率变大,故B错误;
C、若正反应的△H<0;是放热反应升温平衡逆向进行,逆反应速率大于正反应速率,图象符合反应速率的变化,故C正确;
D、图象分析,温度升高平均相对分子质量减小,平均分子质量减小,总质量不变,说明气体物质的量变大,所以平衡逆向进行,逆反应是吸热反应,正反应是放热反应△H<0;故D错误;
故选:C。6、C【分析】【详解】
指示剂显红色说明平衡向逆反应方向移动,加入的溶液应呈酸性,向溶液中加盐酸、硫酸氢钠溶液,使溶液中c(H+)增大,平衡向左移动,指示剂显红色;向溶液中加石灰水、纯碱溶液、氨水,OH-中和溶液中H+,使溶液中c(H+)减小,平衡向右移动,溶液显黄色;NaCl溶液对溶液起到稀释作用,由于生成物的系数大,稀释的倍数多,所以平衡正向移动,溶液变为黄色,故选C。7、D【分析】【详解】
氨水和盐酸中水的电离受到抑制且相同;氨水与盐酸等体积混合后溶液为氨水和氯化铵溶液,以氨水的电离为主,溶液呈碱性,抑制水的电离,但溶液pH比pH=11的氨水小,故电离度大,所以有α2=α3<α4<α1;
答案选D。8、B【分析】【详解】
A.乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层;不能选过滤分离,应选分液分离,故A错误;
B.二氧化硫与NaOH能够反应被吸收;乙烯不能,导管长进短出,洗气可分离,故B正确;
C.加热AlCl3溶液,促进水解,生成的盐酸易挥发,加热蒸干得不到无水AlCl3固体,应在HCl气流中加热制备无水AlCl3固体;故C错误;
D.Cu与浓硫酸的反应需要加热;图中缺少加热装置,故D错误;
故选B。9、B【分析】【分析】
两溶液加水稀释,溶液的酸性变弱,呈如图变化,又HClO2的酸性小于高锰酸,对应酸根离子ClO2-的水解程度更大;可据此判断溶液里面的微粒关系。
【详解】
A.当稀释至pH均为3时,根据溶液中存在物料守恒c(H+)=c(OH-)+c(ClO2-)和c(H+)=c(OH-)+c(MnO4-)可以知道,c(ClO2-)=c(MnO4-);故A错误;
B.在0≤pH≤5时,不考虑水的电离,所以HMnO4溶液中的pH应该为:故B正确;
C.由图中曲线可以知道,酸性HClO24,pH和体积相同的HClO2与HMnO4溶液中,氢离子浓度相同,HClO2浓度大于HMnO4,所以与足量的Zn反应产生H2的量HClO2>HMnO4;但溶液体积未知,故无法比较,故C错误;
D.都是一元酸且物质的量相等,所以稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和;消耗的NaOH溶液体积应该相等,故D错误;
答案选B。二、填空题(共9题,共18分)10、略
【分析】【分析】
(1)根据题意写出化学方程式即可,需要注意的是两个饱和溶液反应生成的是NaHCO3晶体;故要加上沉淀符号;根据盖斯定律计算即可;
(2)电解Na2SO4溶液,左侧为阴极,电极反应为:2H++2e-=H2↑,右侧为阳极,电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O;则溶液1为NaOH溶液,气体1为H2,溶液2为H2SO4溶液,气体2为O2。
【详解】
(1)根据题意,可以得该反应的化学方程式为:Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4;根据盖斯定律可得,ΔH=-2ΔH2+ΔH1=-2×(-131.5kJ·mol−1)+(-127.4kJ·mol−1)=+135.6kJ·mol−1;
(2)电解Na2SO4溶液,左侧为阴极,电极反应为:2H++2e-=H2↑,右侧为阳极,电极反应为4OH--4e-=O2↑+2H2O;则溶液1为NaOH溶液,气体1为H2,溶液2为H2SO4溶液,气体2为O2;故Na+透过a膜进入阴极室。【解析】Na2SO4+2NH4HCO3=2NaHCO3↓+(NH4)2SO4+135.6透过a膜进入阴极室(其他合理答案给分)氢气(H2)H2SO411、略
【分析】【分析】
(1)反应速率
(2)和310K时NO2的物质的量分数比较判断反应进行的方向确定反应的焓变。
【详解】
(1)污染性气体NO2与CO在一定条件下发生的反应为2NO2(g)+4CO(g)⇌4CO2(g)+N2(g),310K下,向1L的恒温恒容密闭容器中充人0.1molNO2和0.2molCO;5min后反应达到平衡,此时2的浓度为0.05mol/L,结合三行计算列式:
反应从开始到5min时,CO的平均反应速率NO2的平衡转化率310K时,上述反应的平衡常数故答案为:0.02mol/(L•min);50%;10;
(2)310K时,平衡后NO2的物质的量分数在350K下,重复上述实验,平衡后NO2的物质的量分数为30%,二氧化氮物质的量分数增大,说明升温平衡逆向进行,正反应为放热反应,ΔH<0,故答案为:<。【解析】①.0.02mol/(L•min)②.50%③.10④.<12、略
【分析】【详解】
①据图可知,随着温度升高,CO的含量增大,说明平衡正向移动,所以该反应的正反应为吸热反应,平衡常数只受温度影响,ab两点的温度相同,所以Ka=Kb;c点与b点反应均未达到平衡,但c点温度高于b点;反应速率更快,相同时间内生成CO的量更多,所以c点CO的含量更高;
②由图像可知,甲的浓度从0升高到0.4mol·L-1,乙的浓度从1mol·L-1降低到0.8mol·L-1,随着反应的进行,甲烷的浓度会越来越小,正反应速率也会越来越小,所以曲线v正−c(CH4)相对应的曲线是图中的乙线,一氧化碳的浓度逐渐增大,逆反应速率逐渐增大,曲线v逆-c(CO)相对应的曲线是图中的甲线;根据图可知;反应平衡时图中对应的点应为A和F点,由于该反应的正反应为吸热反应,降温后,反应速率减小,平衡逆向移动,甲烷的浓度会增大,CO的浓度会减小,所以此时曲线甲对应的平衡点可能为应为E点,曲线乙对应的平衡点为B点。
【点睛】
根据图中浓度的变化量判断出曲线v正−c(CH4)相对应的曲线是图中的乙线是难点,需要分析清楚速率随浓度的变化情况。【解析】①.=②.c点与b点反应均未达到平衡,但c点温度高于b点,反应速率更快,相同时间内生成CO的量更多,所以c点CO的含量更高③.乙④.E⑤.B13、略
【分析】【分析】
【详解】
试题分析:(1)因为是等体积,因此密度增大了0.12g·L-1,气体质量增大了3×0.12g=0.36g,根据质量差,求出消耗的H2O的物质的量0.36/12mol=0.03mol,v(H2O)="0.03/(3×5)mol/(L·min)=0.002"mol/(L·min);(2)A、根据化学平衡状态的定义,CO的含量保持不变,说明反应达到平衡,故正确;B、反应方向都是向正反应方向进行,要求是一正一逆,故错误;C、根据摩尔质量的定义,气体的质量增大,气体的物质的量增大,因此摩尔质量不变,说明反应达到平衡,故正确;(3)①缩小容器的体积,增大压强,根据勒夏特列原理,平衡向逆反应方向移动,图像是:②平衡常数增大,只改变温度,说明化学反应向正反应方向移动,此反应是吸热反应,因此升高温度,图像是:(4)①CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-725.8kJ·mol-1,②CO(g)+1/2O2(g)=CO2(g)△H=-283.0kJ·mol-1,③H2O(l)=H2O(g)△H=+44.0kJ·mol-1,CH3OH+O2=CO+2H2O(g),①-②+2×③得出:CH3OH(l)+O2(g)=CO(g)+2H2O(g)△H=(-725.8+283+2×44)kJ·mol-1=-354.8kJ·mol-1;(5)甲池为原电池,乙池、丙池为电解池,通甲醇的一极为负极,通氧气的一极为正极,乙池中石墨跟电池的正极相连,即石墨为阳极,Ag作阴极,因此电极总反应式是:2Cu2++2H2O2Cu+O2+4H+,甲池反应方程式为CH3OH+3/2O2+2KOH=K2CO3+3H2O,甲池溶液增重的质量为甲醇和氧气的质量,设甲醇的物质的量为xmon,则氧气的物质的量为3x/2mol,因此有32x+3×32x/2=16,解得x=0.2mol,整个电路中通过电子的物质的量为0.2×6mol=1.2mol,丙池中沉淀:Mg+2OH--2e-=Mg(OH)2,m[Mg(OH)2]=1.2×58/2g=34.8g。
考点:考查化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断、勒夏特列原理、化学平衡常数、电极反应式的书写等知识。【解析】0.002mol∕L·minAC如图:CH3OH(l)+O2(g)="CO"(g)+2H2O(g)ΔH="-354.8"kJ∕mol2Cu2++2H2O2Cu+O2+4H+,34.814、略
【分析】【分析】
⑴多元弱酸的电离是一步一步电离;从图中pH=4.2分析二级电离常数。
⑵根据图中pH=1.2信息得出一级电离常数;根据电离常数得出酸强弱顺序,再根据酸强弱书写离子方程式。
【详解】
⑴多元弱酸的电离是一步一步电离,H2A的电离方程式是H2AH++HA-,从图中pH=4.2分析二级电离常数故答案为:H2AH++HA-;10−4.2。
⑵已知25℃时HF的Ka=10-3.45,根据图中pH=1.2信息得出因此酸强弱顺序为H2A>HF>HA-,将少量H2A的溶液加入足量NaF溶液中,发生反应的离子方程式为H2A+F-=HF+HA-;故答案为:H2A+F-=HF+HA-。【解析】H2AH++HA-10-4.2H2A+F-==HF+HA-15、略
【分析】【分析】
(1)硫酸铁溶液中,Fe3+发生水解;溶液显酸性;
(2)根据电荷守恒进行分析;
(3)从盐类的水解和弱电解质的电离程度微弱进行分析;
(4)根据化学反应速率以及物质的量在反应方程式的应用进行分析;
【详解】
(1)硫酸铁属于强酸弱碱盐,Fe3+发生水解:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,使溶液中c(H+)>c(OH-);溶液显酸性;
(2)根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),因为c(Na+)=c(CH3COO-),因此有c(H+)=c(OH-);溶液显中性;
(3)盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱,因此四种溶液中NH3·H2O中的c(NH4+)最小,硫酸氢铵溶液中存在大量H+,抑制NH4+的水解,醋酸铵为弱酸弱碱盐,相互促进水解,盐中c(NH4+)最小,因此c(NH4+)由大到小的顺序是③①②④;
(4)根据化学反应速率的数学表达式,这段时间内生成C的物质的量浓度为0.6mol/(L·min)×3min=1.8mol/L,根据反应方程式,解得n=3,根据反应速率之比等于化学计量数之比,因此有v(B)=v(C)=×0.6mol/(L·min)=0.2mol/(L·min),0-3min消耗A的物质的量为(1mol-0.8mol/L×0.5L)=0.6mol,则A的分解率=×100%=60%。
【点睛】
本题的难点是(3),盐类水解程度和弱电解质的电离程度都是微弱,首先判断出NH3·H2O中c(NH4+)最小,①②③中c(NH4+)判断,醋酸铵溶液中CHCOO-和NH4+相互促进水解,因此醋酸铵中c(NH4+)小于NH4Cl中的c(NH4+),硫酸氢铵中HSO4-完全电离,相当于一元强酸,H+会抑制NH4+水解,因此硫酸氢铵溶液中c(NH4+)大于NH4Cl中c(NH4+),从而的出结果。【解析】①.Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+②.中③.③①②④④.3⑤.0.2mol/(L·min)⑥.60%16、略
【分析】【分析】
先判断是否有弱离子再确定是否水解;结合水解方程式判断溶液的酸碱性。
【详解】
K2CO3是强碱弱酸盐,水解后水溶液呈碱性,水解的离子方程式为:CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-;K2SO4是强酸强碱盐,不水解,溶液呈中性;FeCl3是强酸弱碱盐,水解后溶液呈酸性,水解的离子方程式为:Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+;Ba(NO3)2是强酸强碱盐,不水解,溶液呈中性;故答案为:碱;CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-;中;不发生水解;酸;Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+;中;不发生水解。
【点睛】
把握盐类水解规律是解题的关键。本题的易错点为Ba(NO3)2,要注意氢氧化钡是强碱,Ba(NO3)2属于强酸强碱盐,另外,Fe3+水解生成的氢氧化铁不能加“↓”。【解析】①.碱②.CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-③.中④.不发生水解⑤.酸⑥.Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+⑦.中⑧.不发生水解17、略
【分析】【分析】
⑴先写出离子浓度大小;再得出结论。
⑵根据和三大守恒分析。
【详解】
⑴亚硫酸钠虽然能水解,但程度不大,所以主要离子为钠离子和亚硫酸根离子,由于还能少量水解,溶液中水电离出氢氧根离子和氢离子,故氢氧根离子浓度略大于由于溶液呈碱性,所以是最小的,所以离子浓度大小关系为:故是故答案为:
⑵亚硫酸钠为强电解质,完全电离,亚硫酸根离子为多元弱酸根离子,部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子,亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子,溶液中还存在水的电离,
a.根据物料守恒可知,故a错误;
b.根据电荷守恒可知,故b正确;
c.根据质子守恒可知,故c错误。
故答案为:b。【解析】b18、略
【分析】【分析】
(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气;
(2)0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时;放出389.9kJ热量,则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为2599.2kJ;
(3)氢氧燃料电池中;氢气做负极,碱性条件下在负极放电生成水。
【详解】
(1)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑,故答案为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑;
(2)7.80g乙炔的物质的量为=0.3mol,0.3mol乙炔燃烧生成二氧化碳气体和液态水时,放出389.9kJ热量,则2mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳和液体水放出热量为=2599.2kJ,反应的热化学方程式为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1,故答案为2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol-1;
(3)氢氧燃料电池中,氢气做负极,碱性条件下在负极放电生成水,电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O,故答案为H2-2e-+2OH-=2H2O。
【点睛】
书写热化学方程式时注意物质的聚集状态不能漏写、反应热的符号和单位不要漏写是解答易错点。【解析】.2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑2C2H2(g)+5O2(g)=4CO2(g)+2H2O(l)△H=-2599.2kJ·mol—1H2-2e-+2OH-=2H2O三、判断题(共1题,共2分)19、×【分析】【详解】
向溶液中加入少量水,减小,碱性减弱即减小,则增大,则溶液中增大,故错;【解析】错四、元素或物质推断题(共1题,共5分)20、略
【分析】【分析】
根据题干可知Q;W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。
(1)甲为硝酸铵,其水溶液呈酸性,主要是铵根水解显酸性,其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
(3)根据方程式ZO3n-→Z-;由上述信息可推测Z为Cl,在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。
(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。此反应的离子方程式为16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。
【详解】
(1)甲为硝酸铵,其水溶液呈酸性,主要是铵根水解显酸性,其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+,故答案为:NH4++H2ONH3·H2O+H+。
(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气,其化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,故答案为:2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
(3)根据方程式ZO3n-→Z-;由上述信息可推测Z为Cl,在周期表中位置为第三周期第ⅦA族,故答案为:第三周期第ⅦA族。
(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸,同时生成NO。此反应的离子方程式为16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O,故答案为:16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O。【解析】NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2第三周期第ⅦA族16H++3CuAlO2+NO3-=3Cu2++3Al3++NO+8H2O五、实验题(共4题,共12分)21、略
【分析】【分析】
结合中和热的概念和中和热实验操作的要点保温;防止能量散失分析判断;中和热指强酸和强碱的稀溶液发生中和反应生成1mol水时放出的热,和所用酸以及碱的量的多少无关;根据弱电解质的电离时吸热过程。
【详解】
(1)由量热计的构造可知该装置缺少的一种仪器是环形玻璃搅拌棒;
(2)①第1次温度差为29.5℃-26.1℃=3.4℃;第2次温度差为33.3℃-27.2℃=6.1℃,第3次温度差为29.2℃-25.9℃=3.3℃,第4次温度差为29.8℃-26.3℃=3.5℃,其中第2次数据明显误差较大,舍去,剩余3次的平均温度为3.4℃;
②a.装置保温;隔热效果差;测得的热量偏小,中和热的数值偏小,故a可能;
b.量取NaOH溶液的体积时仰视读数,会导致所量的氢氧化钠体积偏大,放出的热量偏高,中和热的数值偏大,故b不可能;
c.尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中;不允许分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中,这样会导致能量散失,测定数值偏小,故c可能;
d.温度计测定NaOH溶液起始温度后直接插入稀HCl测温度;盐酸的起始温度偏高,测得的热量偏小,中和热的数值偏小,故d可能;
故答案为:acd;
(3)若用60mL0.25mol•L-1H2SO4溶液跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应,与上述实验相比,生成水的量不等,则所放出的热量也不相等,但是中和热指强酸和强碱的稀溶液反应生成1mol水时放出的热,故中和热相等;醋酸是弱酸,电离过程吸热,所以用50mL0.50mol•L-1醋酸代替盐酸进行上述实验;测得反应前后温度的变化值会偏小。
【点睛】
本题考查中和热的测定和误差分析,中和热测定实验成败的关键是保温工作,大小烧杯之间填满碎泡沫塑料的作用是保温、隔热、减少实验过程中的热量损失,误差分析也是结合实验中操作引起能量的偏差进行判断,难点是使用醋酸代替强酸,注意弱酸电离需要消耗能量。【解析】环形玻璃搅拌棒3.4acd不相等相等偏小22、略
【分析】试题分析:(1)反应中盐酸过量;且溶液中含有铁离子,因此步骤①加入氨水的目的是中和多余的盐酸,沉淀铁离子;小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大,有利于过滤。
(2)a.过滤时漏斗末端颈尖应该紧靠烧杯壁,a错误;b.玻璃棒用作引流,b正确;c.将滤纸湿润;使其紧贴漏斗壁,防止有气泡,c正确;d.滤纸边缘应该低于漏斗,d错误;e.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动容易弄碎滤纸,e错误,答案选ade。
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸,至溶液中尚存有少量固体,溶液中有二氧化碳生成,因此溶液呈酸性。溶液中含有二氧化碳,而过氧化钙能与酸反应,因此将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2。
(4)根据原子守恒可知反应中还有氯化铵和水生成,则步骤③中反应的化学方程式为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O;双氧水不稳定;受热易分解,因此该反应需要在冰浴下进行的原因是防止过氧化氢分解。
(5)过氧化钙不溶于乙醇;使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分。
(6)制备过氧化钙的另一种方法是:将石灰石煅烧后;直接加入双氧水反应,过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是原料来源丰富;操作方便,产品的缺点是得到产品的纯度较低。
【考点定位】考查物质制备实验设计。
【名师点睛】本试题考查物质的制备、实验基本操作、盐类水解、实验方案的设计与评价、元素及其化合物的性质等知识,这些问题属于基础知识的应用,意在考查考生的知识运用能力。制备碳酸钙,需要除去石灰石中的杂质,铁的氧化物和盐酸反应产生铁离子,然后利用过氧化氢,把Fe2+氧化成Fe3+,利用氢氧化铁在pH=2出现沉淀,当pH=3.7时沉淀完全,加入氨水调节pH,让Fe3+转化成Fe(OH)3,然后进行过滤,除去杂质。做题过程中注意题目中信息,信息会告诉你解题的思路,“沉淀颗粒长大”,便于得到沉淀,便于过滤分离;实验操作中实验获得成功,一定要注意操作的规范性,如过滤的注意事项:“一贴”“二低”“三靠”;物质的制备为了得到纯净的物质,一定要把杂质除去,但不能引入新的杂质,把有可能引入杂质的情况考虑进去。CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2↑+H2O,但CO2能溶于水,会有一部分CO2溶解,加入氨水时会产生(NH4)2CO3,制备的过氧化钙不纯净,所以需要除去溶解CO2,加热煮沸,即可除去溶解CO2。在实验题目中往往以元素及其化合物的性质为基础进行考查,过氧化氢不稳定受热易分解,在冰浴中进行,为防止过氧化氢的分解;在物质的制备中也要注意题给信息,因为这往往解某题的关键,如“过氧化钙微溶于水”,用蒸馏水洗涤中会有部分溶解,为了减少溶解,利用过氧化钙难溶于乙醇进行洗涤,本试题难度适中。【解析】(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀;过滤分离;(2)ade;(3)酸;除去溶液中溶解的CO2;
(4)CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O或CaCl2+2NH3·H2O+H2O2+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl;温度过高时过氧化氢分解;(5)去除结晶表面水分;(6)工艺简单、操作方便;纯度较低。23、略
【分析】【分析】
根据装置:由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,制得的氯气混有HCl和水蒸气,可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体,由C中浓硫酸吸水干燥;BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸,因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气,排尽装置中的空气,干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应;BCl3的沸点为12.5℃,熔点为-107.3℃,可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集;F中NaOH可以吸收尾气,防止污染空气;为防止F中的水蒸气进入B装置,在B和F之间连接一个C干燥装置,据此分析解答。
【详解】
(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气,反应的方程式为:KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O,故答案为KClO3+6HCl(浓)═KCl+3Cl2↑+3H2O;
(2)根据分析,A制备氯气,E中饱和食盐水吸收HCl气体,
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