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文档简介
广东省江门市江海区礼乐中学2025年高三5月调研考试化学试题试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。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、25℃时,将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化),引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A.该温度下,醋酸的电离平衡常数Ka=B.a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)C.水的电离程度:c>b>aD.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)2、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.1L0.1mol/L的NaHS溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NAB.2.0gH218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC.1molNa2O2固体中含离子总数为4NAD.3molFe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子3、已知某饱和NaCl溶液的体积为VmL,密度为,质量分数为w%,溶液中含NaCl的质量为mg。则下列表达式正确的是A. B.C. D.4、在100mL的混合液中,硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol/L、0.15mol/L,向该混合液中加入2.56g铜粉,加热,待充分反应后,所得溶液中铜离子的物质的量浓度是A.0.15mol/LB.0.225mol/LC.0.30mol/LD.0.45mol/L5、下列各组物质,满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是()序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A.A B.B C.C D.D6、室温下,0.1mol下列物质分别与1L0.1mol/LNaOH溶液反应,所得溶液pH最小的是A.SO3 B.NO2 C.Al2O3 D.SO27、Weiss利用光敏剂QD制备2—环己基苯乙烯(c)的过程如图所示。下列有关说法正确的是A.a不能使酸性KMnO4溶液褪色B.a、b、c都能发生加成、加聚反应C.c中所有原子共平面D.b、c为同系物8、下列实验能实现的是()A.图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B.图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C.图3装置中若a处有红色物质生成,b处变蓝,证明X一定是H2D.图4装置可以制取少量CO2,安全漏斗可以防止气体逸出9、下列说法正确的是()A.2,2−二甲基丁烷的1H−NMR上有4个峰B.中所有原子处于同一平面上C.有机物的一种芳香族同分异构体能发生银镜反应D.甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色,说明苯环与甲基相连的碳碳单键变活泼,被KMnO4氧化而断裂10、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示:下列说法正确的是A.离子半径的大小顺序:e>f>g>hB.与x形成简单化合物的沸点:y>z>dC.x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D.e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应11、某种新型热激活电池的结构如图所示,电极a的材料是氧化石墨烯(CP)和铂纳米粒子,电极b的材料是聚苯胺(PANI),电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO(氧化态聚苯胺,绝缘体)+2H+,电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法不正确的是A.电池工作时电极a为正极,且发生的反应是:Fe3++e-—Fe2+B.电池工作时,若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液,电极b周围慢慢变红C.电池冷却时,若该装置正负极间接有电流表或检流计,指针会发生偏转D.电池冷却过程中发生的反应是:2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI12、a、b、c、d为短周期元素,原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍,a和b能组成两种常见的离子化合物,其中一种含两种化学键,d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液,开始没有沉淀;随着bca2溶液的不断滴加,逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A.简单原子半径:b>c>aB.最高价氧化物对应水化物的碱性:b<cC.工业上电解熔融cd3可得到c的单质D.向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀13、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中,下列操作未涉及的是A. B. C. D.14、三轴烯()(m)、四轴烯()(n)、五轴烯()(p)的最简式均与苯相同。下列说法正确的是A.m、n、p互为同系物 B.n能使酸性KMnO4溶液褪色C.n和p的二氯代物均有2种 D.m生成1molC6H14需要3molH215、短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图所示,其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应,也能与强碱反应,下列说法正确的是()A.元素
n
位于元素周期表第
3
周期,第ⅢA
族B.单质与水反应置换出氢气的能力:m<nC.简单离子半径:m>qD.最高价氧化物对应水化物的碱性:m<n16、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A.装置配制100mL某浓度NaNO3溶液B.分离溴苯和水混合物C.验证质量守恒定律D.可以实现防止铁钉生锈17、主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且均不大于20,X与Y相邻,Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数,Z的最高正价和最低负价代数和为4,化合物Y2Q4可作为火箭推进剂,普遍用在卫星和导弹的姿态控制上。下列说法错误的是A.X和Z的单质均存在多种同素异形体B.Q、Y和Z三种元素只能形成共价化合物C.Q和W形成的化合物的水溶液呈碱性D.WZXY溶液常用于Fe3+的检验18、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.1molI2与4molH2反应生成的HI分子数为2NAB.标准状况下,2.24LH2O含有的电子数为NAC.1L1.1mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2NAD.7.8g苯中碳碳双键的数目为1.3NA19、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A.硝酸钡,稀硫酸 B.稀盐酸,氯化钡C.稀硫酸,氯化钡 D.稀硝酸,氯化钡20、某溶液中只可能含有K+、Al3+、Br-、OH-、CO、SO中的一种或几种。取样,滴加足量氯水,有气泡产生,溶液变为橙色;向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成,还需检验的离子是A.Br- B.OH- C.K+ D.Al3+21、生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A.上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B.转化1可在人体内完成,该催化剂属于蛋白质C.物质C和油脂类物质互为同系物D.物质A和B都属于非电解质22、下列实验方案正确且能达到实验目的是()A.用图1装置制取并收集乙酸乙酯B.用图2装置除去CO2气体中的HCl杂质C.用图3装置检验草酸晶体中是否含有结晶水D.用图4装置可以完成“喷泉实验”二、非选择题(共84分)23、(14分)有一无色透明溶液,欲确定是否含有下列离子:Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl-、I-、HCO3-,进行如下实验:实验步骤实验现象①取少量原溶液,加几滴甲基橙溶液变红色②取少量原溶液,浓缩,加Cu片和浓H2SO4,加热有无色气体产生,后在空气中又变成红棕色③取少量原溶液,加BaCl2溶液有白色沉淀生成④取③中上层清液,加AgNO3溶液有白色沉淀生成,且不溶于HNO3⑤取少量原溶液,加NaOH溶液有白色沉淀生成,当NaOH过量时沉淀部分溶解⑴溶液中肯定存在的离子是________________________;⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________;⑶为进一步确定其他离子,应该补充的实验是_____________________________;____________________________。24、(12分)洛匹那韦(Lopinavir)是抗艾滋病毒常用药,在“众志成城战疫情”中,洛匹那韦,利托那韦合剂被用于抗新型冠状病毒(2019-nCoV)。洛匹那韦的合成路线可设计如图:回答下列问题:(1)A的化学名称是_______;A制备B反应的化学方程式为_________(注明反应条件)。(2)D生成E的反应类型为_____;F中能与氢气发生加成反应的官能团名称为___。(3)C的分子式为_____;一定条件下,C能发生缩聚反应,化学方程式为_____。(4)K2CO3具有碱性,其在制备D的反应中可能的作用是______。(5)X是C的同分异构体,写出一种符合下列条件的X的结构简式______。①含有苯环,且苯环上的取代基数目≤2②含有硝基③有四种不同化学环境的氢,个数比为6:2:2:1(6)已知:CH3COOHCH3COCl,(2,6-二甲基苯氧基)乙酰氯()是由G合成洛匹那韦的原料之一,写出以2,6-二甲基苯酚、ClCH2COOCH2CH3、K2CO3为原料制各该物质的合成路线________(其它无机试剂任选)。25、(12分)甲同学向做过银镜反应的试管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2),发现银镜部分溶解,和大家一起分析原因:甲同学认为:Fe3+具有氧化性,能够溶解单质Ag。乙同学认为:Fe(NO3)3溶液显酸性,该条件下NO3-也能氧化单质Ag。丙同学认为:Fe3+和NO3-均能把Ag氧化而溶解。(1)生成银镜反应过程中银氨溶液发生_____________(氧化、还原)反应。(2)为得出正确结论,只需设计两个实验验证即可。实验I:向溶解了银镜的Fe(NO3)3的溶液中加入____________(填序号,①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1),现象为___________,证明甲的结论正确。实验Ⅱ:向附有银镜的试管中加入______________溶液,观察银镜是否溶解。两个实验结果证明了丙同学的结论。(3)丙同学又把5mLFeSO4溶液分成两份:第一份滴加2滴KSCN溶液无变化;第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液,出现白色沉淀,随后有黑色固体产生(经验证黑色固体为Ag颗粒),再取上层溶液滴加KSCN溶液变红。根据上述的实验情况,用离子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系_______________。(4)丁同学改用如图实验装置做进一步探究:①K刚闭合时,指针向左偏转,此时石墨作_________,(填“正极”或“负极。此过程氧化性:Fe3+_______Ag+(填>或<)。②当指针归零后,向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液,指针向右偏转。此过程氧化性:Fe3+_______Ag+(填>或<)。③由上述①②实验,得出的结论是:_______________________。26、(10分)卤素单质在碱性溶液中容易发生歧化反应,歧化的产物依反应温度的不同而不同。Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O下图为制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的微型实验装置:装置中盛装的药品如下:①多用滴管中装有5mL浓盐酸;②微型具支试管中装有1.5gKMnO4;③微型具支试管中装有2~3mL浓硫酸;④U形反应管中装有30%KOH溶液;⑤U形反应管中装有2mol·L-1NaOH溶液;⑥、⑦双U形反应管中分别装有0.1mol·L-1KI-淀粉溶液和KBr溶液;⑧尾气出口用浸有0.5mol·L-1Na2S2O3溶液的棉花轻轻覆盖住(1)检查整套装置气密性的方法是________。(2)为了使装置④⑤中的反应顺利完成,应该控制的反应条件分别为___________。(3)装置⑥⑦中能够观察到的实验现象分别是_________。(4)如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置,则______(填“能”或“不能”)证明氧化性Cl2>I2,理由是_______。(5)已知氯酸钾和氯化钾的溶解度曲线如图所示,反应结束后,从装置④所得溶液中提取氯酸钾晶体的实验操作是______________。(6)尾气处理时Cl2发生反应的离子方程式为_________。(7)选择微型实验装置的优点有___________(任答两点)。27、(12分)I.近期,四川等地频频发生地震,在地震过后,常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84消毒液”的主要成分为NaClO,浓度为,密度为。请回答下列问题:(1)该“84消毒液”的质量分数为___(保留3位有效数字)。(2)某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”。①下列仪器中,不需要用到的是___。A.烧杯B.250mL容量瓶C.10mL量筒D.胶头滴管E.天平②下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是_____。A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制B.配制前,容量瓶中有少量蒸馏水C.配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒D.定容时俯视容量瓶刻度线Ⅱ.近年来,雾霾天气频繁发生,降低氮氧化物的排放,至关重要。(3)三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、、三种成分的净化,其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助傅里叶红外光谱图(如图2所示)确定。①X的化学式为____。②在图1的转化中,既有被氧化又有被还原的元素是___(填元素符号)。28、(14分)近年来,随着人类社会的快速发展,环境污染日益严重,而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的,所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。I.化学沉淀法利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。已知:磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-Ksp(MgNH4PO4∙6H2O)=2.5×10-13(1)请写出pH=8时,化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示,已知:Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26,请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因:__。II.光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)具有光催化能力,催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式:__。(4)经过上述反应后,仍有NH4+残留,探究其去除条件。①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高,氨氮去除率变化的可能原因是:__;__(请写出两条)。②选取TiO2作为催化剂,已知:TiO2在酸性条件下带正电,碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时,氨氮去除率变化曲线_____。(5)为测定处理后废水中(含少量游离酸)残留NH4+浓度,可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样,以酚酞为指示剂,用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红,此时溶液中游离酸被完全消耗,记下消耗NaOH的体积V1mL;然后另取同样体积水样,加入甲醛,再加入2-3滴酚酞指示剂,静置5min,发生反应:6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+,继续用NaOH滴定,发生反应:(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O;H++OH-=H2O。滴定至终点,记录消耗NaOH的体积V2mL,水样中残留NH4+浓度为__mol/L。29、(10分)我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄,这种测量方法叫“铝铍测年法”,完成下列填空:(1)写出Be的核外电子式___,Be所在的周期中,最外层有2个末成对电子的元素的符号有___、___。(2)Al和Be具有相似的化学性质,铝原子核外有___种不同运动状态的电子,写出BeCl2水解反应的化学方程式:___。(3)研究表明26Al可以衰变为26Mg。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系___。(4)比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序___;这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是___(写名称),Al2O3是离子化合物,而AlCl3是共价化合物。工业制铝时,电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___。
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、A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3,溶液显酸性,加入醋酸后,溶液酸性增强,加入醋酸钠,溶液的酸性减弱。A.该温度下,1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3,醋酸的电离平衡常数Ka==≈=,故A错误;B.a点溶液的pH=3.1,是加入的醋酸后的结果,根据电荷守恒知,c(CH3COO-)>c(Na+),醋酸的电离程度较小,则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B正确;C.a以醋酸的电离为主,抑制水的电离,酸性越强,水的电离程度越小,b点加入醋酸水的电离程度减小,c点加入醋酸钠,水的电离程度增大,故水的电离程度c>b>a,故C正确;D.当混合溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-),则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-),故D正确;故选A。2、B【解析】
A.HS−在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2−,根据物料守恒可知溶液中H2S、HS−和S2−的个数之和为0.1NA个,故A错误;B.H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol,且均含10个中子,故2.0g混合物的物质的量为0.1mol,含NA个中子,故B正确;C.过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成,故1mol过氧化钠中含3NA个离子,故C错误;D.铁与水蒸汽反应后变为+价,故3mol铁和水蒸汽反应后转移8mol电子即8NA个,故D错误;故选:B。3、C【解析】
A.n(NaCl)=,ρV表示的是氯化钠溶液的质量,故A错误;B.溶液的质量为:ρg•cm-3×VmL=ρVg,则质量分数ω%=,故B错误;C.溶液的物质的量浓度为:c(NaCl)==10ρω/58.5,故C正确;D.不是氯化钠溶液的体积,故D错误;故答案选C。4、B【解析】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.06mol,反应计算如下:3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O。3×64g8mol2mol3mol2.56g0.06mol0.03moln∵3×642.56<80.06∴Cu过量,∵80.06>n=0.0225mol,c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L,正确答案B。点睛:由于Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2,Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在H2SO4电离生成的H+作用下氧化单质Cu,因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题,恰当的处理方法是用Cu与NO3-、H+反应的离子方程式进行一步计算。5、B【解析】
A.硫燃烧生成二氧化硫,不能一步生成三氧化硫,A错误;B.Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜,硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀,氢氧化铜受热分解生成氧化铜,均能一步完成,B正确;C.硅酸不能一步反应生成单质硅,C错误;D.NaAlO2不能一步反应生成单质铝,D错误;答案选B。6、A【解析】
0.1mol下列气体分别与1L0.1mol⋅L−1的NaOH溶液反应,二者的物质的量相同,A.
SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4,NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子,溶液显强酸性;B.
NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为:2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O,NaNO2为强碱弱酸盐,溶液显碱性;C.
Al2O3与NaOH等物质的量反应,氧化铝过量,NaOH完全反应,化学方程式为:Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,所得溶液为NaAlO2溶液,而NaAlO2为强碱弱酸盐,水解显碱性;D.
SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3,NaHSO3在溶液中即电离又水解,电离程度大于水解程度,溶液显弱酸性;综上可知,形成的溶液pH最小的是SO3;故选:A。7、B【解析】
A.a()中含有碳碳双键,能与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应,使酸性KMnO4溶液褪色,故A错误;B.a()、b()、c()都含有碳碳双键,具有烯烃的性质,可发生加成反应,加聚反应,故B正确;C.c()含有饱和碳原子,具有甲烷的结构特点,则所有原子不可能共平面,故C错误;D.b()、c()的结构不同,不属于同系物,故D错误;故选B。本题的易错点为C,要注意有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括:-CH3、-CH2-、、)中的一种,分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。8、D【解析】
A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气,因此左侧可检测氯化氢,故A不符合题意;B、加热时碘升华,高锰酸钾会发生分解,因此加热法不能分离,故B不符合题意;C、a处有红色物质生成,说明氧化铜被还原,b处变蓝,说明气体中含有水蒸气,因此有可能X中含有水蒸气,X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等,故C不符合题意;D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳,安全漏斗可在左右侧形成液柱,可防止气体逸出,故D符合题意;故答案为:D。9、B【解析】
A.2,2−二甲基丁烷的结构式为,有三种不同环境的氢原子,故1H−NMR上有3个峰,故A错误;B.乙炔中所有原子在一条直线上,苯中所有原子在一个平面上,因此苯乙炔中所有原子一定处于同一平面上,故B正确;C.的不饱和度为4,如含有苯环,则同分异构体中不含有醛基,不能发生能发生银镜反应,故C错误;D.能够使高锰酸钾溶液褪色,说明甲基上的碳原子受苯环的影响变得比较活泼,能够被酸性高锰酸钾氧化,故D错误;正确答案是B。B项考查了学生对有机物的共面知识的认识,分析时可根据已学过的甲烷、乙烯、苯的结构来类比判断。10、C【解析】
根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素,y为碳元素,z为氮元素,d为氧元素,e为钠元素,f为铝元素,g为硫元素,h为氯元素;A.根据“层多径大、序大径小”,离子半径大小g>h>e>f;选项A错误;B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4,H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键,CH4分子间不存在氢键,故沸点由高到低的顺序为d>z>y,选项B错误;C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵,硝酸铵中含离子键和共价键,选项C正确;D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应,选项D错误;答案选C。11、C【解析】
根据b上发生氧化反应可知b为负极,再由题中信息及原电池原理解答。【详解】A.根据b极电极反应判断电极a是正极,电极b是负极,电池工作时电极a上的反应是Fe3++e-=Fe2+,A正确;B.电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO(氧化态聚苯胺,绝缘体)+2H+,溶液显酸性,若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液,电极b周围慢慢变红,B正确;C.电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生,因此冷却再生过程电极a上无电子得失,导线中没有电子通过,C错误;D.电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生,反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI,D正确;答案选C。挖掘所给反应里包含的信息,判断出正负极、氢离子浓度的变化,再联系原电池有关原理进行分析解答。12、A【解析】试题分析:a、b、c、d为短周期元素,原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍,则a为O元素;a和b能组成两种常见的离子化合物,其中一种含两种化学键,则b为Na元素;d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸,则d为Cl元素。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液,开始没有沉淀;随着bca2溶液的不断滴加,逐渐产生白色沉淀,则c为Al元素。A.简单原子半径Na>Al>O,A正确;B.最高价氧化物对应水化物的碱性,氢氧化钠强于氢氧化铝,B不正确;C.工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝,氯化铝是共价化合物,其在熔融状态下不导电,C不正确;D.向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀,D不正确。本题选A。13、D【解析】分析:在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯,根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质,结合选项解答。详解:A、反应物均是液体,且需要加热,因此试管口要高于试管底,A正确;B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇,乙酸乙酯不溶于水,因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收,注意导管口不能插入溶液中,以防止倒吸,B正确;C、乙酸乙酯不溶于水,分液即可实现分离,C正确;D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物,不能通过蒸发实现分离,D错误。答案选D。点睛:掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键,难点是装置的作用分析,注意从乙酸乙酯的性质(包括物理性质和化学性质)特点的角度去解答和判断。14、B【解析】
A.同系物必须满足两个条件:①结构相似②分子组成相差若干个CH2,故A错误;B.n含有碳碳双键,能使酸性KMnO4溶液褪色,故B正确;C.n的二氯代物有3种,p的二氯代物也有3种,故C错误;D.应该是m(C6H6)生成1molC6H12需要3molH2,故D错误;答案:B易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。15、A【解析】
短周期元素
m、n、p、q
在元素周期表中的排列如图所示,其中
n
的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应,也能与强碱反应,则n为Al,结合各元素的相对位置可知,m为Mg,p为C,q为N元素,据此解答。【详解】根据分析可知,m为Mg,n为Al,p为C,q为N元素。A.Al的原子序数为13,位于元素周期表第3周期第ⅢA族,故A正确;B.金属性:Mg>Al,则单质与水反应置换出氢气的能力:m>n,故B错误;C.镁离子和氮离子含有2个电子层,核电荷数越大离子半径越小,则离子半径:m<q,故C错误;D.金属性:Mg>Al,则最高价氧化物对应水化物的碱性:m>n,故D错误;故选:A。16、B【解析】
A.配制溶液时,NaNO3固体不能直接放在容量瓶中溶解,故A错误;B.溴苯的密度大于水,不溶于水,溴苯在下层,故B正确;C.盐酸与碳酸钠溶液反应放出二氧化碳,反应后容器中物质的总质量减少,不能直接用于验证质量守恒定律,故C错误;D.作原电池正极或电解池阴极的金属被保护,作原电池负极或电解池阳极的金属加速被腐蚀,该装置中Fe作负极而加速被腐蚀,不能防止铁钉生锈,故D错误;答案选B。本题的易错点为C,验证质量守恒定律的实验时,选用药品和装置应考虑:①只有质量没有变化的化学变化才能直接用于验证质量守恒;②如果反应物中有气体参加反应,或生成物中有气体生成,应该选用密闭装置。17、B【解析】
主族元素Q、X、Y、Z、W的原子序数依次增大,且均不大于20,Z的最高正价和最低负价代数和为4,则Z为S元素,化合物Y2Q4可作为火箭推进剂,普遍用在卫星和导弹的姿态控制上,则该化合物为N2H4,Y为N元素,Q为H元素,Y、W的最外层电子数之和等于Z的族序数,则W为K元素,X与Y相邻,则X为C元素,据此分析解答。【详解】由以上分析知,Q为H元素,X为C元素,Y为N元素,Z为S元素,W为K元素,A.X为C元素,Z为S元素,C元素的单质有金刚石、石墨等,S元素的的单质有单斜硫和斜方硫等,则C和S的单质均存在多种同素异形体,A项正确;B.Q为H元素,Y为N元素,Z为S元素,Q、Y和Z三种元素还可以形成铵盐,如(NH4)2S、NH4HS,均属于离子化合物,B项错误;C.Q为H元素,W为K元素,Q和W形成的化合物为KH,溶于水发生反应KH+H2O=KOH+H2↑,则生成KOH溶液,呈碱性,C项正确;D.WZXY为KSCN,KSCN溶液常用于Fe3+的检验,D项正确;答案选B。18、C【解析】
A.氢气和碘的反应为可逆反应,不能进行彻底,生成的HI分子小于2NA个,故A错误;B.标况下,水不是气体,2.24L水的物质的量大于1.1mol,含有的电子数大于NA个,故B错误;C.1L1.1mol•L-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3,含有2mol氮原子,含有的氮原子数为1.2NA,故C正确;D.苯分子结构中不含碳碳双键,故D错误;故选C。本题的易错点为D,要注意苯分子中没有碳碳双键,所有碳碳键都一样。19、B【解析】
在空气中,亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质,须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。【详解】A.样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体,可证明有亚硫酸根,但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中,硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根,A项错误;B.样品溶液中加入过量稀盐酸,生成刺激性气味的气体,可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成,证明有硫酸根离子,B项正确;C.样品溶液中加入稀硫酸,可检出亚硫酸根,但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验,C项错误;D.稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根,干扰硫酸根检验,D项错误。本题选B。检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根,所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根,故不能用稀硫酸和稀硝酸。20、B【解析】
取样,滴加足量氯水,有气泡产生,溶液变为橙色,则一定含有Br-,生成气体说明含CO32-;向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象,则一定不含SO32-离子,且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存,则一定不存在Al3+,由电荷守恒可知,一定含阳离子K+,不能确定是否含OH-,还需要检验,故答案为B。21、B【解析】
淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应,最终转化为葡萄糖,葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精,发生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑,且A可发生连续氧化反应,则A为C2H5OH,B为CH3COOH,乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5,据此解答。【详解】由上述分析可以知道,转化1为淀粉水解反应,葡萄糖分解生成A为C2H5OH,A氧化生成B为CH3COOH,A、B反应生成C为CH3COOC2H5,则
A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质,故A错误;
B.淀粉属于多糖,在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖,反应为:(C6H10O5)n+nH2OnC6H12O6,酶属于蛋白质,所以B选项是正确的;
C.C为乙酸乙酯,油脂为高级脂肪酸甘油酯,含-COOC-的数目不同,结构不相似,不是同系物,故C错误;
D.乙酸可在水中发生电离,为电解质,而乙醇不能,乙醇为非电解质,故D错误。
所以B选项是正确的。22、D【解析】
A.乙酸乙酯在NaOH溶液中能完全水解,应改用饱和碳酸钠溶液,故A错误;B.二者均与碳酸钠反应,不能除杂,应选饱和碳酸氢钠溶液,故B错误;C.无水硫酸铜遇水变蓝,且草酸中含H元素和氧元素,分解生成水,则变蓝不能说明草酸含结晶水,故C错误;D.氨气极易溶于水,打开止水夹,捂热烧瓶根据气体热胀冷缩的原理可引发喷泉,故D正确;故答案为D。解答综合性实验设计与评价题主要从以下几个方面考虑:①实验原理是否正确、可行;②实验操作是否完全、合理;③实验步骤是否简单、方便;④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒;⑥反应速率较快;⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高;⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患,如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反应取少量原溶液,加入Ba(NO3)2溶液后,取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3【解析】
因为溶液呈无色,溶液中一定不含Fe2+;根据①取少量原溶液,加几滴甲基橙,溶液变红色,说明溶液呈酸性,则溶液中不含HCO3-;根据②取少量原溶液,浓缩,加Cu片和浓H2SO4,加热,有无色气体产生,后在空气中又变成红棕色,则原溶液中含NO3-,由于酸性条件下NO3-具有强氧化性,原溶液中不含I-;根据③取少量原溶液,加BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+;取③中上层清液,加AgNO3溶液,有白色沉淀生成,且不溶于HNO3,③中上层清液中含Cl-,但由于BaCl2引入Cl-,不能确定原溶液中是否含Cl-;根据⑤取少量原溶液,加NaOH溶液,有白色沉淀生成,当NaOH过量时沉淀部分溶解,则原溶液中含有Mg2+、Al3+;(1)溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-;(2)溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-;(3)要进一步确定溶液中是否含有Na+,应补充的实验是:焰色反应;要进一步确定溶液中是否含有Cl-,应用稀硝酸和AgNO3溶液,但SO42-会构成干扰,所以先排除SO42-的干扰,故补充的实验是:取少量原溶液,加入Ba(NO3)2溶液后,取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3
。24、甲苯+Cl2+HCl取代反应羰基、碳碳双键C9H11O2N吸收反应生成的HCl,提高反应转化率或【解析】
甲苯()与Cl2在光照时发生饱和C原子上的取代反应产生一氯甲苯:和HCl,与在K2CO3作用下反应产生D,D结构简式是,D与CH3CN在NaNH2作用下发生取代反应产生E:,E与发生反应产生F:,F与NaBH4在CH3SO3H作用下发生还原反应产生G:,G经一系列反应产生洛匹那韦。【详解】(1)A是,名称为甲苯,A与Cl2光照反应产生和HCl,反应方程式为:+Cl2+HCl;(2)D与CH3CN在NaNH2作用下反应产生E:,是D上的被-CH2CN取代产生,故反应类型为取代反应;F分子中的、与H2发生加成反应形成G,故F中能够与氢气发生加成反应的官能团名称为羰基、碳碳双键;(3)C结构简式为,可知C的分子式为C9H11O2N;C分子中含有羧基、氨基,一定条件下,能发生缩聚反应,氨基脱去H原子,羧基脱去羟基,二者结合形成H2O,其余部分结合形成高聚物,该反应的化学方程式为:;(4)K2CO3是强碱弱酸盐,CO32-水解使溶液显碱性,B发生水解反应会产生HCl,溶液中OH-消耗HCl电离产生的H+,使反应生成的HCl被吸收,从而提高反应转化率;(5)C结构简式是,分子式为C9H11O2N,C的同分异构体X符合下列条件:①含有苯环,且苯环上的取代基数目≤2;②含有硝基;③有四种不同化学环境的氢,个数比为6:2:2:1,则X可能的结构为或;(6)2,6-二甲基苯酚()与ClCH2COOCH2CH3在K2CO3作用下发生取代反应产生,该物质与NaOH水溶液加热发生水解反应,然后酸化得到,与SOCl2发生取代反应产生,故合成路线为。本题考查有机物推断、反应类型的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键,注意题给信息、反应条件的灵活运用。限制性条件下同分异构体结构简式的确定是易错点,题目侧重考查学生的分析、推断及信息迁移能力。25、还原②产生蓝色沉淀pH=20.3mol/LKNO3或NaNO3溶液Ag+Fe3+⇌Ag++Fe2+或(Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+)正极><其它条件不变时,物质的氧化性与浓度有关系,浓度的改变可导致平衡的移动【解析】
(1)根据元素化合价的变化判断;
(2)实验Ⅰ:甲同学认为:Fe3+具有氧化性,能够溶解单质Ag,则要证明甲的结论正确,可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在;
实验Ⅱ:进行对照实验;
(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应;
(4)根据指针偏转方向判断正负极,判断电极反应,并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水,银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子,Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+;继续滴入氨水白色沉淀溶解,氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水,AgOH+2NH3•H2O═Ag(NH3)2OH+2H2O,若用乙醛进行银镜反应,再加入乙醛溶液后,水浴加热,生成乙酸铵,氨气、银和水,化学反应方程式为:CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O,银氨溶液中的银为+1价,被醛基还原生成0价的银单质,故答案为:还原;
(2)实验Ⅰ:甲同学认为:Fe3+具有氧化性,能够溶解单质Ag,则要证明甲的结论正确,可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在即可,验证Fe2+的实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中,加入K3[Fe(CN)6]溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀,故答案为:②;产生蓝色沉淀;
实验Ⅱ:丙同学认为:Fe3+和NO3-均能把Ag氧化而溶解,且两个实验结果证明了丙同学的结论,而实验I验证了Fe3+具有氧化性,能够溶解单质Ag,则实验II需要验证NO3-也能把Ag氧化而溶解,需进行对照实验,0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2),NO3-为0.3mol/L,所以需向附有银镜的试管中加入pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3溶液,故答案为:pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3;
(3)Fe3+遇KSCN溶液变红,第一份滴加2滴KSCN溶液无变化,说明FeSO4溶液中无Fe3+,第二份加入1ml0.1mol/LAgNO3溶液,出现白色沉淀,随后有黑色固体Ag产生,再取上层溶液滴加KSCN溶液变红,说明有Fe3+产生,说明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+,Ag+被还原为Ag,又Fe3+具有氧化性,能够溶解单质Ag,则该反应为可逆反应,反应的离子方程式为:Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+或Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+;
(4)①K刚闭合时,指针向左偏转,则银为负极,石墨为正极,该电池的反应本质为Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+,该反应中铁离子为氧化剂,银离子为氧化产物,则氧化性:Fe3+>Ag+,故答案为:正极;>;
②当指针归零后,向右烧杯中滴加几滴饱和AgNO3溶液,指针向右偏转,则此时石墨为负极,银为正极,右侧烧杯中银离子浓度增大,反应Fe3++Ag⇌Fe2++Ag+的平衡左移,发生反应Ag++Fe2+⇌Ag+Fe3+,此时Ag+为氧化剂,Fe3+为氧化产物,则氧化性:Fe3+<Ag+;③由上述①②实验,得出的结论是:在其它条件不变时,物质的氧化性与浓度有关,浓度的改变可导致平衡移动。26、连接好实验装置,由⑧导管向⑦装置中加水,若能形成一段稳定的水柱,则装置的气密性良好(其他合理答案均可)装置④放入348K(或75℃)热水浴中;装置⑤放入冷水浴中装置⑥中溶液变蓝;装置⑦中溶液变成橙色能Cl2与KBr反应生成Br2,氧化性Cl2>Br2,Cl2与挥发出来的Br2均可与KI反应,氧化性Br2>I2或Cl2>I2,均可证明氧化性Cl2>I2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥)S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+简化实验装置、节约成本;试剂用量少、能源消耗少;节省空间,缩短实验时间;减少污染等(任答两点)【解析】
(1)气体经过的装置数目较多,可用液差法检查整套装置的气密性;(2)该实验的目的是制取氯酸钾和次氯酸钠,由于④U形反应管中装有30%KOH溶液,用于制取氯酸钾,⑤U形反应管中装有2mol·L-1NaOH溶液用于制取次氯酸钠,结合已知离子方程式写出反应条件;(3)装置⑥中KI溶液与Cl2反应生成I2,使淀粉溶液变蓝,装置⑦中KBr溶液与Cl2反应生成Br2;(4)如果把装置⑥、⑦中的试剂互换位置,Cl2与KBr反应生成的Br2挥发出来会与KI反应生成I2,据此分析解答;(5)物质的溶解度随温度的变化较快,常常选择冷却结晶方式析出晶体,物质的溶解度随温度的变化相对平缓,常常选择蒸发溶剂的结晶方式析出晶体;观察溶解度曲线特点,选择结晶方式;(6)Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应生成Na2SO4和NaCl,结合电子守恒、电荷守恒写出离子方程式;(7)结合微型实验装置的特点回答其优点,如节约药品,减少环境污染等等。【详解】(1)整套装置气密性的检查用液差法,方法是连接好实验装置,由⑧导管向⑦装置中加水,若能形成一段稳定的水柱,则装置的气密性良好。(2)装置④中盛放30%KOH溶液,装置④中发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O,则装置④用于制备KClO3;装置⑤中盛放2mol·L-1NaOH溶液,装置⑤中发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,则装置⑤用于制备NaClO。为了使装置④中的反应顺利完成,装置④应放入348K(或75℃)热水浴中;为了使装置⑤中的反应顺利完成,装置⑤应放入冷水浴中。(3)装置⑥中盛放KI-淀粉溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KI=2KCl+I2,I2遇淀粉呈蓝色,则装置⑥中的实验现象是溶液变蓝;装置⑦中盛放KBr溶液,通入Cl2发生反应Cl2+2KBr=2KCl+Br2,则装置⑦中的实验现象是溶液变成橙色。(4)如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置,即装置⑥中盛放KBr溶液,装置⑥中发生反应Cl2+2KBr=2KCl+Br2,由此得出氧化性Cl2>Br2;装置⑦中盛放KI-淀粉溶液,无论是Cl2还是装置⑥中挥发出来的Br2(g)都能与KI反应生成I2,则说明Cl2或Br2(g)的氧化性强于I2。结合装置⑥中得出的结论也能证明氧化性Cl2>I2。(5)根据溶解度曲线可知,KClO3的溶解度随温度升高明显增大,KCl在低温时溶解度大于KClO3,高温时溶解度小于KClO3,则从装置④所得溶液中提取KClO3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)尾气用浸有0.5mol·L-1Na2S2O3溶液的棉花吸收,Cl2将S2O氧化成SO,自身被还原成Cl-,根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl2发生反应的离子方程式配平为4Cl2+S2O+5H2O=2SO+8Cl-+10H+。(7)选择微型实验装置的优点有:简化实验装置、节约成本;试剂用量少、能源消耗少;节省空间,缩短实验时间;减少污染等。本题以制取氯气、氯酸钾、次氯酸钠和检验氯气性质的实验为载体考查了基本实验操作、反应条件对化学反应的影响、混合物分离或提纯、氧化还原反应规律及其化学方程式书写、实验方案的设计及其评价,掌握物质的化学性质是解题关键,试题有利于培养学生的综合能力。27、24.8%CDN【解析】
I.(1)根据公式,,可计算=24.8%;(2)①在配制过程中,不会用到10mL的量筒,答案选C②根据判断是否对配制溶液浓度有影响,如果n偏大或者V偏小,都会导致c偏高;A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制,由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质,导致有效成分NaClO减少,配制的溶液中溶质的物质的量减小,则溶液的物质的量浓度偏小,故A错误;B.配制前,容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响,B错误;C.配制过程中,未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒,导致溶质损失,配制溶液浓度偏小,C错误;D.定容时俯视容量瓶刻度线,溶剂未加到刻度线,配制浓度偏高,故D正确;故答案选D;(3)①由傅里叶红外光谱图(如图2所示)确定化合物X含硝酸根,再结合图一由钡离子参与,所以X为;②既有被氧化又有被还原的元素,化合价既有升高,又有降低,故为N元素。28、Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发,Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀,使氨氮去除率降低2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大,温度升高反应速率加快【解析】
(1)pH=8时,磷主要以HPO42-的形式存在,则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应,生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀。(2)pH>10时,磷主要以PO43-的形式存在,从Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26看,易生成Mg3(PO4)2沉淀,氨氮去除率降低,则表明NH4+与碱发生了反应。(3)从图中可以看出,NO3-在H+存在的环境中得电子,生成N2等。(4)①温度升高,氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的影响进行分
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