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2023高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng):1.答卷前,考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卡上。2.回答選擇題時(shí),選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑,如需改動(dòng),用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?;卮鸱沁x擇題時(shí),將答案寫(xiě)在答題卡上,寫(xiě)在本試卷上無(wú)效。3.考試結(jié)束后,將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、有機(jī)物G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,下列關(guān)于有機(jī)物G的說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.分子式為C10H12O5B.1molG與足量的金屬鈉反應(yīng),生成H2的體積為33.6LC.在一定條件下,1molG與足量的H2反應(yīng),最多消耗3molH2D.可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)2、下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是()A.中國(guó)古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹B.陶瓷、水泥和光導(dǎo)纖維均屬于硅酸鹽材料C.“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程有利于減少霧霾天氣D.石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性都是化學(xué)變化3、某學(xué)習(xí)興趣小組通過(guò)2KClO3十H2C2O4CO2忄+2ClO2↑+K2CO3+H2O制取高效消毒劑ClO2。下列說(shuō)法正確的是A.KClO3中的Cl被氧化B.H2C2O4是氧化劑C.氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比為1∶1D.每生成1molClO2轉(zhuǎn)移2mol電子4、下列說(shuō)法中正確的有幾項(xiàng)①鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的Na2O2②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液,需要用托盤(pán)天平稱(chēng)量氫氧化鈉固體9.6g③鹽酸既有氧化性又有還原性④Fe(OH)3、FeCl2、H2SiO3都不直接用化合反應(yīng)制備⑤SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,所以它具有漂白性⑥將質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5%和25%的氨水等體積混合后,所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于15%⑦干燥的Cl2和氯水均能使鮮花褪色⑧中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)中需要用到的玻璃儀器只有燒杯、溫度計(jì)和環(huán)形玻璃攪拌棒三種⑨純銀器在空氣中久置變黑是因?yàn)榘l(fā)生了化學(xué)腐蝕A.3項(xiàng) B.4項(xiàng) C.5項(xiàng) D.6項(xiàng)5、X、Y、Z、M、W為五種短周期元素,X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期元素,且最外層電子數(shù)之和為15,X與Z可形成XZ2分子;Y與M形成的氣態(tài)化合物在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為0.76g·L?1;W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的。下列說(shuō)法正確的是A.簡(jiǎn)單離子半徑:W+>Y3->X2->M+B.化合物W2Z2的陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為1:1,水溶液顯堿性C.1molWM溶于足量水中完全反應(yīng),共轉(zhuǎn)移2mol電子D.由X、Y、Z、M四種元素形成的化合物中可能只含有共價(jià)鍵6、化學(xué)與生活密切相關(guān),下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A.純棉面料主要含C、H
、O
三種元素B.植物油的主要成分屬于酯類(lèi)物質(zhì)C.用于食品包裝的聚乙烯塑料能使溴水褪色D.聚乳酸
(
)
的降解過(guò)程中會(huì)發(fā)生取代反應(yīng)7、下列有關(guān)物質(zhì)的分類(lèi)或歸類(lèi)正確的是A.化合物:CaCl2、燒堿、聚苯乙烯、HDB.電解質(zhì):明礬、膽礬、冰醋酸、硫酸鋇C.同系物:CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2D.同位素:、、8、下列轉(zhuǎn)化,在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是①NaCl(aq)Cl2(g)FeCl3(s)②Fe2O3FeCl3(aq)無(wú)水FeCl3③N2NH3NH4Cl(aq)④SiO2SiCl4SiA.①③ B.⑨④ C.①②④ D.①②⑧④9、X、Y、Z、R是四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素,X原子最外層有兩個(gè)未成對(duì)電子,Y原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍,Z元素的單質(zhì)常溫下能與水劇烈反應(yīng)產(chǎn)生氫氣,R原子的核外電子數(shù)是X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和。下列敘述正確的是()A.原子半徑的大小順序:X<Y<Z<RB.X、Y分別與氫元素組成的化合物熔沸點(diǎn)一定是:X<YC.最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性:R>XD.Y與Z形成的兩種化合物中的化學(xué)鍵和晶體類(lèi)型均完全相同10、1.52g銅鎂合金完全溶解于50mL濃度14.0mol/L的硝酸中,得到NO2和N2O4的混合氣體1120ml(標(biāo)準(zhǔn)狀況),向反應(yīng)后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,當(dāng)金屬離子全部沉淀時(shí)得到2.54g沉淀。下列說(shuō)法不正確的是()A.該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2:1B.NO2和N2O4的混合氣體中,NO2的體積分?jǐn)?shù)是80%C.得到2.54g沉淀時(shí)加入NaOH溶液的體積是600mLD.溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol11、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象能得到的結(jié)論正確的是A.A B.B C.C D.D12、地球表面是易被氧化的環(huán)境,用括號(hào)內(nèi)的試劑檢驗(yàn)對(duì)應(yīng)的久置的下列物質(zhì)是否被氧化。正確的是()A.KI(AgNO3
溶液) B.FeCl2(KSCN
溶液)C.HCHO(銀氨溶液) D.Na2SO3(BaCl2
溶液)13、某溶液可能含有下列離子中的若干種:Cl?、SO42—、SO32—、HCO3—、Na+、Mg2+、Fe3+,所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同。為了確定該溶液的組成,進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn):①取100mL上述溶液,加入過(guò)量Ba(OH)2溶液,反應(yīng)后將沉淀過(guò)濾、洗滌、干燥,得白色沉淀;②向沉淀中加入過(guò)量的鹽酸,白色沉淀部分溶解,并有氣體生成。下列說(shuō)法正確的是()A.氣體可能是CO2或SO2B.溶液中一定存在SO42—、HCO3—、Na+、Mg2+C.溶液中可能存在Na+和Cl?,一定不存在Fe3+和Mg2+D.在第①步和第②步的濾液中分別加入硝酸酸化的硝酸銀溶液,都能生成白色沉淀14、常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液,所得滴定曲線(xiàn)如圖所示(忽略混合時(shí)溶液體積的變化)。下列敘述正確的是()A.SO32-水解常數(shù)Kh的數(shù)量級(jí)為10-8B.若滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn),可用酚酞作指示劑C.圖中Z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)D.圖中Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中:3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)15、如圖是利用試紙、鉛筆芯設(shè)計(jì)的微型實(shí)驗(yàn).以鉛筆芯為電極,分別接觸表面皿上的試紙,接通電源,觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象.下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.pH試紙變藍(lán)B.KI﹣淀粉試紙變藍(lán)C.通電時(shí),電能轉(zhuǎn)換為化學(xué)能D.電子通過(guò)pH試紙到達(dá)KI﹣淀粉試紙16、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,下列說(shuō)法不正確的是A.1L0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中含有的陽(yáng)離子數(shù)目小于0.2NAB.0.24gMg在O2和CO2的混合氣體中完全燃燒,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.02NAC.3g由CO2和SO2組成的混合氣體中含有的質(zhì)子數(shù)為1.5NAD.1molNa2O2與SO2完全反應(yīng),轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NA17、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍。下列敘述不正確的是()A.Y、Z的氫化物穩(wěn)定性Y>ZB.Y單質(zhì)的熔點(diǎn)高于X單質(zhì)C.X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的XZWD.中W和Y都滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)18、已知某溶液中含有碳酸鈉、硫酸鈉、氫氧化鈉、氯化鈉四種溶質(zhì),欲將該溶液中四種溶質(zhì)的陰離子逐一檢驗(yàn)出來(lái),所加試劑先后順序合理的是A.HNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3 B.HNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3C.NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 D.NH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)219、已知鈷酸鋰電池的總反應(yīng)方程式為L(zhǎng)i1-xCoO2+LixC6=LiCoO2+6C。用該電池作電源按如圖所示裝置進(jìn)行電解。通電后,電極a上一直有氣泡產(chǎn)生,電極d附近先出現(xiàn)白色沉淀(CuCl),tmin后白色沉淀全部轉(zhuǎn)變成橙黃色沉淀(CuOH)。下列有關(guān)敘述不正確的是A.鈷酸鋰電池放電時(shí)的正極反應(yīng)為L(zhǎng)i1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2B.當(dāng)電極a處產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下氣體2.24L時(shí)。鈷酸鋰電池負(fù)極質(zhì)量減少1.4gC.電極d為陽(yáng)極,電解開(kāi)始時(shí)電極d的反應(yīng)式為Cu+C1--e-=CuClD.電解tmin后.裝置II中電解質(zhì)溶液的pH顯著增大20、如圖所示,電化學(xué)原理與微生物工藝相組合的電解脫硝法,可除去引起水華的NO3-原理是將NO3-還原為N2。下列說(shuō)法正確的是()A.若加入的是溶液,則導(dǎo)出的溶液呈堿性B.鎳電極上的電極反應(yīng)式為:C.電子由石墨電極流出,經(jīng)溶液流向鎳電極D.若陽(yáng)極生成氣體,理論上可除去mol21、一定量的H2在Cl2中燃燒后,所得混合氣體用100mL3.00mol∕L的NaOH溶液恰好完全吸收,測(cè)得溶液中含0.05molNaClO(不考慮水解)。氫氣和氯氣物質(zhì)的量之比是A.2:3 B.3:1 C.1:1 D.3:222、硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A.在圖示的轉(zhuǎn)化中,F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物B.在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價(jià)不變的元素只有銅C.圖示轉(zhuǎn)化的總反應(yīng)是2H2S+O22S+2H2OD.當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí),需要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol二、非選擇題(共84分)23、(14分)以下是合成芳香族有機(jī)高聚物P的合成路線(xiàn).已知:ROH+R’OHROR’+H2O完成下列填空:(1)F中官能團(tuán)的名稱(chēng)__;寫(xiě)出反應(yīng)①的反應(yīng)條件__;(2)寫(xiě)出反應(yīng)⑤的化學(xué)方程式__.(1)寫(xiě)出高聚物P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__.(4)E有多種同分異構(gòu)體,寫(xiě)出一種符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__.①分子中只有苯環(huán)一個(gè)環(huán)狀結(jié)構(gòu),且苯環(huán)上有兩個(gè)取代基;②1mol該有機(jī)物與溴水反應(yīng)時(shí)消耗4molBr2(5)寫(xiě)出以分子式為C5H8的烴為主要原料,制備F的合成路線(xiàn)流程圖(無(wú)機(jī)試劑任選)__.合成路線(xiàn)流程圖示例如下:
CH1CHOCH1COOHCH1COOCH2CH1.24、(12分)聚合物H是一種聚酰胺纖維,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。該聚合物可廣泛用于各種剎車(chē)片,其合成路線(xiàn)如下圖所示:已知:①C、D、G均為芳香族化合物,分子中均只含兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子。②Diels-Alder反應(yīng):。(1)生成A的反應(yīng)類(lèi)型是________,D的名稱(chēng)是________,F(xiàn)中所含官能團(tuán)的名稱(chēng)是_________。(2)B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是________;“B→C”的反應(yīng)中,除C外,還生成的一種無(wú)機(jī)產(chǎn)物是______(填化學(xué)式)。(3)D+G→H的化學(xué)方程式是_________。(4)Q是D的同系物,其相對(duì)分子質(zhì)量比D大14,則Q可能的結(jié)構(gòu)有______種。其中,核磁共振氫譜有4組峰,且峰面積比為1∶2∶2∶3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______(任寫(xiě)一種)。(5)已知:乙炔與1,3-丁二烯也能發(fā)生Diels-Alder反應(yīng)。請(qǐng)以1,3-丁二烯和乙炔為原料,選用必要的無(wú)機(jī)試劑合成,寫(xiě)出合成路線(xiàn)(用結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式表示有機(jī)物,用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系,箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件)_______。25、(12分)某小組同學(xué)探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。(查閱資料)物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(實(shí)驗(yàn)探究)(一)探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化,實(shí)驗(yàn)操作如下所示:試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)Ⅰ實(shí)驗(yàn)ⅡBaCl2Na2CO3Na2SO4……Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生,沉淀部分溶解(1)實(shí)驗(yàn)Ⅰ說(shuō)明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4,依據(jù)的現(xiàn)象是加入稀鹽酸后,__________。(2)實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_________。(3)實(shí)驗(yàn)Ⅱ說(shuō)明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化,結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因:___________。(二)探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化。(4)實(shí)驗(yàn)Ⅲ:證明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI。甲溶液可以是______(填字母代號(hào))。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液(5)實(shí)驗(yàn)Ⅳ:在試管中進(jìn)行溶液間反應(yīng)時(shí),同學(xué)們無(wú)法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl,于是又設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)(電壓表讀數(shù):a>c>b>0)。裝置步驟電壓表讀數(shù)ⅰ.按圖連接裝置并加入試劑,閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復(fù)ⅰ,再向B中加入與ⅲ等量的NaCl(s)a注:其他條件不變時(shí),參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng),原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)。①查閱有關(guān)資料可知,Ag+可氧化I-,但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀,原因是氧化還原反應(yīng)速率__________(填“大于”或“小于”)沉淀反應(yīng)速率。設(shè)計(jì)(-)石墨(s)[I-(aq)//Ag+(aq)]石墨(s)(+)原電池(使用鹽橋阻斷Ag+與I-的相互接觸)如上圖所示,則該原電池總反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______。②結(jié)合信息,解釋實(shí)驗(yàn)Ⅳ中b<a的原因:__________。③實(shí)驗(yàn)Ⅳ的現(xiàn)象能說(shuō)明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl,理由是_________。(實(shí)驗(yàn)結(jié)論)溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀,反之則不易;溶解度差別越大,由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)。26、(10分)苯胺是重要的化工原料。某興趣小組在實(shí)驗(yàn)室里進(jìn)行苯胺的相關(guān)實(shí)驗(yàn)。已知:①和NH3相似,與鹽酸反應(yīng)生成易溶于水的鹽②用硝基苯制取苯胺的反應(yīng)原理:+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O③有關(guān)物質(zhì)的部分物理性質(zhì)見(jiàn)下表:I.比較苯胺與氨氣的性質(zhì)(1)將分別蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近,產(chǎn)生白煙,反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)___;用苯胺代替濃氨水重復(fù)上述實(shí)驗(yàn),卻觀察不到白煙,原因是____。Ⅱ.制備苯胺往圖1所示裝置(夾持裝置略,下同)的冷凝管口分批加入20mL濃鹽酸(過(guò)量),置于熱水浴中回流20min,使硝基苯充分還原;冷卻后,往三頸燒瓶中滴入一定量50%NaOH溶液,至溶液呈堿性。(2)冷凝管的進(jìn)水口是____(填“a”或“b”);(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺,反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)___。Ⅲ.提取苯胺i.取出圖1所示裝置中的三頸燒瓶,改裝為圖2所示裝置。加熱裝置A產(chǎn)生水蒸氣,燒瓶C中收集到苯胺與水的混合物;分離混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液中加入氯化鈉固體,使溶液達(dá)到飽和狀態(tài),再用乙醚萃取,得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液,用NaOH固體干燥,蒸餾后得到苯胺2.79g。(4)裝置B無(wú)需用到溫度計(jì),理由是____。(5)操作i中,為了分離混合物,取出燒瓶C前,應(yīng)先打開(kāi)止水夾d,再停止加熱,理由是____。(6)該實(shí)驗(yàn)中苯胺的產(chǎn)率為_(kāi)___。(7)欲在不加熱條件下除去苯胺中的少量硝基苯雜質(zhì),簡(jiǎn)述實(shí)驗(yàn)方案:____。27、(12分)已知CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應(yīng),產(chǎn)物為只含一種陰離子的藍(lán)色鉀鹽晶體(只含有1個(gè)結(jié)晶水),某實(shí)驗(yàn)小組為確定該晶體的組成,設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)步驟及操作如下:已知:a.過(guò)程②:MnO4-被還原為Mn2+,C2O42-被氧化為CO2b.過(guò)程③:MnO4-在酸性條件下,加熱能分解為O2,同時(shí)生成Mn2+c.過(guò)程④:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2d.過(guò)程⑥:I2+2S2O32-=21-+S4O62-(1)過(guò)程①加快溶解的方法是________________________。(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液時(shí)用到的玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、____________;過(guò)程②和過(guò)程⑥滴定時(shí),滴定管應(yīng)分別選用____________、____________(填“甲”或乙”)。(3)完成過(guò)程②的離子反應(yīng)方程式的配平:___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。(4)過(guò)程③加熱的目的是________________________。(5)過(guò)程⑥,應(yīng)以____________作指示劑,若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加,則測(cè)定結(jié)果是____________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)(6)已知兩個(gè)滴定過(guò)程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等,據(jù)此推測(cè)該晶體為_(kāi)___________·H2O。28、(14分)砷及其化合物在半導(dǎo)體、農(nóng)藥制造等方面用途非常廣泛。回答下列問(wèn)題:(1)ASH3的電子式為_(kāi)__;AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag,As2O3和HNO3,該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)__。(2)改變O.1mol·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH,溶液中的H3AsO4、H2AsO4-、HAsO42-以及AsO43-的物質(zhì)的量分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示:①1gKal(H3AsO4)=___;用甲基橙作指示劑,用NaOH溶液滴定H3ASO4發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)__②反應(yīng)H2AsO4-+AsO43-=2HAsO42-的lgK=_____(3)焦炭真空冶煉砷的其中兩個(gè)熱化學(xué)反應(yīng)如下:As2O3(g)+3C(s)=2As(g)+3CO(g)H1=akJ/molAs2O3(g)+3C(s)=1/2As4(g)+3CO(g)H2=bkJ/mol則反應(yīng)4As(g)=As4(g)H=_______kJ/mol(用含a、b的代數(shù)式表示)。(4)反應(yīng)2As2S3(s)=4AsS(g)+S2(g)達(dá)平衡時(shí)氣體總壓的對(duì)數(shù)值lg(p/kPa)與溫度的關(guān)系如圖所示:①對(duì)應(yīng)溫度下,B點(diǎn)的反應(yīng)速率v(正)___v(逆)(填“>’,’’<”或“一”)。②A點(diǎn)處,AsS(g)的分壓為_(kāi)__kPa,該反應(yīng)的Kp=___kPa5(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù))。29、(10分)(1)已知:①N2(g)+O2(g)=2NO(g)ΔH=180.5kJ·mol-1②C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH=-393.5kJ·mol-1③2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH=-221kJ·mol-1若某反應(yīng)Ⅰ的平衡常數(shù)表達(dá)式為K=請(qǐng)寫(xiě)出此反應(yīng)的熱化學(xué)方程式:________,該反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件是_________。(2)一定溫度下,向體積為VL的密閉容器中充入一定量的NO和CO,發(fā)生反應(yīng)Ⅰ。①下列說(shuō)法正確的是____。A當(dāng)容器內(nèi)氣體壓強(qiáng)不再發(fā)生變化時(shí),說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)B當(dāng)v(CO2)=v(CO)時(shí),說(shuō)明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)C達(dá)到平衡后,若向容器中再充入一定量NO,則NO轉(zhuǎn)化率將減小D達(dá)到平衡后,若再升高溫度,由于逆反應(yīng)速率增大,正反應(yīng)速率減小,因此平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)②若反應(yīng)在t1時(shí)刻達(dá)到平衡狀態(tài),在其他條件不變的情況下,t2時(shí)刻通過(guò)縮小容器體積使壓強(qiáng)增大到原來(lái)的2倍,t3時(shí)刻達(dá)到新的平衡狀態(tài)。請(qǐng)?jiān)趫D中補(bǔ)充畫(huà)出t2~t4時(shí)段c(NO)的變化曲線(xiàn):____(3)分離高爐煤氣得到的CO與空氣可設(shè)計(jì)成燃料電池而除去(以KOH溶液為電解質(zhì)溶液)。寫(xiě)出該電池的負(fù)極反應(yīng)式:_____________。
參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng))1、B【解析】
A.根據(jù)有機(jī)物G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可得,其分子式為C10H12O5,A選項(xiàng)正確;B.有機(jī)物G中有2個(gè)羥基和1個(gè)羧基,均可與金屬鈉反應(yīng),1molG與足量的金屬鈉反應(yīng),生成H2在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為33.6L,題中未注明標(biāo)準(zhǔn)狀況,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;C.在一定條件下,1molG中的苯環(huán)最多可與3molH2發(fā)生加成反應(yīng),C選項(xiàng)正確;D.有機(jī)物G中苯環(huán)可發(fā)生取代反應(yīng)、加成反應(yīng),羥基可發(fā)生氧化反應(yīng),D選項(xiàng)正確;答案選B。2、B【解析】
A.明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性,銅銹為Cu2(OH)2CO3,溶于酸性溶液,故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹,故A正確;B.陶瓷、水泥和玻璃為硅酸鹽產(chǎn)品,而光導(dǎo)纖維的主要成分為二氧化硅,不屬于硅酸鹽材料,故B錯(cuò)誤;C.二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物這三項(xiàng)是霧霾主要組成,前兩者為氣態(tài)污染物,最后一項(xiàng)顆粒物才是加重霧霾天氣污染的罪魁禍?zhǔn)祝鼈兣c霧氣結(jié)合在一起,讓天空瞬間變得灰蒙蒙的,“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物,故有利于減少霧霆天氣,故C正確;D.石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性過(guò)程均生成了新的物質(zhì),是化學(xué)變化,故D正確;故選B?!军c(diǎn)睛】本題綜合考查常見(jiàn)物質(zhì)的組成、性質(zhì)的應(yīng)用,為高考常見(jiàn)題型,題目難度不大,側(cè)重于化學(xué)與生活的考查,注意光導(dǎo)纖維的主要成分為二氧化硅,不屬于硅酸鹽。3、C【解析】
A.氯酸鉀中的氯元素化合價(jià)降低,被還原,故錯(cuò)誤;B.草酸中的碳元素化合價(jià)升高,作還原劑,故錯(cuò)誤;C.二氧化碳和碳酸鉀為氧化產(chǎn)物,二氧化氯為還原產(chǎn)物,二者比例為1∶1,故正確;D.氯元素化合價(jià)變化1價(jià),所以每生成1molClO2轉(zhuǎn)移1mol電子,故錯(cuò)誤;故選C。4、B【解析】
①鈉在空氣中燃燒生成淡黃色的Na2O2,正確;②配制480mL0.5mol/L的NaOH溶液,因容量瓶是500mL,需要用托盤(pán)天平稱(chēng)量氫氧化鈉固體10.0g,錯(cuò)誤;③鹽酸中H為+1價(jià)是最高價(jià),Cl為-1價(jià)為最低價(jià),既有氧化性又有還原性,正確;④Fe(OH)3可用Fe(OH)2、氧氣和水化合制備,F(xiàn)eCl2可用鐵和氯化鐵化合制備,錯(cuò)誤;⑤SO2能使酸性高錳酸鉀溶液褪色,所以它具有還原性,錯(cuò)誤;⑥將質(zhì)量分?jǐn)?shù)為5%和25%的氨水等體積混合后,所得溶液中溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于15%,錯(cuò)誤;⑦因鮮花里有水份,干燥的Cl2和氯水均能使鮮花褪色,正確;⑧中和熱測(cè)定實(shí)驗(yàn)中需要用到的玻璃儀器有量筒、燒杯、溫度計(jì)和環(huán)形玻璃攪拌棒四種,錯(cuò)誤;⑨純銀器在空氣中久置變黑是因?yàn)榘l(fā)生了化學(xué)腐蝕,正確;答案為B。5、D【解析】
根據(jù)題目可以判斷,Y與M形成的氣態(tài)化合物在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為0.76g·L?1,則YM的相對(duì)分子質(zhì)量為17形成的化合物為NH3,M為H元素,Y為N元素;X與Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的同周期元素,故X為C元素,Z為O元素;W的質(zhì)子數(shù)是X、Y、Z、M四種元素質(zhì)子數(shù)之和的,W為Na元素?!驹斀狻緼.簡(jiǎn)單離子半徑從大到小為Y3->X2->M+>W+,A錯(cuò)誤;B.W2Z2為Na2O2,其陰陽(yáng)離子個(gè)數(shù)之比為2:1,B錯(cuò)誤;C.NaH與水發(fā)生反應(yīng),方程式為NaH+H2O=NaOH+H2↑,轉(zhuǎn)移1mol電子,C錯(cuò)誤;D.四種元素形成的化合物可能為NH4HCO3,含有離子鍵,D正確;故選D。6、C【解析】
A.純棉面料主要成分為纖維素,主要含C、H、O三種元素,故A正確;B.植物油的主要成分為高級(jí)脂肪酸甘油酯,屬于酯類(lèi),故B正確;C.聚乙烯不含碳碳雙鍵,不能使溴水褪色,故C錯(cuò)誤;D.聚乳酸的降解過(guò)程中發(fā)生水解反應(yīng),水解反應(yīng)屬于取代反應(yīng),故D正確;答案選C。7、B【解析】
A.CaCl2、燒堿屬于化合物,聚乙烯是高分子化合物,屬于混合物,HD為單質(zhì),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B.明礬是硫酸鋁鉀結(jié)晶水合物,膽礬是硫酸銅結(jié)晶水合物,冰醋酸是醋酸,硫酸鋇是鹽,它們都是在水溶液中或熔化狀態(tài)下能導(dǎo)電的化合物,都是電解質(zhì),選項(xiàng)B正確;C.CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2,結(jié)構(gòu)不相似,不屬于同系物,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D.、是碳元素不同核素,互為同位素,是單質(zhì),選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B。8、A【解析】
①NaCl溶液電解的得到氯氣,氯氣和鐵在點(diǎn)燃的條件下反應(yīng)生成氯化鐵,故正確;②Fe2O3和鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵,氯化鐵溶液加熱蒸發(fā),得到氫氧化鐵,不是氯化鐵,故錯(cuò)誤;③N2和氫氣在高溫高壓和催化劑條件下反應(yīng)生成氨氣,氨氣和氯化氫直接反應(yīng)生成氯化銨,故正確;④SiO2和鹽酸不反應(yīng),故錯(cuò)誤。故選A。9、C【解析】
X、Y、Z、R是四種原子序數(shù)依次遞增的短周期主族元素,Y原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍,則核外各電子層的電子分別為2、6,應(yīng)為O元素;Z元素的單質(zhì)常溫下能與水劇烈反應(yīng)產(chǎn)生氫氣,應(yīng)為Na元素;X原子最外層有兩個(gè)未成對(duì)電子,其電子排布式為:1s22s22p2(C)或1s22s22p4(O),排除氧元素,故X為C;X原子與Z原子的核外電子數(shù)之和為17,則R為Cl元素,以此解答。【詳解】A.由分析可知,X為C元素、Y為O元素、Z為Na元素、R為Cl元素,電子層數(shù)越多,原子半徑越大,同周期元素,原子序數(shù)越大,半徑越小,則原子半徑的大小順序:Y<X<R<Z,故A錯(cuò)誤;B.Y與氫元素組成的化合物是H2O,X與氫元素組成的化合物可以是熔沸點(diǎn)比水小的CH4,也可以是熔沸點(diǎn)比水大的相對(duì)分子質(zhì)量大的固態(tài)烴,故B錯(cuò)誤;C.R為Cl元素、X為C元素,最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物分別是HClO4和H2CO3,酸性:HClO4>H2CO3,故C正確;D.Y與Z形成的兩種化合物為Na2O和Na2O2,二者都是離子晶體,其中Na2O只含離子鍵,Na2O2含有離子鍵和非極性共價(jià)鍵,故D錯(cuò)誤;正確答案是C?!军c(diǎn)睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素關(guān)系、元素的性質(zhì)等,難度不大,推斷元素是關(guān)鍵。10、C【解析】
根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒、元素守恒進(jìn)行分析計(jì)算。【詳解】A.金屬離子全部沉淀時(shí),得到2.54g沉淀為氫氧化銅、氫氧化鎂,故沉淀中OH-的質(zhì)量為:2.54g?1.52g=1.02g,,根據(jù)電荷守恒可知,金屬提供的電子物質(zhì)的量等于OH-的物質(zhì)的量,設(shè)銅、鎂合金中Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為xmol、ymol,則:2x+2y=0.06、64x+24y=1.52,解得:x=0.02、y=0.01,則該合金中n(Cu):n(Mg)=2:1,故A正確;B.標(biāo)況下1.12L氣體的物質(zhì)的量為0.05mol,設(shè)混合氣體中二氧化氮的物質(zhì)的量為amol,則四氧化二氮的物質(zhì)的量為(0.05?a)mol,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知:a×1+(0.05?a)×2×1=0.06,解得a=0.04,則混合氣體中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol,NO2和N2O4的混合氣體中,NO2的體積分?jǐn)?shù)為:,故B正確;C.50mL該硝酸中含有硝酸的物質(zhì)的量為:14mol/L×0.05L=0.7mol,反應(yīng)后的溶質(zhì)為硝酸鈉,根據(jù)N元素守恒,硝酸鈉的物質(zhì)的量為:n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol?0.04mol?0.01×2=0.64mol,故需要?dú)溲趸c溶液的體積為,故C錯(cuò)誤;D.Cu、Mg的物質(zhì)的量分別為0.02mol、0.01mol,則生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol,NO2和N2O4的物質(zhì)的量分別為0.04mol、0.01mol,則根據(jù)N元素守恒可知,消耗硝酸的物質(zhì)的量為0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol,故D正確;答案選C?!军c(diǎn)睛】解答該題的關(guān)鍵是找到突破口:金屬鎂、銅與硝酸反應(yīng)失電子物質(zhì)的量與金屬離子被沉淀結(jié)合氫氧根離子的物質(zhì)的量相等,關(guān)系式為Cu~2e-~Cu2+~2OH-,Mg~2e-~Mg2+~2OH-,通過(guò)氫氧化鎂與氫氧化銅的總質(zhì)量與銅鎂合金的質(zhì)量差可以計(jì)算氫氧根離子的物質(zhì)的量,從而確定反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。11、C【解析】
A.要探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率影響實(shí)驗(yàn),應(yīng)該只有濃度不同,其它條件必須完全相同,該實(shí)驗(yàn)沒(méi)有明確說(shuō)明溫度是否相同,并且NaHSO3溶液與H2O2溶液反應(yīng)生成硫酸鈉、硫酸和水,無(wú)明顯現(xiàn)象,故A錯(cuò)誤;B.向NaCl、NaI的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液,有黃色沉淀生成,說(shuō)明先達(dá)到AgI的溶度積,但由于NaCl、NaI濃度未知,不能由此判斷溶度積大小,故B錯(cuò)誤;C.由于維生素C能把氯化鐵還原成氯化亞鐵,會(huì)看到溶液由黃色變成淺綠色,故C正確;D.銀鏡反應(yīng)必須在堿性條件下進(jìn)行,該實(shí)驗(yàn)中加入銀氨溶液前沒(méi)有加入NaOH溶液中和未反應(yīng)的稀硫酸,所以實(shí)驗(yàn)不成功,則實(shí)驗(yàn)操作及結(jié)論錯(cuò)誤,故D錯(cuò)誤。故答案選C。12、B【解析】
A.KI是否變質(zhì)均能與硝酸銀溶液反應(yīng)生成碘化銀沉淀,可以用淀粉溶液檢驗(yàn)是否變質(zhì),故A不選;B.FeCl2溶液變質(zhì)混有FeCl3,則加KSCN可檢驗(yàn)鐵離子,能檢驗(yàn)是否變質(zhì),故B選;C.HCHO變質(zhì)生成HCOOH,銀氨溶液與甲醛、甲酸均能反應(yīng),所以不能檢驗(yàn),故C不選;D.Na2SO3溶液變質(zhì)生成Na2SO4,Na2SO3、Na2SO4均能與氯化鋇生成白色沉淀,所以加氯化鋇不能檢驗(yàn)變質(zhì),故D不選;故選:B。13、B【解析】
由實(shí)驗(yàn)流程可知,該溶液與Ba(OH)2反應(yīng)生成白色沉淀,則一定不含F(xiàn)e3+,且白色沉淀與足量鹽酸反應(yīng),白色沉淀部分溶解,并有氣體生成,不溶的白色沉淀一定為BaSO4,氣體為CO2,由于SO32-、Mg2+相互促進(jìn)水解不能共存,②反應(yīng)后的溶液中可能含Na+、Mg2+,所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同,由電荷守恒可知不含Cl-,則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+,以此來(lái)解答?!驹斀狻緼.①中白色沉淀為硫酸鋇和碳酸鋇,氣體為CO2,故A錯(cuò)誤;B.白色沉淀與足量鹽酸反應(yīng),白色沉淀部分溶解,并有氣體生成,不溶的白色沉淀一定為BaSO4,氣體為CO2,由于SO32-、Mg2+相互促進(jìn)水解不能共存,②反應(yīng)后的溶液中可能含Na+、Mg2+,所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同,由電荷守恒可知不含Cl-,則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+,故B正確;C.②反應(yīng)后的溶液中可能含Na+、Mg2+,所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同,則溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+,故C錯(cuò)誤;D.①溶液中含Na+及過(guò)量的Ba(OH)2,②溶液含Mg2+及過(guò)量鹽酸,只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸銀溶液能生成白色沉淀AgCl,故D錯(cuò)誤;正確答案是B?!军c(diǎn)睛】本題的關(guān)鍵在于理解“所含離子的物質(zhì)的量濃度均相同”這一句話(huà),通過(guò)電荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+,另外SO32-、Mg2+相互促進(jìn)水解不能共存也是需要注意的點(diǎn)。14、D【解析】
常溫下,用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液,當(dāng)NaOH體積為40mL時(shí),達(dá)到第一滴定終點(diǎn),在X點(diǎn),pH=4.25;繼續(xù)滴加NaOH溶液,在Y點(diǎn),pH=7.19,此時(shí)c(SO32-)=c(HSO3-);繼續(xù)滴加NaOH溶液至Z點(diǎn)時(shí),達(dá)到第二終點(diǎn),此時(shí)pH=9.86。【詳解】A.在Y點(diǎn),SO32-水解常數(shù)Kh==c(OH-)==10-6.81,此時(shí)數(shù)量級(jí)為10-7,A不正確;B.若滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn),pH=4.25,應(yīng)使用甲基橙作指示劑,B不正確;C.圖中Z點(diǎn)為Na2SO3溶液,對(duì)應(yīng)的溶液中:c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-),C不正確;D.圖中Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中,依據(jù)電荷守恒,可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),此時(shí)c(SO32-)=c(HSO3-),所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),D正確;故選D。15、D【解析】
A.連接負(fù)極的鉛筆芯為陰極,陰極上氫離子放電生成氫氣,同時(shí)電極附近生成氫氧根離子,溶液呈堿性,pH試紙遇堿變藍(lán)色,故A正確;B.連接正極的鉛筆芯為陽(yáng)極,陽(yáng)極上氯離子放電生成氯氣,氯氣能氧化碘離子生成碘,碘與淀粉試液變藍(lán)色,所以淀粉碘化鉀試紙變藍(lán)色,故B正確;C.該裝置是將電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能裝置,為電解池,故C正確;D.電子不通過(guò)電解質(zhì)溶液,電解質(zhì)溶液中陰陽(yáng)離子定向移動(dòng)形成電流,故D錯(cuò)誤;故答案為D?!军c(diǎn)睛】考查電解原理,明確離子放電順序及各個(gè)電極上發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的性質(zhì)即可解答,該裝置為電解池,連接負(fù)極的鉛筆芯為陰極,陰極上氫離子放電,同時(shí)電極附近生成氫氧根離子,溶液呈堿性;連接正極的鉛筆芯為陽(yáng)極,陽(yáng)極上氯離子放電生成氯氣,氯氣能氧化碘離子生成碘,碘與淀粉試液變藍(lán)色,注意電解質(zhì)溶液中電流的形成,為易錯(cuò)點(diǎn)。16、A【解析】
A.鐵離子在溶液中水解導(dǎo)致陽(yáng)離子個(gè)數(shù)增多,故溶液中陽(yáng)離子個(gè)數(shù)多于0.2NA個(gè),故A錯(cuò)誤;B.0.24gMg為0.01mol,Mg在O2和CO2的混合氣體中完全燃燒生成MgO,失去0.02mol電子,則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.02NA,故B正確;C.CO2的摩爾質(zhì)量為44g/mol,含22個(gè)質(zhì)子;SO2的摩爾質(zhì)量為64g/mol,含32個(gè)質(zhì)子,即兩者均是2g中含1mol質(zhì)子,故3g混合物中含1.5mol質(zhì)子即1.5NA個(gè)質(zhì)子,故C正確;D.過(guò)氧化鈉與二氧化硫反應(yīng)生成硫酸鈉,1mol過(guò)氧化鈉中的?1價(jià)的氧原子變?yōu)?2價(jià),故1mol過(guò)氧化鈉轉(zhuǎn)移2mol電子即2NA個(gè),故D正確;答案選A。17、A【解析】
短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大,W在大氣中有兩種同素異形體且均能支持燃燒,說(shuō)明W為O,X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的,說(shuō)明X為Na,非金屬元素Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍,說(shuō)明Y為Si,Z為Cl。【詳解】A選項(xiàng),Y、Z的氫化物穩(wěn)定性HCl>SiH4,故A錯(cuò)誤;B選項(xiàng),Si單質(zhì)的熔點(diǎn)高于Na單質(zhì),硅是原子晶體,鈉是金屬晶體,原子晶體熔點(diǎn)一般高于金屬晶體熔點(diǎn),故B正確;C選項(xiàng),X、W、Z能形成具有強(qiáng)氧化性的NaClO,故C正確;D選項(xiàng),利用價(jià)態(tài)絕對(duì)值加最外層電子數(shù)是否等于8來(lái)判斷得出SiO32-中Si和O都滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),故D正確。綜上所述,答案為A?!军c(diǎn)睛】?jī)r(jià)態(tài)絕對(duì)值加最外層電子數(shù)是否等于8來(lái)判斷化合物中各原子是否滿(mǎn)足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。18、C【解析】
先加硝酸,氫離子與碳酸根離子生成氣體,可以鑒別出碳酸鈉,但硝酸也可和氫氧化鈉反應(yīng)生成水,沒(méi)有明顯現(xiàn)象,又除去了氫氧根離子,銨根離子與氫氧根離子反應(yīng)生成具有刺激性氣味的氣體,加入硝酸銨可以證明氫氧化鈉的存在;再加入稀硝酸,有氣體生成,證明含有碳酸鈉;加入硝酸鋇,鋇離子與硫酸根離子生成硫酸鋇沉淀,可以證明含有硝酸鋇;最后加入硝酸銀,銀離子與氯離子反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀,證明含有氯化鈉,可以將四種溶質(zhì)都證明出來(lái),如先加入硝酸銀,則硫酸銀、氯化銀都生成沉淀,不能鑒別,綜上所述,C項(xiàng)正確;答案選C。19、D【解析】
Ⅰ為電解飽和食鹽水,電極a為銅棒,且一直有氣泡產(chǎn)生,所以a為陰極,發(fā)生反應(yīng)2H++2e?===H2↑,則b為陽(yáng)極,c為陰極,d為陽(yáng)極?!驹斀狻緼.放電時(shí)為原電池,原電池正極失電子發(fā)生氧化反應(yīng),根據(jù)總反應(yīng)可知放電時(shí)Li1-xCoO2得電子生成LiCoO2,所以電極方程式為:Li1-xCoO2+xe-+xLi+=LiCoO2,故A正確;B.a電極發(fā)生反應(yīng)2H++2e?===H2↑,標(biāo)況下2.24L氫氣的物質(zhì)的量為=0.1mol,則轉(zhuǎn)移的電子為0.2mol,鈷酸鋰電池負(fù)極發(fā)生反應(yīng)LixC6=xLi++6C+xe-,當(dāng)轉(zhuǎn)移0.2mol電子時(shí)有0.2molLi+生成,所以負(fù)極質(zhì)量減少0.2mol×7g/mol=1.4g,故B正確;C.根據(jù)分析可知d為陽(yáng)極,電極材料銅,所以銅在陽(yáng)極被氧化,根據(jù)現(xiàn)象可知生成CuCl,所以電極方程式為Cu+C1--e-=CuCl,故C正確;D.開(kāi)始時(shí)陰極發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e?===H2↑+2OH-,陽(yáng)極發(fā)生Cu+C1--e-=CuCl,可知生成的Cu+與OH-物質(zhì)的量相等,tmin后白色沉淀全部轉(zhuǎn)變成橙黃色沉淀(CuOH),說(shuō)明隨著電解的進(jìn)行發(fā)生反應(yīng)CuCl+OH-═CuOH+Cl-,即電解過(guò)程生成的氫氧根全部沉淀,整個(gè)過(guò)程可用方程式:2H2O+2Cu=2CuOH↓+H2↑表示,可知溶液的pH值基本不變,故D錯(cuò)誤;故答案為D。20、A【解析】
A、陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為:2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-;B、鎳電極是陰極,是硝酸根離子得電子;C、電子流入石墨電極,且電子不能經(jīng)過(guò)溶液;D、由電極反應(yīng)2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-,生成1mol氮?dú)庀?mol的硝酸根離子。【詳解】A項(xiàng)、陰極上發(fā)生的電極反應(yīng)式為:2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-,所以導(dǎo)出的溶液呈堿性,故A正確;B項(xiàng)、鎳電極是陰極,是硝酸根離子得電子,而不是鎳發(fā)生氧化反應(yīng),故B錯(cuò)誤;C項(xiàng)、電子流入石墨電極,且電子不能經(jīng)過(guò)溶液,故C錯(cuò)誤;D項(xiàng)、由電極反應(yīng)2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-,生成1mol氮?dú)庀?mol的硝酸根離子,所以若陽(yáng)極生成0.1mol氣體,理論上可除去0.2molNO3-,故D錯(cuò)誤。故選A?!军c(diǎn)睛】本題考查電解池的原理,掌握電解池反應(yīng)的原理和電子流動(dòng)的方向是解題的關(guān)鍵。21、A【解析】
H2在Cl2中燃燒的產(chǎn)物能被堿液完全吸收,則H2完全燃燒。吸收液中有NaClO,則燃燒時(shí)剩余Cl2,從而根據(jù)化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算?!驹斀狻款}中發(fā)生的反應(yīng)有:①H2+Cl2=2HCl;②HCl+NaOH=NaCl+H2O;③Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。據(jù)③,生成0.05molNaClO,消耗0.05molCl2、0.10molNaOH。則②中消耗0.20molNaOH和0.20molHCl。故①中消耗H2、Cl2各0.10mol。氫氣和氯氣物質(zhì)的量之比0.10mol:(0.10mol+0.05mol)=2:3。本題選A。【點(diǎn)睛】吸收液中有NaClO,則燃燒時(shí)剩余Cl2。氫氣和氯氣物質(zhì)的量之比必小于1:1,只有A項(xiàng)合理。22、B【解析】
A.該過(guò)程中發(fā)生反應(yīng):Cu2++H2S→CuS+2H+,CuS+Fe3+→S+Fe2++Cu2+(未配平),F(xiàn)e2++O2→Fe3+(未配平),由此可知,F(xiàn)e3+和CuS是中間產(chǎn)物,故A不符合題意;B.由圖知,化合價(jià)變化的元素有:S、Fe、O,Cu、H、Cl的化合價(jià)沒(méi)發(fā)生變化,故B符合題意;C.由A選項(xiàng)分析并結(jié)合氧化還原反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子守恒、原子守恒可知,其反應(yīng)的總反應(yīng)為:2H2S+O22S+2H2O,故C不符合題意;D.H2S反應(yīng)生成S,硫元素化合價(jià)升高2價(jià),O2反應(yīng)時(shí)氧元素化合價(jià)降低2,根據(jù)氧化還原轉(zhuǎn)移電子守恒可知,當(dāng)有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí),需要消耗O2的物質(zhì)的量為0.5mol,故D不符合題意;故答案為:B。二、非選擇題(共84分)23、羧基、氯原子光照HOOCCCl(CH1)CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2OCH2=C(CH1)CH=CH2CH2BrC(CH1)=CHCH2BrHOCH2C(CH1)=CHCH2OHOHCC(CH1)=CHCHOHOOCC(CH1)=CHCOOHF【解析】
不飽和度極高,因此推測(cè)為甲苯,推測(cè)為,根據(jù)反應(yīng)③的條件,C中一定含有醇羥基,則反應(yīng)②是鹵代烴的水解變成醇的過(guò)程,C即苯甲醇,根據(jù)題目給出的信息,D為,結(jié)合D和E的分子式,以及反應(yīng)④的條件,推測(cè)應(yīng)該是醇的消去反應(yīng),故E為,再來(lái)看M,M的分子式中有鈉無(wú)氯,因此反應(yīng)⑤為氫氧化鈉的乙醇溶液,M為,經(jīng)酸化后得到N為,N最后和E反應(yīng)得到高聚物P,本題得解?!驹斀狻浚?)F中的官能團(tuán)有羧基、氯原子;反應(yīng)①取代的是支鏈上的氫原子,因此條件為光照;(2)反應(yīng)⑤即中和反應(yīng)和消去反應(yīng),方程式為HOOCCCl(CH1)CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O;(1)根據(jù)分析,P的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為;(4)首先根據(jù)E的分子式可知其有5個(gè)不飽和度,苯環(huán)只能提供4個(gè)不飽和度,因此必定還有1個(gè)碳碳雙鍵,符合條件的同分異構(gòu)體為;(5)首先根據(jù)的分子式算出其分子內(nèi)有2個(gè)不飽和度,因此這兩個(gè)碳碳雙鍵可以轉(zhuǎn)化為F中的2個(gè)羧基,故合成路線(xiàn)為CH2=C(CH1)CH=CH2CH2BrC(CH1)=CHCH2BrHOCH2C(CH1)=CHCH2OHOHCC(CH1)=CHCHOHOOCC(CH1)=CHCOOHF。24、消去反應(yīng)對(duì)苯二甲酸(或1,4-苯二甲酸)硝基、氯原子H2O10(任寫(xiě)一種)【解析】
乙醇發(fā)生消去反應(yīng)生成A為CH2=CH2,C被氧化生成D,D中含有羧基,C、D、G均為芳香族化合物,分子中均只含兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,C發(fā)生氧化反應(yīng)生成D,D中應(yīng)該有兩個(gè)羧基,根據(jù)H結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知,D為、G為;根據(jù)信息②知,生成B的反應(yīng)為加成反應(yīng),B為,B生成C的反應(yīng)中除了生成C外還生成H2O,苯和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成E,E為,發(fā)生取代反應(yīng)生成F,根據(jù)G結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知,發(fā)生對(duì)位取代,則F為,F(xiàn)發(fā)生取代反應(yīng)生成對(duì)硝基苯胺。【詳解】⑴C2H5OH與濃H2SO4在170℃下共熱發(fā)生消去反應(yīng)生成的A為H2C=CH2;由H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知D為、G為;D為對(duì)苯二甲酸,苯與Cl2在FeCl3作催化劑的條件下反應(yīng)生成的E(),E發(fā)生硝化反應(yīng)生成的F(),F(xiàn)中所含官能團(tuán)的名稱(chēng)是硝基和氯原子;故答案為:消去反應(yīng);對(duì)苯二甲酸(或1,4-苯二甲酸);硝基、氯原子。⑵乙烯和發(fā)生Diels-Alder反應(yīng)生成B,故B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是;C為芳香族化合物,分子中只含兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子,“B→C”的反應(yīng)中,除C外,還生成的一種無(wú)機(jī)產(chǎn)物是H2O;故答案為:;H2O。⑶D+G→H的化學(xué)方程式是;故答案為:。⑷D為,Q是D的同系物,相對(duì)分子質(zhì)量比D大14,如果取代基為?CH2COOH、?COOH,有3種結(jié)構(gòu);如果取代基為?CH3、兩個(gè)?COOH,有6種結(jié)構(gòu);如果取代基為?CH(COOH)2,有1種,則符合條件的有10種;其中核磁共振氫譜有4組峰,且峰面積比為1:2:2:3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,故答案為:10;。⑸CH2=CHCH=CH2和HC≡CH發(fā)生加成反應(yīng)生成,和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成,發(fā)生水解反應(yīng)生成,其合成路線(xiàn)為,故答案為:。25、沉淀不溶解,無(wú)氣泡產(chǎn)生或無(wú)明顯現(xiàn)象BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32-與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動(dòng)b小于2Ag++2I-=I2+2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,原電池的電壓減小實(shí)驗(yàn)步驟ⅳ表明Cl-本身對(duì)該原電池電壓無(wú)影響,實(shí)驗(yàn)步驟ⅲ中c>b說(shuō)明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I(xiàn)-(aq)【解析】
⑴因?yàn)锽aCO3能溶于鹽酸,放出CO2氣體,BaSO4不溶于鹽酸。⑵實(shí)驗(yàn)Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3,則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生,沉淀部分溶解。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀。⑷向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,獲得AgCl懸濁液時(shí)NaCl相對(duì)于AgNO3過(guò)量,因此說(shuō)明有AgCl轉(zhuǎn)化為AgI。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說(shuō)明氧化還原反應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于沉淀反應(yīng)速率;原電池總反應(yīng)的離子方程式為2I-+2Ag+=2Ag+I(xiàn)2;②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,產(chǎn)生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,根據(jù)已知信息“其他條件不變時(shí),參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng),原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)”可的結(jié)論;③實(shí)驗(yàn)步驟ⅳ表明Cl-本身對(duì)該原電池電壓無(wú)影響,實(shí)驗(yàn)步驟ⅲ中c>b說(shuō)明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I(xiàn)-(aq)?!驹斀狻竣乓?yàn)锽aCO3能溶于鹽酸,放出CO2氣體,BaSO4不溶于鹽酸,所以實(shí)驗(yàn)Ⅰ說(shuō)明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4,依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后,沉淀不溶解,無(wú)氣泡產(chǎn)生(或無(wú)明顯現(xiàn)象);故答案為:沉淀不溶解,無(wú)氣泡產(chǎn)生或無(wú)明顯現(xiàn)象。⑵實(shí)驗(yàn)Ⅱ是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中,再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3,則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生,沉淀部分溶解,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O;故答案為:BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O。⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動(dòng),BaSO4沉淀部分轉(zhuǎn)化為BaCO3沉淀;故答案為:BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42?(aq),當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液,CO32?與Ba2+結(jié)合生成BaCO3沉淀,使上述平衡向右移動(dòng)。⑷為觀察到AgCl轉(zhuǎn)化為AgI,需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液,獲得AgCl懸濁液時(shí)NaCl相對(duì)于AgNO3過(guò)量,因此說(shuō)明有AgCl轉(zhuǎn)化為AgI;故答案為:b。⑸①AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說(shuō)明氧化還原反應(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于沉淀反應(yīng)速率;原電池總反應(yīng)的離子方程式為2I-+2Ag+=2Ag+I(xiàn)2;故答案為:小于;2I-+2Ag+=2Ag+I(xiàn)2。②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后,產(chǎn)生了AgI沉淀,使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,根據(jù)已知信息“其他條件不變時(shí),參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng),原電池的電壓越大;離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)”可知,實(shí)驗(yàn)Ⅳ中b<a;故答案為:生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I-)減小,I-還原性減弱,原電池的電壓減小。③實(shí)驗(yàn)步驟ⅳ表明Cl-本身對(duì)該原電池電壓無(wú)影響,實(shí)驗(yàn)步驟ⅲ中c>b說(shuō)明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I(xiàn)-(aq);故答案為:實(shí)驗(yàn)步驟ⅳ表明Cl-本身對(duì)該原電池電壓無(wú)影響,實(shí)驗(yàn)步驟ⅲ中c>b說(shuō)明加入Cl-使c(I-)增大,證明發(fā)生了AgI(s)+Cl-(aq)AgCl(s)+I(xiàn)-(aq)。26、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸點(diǎn)較高,不易揮發(fā)bC6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O蒸出物為混合物,無(wú)需控制溫度防止B中液體倒吸60.0%加入稀鹽酸,分液除去硝基苯,再加入氫氧化鈉溶液,分液去水層后,加入NaOH固體干燥、過(guò)濾【解析】
制備苯胺:向硝基苯和錫粉混合物中分批加入過(guò)量的鹽酸,可生成苯胺,分批加入鹽酸可以防止反應(yīng)太劇烈,減少因揮發(fā)而造成的損失,且過(guò)量的鹽酸可以和苯胺反應(yīng)生成C6H5NH3Cl,之后再加入NaOH與C6H5NH3Cl反應(yīng)生成苯胺?!驹斀狻?1)將分別蘸有濃氨水和濃鹽酸的玻璃棒靠近,因?yàn)閮烧叨加袚]發(fā)性,在空氣中相遇時(shí)反應(yīng)生成NH4Cl白色固體,故產(chǎn)生白煙方程式為NH3+HCl=NH4Cl;依據(jù)表中信息,苯胺沸點(diǎn)較高(184℃),不易揮發(fā),因此用苯胺代替濃氨水,觀察不到白煙;(2)圖中球形冷凝管的水流方向應(yīng)為“下進(jìn)上出”即“b進(jìn)a出”,才能保證冷凝管內(nèi)充滿(mǎn)冷卻水,獲得充分冷凝的效果;(3)過(guò)量濃鹽酸與苯胺反應(yīng)生成C6H5NH3Cl,使制取反應(yīng)正向移動(dòng),充分反應(yīng)后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2,離子反應(yīng)方程式為C6H5NH3++OH-=C6H5NH2+H2O;(4)由于蒸出物為水和苯胺的混合物,故無(wú)需控制溫度;(5)水蒸氣蒸餾裝置中,雖然有玻璃管平衡氣壓,但是在實(shí)際操作時(shí),裝置內(nèi)的氣壓仍然大于外界大氣壓,這樣水蒸氣才能進(jìn)入三頸燒瓶中;所以,水蒸氣蒸餾結(jié)束后,在取出燒瓶C前,必須先打開(kāi)止水夾d,再停止加熱,防止裝置內(nèi)壓強(qiáng)突然減小引起倒吸;(6)已知硝基苯的用量為5.0mL,密度為1.23g/cm3,則硝基苯的質(zhì)量為6.15g,則硝基苯的物質(zhì)的量為,根據(jù)反應(yīng)方程式可知理論生成的苯胺為0.05mol,理論質(zhì)量為=4.65g,實(shí)際質(zhì)量為2.79g,所以產(chǎn)率為60.0%;(7)“不加熱”即排除了用蒸餾的方法除雜,苯胺能與HCl溶液反應(yīng),生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯則不能與HCl溶液反應(yīng),且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量鹽酸,經(jīng)分液除去硝基苯,再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺,分液后用NaOH固體干燥苯胺中還含有的少量水分,濾去NaOH固體,即可得較純凈的苯胺?!军c(diǎn)睛】水蒸氣蒸餾是在難溶或不溶于水的有機(jī)物中通入水蒸氣共熱,使有機(jī)物隨水蒸氣一起蒸餾出來(lái),是分離和提純有機(jī)化合物的常用方法。27、粉碎、攪拌或加熱100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止過(guò)程④加入過(guò)量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起誤差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2【解析】
(1)在由固體與液體的反應(yīng)中,要想加快反應(yīng)速率,可以粉碎固體物質(zhì)或攪拌,都是增大固液的接觸面積,也可以加熱等;(2)配制溶液要掌握好配制步驟,容量瓶的選擇,因?yàn)榕渲?00mL溶液,所以選擇100mL容量瓶,氧化還原滴定的時(shí)候,注意選擇指示劑、滴定管等。(3)利用氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒配平氧化還原反應(yīng)離子方程式:2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑;(4)、MnO4-在酸性條件下,加熱能分解為O2,同時(shí)生成Mn2+,據(jù)此分析作答;(5)結(jié)合實(shí)際操作的規(guī)范性作答;(6)根據(jù)方程式找出關(guān)系式,通過(guò)計(jì)算確定晶體的組成?!驹斀狻浚?)為了加快藍(lán)色晶體在2mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶體粉碎、攪拌、或者加熱的方法;(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液時(shí)需要用100mL容量瓶進(jìn)行溶液配制,配置過(guò)程需要用到的玻璃儀器由玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、100mL容量瓶;過(guò)程②是用0.20mol·L-1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有強(qiáng)氧化性,因此選用甲(酸式滴定管);過(guò)程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈堿性,故選用乙(堿式滴定管);(3)利用氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降總數(shù)相等,先配氧化劑、還原劑、氧化產(chǎn)物、還原產(chǎn)物的化學(xué)計(jì)量數(shù),然后再觀察配平其他物質(zhì),過(guò)程②的離子反應(yīng)方程式:2MnO4++5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑(4)MnO4-在酸性條件下,加熱能分解為O2,同時(shí)生成Mn2+,故加熱的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止過(guò)程④加入過(guò)量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起誤差;(5)過(guò)程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反應(yīng)方程式為I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故過(guò)程⑥,應(yīng)以淀粉溶液作指示劑;若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加,則滴入Na2S2O3的物質(zhì)的量偏小,造成測(cè)定Cu2+的含量偏?。唬?)由2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++8H2O+10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20mol·L-1V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2S2O32-~I2~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1V(Na2S2O3),已知兩個(gè)滴定過(guò)程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等,所以n(C2O42-)=2n(Cu2+),因?yàn)榫w中只有一種陰離子,并且晶體中元素化合價(jià)代數(shù)和為0,故該晶體為K2Cu(C2O4)2·H2O?!军c(diǎn)睛】在氧化還原反應(yīng)滴定中注意指示劑的選擇、滴定管的選擇。28、6:1—2.24.52b—2a>0.88.192×10-2【解析】
(1)ASH3的電子式與氨氣類(lèi)似;AsH3通入AgNO3溶液中可
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