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精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2017年北京市高考化學試卷一、本部分共7小題,每小題6分,共42分.在每小題列出的四個選項中,選出最符合題目要求的一項.1.(6分)古絲綢之路貿易中的下列商品,主要成分屬于無機物的是()A.瓷器 B.絲綢 C.茶葉 D.中草藥 2.(6分)2016年IUPAC命名117號元素為Ts(中文名“”,tián),Ts的原子核外最外層電子數是7,下列說法不正確的是()A.Ts是第七周期第ⅦA族元素 B.Ts的同位素原子具有相同的電子數 C.Ts在同族元素中非金屬性最弱 D.中子數為176的Ts核素符號是Ts 3.(6分)下列變化中,氣體被還原的是()A.二氧化碳使Na2O2固體變白 B.氯氣使KBr溶液變黃 C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D.氨氣使AlCl3溶液產生白色沉淀 4.(6分)我國在CO2催化加氫制取汽油方面取得突破性進展,CO2轉化過程示意圖如下:下列說法不正確的是()A.反應①的產物中含有水 B.反應②中只有碳碳鍵形成 C.汽油主要是C5~C11的烴類混合物 D.圖中a的名稱是2﹣甲基丁烷 5.(6分)根據SO2通入不同溶液中實驗現象,所得結論不正確的是()實驗現象結論A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液產生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產生膠狀沉淀酸性:H2SO3>H2SiO3A.A B.B C.C D.D 6.(6分)聚維酮碘的水溶液是一種常見的碘伏類緩釋消毒劑,聚維酮通過氫鍵與HI3形成聚維酮碘,其結構表示如下(圖中虛線表示氫鍵)下列說法不正確的是()A.聚維酮的單體是 B.聚維酮分子由(m+n)個單體聚合而成 C.聚維酮碘是一種水溶性物質 D.聚維酮在一定條件下能發(fā)生水解反應 7.(6分)下述實驗中均有紅棕色氣體產生,對比分析所得結論不正確的是()①②③A.由①中的紅棕色氣體,推斷產生的氣體一定是混合氣體 B.紅棕色氣體不能表明②中木炭與濃硝酸產生了反應 C.由③說明濃硝酸具有揮發(fā)性,生成的紅棕色氣體為還原產物 D.③的氣體產物中檢測出CO2,由此說明木炭一定與濃硝酸發(fā)生了反應 二、解答題(共4小題,滿分58分)8.(17分)羥甲香豆素是一種治療膽結石的藥物,合成路線如下圖所示:已知:RCOOR'+R''OHRCOOR''+R'OH(R、R'、R''代表烴基)(1)A屬于芳香烴,其結構簡式是。B中所含的官能團是。(2)C→D的反應類型是。(3)E屬于酯類。僅以乙醇為有機原料,選用必要的無機試劑合成E,寫出有關化學方程式:。(4)已知:2EF+C2H5OH.F所含官能團有和。(5)以D和F為原料合成羥甲香豆素分為三步反應,寫出有關化合物的結構簡式:9.(13分)TiCl4是由鈦精礦(主要成分為TiO2)制備鈦(Ti)的重要中間產物,制備純TiCl4的流程示意圖如下:資料:TiCl4及所含雜質氯化物的性質化合物SiCl4TiCl4AlCl3FeCl3MgCl2沸點/℃58136181(升華)3161412熔點/℃﹣6925193304714在TiCl4中的溶解性互溶﹣微溶難溶(1)氯化過程:TiO2與Cl2難以直接反應,加碳生成CO和CO2可使反應得以進行。已知:TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)△H1=+175.4kJ?mol﹣12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2=﹣220.9kJ?mol﹣1①沸騰爐中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的熱化學方程式:。②氯化過程中CO和CO2可以相互轉化,根據如圖判斷:CO2生成CO反應的△H0(填“>”“<”或“=”),判斷依據:。③氯化反應的尾氣須處理后排放,尾氣中的HCl和Cl2經吸收可得粗鹽酸、FeCl3溶液,則尾氣的吸收液依次是。④氯化產物冷卻至室溫,經過濾得到粗TiCl4混合液,則濾渣中含有。(2)精制過程:粗TiCl4經兩步蒸餾得純TiCl4.示意圖如下:物質a是,T2應控制在。10.(12分)SCR和NSR技術可有效降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下的NOx排放。(1)SCR(選擇性催化還原)工作原理:①尿素[CO(NH2)2]水溶液熱分解為NH3和CO2,該反應的化學方程式:。②反應器中NH3還原NO2的化學方程式:。③當燃油中含硫量較高時,尾氣中SO2在O2作用下會形成(NH4)2SO4,使催化劑中毒。用化學方程式表示(NH4)2SO4的形成:。④尿素溶液濃度影響NO2的轉化,測定溶液中尿素(M=60g?mol﹣1)含量的方法如下:取ag尿素溶液,將所含氮完全轉化為NH3,所得NH3用過量的v1mLc1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收完全,剩余H2SO4用v2mLc2mol?L﹣1NaOH溶液恰好中和,則尿素溶液中溶質的質量分數是。(2)NSR(NOx儲存還原)工作原理:NOx的儲存和還原在不同時段交替進行,如圖a所示。①通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現NOx的儲存和還原。儲存NOx的物質是。②用H2模擬尾氣中還原性氣體研究了Ba(NO3)2的催化還原過程,該過程分兩步進行,圖b表示該過程相關物質濃度隨時間的變化關系。第一步反應消耗的H2與Ba(NO3)2的物質的量之比是。③還原過程中,有時會產生笑氣(N2O)。用同位素示蹤法研究發(fā)現笑氣的產生與NO有關。在有氧條件下,15NO與NH3以一定比例反應時,得到的笑氣幾乎都是15NNO.將該反應的化學方程式補充完整:15NNO+H2O。11.(16分)某小組在驗證反應“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的實驗中檢測到Fe3+,發(fā)現和探究過程如下。向硝酸酸化的0.05mol?L﹣1硝酸銀溶液(pH≈2)中加入過量鐵粉,攪拌后靜置,燒杯底部有黑色固體,溶液呈黃色。(1)檢驗產物①取少量黑色固體,洗滌后,(填操作和現象),證明黑色固體中含有Ag。②取上層清液,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產生藍色沉淀,說明溶液中含有。(2)針對“溶液呈黃色”,甲認為溶液中有Fe3+,乙認為鐵粉過量時不可能有Fe3+,乙依據的原理是(用離子方程式表示)。針對兩種觀點繼續(xù)實驗:①取上層清液,滴加KSCN溶液,溶液變紅,證實了甲的猜測。同時發(fā)現有白色沉淀產生,且溶液顏色變淺、沉淀量多少與取樣時間有關,對比實驗記錄如下:序號取樣時間/min現象ⅰ3產生大量白色沉淀;溶液呈紅色ⅱ30產生白色沉淀;較3min時量少;溶液紅色較3min時加深ⅲ120產生白色沉淀;較30min時量少;溶液紅色較30min時變淺(資料:Ag+與SCN﹣生成白色沉淀AgSCN)②對Fe3+產生的原因作出如下假設:假設a:可能是鐵粉表面有氧化層,能產生Fe3+;假設b:空氣中存在O2,由于(用離子方程式表示),可產生Fe3+;假設c:酸性溶液中NO3﹣具有氧化性,可產生Fe3+;假設d:根據現象,判斷溶液中存在Ag+,可產生Fe3+。③下列實驗Ⅰ可證實假設a、b、c不是產生Fe3+的主要原因。實驗Ⅱ可證實假設d成立。實驗Ⅰ:向硝酸酸化的溶液(pH≈2)中加入過量鐵粉,攪拌后靜置,不同時間取上層清液滴加KSCN溶液,3min時溶液呈淺紅色,30min后溶液幾乎無色。實驗Ⅱ:裝置如圖。其中甲溶液是,操作及現象是。(3)根據實驗現象,結合方程式推測實驗ⅰ~ⅲ中Fe3+濃度變化的原因:。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2018年北京市高考化學試卷一、選擇題(共7小題,每小題6分,共42分.每題只有一個正確選項)1.(6分)下列我國科技成果所涉及物質的應用中,發(fā)生的不是化學變化的是()A.甲醇低溫所制氫氣用于新能源汽車B.氘、氚用作“人造太陽”核聚變燃料C.偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號”的火箭燃料D.開采可燃冰,將其作為能源使用A.A B.B C.C D.D 2.(6分)我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是()A.生成CH3COOH總反應的原子利用率為100% B.CH4→CH3COOH過程中,有C﹣H鍵發(fā)生斷裂 C.①→②放出能量并形成了C﹣C鍵 D.該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率 3.(6分)下列化學用語對事實的表述不正確的是()A.硬脂酸與乙醇的酯化反應:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B.常溫時,0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1:NH3?H2O?NH4++OH﹣ C.由Na和Cl形成離子鍵的過程: D.電解精煉銅的陰極反應:Cu2++2e﹣═Cu 4.(6分)下列實驗中的顏色變化,與氧化還原反應無關的是()ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀,隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅,隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a生無色氣體,隨后變?yōu)榧t棕色A.A B.B C.C D.D 5.(6分)一種芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高,廣泛用作防護材料,其結構片段如下圖。下列關于該高分子的說法正確的是()A.完全水解產物的單個分子中,苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境 B.完全水解產物的單個分子中,含有官能團一COOH或一NH2 C.氫鍵對該高分子的性能沒有影響 D.結構簡式為:6.(6分)測定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數據如下:時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中,?、佗軙r刻的溶液,加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗,④產生白色沉淀多。下列說法不正確的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣ B.④的pH與①不同,是由于SO32﹣濃度減小造成的 C.①→③的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致 D.①與④的KW值相等 7.(6分)驗證犧牲陽極的陰極保護法,實驗如下(燒杯內均為經過酸化的3%NaC1溶液)。①在Fe表面生成藍色沉淀②試管內無明顯變化③試管內生成藍色沉淀下列說法不正確的是()A.對比②③,可以判定Zn保護了Fe B.對比①②,K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化 C.驗證Zn保護Fe時不能用①的方法 D.將Zn換成Cu,用①的方法可判斷Fe比Cu活潑 二、非選擇題II卷(60分)8.(17分)8﹣羥基哇啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑,也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8﹣羥基呼啉的合成路線。已知:i.ii.同一個碳原子上連有2個羥基的分子不穩(wěn)定。(1)按官能團分類,A的類別是。(2)A→B的化學方程式是。(3)C可能的結構簡式是。(4)C→D所需的試劑a是。(5)D→E的化學方程式是。(6)F→G的反應類型是。(7)將下列K→L的流程圖補充完整:KL(8)合成8﹣羥基喹啉時,L發(fā)生了(填“氧化”或“還原”)反應,反應時還生成了水,則L與G物質的量之比為。9.(13分)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下:已知:磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4?0.5H2O(1)上述流程中能加快反應速率的措施有。(2)磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應:2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4?0.5H2O+6H3PO4①該反應體現出酸性關系:H3PO4H2SO4(填“>”或“<”)。②結合元素周期律解釋①中結論:P和S電子層數相同。。(3)酸浸時,磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF,并進一步轉化為SiF4除去,寫出生成HF的化學方程式:。(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除,同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間,不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因:。(5)脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有SO42﹣殘留,原因是;加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率,其離子方程式是。(6)取ag所得精制磷酸,加適量水稀釋,以百里香酚酞作指示劑,用bmol?L﹣1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL.精制磷酸中H3PO4的質量分數是(已知:H3PO4摩爾質量為98g?mol﹣1)10.(12分)近年來,研究人員提出利用含硫物質熱化學循環(huán)實現太陽能的轉化與存儲,過程如下:(1)反應Ⅰ:2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)+△H1=+551kJ?mol﹣1反應Ⅲ:S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=﹣297kJ?mol﹣1反應Ⅱ的熱化學方程式:。(2)對反應Ⅱ,在某一投料比時,兩種壓強下,H2SO4在平衡體系中物質的量分數隨溫度的變化關系如圖所示,p2p1(填“>”或“<”),得出該結論的理由是。(3)I﹣可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑,可能的催化過程如下,將ii補充完整。i.SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2Oii.I2+2H2O+═++2I﹣(4)探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系,實驗如下:分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中,密閉放置觀察現象,(已知:I2易溶解在KI溶液中)序號ABCD試劑組成0.4mol?L﹣1KIamol?L﹣1KI0.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1KI0.0002molI2實驗現象溶液變黃,一段時間后出現渾濁溶液變黃,出現渾濁較A快無明顯現象象溶液由棕褐色很快褪色,變成黃色,出現渾濁較A快①B是A的對比實驗,則a=。②比較A、B、C,可得出的結論是。③實驗表明,SO2的歧化反應速率D>A.結合i,ii反應速率解釋原因:。11.(16分)實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質。資料:K2FeO4為紫色固體,微溶于KOH溶液;具有強氧化性,在酸性或中性溶液中快速產生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。(1)制備K2FeO4(夾持裝置略)①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是(錳被還原為Mn2+)。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外還有。(2)探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,產生黃綠色氣體,得溶液a,經檢驗氣體中含有Cl2,為證明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而產生Cl2,設計以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至過量,溶液呈紅色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體,再用KOH溶液將K2FeO4溶出,得到紫色溶液b,取少量b,滴加鹽酸,有Cl2產生。i.由方案1中溶液變紅可知a中含有離子,但該離子的產生不能判斷一定K2FeO4將Cl﹣氧化,還可能由產生(用方程式表示)。ii.方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl﹣.用KOH溶液洗滌的目的是。②根據K2FeO4的制備實驗得出:氧化性Cl2FeO42﹣(填“>”或“<”),而方案Ⅱ實驗表明,Cl2和FeO42﹣的氧化性強弱關系相反,原因是。③資料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42﹣>MnO4﹣,驗證實驗如下:將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振蕩后溶液呈淺紫色,該現象能否證明氧化性FeO42﹣>MnO4﹣,若能,請說明理由;若不能,進一步設計實驗方案,理由或方案:。

2018年北京市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題(共7小題,每小題6分,共42分.每題只有一個正確選項)1.(6分)下列我國科技成果所涉及物質的應用中,發(fā)生的不是化學變化的是()A.甲醇低溫所制氫氣用于新能源汽車B.氘、氚用作“人造太陽”核聚變燃料C.偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號”的火箭燃料D.開采可燃冰,將其作為能源使用A.A B.B C.C D.D 【考點】18:物理變化與化學變化的區(qū)別與聯(lián)系.【分析】一般來說,物質的熔點、狀態(tài)發(fā)生改變,為物理變化,而生成新物質的變化屬于化學變化,化學變化為原子的重新組合,物質的組成、結構和性質發(fā)生變化,但原子不會改變,以此解答該題?!窘獯稹拷猓篈.甲醇生成氫氣,為化學變化,故A不選;B.氘、氚用作“人造太陽”核聚變燃料,原子核發(fā)生變化,不屬于化學變化的范疇,故B選;C.偏二甲肼用作發(fā)射“天宮二號”的火箭燃料,燃燒生成氮氣和水,發(fā)生化學變化,故C不選;D.可燃冰的主要成分為甲烷,燃燒生成二氧化碳和水,為化學變化,故D不選。故選:B?!军c評】本題為2018年全國卷,題目考查物質的變化,側重于化學與生活、生產的考查,有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng),主要把握化學變化與物理變化的區(qū)別,難度不大。2.(6分)我國科研人員提出了由CO2和CH4轉化為高附加值產品CH3COOH的催化反應歷程。該歷程示意圖如下。下列說法不正確的是()A.生成CH3COOH總反應的原子利用率為100% B.CH4→CH3COOH過程中,有C﹣H鍵發(fā)生斷裂 C.①→②放出能量并形成了C﹣C鍵 D.該催化劑可有效提高反應物的平衡轉化率 【考點】15:化學反應的實質;H1:有機化合物中碳的成鍵特征.【分析】A.原子利用率是指被利用的原子數和總原子數之比;B.甲烷反應后生成乙酸,結合分子中化學鍵變化法判斷;C.圖中可知。①→②過程中能量降低,說明為放熱過程通過過渡態(tài)形成了C﹣C化學鍵;D.催化劑改變反應速率不改變化學平衡和反應焓變;【解答】解:A.圖中分析,1mol甲烷和1mol二氧化碳反應生成1mol乙酸,生成CH3COOH總反應的原子利用率為100%,故A正確;B.圖中變化可知甲烷在催化劑作用下經過選擇性活化,其中甲烷分子中碳原子會與催化劑形成一新的共價鍵,必有C﹣H鍵發(fā)生斷裂,故B正確;C.①→②的焓值降低,過程為放熱過程,有C﹣C鍵形成,故C正確;D.催化劑只加快反應速率,不改變化學平衡轉化率,故D錯誤;故選:D。【點評】本題考查了化學反應過程的分析、反應過程中催化劑作用和能量變化、化學鍵的變化,注意題干信息的理解應用,掌握基礎是解題關鍵,題目難度中等。3.(6分)下列化學用語對事實的表述不正確的是()A.硬脂酸與乙醇的酯化反應:C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218O B.常溫時,0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1:NH3?H2O?NH4++OH﹣ C.由Na和Cl形成離子鍵的過程:D.電解精煉銅的陰極反應:Cu2++2e﹣═Cu 【考點】48:化學方程式的書寫;92:離子鍵的形成;BI:電極反應和電池反應方程式;I8:聚合反應與酯化反應.【分析】A.硬脂酸為C17H35COOH,含有羧基,與C2H518OH發(fā)生酯化反應生成C17H35CO18OC2H5;B.常溫時,0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1,說明NH3?H2O不能完全電離,為弱電解質;C.氯化鈉為離子化合物,含有離子鍵;D.電解精煉銅,陰極析出銅?!窘獯稹拷猓篈.硬脂酸為C17H35COOH,含有羧基,與C2H518OH發(fā)生酯化反應,乙醇脫去H原子,硬脂酸脫去羥基,反應的化學方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O,故A錯誤;B.常溫時,0.1mol?L﹣1氨水的pH=11.1,說明NH3?H2O不能完全電離,為弱電解質,則電離方程式為NH3?H2O?NH4++OH﹣,故B正確;C.氯化鈉為離子化合物,含有離子鍵,反應中Na失去電子,Cl得到電子,則由Na和Cl形成離子鍵的過程:→,故C正確;D.電解精煉銅,陰極析出銅,電極方程式為Cu2++2e﹣═Cu,故D正確。故選:A?!军c評】本題綜合考查化學用語,涉及酯化反應、弱電解質的電離、電子式以及電極方程式,題目把化學用語與化學反應原理巧妙地結合,很好地考查學生的分析能力,題目難度不大。4.(6分)下列實驗中的顏色變化,與氧化還原反應無關的是()ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgC1濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現象產生白色沉淀,隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅,隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a生無色氣體,隨后變?yōu)榧t棕色A.A B.B C.C D.D 【考點】B1:氧化還原反應.【分析】發(fā)生的反應中,存在元素的化合價變化,與氧化還原反應有關;反之,不存在元素的化合價變化,則與氧化還原反應無關,以此解答該題?!窘獯稹拷猓篈.NaOH溶液滴入FeSO4溶液中,產生白色沉淀,為Fe(OH)2,隨后后變?yōu)榧t褐色,生成Fe(OH)3,Fe元素化合價發(fā)生變化,為氧化還原反應,故A不選;B.石蕊溶液滴入氯水中,生成鹽酸和次氯酸,溶液變紅與鹽酸有關,后褪色與HClO的漂白性有關,Cl元素化合價發(fā)生變化,屬于氧化還原反應,故B不選;C.Na2S溶液滴入AgCl濁液中,沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏?,由AgCl生成Ag2S沉淀,屬于沉淀的轉化,元素化合價沒有發(fā)生變化,不是氧化還原反應,故C選;D.熱銅絲插入稀硝酸中,產生無色氣體,隨后變?yōu)榧t棕色,涉及NO轉化為NO2,N元素化合價變化,屬于氧化還原反應,故D不選。故選:C。【點評】本題考查氧化還原反應,為高考常見題型,側重于氧化還原反應判斷的考查,注意把握發(fā)生的反應及反應中元素的化合價變化,題目難度不大。5.(6分)一種芳綸纖維的拉伸強度比鋼絲還高,廣泛用作防護材料,其結構片段如下圖。下列關于該高分子的說法正確的是()A.完全水解產物的單個分子中,苯環(huán)上的氫原子具有不同的化學環(huán)境 B.完全水解產物的單個分子中,含有官能團一COOH或一NH2 C.氫鍵對該高分子的性能沒有影響 D.結構簡式為: 【考點】HD:有機物的結構和性質.【分析】由結構可知,該高分子由和發(fā)生縮聚反應生成,高分子的結構簡式為,以此來解答?!窘獯稹拷猓篈.單體的苯環(huán)上均只有一種化學環(huán)境的H,故A錯誤;B.和的官能團分別為一NH2、一COOH,故B正確;C.氫鍵影響高分子的物理性質,如溶解性、熔沸點等,故C錯誤;D.結構簡式為,故D錯誤;故選:B?!军c評】本題考查有機物的結構與性質,為高頻考點,把握高分子的結構、縮聚反應為解答的關鍵,側重分析與應用能力的考查,注意選項C為解答的易錯點,題目難度不大。6.(6分)測定0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH,數據如下:時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實驗過程中,?、佗軙r刻的溶液,加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗,④產生白色沉淀多。下列說法不正確的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣ B.④的pH與①不同,是由于SO32﹣濃度減小造成的 C.①→③的過程中,溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致 D.①與④的KW值相等 【考點】D5:弱電解質在水溶液中的電離平衡.【分析】A.Na2SO3是強堿弱酸鹽,SO32﹣存在水解平衡;B.溫度相同,④溶液的pH值低于①溶液的pH值,說明溶液中OH﹣濃度降低;C.①到③過程溫度升高,溶液pH降低,增大濃度則有利于水解正向移動;D.水的離子積常數Kw只有溫度有關?!窘獯稹拷猓篈.Na2SO3是強堿弱酸鹽,SO32﹣存在水解平衡,水解平衡為:SO32﹣+H2O?HSO3﹣+OH﹣,忽略二級水解,故A正確;B.溫度相同,④溶液的pH值低于①溶液的pH值,說明溶液中OH﹣濃度降低,也就說明過程中SO32﹣濃度有所降低,故B正確;C.①到③過程溫度升高,溶液pH降低,說明溫度升高并沒有起到促進水解平衡右移的作用,增大濃度則有利于水解正向移動,因此溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響不一致,故C錯誤;D.水的離子積常數Kw只有溫度有關,①和④溫度相同,所以①和④的Kw值相等,故D正確,故選:C?!军c評】本題考查弱電解質在水中的電離平衡,明確Na2SO3的水解平衡是解題的關鍵,鹽類水解是高頻考點,也是高考的重點和難點,本題難度不大,是基礎題。7.(6分)驗證犧牲陽極的陰極保護法,實驗如下(燒杯內均為經過酸化的3%NaC1溶液)。①在Fe表面生成藍色沉淀②試管內無明顯變化③試管內生成藍色沉淀下列說法不正確的是()A.對比②③,可以判定Zn保護了Fe B.對比①②,K3[Fe(CN)6]可能將Fe氧化 C.驗證Zn保護Fe時不能用①的方法 D.將Zn換成Cu,用①的方法可判斷Fe比Cu活潑 【考點】BH:原電池和電解池的工作原理.【分析】A.②③相比較,可說明鐵連接鋅后,鐵沒有被腐蝕;B.①②相比較,可知鐵棒表面被氧化,但溶液中沒有亞鐵離子;C.如鐵不純,也可形成原電池反應而被氧化,不能通過鐵棒的表面反應判斷;D.用實驗①的方法不能比較金屬的活潑性。【解答】解:A.②中鐵沒有被腐蝕,而③鐵腐蝕,可說明鐵連接鋅后,鋅保護了鐵,故A正確;B.①②相比較,可知鐵棒表面被氧化,但溶液中沒有亞鐵離子,可能的原因為K3[Fe(CN)6]將Fe氧化,故B正確;C.如鐵不純,也可形成原電池反應而被氧化,加入K3[Fe(CN)6]可在鐵的表面生成藍色沉淀,則驗證Zn保護Fe時不能用①的方法,應用②的方法,故C正確;D.實驗①可說明鐵被氧化,說明方法存在缺陷,不能比較金屬的活潑性,則換成銅,也不能證明金屬的活潑性,故D錯誤。故選:D?!军c評】本題探究鐵的腐蝕與防護,為2018年北京考題,側重考查學生的分析能力和實驗能力,主要把握實驗的原理以及金屬的腐蝕,主要把握實驗的合理性與可行性的評價,把握物質的性質,難度中等。二、非選擇題II卷(60分)8.(17分)8﹣羥基哇啉被廣泛用作金屬離子的絡合劑和萃取劑,也是重要的醫(yī)藥中間體。下圖是8﹣羥基呼啉的合成路線。已知:i.ii.同一個碳原子上連有2個羥基的分子不穩(wěn)定。(1)按官能團分類,A的類別是烯烴。(2)A→B的化學方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl。(3)C可能的結構簡式是CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl。(4)C→D所需的試劑a是NaOH水溶液。(5)D→E的化學方程式是CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O。(6)F→G的反應類型是取代反應。(7)將下列K→L的流程圖補充完整:KL(8)合成8﹣羥基喹啉時,L發(fā)生了氧化(填“氧化”或“還原”)反應,反應時還生成了水,則L與G物質的量之比為3:1?!究键c】HC:有機物的合成.【專題】534:有機物的化學性質及推斷.【分析】E和J發(fā)生加成反應生成K,根據K結構簡式確定F中含有苯環(huán)、A為鏈狀結構,由F分子式知F為;由E、J分子式知,E為CH2=CHCHO,J為,F發(fā)生鄰位取代生成G為,G發(fā)生還原反應生成J;根據信息ii結合D分子式知D為CH2OHCHOHCH2OH,則C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl,則a為NaOH水溶液,結合A分子式知A為CH2=CHCH3,高溫條件下A和氯氣發(fā)生取代反應,則B為CH2=CHCH2Cl,K在濃硫酸作用下發(fā)生信息i的反應生成,然后發(fā)生消去反應生成L為,以此解答該題?!窘獯稹拷猓海?)由以上分析可知A為CH2=CHCH3,為烯烴,故答案為:烯烴;(2)A為CH2=CHCH3,B為CH2=CHCH2Cl,高溫條件下A和氯氣發(fā)生甲基上的取代反應,則A→B的化學方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl,故答案為:CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl;(3)由以上分析可知C的結構簡式是C為CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl2,故答案為:CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl;(4)通過以上分析知,C→D所需的試劑a是NaOH水溶液,故答案為:NaOH水溶液;(5)E為CH2=CHCHO,D為CH2OHCHOHCH2OH,D發(fā)生消去反應和氧化反應生成E,反應的化學方程式為CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O,故答案為:CH2OHCHOHCH2OHCH2=CHCHO+2H2O;(6)F為發(fā)生取代反應生成G,故答案為:取代反應;(7)由題給信息可知K首先發(fā)生加成反應生成,然后再發(fā)生消去反應生成L為,故答案為::(8)L為,G為,J為,L與G反應生成J和8﹣羥基喹啉,L失去氫,應為氧化反應,反應的化學方程式為3+→3++2H2O,L與G物質的量之比為3:1,故答案為:氧化反應;3:1?!军c評】本題考查有機物的合成,為2018年北京考題,側重考查學生的分析能力,注意把握題給信息以及有機物官能團的轉化,正確推斷有機物的結構為解答該題的關鍵,難度中等。9.(13分)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下:已知:磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。溶解度:Ca5(PO4)3(OH)<CaSO4?0.5H2O(1)上述流程中能加快反應速率的措施有研磨,加熱。(2)磷精礦粉酸浸時發(fā)生反應:2Ca5(PO4)3(OH)+3H2O+10H2SO410CaSO4?0.5H2O+6H3PO4①該反應體現出酸性關系:H3PO4<H2SO4(填“>”或“<”)。②結合元素周期律解釋①中結論:P和S電子層數相同。同一周期,從左到右,半徑逐漸減小,得電子能力增強,最高價氧化物對應的水化物酸性增強,所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性。(3)酸浸時,磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF,并進一步轉化為SiF4除去,寫出生成HF的化學方程式:2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF。(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除,同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間,不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80℃后脫除率變化的原因:溫度高于80℃時,H2O2的分解速率加快,導致H2O2的濃度降低,也就導致有機碳脫除率下降。(5)脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有SO42﹣殘留,原因是CaSO4(s)?Ca2+(aq)+SO42﹣(aq),CaSO4的溶解度相對較大;加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率,其離子方程式是BaCO3+SO42﹣?BaSO4+CO32﹣。(6)取ag所得精制磷酸,加適量水稀釋,以百里香酚酞作指示劑,用bmol?L﹣1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL.精制磷酸中H3PO4的質量分數是(已知:H3PO4摩爾質量為98g?mol﹣1)【考點】U3:制備實驗方案的設計.【分析】(1)常用加快化學反應速率的措施有研磨,加熱,溶解時攪拌等;(2)①根據反應方程式,是由H2SO4參加反應得到H3PO4,是由強酸制取弱酸;②H3PO4和H2SO4均為無機含氧酸,主要可從P和S的非金屬性角度考慮,S的非金屬性強于P,可以使O上電子云密度降低更大,繼而導致H+更易電離,H+越易電離,含氧酸酸性越強;(3)酸浸時,磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF,反應過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反應,生成CaSO4?H2O,H3PO4和HF,據此寫出反應方程式;(4)根據圖象,80℃前隨著溫度升高,有機碳脫除率增大,80℃后隨著溫度升高,有機碳脫除率降低,考慮H2O2受熱分解,導致H2O2濃度降低影響有機碳的脫除率;(5)脫硫過程是加入CaCO3發(fā)生反應,脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有SO42﹣殘留,反應過程生成CaSO4,而CaSO4相對于CaCO3溶解度較大,能產生多余的SO42﹣,加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率,則是由于發(fā)生沉淀轉化,BaCO3可轉化為更難溶的BaSO4;(6)滴定反應為:H3PO4+2NaOH═Na2HPO4+2H2O,據此計算。【解答】解:(1)常用加快化學反應速率的措施有研磨,加熱,溶解時攪拌等,根據流程圖,加快化學反應速率的措施有:研磨,加熱,故答案為:研磨,加熱;(2)①根據反應方程式,是由H2SO4參加反應得到H3PO4,是由強酸制取弱酸,因此酸性強弱為:H3PO4<H2SO4,故答案為:<;②H3PO4和H2SO4均為無機含氧酸,主要可從P和S的非金屬性角度考慮,S的非金屬性強于P,可以使O上電子云密度降低更大,繼而導致H+更易電離,H+越易電離,含氧酸酸性越強,可以簡單解釋為:P的半徑大于S,P的非金屬性小于S,所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性,故答案為:同一周期,從左到右,半徑逐漸減小,得電子能力增強,最高價氧化物對應的水化物酸性增強,所以H3PO4的酸性小于H2SO4的酸性;(3)酸浸時,磷精礦中Ca5(PO4)3F所含氟轉化為HF,反應過程為Ca5(PO4)3F和H2SO4反應,生成CaSO4?H2O,H3PO4和HF,所以化學反應方程式為:2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF,故答案為:2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO4?H2O+6H3PO4+2HF;(4)根據圖象,80℃前隨著溫度升高,有機碳脫除率增大,80℃后隨著溫度升高,有機碳脫除率降低,考慮H2O2受熱分解,導致H2O2濃度降低影響有機碳的脫除率,所以可以解釋為:溫度高于80℃時,H2O2的分解速率加快,導致H2O2的濃度降低,也就導致有機碳脫除率下降,故答案為:溫度高于80℃時,H2O2的分解速率加快,導致H2O2的濃度降低,也就導致有機碳脫除率下降;(5)脫硫過程是加入CaCO3發(fā)生反應,脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有SO42﹣殘留,反應過程生成CaSO4,而CaSO4相對于CaCO3溶解度較大,能產生多余的SO42﹣,所以原因可以解釋為:CaSO4(s)?Ca2+(aq)+SO42﹣(aq),CaSO4的溶解度相對較大,加入BaCO3可進一步提高硫的脫除率,則是由于發(fā)生沉淀轉化,BaCO3可轉化為更難溶的BaSO4,離子方程式為:BaCO3+SO42﹣?BaSO4+CO32﹣,故答案為:CaSO4(s)?Ca2+(aq)+SO42﹣(aq),CaSO4的溶解度相對較大;BaCO3+SO42﹣?BaSO4+CO32﹣;(6)用NaOH滴定H3PO4至Na2HPO4的滴定反應為:H3PO4+2NaOH═Na2HPO4+2H2O,根據反應方程式,制磷酸中H3PO4的物質的量為,則精制磷酸中H3PO4的質量分數是=,故答案為:?!军c評】本題考察無機流程分析,綜合了化學反應原理,考查了元素周期律,無機含氧酸強度比較,陌生反應方程式的書寫,沉淀溶解平衡原理,酸堿滴定反應相關計算,是一道考察綜合知識的題,題目整體難度中等,有助于培養(yǎng)綜合運用化學原理解決問題的能力。10.(12分)近年來,研究人員提出利用含硫物質熱化學循環(huán)實現太陽能的轉化與存儲,過程如下:(1)反應Ⅰ:2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)+△H1=+551kJ?mol﹣1反應Ⅲ:S(s)+O2(g)=SO2(g)△H3=﹣297kJ?mol﹣1反應Ⅱ的熱化學方程式:3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H=﹣254kJ/mol。(2)對反應Ⅱ,在某一投料比時,兩種壓強下,H2SO4在平衡體系中物質的量分數隨溫度的變化關系如圖所示,p2>p1(填“>”或“<”),得出該結論的理由是當溫度相同時,增大壓強,平衡正向移動,導致硫酸在平衡體系中物質的量分數增大。(3)I﹣可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑,可能的催化過程如下,將ii補充完整。i.SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2Oii.I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+2I﹣(4)探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系,實驗如下:分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中,密閉放置觀察現象,(已知:I2易溶解在KI溶液中)序號ABCD試劑組成0.4mol?L﹣1KIamol?L﹣1KI0.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1H2SO40.2mol?L﹣1KI0.0002molI2實驗現象溶液變黃,一段時間后出現渾濁溶液變黃,出現渾濁較A快無明顯現象象溶液由棕褐色很快褪色,變成黃色,出現渾濁較A快①B是A的對比實驗,則a=0.4。②比較A、B、C,可得出的結論是在酸性條件下,SO2與I﹣反應速率更快,且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應。③實驗表明,SO2的歧化反應速率D>A.結合i,ii反應速率解釋原因:反應i、ii知,SO2先和I﹣反應生成I2,I2再和SO2進一步反應,D中KI溶液溶解了I2,導致D中的ii的反應較A快?!究键c】CJ:產物百分含量與壓強的關系曲線.【分析】(1)根據圖知,反應II為3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),將方程式﹣I﹣III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H進行相應的改變;(2)相同溫度下,增大壓強,平衡正向移動;(3)化學反應中的催化劑在第一個反應中作反應物、第二個反應中作生成物,總方程式為得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化過程中i。SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2O,說明I﹣、H+在i作作反應物,在ii中作生成物,同時ii中還生成H2SO4,根據元素守恒知,反應物還有SO2;(4)①B是A的對比實驗,所用c(KI)應該相等;②比較A、B、C,A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸,反應快慢順序是B>A>C,且C中沒有明顯現象,說明不反應;③反應i、ii知,SO2先和I﹣反應生成I2,I2再和SO2進一步反應,D中KI溶液溶解了I2,導致D中的ii的反應較A快。【解答】解:(1)根據圖知,反應II為3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),將方程式﹣I﹣III即得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H=﹣(+551kJ?mol﹣1)﹣(﹣297kJ?mol﹣1)=﹣254kJ/mol,故答案為:3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),△H=﹣254kJ/mol;(2)相同溫度下,增大壓強,平衡正向移動,導致硫酸在平衡體系中物質的量分數增大,根據圖知,相同溫度下,達到平衡狀態(tài)時硫酸含量:P1<P2,說明壓強P2>P1,故答案為:>;當溫度相同時,增大壓強,平衡正向移動,導致硫酸在平衡體系中物質的量分數增大;(3)化學反應中的催化劑在第一個反應中作反應物、第二個反應中作生成物,總方程式為得3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s),催化過程中i。SO2+4I﹣+4H+=S↓+2I2+2H2O,說明I﹣、H+在i作作反應物,在ii中作生成物,同時ii中還生成H2SO4,根據元素守恒知,反應物還有SO2,所以ii中方程式應該為:I2+2H2O+SO2═4H++SO42﹣+2I﹣,答案為:SO2;4H+;SO42﹣;(4)①B是A的對比實驗,所用c(KI)應該相等,否則無法得出正確結論,所以a=0.4,故答案為:0.4;②比較A、B、C,A中只含KI、B中含有KI和硫酸、C中只含硫酸,反應快慢順序是B>A>C,且C中沒有明顯現象,說明不反應,B中含有酸導致其反應速率加快,所以得出的結論是:在酸性條件下,SO2與I﹣反應速率更快,且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應,故答案為:在酸性條件下,SO2與I﹣反應速率更快,且SO2與稀硫酸不發(fā)生反應;③反應i、ii知,SO2先和I﹣反應生成I2,I2再和SO2進一步反應,D中KI溶液溶解了I2,導致D中的ii的反應較A快,所以看到的現象是:D中出現渾濁較A快,故答案為:反應i、ii知,SO2先和I﹣反應生成I2,I2再和SO2進一步反應,D中KI溶液溶解了I2,導致D中的ii的反應較A快。【點評】本題考查較綜合,涉及蓋斯定律、外界條件對化學平衡移動影響、實驗探究等,明確化學反應原理、實驗原理及物質性質是解本題關鍵,注意:作對比實驗時應該只有一個條件不同,其它條件完全相同,題目難度中等。11.(16分)實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質。資料:K2FeO4為紫色固體,微溶于KOH溶液;具有強氧化性,在酸性或中性溶液中快速產生O2,在堿性溶液中較穩(wěn)定。(1)制備K2FeO4(夾持裝置略)①A為氯氣發(fā)生裝置。A中反應方程式是2MnO4﹣+10Cl﹣+16H+═5Cl2↑+2Mn2++8H2O(錳被還原為Mn2+)。②將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑。③C中得到紫色固體和溶液。C中Cl2發(fā)生的反應有3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH═2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外還有Cl2+2KOH═KCl+KClO+H2O。(2)探究K2FeO4的性質①取C中紫色溶液,加入稀硫酸,產生黃綠色氣體,得溶液a,經檢驗氣體中含有Cl2,為證明是否K2FeO4氧化了Cl﹣而產生Cl2,設計以下方案:方案Ⅰ取少量a,滴加KSCN溶液至過量,溶液呈紅色方案Ⅱ用KOH溶液充分洗滌C中所得固體,再用KOH溶液將K2FeO4溶出,得到紫色溶液b,取少量b,滴加鹽酸,有Cl2產生。i.由方案1中溶液變紅可知a中含有Fe3+離子,但該離子的產生不能判斷一定K2FeO4將Cl﹣氧化,還可能由4FeO42﹣+20H+═4Fe3++3O2↑+10H2O產生(用方程式表示)。ii.方案Ⅱ可證明K2FeO4氧化了Cl﹣.用KOH溶液洗滌的目的是使K2FeO4穩(wěn)定溶出,并把K2FeO4表面吸附的ClO﹣除盡,防止ClO﹣與Cl﹣在酸性條件下反應產生Cl2,避免ClO﹣干擾實驗。②根據K2FeO4的制備實驗得出:氧化性Cl2>FeO42﹣(填“>”或“<”),而方案Ⅱ實驗表明,Cl2和FeO42﹣的氧化性強弱關系相反,原因是溶液酸堿性會影響粒子氧化性的強弱。③資料表明,酸性溶液中的氧化性FeO42﹣>MnO4﹣,驗證實驗如下:將溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振蕩后溶液呈淺紫色,該現象能否證明氧化性FeO42﹣>MnO4﹣,若能,請說明理由;若不能,進一步設計實驗方案,理由或方案:能說明,理由:FeO42﹣在過量酸的作用下完全轉化為Fe3+和O2,溶液淺紫色是MnO4﹣的顏色,不能說明,方案:向紫色溶液b中滴加過量稀硫酸,觀察溶液紫色快速褪去還是顯淺紫色?!究键c】U3:制備實驗方案的設計.【分析】(1)①A為氯氣發(fā)生裝置,由高錳酸鉀和濃鹽酸反應制取得到Cl2,MnO4﹣被還原為Mn2+,Cl﹣被氧化為Cl2,據此寫出反應的方程式;②裝置B為除雜裝置,反應使用濃鹽酸,濃鹽酸會揮發(fā)產生HCl,使得產生的Cl2中混有HCl,需要除去HCl,可將混合氣體通過飽和食鹽水

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