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文檔簡介
山東省聊城市東阿一中2024年高三第三次模擬考試化學試卷考生須知:1.全卷分選擇題和非選擇題兩部分,全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂;非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2.請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3.保持卡面清潔,不要折疊,不要弄破、弄皺,在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、鋰-硫電池具有高能量密度、續航能力強等特點。使用新型碳材料復合型硫電極的鋰-硫電池工作原理示意圖如圖,下列說法正確的是A.電池放電時,X電極發生還原反應B.電池充電時,Y電極接電源正極C.電池放電時,電子由鋰電極經有機電解液介質流向硫電極D.向電解液中添加Li2SO4水溶液,可增強導電性,改善性能2、已知:AgSCN(白色,s)Ag+(aq)+SCN-(aq),T℃時,Ksp(AgSCN)=1.0×10-12。在T℃時,向體積為20.00mL、濃度為mmol/L的AgNO3溶液中滴加0.l0mol/LKSCN溶液,溶液pAg的與加入的KSCN溶液體積的關系如圖所示,下列說法錯誤的是()A.m=0.1B.c點對應的KSCN溶液的體積為20.00mLC.a、b、c、d點對應的溶液中水的電離程度:a>b>c>dD.若V3=60mL,則反應后溶液的pAg=11-lg23、下列關于NH4Cl的描述正確的是()A.只存在離子鍵 B.屬于共價化合物C.氯離子的結構示意圖: D.的電子式:4、25℃,將濃度均為0.1mol/L的HA溶液VamL和BOH溶液VbmL混合,保持Va+Vb=100mL,生成物BA易溶于水。Va、Vb與混合液pH的關系如下圖。下列敘述錯誤的是A.HA一定是弱酸B.BOH可能是強堿C.z點時,水的電離被促進D.x、y、z點時,溶液中都存在c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+)5、下列說法中,不正確的是A.固體表面水膜的酸性很弱或呈中性,發生吸氧腐蝕B.鋼鐵表面水膜的酸性較強,發生析氫腐蝕C.將鋅板換成銅板對鋼閘門保護效果更好D.鋼閘門作為陰極而受到保護6、化學與人類生活、生產和社會可持續發展密切相關,下列有關說法正確的是A.聚合硫酸鐵[Fe2(OH)x(SO4)y]n,是新型絮凝劑,可用來殺滅水中病菌B.家庭用的“84”消毒液與潔廁靈不能同時混合使用,否則會發生中毒事故C.現代科技已經能夠拍到氫鍵的“照片”,直觀地證實了水分子間的氫鍵是一個水分子中氫原子與另一個水分子中的氧原子間形成的化學鍵D.中國天眼FAST用到的高性能碳化硅是一種新型的有機高分子材料7、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。W、X、Y簡單離子的電子層結構相同,X元素在短周期主族元素中原子半徑最大;W的簡單氫化物常溫下呈液態,Y的氧化物和氯化物熔融時都能導電,X、Y和Z原子的最外層電子數之和為10。下列說法正確的是A.W、Z形成的化合物可做消毒劑B.原子半徑:W<Y<ZC.工業上采用電解Y的氧化物冶煉單質YD.W、X、Z三種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性8、“爆竹聲中一歲除,春風送暖入屠蘇。千門萬戶瞳瞳日,總把新桃換舊符。”是王安石的作品《元日》,其中的“屠蘇”是一種酒。下列說法錯誤的是()A.黑火藥是由硫黃、硝石和木炭按照一定比例混合而成B.“屠蘇”中不含非電解質C.爆竹爆炸發生了化學變化D.早期的桃符大都是木質的,其主要成分纖維素可以發生水解反應9、25℃時,將0.1mol?L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液中,所加入溶液的體積(V)和混合液的pH關系曲線如圖所示。下列結論正確的是()A.①點時,c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=c(Na+)B.對曲線上①②③任何一點,溶液中都有c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)C.③點時,醋酸恰好完全反應完溶液中有c(CH3COO﹣)=c(Na+)>c(H+)=c(OH﹣)D.滴定過程中可能出現c(H+)>c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)10、MnSO4·H2O是一種易溶于水的微紅色斜方晶體,某同學設計下列裝置制備硫酸錳:下列說法錯誤的是A.裝置I燒瓶中放入的藥品X為銅屑B.裝置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C.裝置III用于吸收未反應的SO2D.用裝置II反應后的溶液制備MnSO4·H2O需經歷蒸發結晶、過濾、洗滌及干燥的過程11、已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,某同學設計利用如圖裝置分別檢驗產物中的氣體。下列有關表述錯誤的是()A.用裝置甲高溫分解FeSO4,點燃酒精噴燈前應先向裝置內通一段時間N2B.用裝置乙可檢驗分解產生的SO2,現象是石蕊試液先變紅后褪色C.按照甲→丙→乙→丁的連接順序,可用裝置丙檢驗分解產生的SO3D.將裝置丁中的試劑換為NaOH溶液能更好的避免污染環境12、COCl2的分解反應為:COCl2(g)=Cl2(g)+CO(g)△H=+108kJ?mol-1。某科研小組研究反應體系達到平衡后改變外界條件,各物質的濃度在不同條件下的變化狀況,結果如圖所示。下列有關判斷不正確的是A.第4min時,改變的反應條件是升高溫度B.第6min時,V正(COCl2)>V逆(COCl2)C.第8min時的平衡常數K=2.34D.第10min到14min未標出COCl2的濃度變化曲線13、某元素基態原子4s軌道上有1個電子,則該基態原子價電子排布不可能是()A.3p64s1 B.4s1 C.3d54s1 D.3d104s114、如圖是實驗室研究海水對鐵閘不同部位腐蝕情況的剖面示意圖。下列說法錯誤的是A.鐵閘主要發生的是吸氧腐蝕B.圖中生成鐵銹最多的是乙區域C.鐵腐蝕時的電極反應式:Fe-2e-==Fe2+D.將鐵閘與石墨相連可保護鐵閘15、[安徽省蚌埠市高三第一次質量監測]下列有關化學用語表示正確的是A.水分子的比例模型B.過氧化氫的電子式為:C.石油的分餾和煤的氣化、液化均為物理變化D.甲基環丁烷二氯代物的同分異構體的數目是10種(不考慮立體異構)16、有一瓶無色、有特殊氣味的液體,是甲醇(CH3OH)或乙醇(C2H5OH)。通過測定該液體充分燃燒后生成的二氧化碳和水的質量,再根據二氧化碳和水的質量可確定是那種物質,對原理解釋錯誤的是A.求出碳、氫元素的質量比,與甲醇和乙醇中碳氫質量比對照,即可確定B.求出碳、氫原子的個數比,與甲醇和乙醇中碳氫個數比對照,即可確定C.求出碳、氫原子的物質的量比,與甲醇和乙醇中的碳氫物質的量比對照,即可確定D.求出碳、氫、氧原子的個數比,與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧個數比對照,即可確定17、短周期元素的離子W3+、X+、Y2﹣、Z﹣都具有相同的電子層結構,以下關系正確的是()A.單質的熔點:X>WB.離子的還原性:Y2﹣>Z﹣C.氫化物的穩定性:H2Y>HZD.離子半徑:Y2﹣<W3+18、在K2Cr2O7存在下利用微生物電化學技術實現含苯酚廢水的有效處理,其工作原理如下圖。下列說法正確的是()A.M為電源負極,有機物被還原B.中間室水量增多,NaCl溶液濃度減小C.M極電極反應式為:+11H2O-23e-=6CO2+23H+D.處理1molCr2O72-時有6molH+從陽離子交換膜右側向左側遷移19、某種化合物(如圖)由W、X、Y、Z四種短周期元素組成,其中W、Y、Z分別位于三個不同周期,Y核外最外層電子數是W核外最外層電子數的二倍;W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布相同。下列說法不正確的是:A.原子半徑:W<X<Y<ZB.簡單離子的氧化性:W>XC.X與Y、Y與Z均可形成具有漂白性的化合物D.W與X的最高價氧化物的水化物可相互反應20、下列說法中正確的是()A.HClO的結構式:H—Cl—O B.H2與H+互為同位素C.原子核內有10個質子的氧原子:18O D.N2分子的電子式:21、設NA為阿伏加德羅常數的值,下列說法正確的是()A.pH=1的硫酸溶液1L,溶液中含SO42-的數目等于0.1NAB.真空密閉容器中充入0.1molH2和0.1molI2充分反應后,容器內分子總數為0.2NAC.10mL0.1mol?L-1的FeCl3與20mL0.1mol?L-1KI溶液反應,轉移電子數為0.001NAD.60gSiO2晶體中Si-O鍵數目為2NA22、下列過程中沒有發生電子轉移的是()A.液氨作制冷劑 B.合成氨 C.大氣固氮 D.生物固氮二、非選擇題(共84分)23、(14分)某藥物合成中間體F制備路線如下:已知:RCHO+R’CH2NO2+H2O(1)有機物A結構中含氧官能團的名稱是__________________.(2)反應②中除B外,還需要的反應物和反應條件是___________________(3)有機物D的結構簡式為_____________________,反應③中1摩爾D需要___摩爾H2才能轉化為E(4)反應④的反應物很多種同分異構體,請寫出符合下列條件的一種同分異構體的結構簡式_____________。a.結構中含4種化學環境不同的氫原子b.能發生銀鏡反應c.能和氫氧化鈉溶液反應(5)已知:苯環上的羧基為間位定位基,如。寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選)_____________。24、(12分)慢心律是一種治療心律失常的藥物。它的合成路線如圖所示。(1)C中的含氧官能團名稱為_____和_____;(2)由B→C的反應類型是_____。(3)由A制備B的過程中有少量副產物E,它與B互為同分異構體。寫出E的結構簡式:_____。(4)寫出同時滿足下列條件的化合物D的一種同分異構體的結構簡式:_____。①屬于a﹣氨基酸;②是苯的衍生物,且苯環上的一氯代物只有兩種;③分子中有2個手性碳原子(5)已知乙烯在催化劑作用下與氧氣反應可以生成環氧乙烷()。寫出以鄰甲基苯酚()和乙醇為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)。合成路線流程圖示例見本題題干_____。25、(12分)某學習小組研究溶液中Fe2+的穩定性,進行如下實驗,觀察,記錄結果。實驗Ⅰ物質0min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無色淡黃色黃色桔紅色(1)上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______(用化學用語表示)。溶液的穩定性:FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“<”)。(2)甲同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+,因為NH4+具有還原性。進行實驗Ⅱ,否定了該觀點,補全該實驗。操作現象取_______,加_______,觀察。與實驗Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現象相同。(3)乙同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩定性差異是溶液酸性不同導致,進行實驗Ⅲ:分別配制0.80mol·L-1pH為1、2、3、4的FeSO4溶液,觀察,發現pH=1的FeSO4溶液長時間無明顯變化,pH越大,FeSO4溶液變黃的時間越短。資料顯示:亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+由實驗III,乙同學可得出的結論是_______,原因是_______。(4)進一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機理。測定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下,Fe2+的氧化速率與時間的關系如圖(實驗過程中溶液溫度幾乎無變化)。反應初期,氧化速率都逐漸增大的原因可能是_____。(5)綜合以上實驗,增強Fe2+穩定性的措施有_______。26、(10分)三硫代碳酸鈉(Na2CS3)在農業上用作殺菌劑和殺線蟲劑,在工業上用于處理廢水中的重金屬離子。某化學興趣小組對Na2CS3的一些性質進行探究。回答下列問題:(1)在試管中加入少量三硫代碳酸鈉樣品,加水溶解,測得溶液pH=10,由此可知H2CS3是______(填“強”或“弱”)酸。向該溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去,由此說明Na2CS3具有______性。(填“還原”或“氧化”)。(2)為了測定某Na2CS3溶液的濃度,按如圖裝置進行實驗。將35.0mL該Na2CS3溶液置于下列裝置A的三頸燒瓶中,打開儀器d的活塞,滴入足量稀硫酸,關閉活塞。已知:CS32-+2H+==CS2+H2S↑,CS2和H2S均有毒;CS2不溶于水,沸點46°C,與CO2某些性質相似,與NaOH作用生成Na2COS2和H2O。①儀器d的名稱是__________。反應開始時需要先通入一段時間N2,其作用為______。②B中發生反應的離子方程式是________。③反應結束后。打開活塞K。再緩慢通入熱N2(高于60°C)一段時間,其目的是__________。④為了計算該Na2CS3溶液的濃度,可測定B中生成沉淀的質量。稱量B中沉淀質量之前,需要進行的實驗操作名稱是過濾、_____、________;若B中生成沉淀的質量為8.4g,則該Na2CS3溶液的物質的量濃度是___________。⑤若反應結束后將通熱N2改為通熱空氣(高于60°C),通過測定C中溶液質量的增加值來計算三硫代碳酸鈉溶液的濃度時,計算值______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。27、(12分)苯甲酸()是重要的化工原料,可應用于消毒防腐、染料載體、增塑劑、香料及食品防腐劑的生產,也可用于鋼鐵設備的防銹劑。某化學實驗小組在實驗室中以苯甲醛為原料制取苯甲酸和副產品苯甲醇()的實驗流程:已知:①;;(R、R1表示烴基或氫原子)②相關物質的部分物理性質見表:名稱相對密度熔點/℃沸點/℃溶解度水乙醚苯甲醛1.04-26179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925℃微溶,95℃可溶易溶苯甲醇1.04-15.3205.7微溶易溶乙醚0.71-116.334.6不溶—請回答下列問題:(1)進行萃取、分液操作時所用玻璃儀器的名稱為___________。分液時,乙醚層應從_______(填“下口放出”或“上口倒出”)。(2)洗滌乙醚層時需要依次用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、蒸餾水進行洗滌。其中加入NaHSO3溶液洗滌的主要目的是________________,對應的化學方程式為___________________________。(3)蒸餾獲得產品甲時加入碎瓷片的目的為_____________,蒸餾時應控制溫度在____℃左右。A.34.6B.179.6C.205.7D.249(4)提純粗產品乙獲得產品乙的純化方法名稱為________________。(5)稱取10.60g的苯甲醛進行實驗,最終制取產品乙的質量為3.66g,則產品乙的產率為____________。28、(14分)Li、Fe、As均為重要的合金材料,NA為阿伏加德羅常數的值。回答下列問題:(1)基態Li原子核外電子占據的空間運動狀態有________個,占據最高能層電子的電子云輪廓圖形狀為_________。(2)Li的焰色反應為紫紅色,很多金屬元素能產生焰色反應的原因為_________。(3)基態Fe3+比基態Fe2+穩定的原因為____________。(4)KSCN和K4[Fe(CN)6]均可用于檢驗Fe3+。①SCN-的立體構型為_______,碳原子的雜化方式為_____________。②K4[Fe(CN)6]中所含元素的第一電離能由大到小的順序為__________(用元素符號表示);1mol[Fe(CN)6]4-中含有σ鍵的數目為____________。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因為____________________。(6)Li、Fe和As可組成一種新型材料,其立方晶胞結構如圖所示。若晶胞參數為anm,阿伏加德羅常數的值為NA,則該晶體的密度可表示為______g●cm-3。(列式即可)29、(10分)丙烷、乙烯等有機物在工業上有廣泛的應用。回答下列問題:(1)丙烷中混有乙烯雜質,實驗室用如圖裝置除雜,得到純凈的丙烷。若試劑a為酸性高錳酸鉀溶液,則試劑b、c的名稱分別為______、_______。(2)如圖為各組物質的能量總和及相互間轉化的能量關系。丙烷氣體分解得到石墨(C)和氫氣的熱化學方程式為_________。(3)在兩個容積均為1L的恒容密閉容器中以不同的氫碳比[n(H2)/n(CO2)]充入2molH2和一定量的CO2,在一定條件下發生反應2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H。CO2的平衡轉化率α(CO2)與溫度的關系如圖所示:①該反應的?H___________(填“>”“<"或“=")0,判斷的理由是__________。②在氫碳比為2.0時,Q點v(逆)_______P點v(逆)(填“>”“<"或“=”)。③氫碳比:x_____2.0(填“>”“<”或“=”)。④Q點對應溫度下,該反應平衡常數K=_______L3·mol-3。
參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項)1、B【解析】
A.X電極材料為Li,電池放電時,X電極發生氧化反應,故A錯誤;B.電池放電時,Y為正極,發生還原反應,充電時,Y發生氧化反應,接電源正極,故B正確;C.電池放電時,電子由鋰電極經過導線流向硫電極,故C錯誤;D.鋰單質與水能夠發生反應,因此不能向電解液中添加Li2SO4水溶液,故D錯誤;故答案為:B。2、C【解析】
a點時,只有AgNO3溶液,由pAg可求出c(AgNO3);c點時pAg=6,則c(Ag+)=10-6mol/L,可近似認為Ag+不存在,則此時Ag+與SCN-剛好完全反應,此時溶液呈中性,由此可求出V1;d點時,KSCN過量,SCN-水解而使溶液顯堿性。【詳解】A.a點時,只有AgNO3溶液,由pAg=1,可求出c(AgNO3)=0.1mol/L,A正確;B.c點時,Ag+與SCN-剛好完全反應,20.00mL×0.1mol/L=V1×0.1mol/L,從而求出V1=20.00mL,B正確;C.c點時,Ag+與SCN-剛好完全反應,水的電離不受影響,d點時,KSCN過量,SCN-水解而使水的電離程度增大,則溶液中水的電離程度:c<d,C錯誤;D.若V3=60mL,c(SCN-)==0.05mol/L,則c(Ag+)==2×10-11mol/L,反應后溶液中的pAg=-lgc(Ag+)=11-lg2,D正確;故選C。3、D【解析】
A項、氯化銨為離子化合物,既存在離子鍵又存在共價鍵,故A錯誤;B項、氯化銨含有離子鍵,為離子化合物,故B錯誤;C項、氯離子核內有17個質子,核外有18個電子,則氯離子結構示意圖:,故C錯誤;D項、NH4+是多原子構成的陽離子,電子式要加中括號和電荷,電子式為,故D正確;故選D。4、C【解析】
A.當Va=Vb=50mL時,溶液相當于BA溶液,此時溶液的pH>7呈堿性,說明BA是強堿弱酸鹽,這里的強弱是相對的,則HA一定是弱酸,故A正確;B.當Va=Vb=50mL時,溶液相當于BA溶液,此時溶液的pH>7呈堿性,說明BA是強堿弱酸鹽,這里的強弱是相對的,BOH可能是強堿也可能是電離程度比HA大的弱堿,故B正確;C.z點時,BOH溶液的體積VbmL大于HA溶液的體積VamL,混合溶液的pH大于9,即c(H+)<10-9,25℃時該溶液中水的電離被抑制,故C錯誤;D.x、y、z點時,溶液中都存在電荷守恒:c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(H+),故D正確;題目要求選擇錯誤的,故選C。5、C【解析】
鋼鐵生銹主要是電化學腐蝕,而電化學腐蝕的種類因表面水膜的酸堿性不同而不同,當表面水膜酸性很弱或中性時,發生吸氧腐蝕;當表面水膜的酸性較強時,發生析氫腐蝕,A、B均正確;C、鋼閘門與鋅板相連時,形成原電池,鋅板做負極,發生氧化反應而被腐蝕,鋼閘門做正極,從而受到保護,這是犧牲陽極的陰極保護法;當把鋅板換成銅板時,鋼閘門做負極,銅板做正極,鋼閘門優先腐蝕,選項C錯誤;D、鋼閘門連接直流電源的負極,做電解池的陰極而受到保護,這是連接直流電源的陰極保護法,選項D正確。答案選C。6、B【解析】
A.聚合硫酸鐵能水解生成氫氧化鐵膠體,氫氧化鐵膠體能吸附水中的懸浮物而凈水,但不能殺滅細菌,故A錯誤;B.二者混合,次氯酸鈉與鹽酸發生氧化還原反應生成具有毒性的氯氣,故B正確;C.氫鍵不是化學鍵,是一種特殊的分子間的作用力,故C錯誤;D.中國天眼FAST用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料,故D錯誤;故答案為B。7、A【解析】
X元素是短周期主族元素中原子半徑最大,則X為Na,W的簡單氫化物常溫下呈液態,該氫化物是H2O,即W為O,Y的氧化物和氯化物熔融狀態下都能夠導電,說明它們都是離子化合物,即Y為Mg,X、Y、Z原子最外層電子數之和10,推出Z的最外層有7個電子,四種元素原子序數依次增大,即Z為Cl,據此分析;【詳解】X元素是短周期主族元素中原子半徑最大,則X為Na,W的簡單氫化物常溫下呈液態,該氫化物是H2O,即W為O,Y的氧化物和氯化物熔融狀態下都能夠導電,說明它們都是離子化合物,即Y為Mg,X、Y、Z原子最外層電子數之和10,推出Z的最外層有7個電子,四種元素原子序數依次增大,即Z為Cl,A.W和Z形成的化合物可以是ClO2,ClO2具有強氧化劑,能作消毒劑,故A正確;B.O、Mg、Cl原子半徑大小是Mg>Cl>O,故B錯誤;C.工業上冶煉金屬鎂,常電解熔融狀態的氯化鎂,因為氯化鎂的熔點低于氧化鎂,故C錯誤;D.O、Na、Cl可以形成多種化合物,NaClO水溶液顯堿性,NaClO4水溶液顯中性,故D錯誤;答案:A。【點睛】易錯點是Y元素的推斷,學生認為Y可能是Al,認為Al2O3和AlCl3熔融中狀態下都能夠導電,忽略了AlCl3是共價化合物,熔融狀態下不能夠導電。8、B【解析】
A.黑火藥是由硫黃、硝石和木炭按照一定比例混合而成,故A正確;B.“屠蘇”是藥酒,含有酒精,酒精是非電解質,故B錯誤;C.爆竹爆炸生成新物質,發生了化學變化,故C正確;D.早期的桃符大都是木質的,含有纖維素,纖維素是多糖,在一定條件下能發生水解,故D正確;故選:B。9、B【解析】
①點溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COONa和CH3COOH,混合溶液中存在物料守恒,根據物料守恒判斷;任何電解質溶液中都存在電荷守恒,根據電荷守恒判斷;②點溶液呈中性,溶質為CH3COONa和CH3COOH,但CH3COOH較少③點溶液中溶質為CH3COONa,溶液的pH>7,溶液呈堿性。【詳解】A、①點溶液中溶質為等物質的量濃度的CH3COONa和CH3COOH,混合溶液中存在物料守恒,根據物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(Na+),故A錯誤;B、任何電解質溶液中都存在電荷守恒,根據電荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),所以滴定過程中①②③任一點都存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH﹣)+c(CH3COO﹣),故B正確;C、③點溶液中溶質為CH3COONa,溶液的pH>7,溶液呈堿性,則c(H+)<c(OH﹣),根據電荷守恒得c(Na+)>c(CH3COO﹣),鹽類水解程度較小,所以存在c(Na+)>c(CH3COO﹣)>c(OH﹣)>c(H+),故C錯誤;D、滴定過程中遵循電荷守恒,如果溶液呈酸性,則c(H+)>c(OH﹣),根據電荷守恒得c(Na+)<c(CH3COO﹣),故D錯誤;答案選B。【點睛】本題以離子濃度大小比較為載體考查酸堿混合溶液定性判斷,明確混合溶液中溶質成分及其性質是解本題關鍵,注意電荷守恒、物料守恒的靈活運用,注意:電荷守恒和物料守恒與溶液中溶質多少無關。10、A【解析】
由實驗裝置可知,X可能為亞硫酸鈉,與濃硫酸反應生成二氧化硫,而Cu與濃硫酸常溫下不反應,II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率,二氧化硫與二氧化錳反應生成MnSO4,蒸發濃縮、冷卻結晶可得到晶體,Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣,以此來解答。【詳解】A.Cu與濃硫酸常溫下不反應,X不可能為Cu,A項錯誤;
B.裝置Ⅱ中用“多孔球泡”,增大接觸面積,可增大SO2的吸收速率,B項正確;
C.Ⅲ中NaOH溶液可吸收尾氣,C項正確;
D.用裝置Ⅱ反應后的溶液制備MnSO4?H2O,蒸發結晶、過濾、洗滌及干燥可得到,D項正確;
答案選A。11、B【解析】
已知2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑,通過乙中石蕊試液吸收檢驗二氧化硫或三氧化硫,三氧化硫極易溶于水,通過乙全部吸收,裝置丙中的氯化鋇溶液不能檢驗三氧化硫的存在,丁裝置中飽和亞硫酸氫鈉不能吸收二氧化硫。【詳解】A.用裝置甲高溫分解FeSO4,點燃酒精噴燈前應先向裝置內通一段時間N2,排除裝置內空氣,避免空氣中氧氣的干擾,A正確;B.用裝置乙不能檢驗二氧化硫的存在,產物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液,遇到石蕊試液也會變紅色,二氧化硫遇到石蕊試液只能變紅色,不能褪色,B錯誤;C.三氧化硫極易溶于水,通過裝置乙的水溶液會被完全吸收,要檢驗三氧化硫存在,應把乙和丙位置互換才能檢查三氧化硫的存在,按照甲→丙→乙→丁的連接順序,C正確;D.丁中飽和亞硫酸氫鈉溶液不能吸收二氧化硫,應為NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫,避免污染環境,D正確;故答案為:B。【點睛】二氧化硫有漂白性,工業上常用二氧化硫來漂白紙漿、毛、絲、草帽等,但二氧化硫不能使酸堿指示劑褪色。12、C【解析】
A選項,第4min時,改變的反應條件是升高溫度,平衡正向移動,COCl2濃度減小,故A正確;B選項,第6min時,平衡正向移動,因此V正(COCl2)>V逆(COCl2),故B正確;C選項,第8min時的平衡常數,故C錯誤;D選項,第10min移走了一氧化碳,平衡正向移動,氯氣,一氧化碳濃度增加,COCl2濃度減小,因此COCl2濃度變化曲線沒有畫出,故D正確。綜上所述,答案為C。13、A【解析】
基態原子4s軌道上有1個電子,在s區域價電子排布式為4s1,在d區域價電子排布式為3d54s1,在ds區域價電子排布式為3d104s1,在p區域不存在4s軌道上有1個電子,故A符合題意。綜上所述,答案為A。14、D【解析】
A.海水溶液為弱堿性,發生吸氧腐蝕,在酸性較強的條件下才發生析氫腐蝕,故A正確;B.在乙處,海水與氧氣接觸,與Fe最易形成原電池,發生的吸氧腐蝕的程度最大,生成鐵銹最多,故B正確;C.鐵腐蝕時作負極失電子生成亞鐵離子,電極反應式:Fe-2e-=Fe2+,故C正確;D.將鐵閘與石墨相連,鐵比碳活潑,鐵作負極失電子,可以加快海水對鐵閘的腐蝕,故D錯誤;答案選D。15、D【解析】
A.所給確為比例模型,氫原子和氧原子的半徑相對大小不對,應該是中間的氧的原子半徑大,水分子為V形,不是直線形,A項錯誤;B.過氧化氫是只由共價鍵形成的分子,B項錯誤;C.石油的分餾是物理變化,煤的氣化和液化均是化學變化,煤的氣化是指將煤轉化為CO、H2等氣體燃料,煤的液化是指將煤變成液體燃料如甲醇等,C項錯誤;D.甲基環丁烷中二個氯原子取代同一個碳的2個氫,共有3種可能,取代不同碳上的氫共有7種(用數字標出碳,則可表示為:1,2、1,3、1,5、2,3、2,5、3,4、3,5),D項正確;所以答案選擇D項。16、D【解析】
反應后生成了二氧化碳和水,則根據質量守恒定律,化學反應前后元素的種類質量不變,則反應物中一定含有C、H元素;已知生成的二氧化碳和水的質量,則根據二氧化碳和水的質量,利用某元素的質量=化合物的質量×該元素的質量分數可求出碳元素和氫元素的質量比;再根據碳元素和氫元素的質量比即可求得碳元素與氫元素的原子個數比;最后與反應前甲醇和乙醇中的碳氫個數比對照,即可知道是哪種物質。碳、氫原子的物質的量比,與其原子個數比類似;只有D答案是錯誤的,因為生成物二氧化碳和水中的氧只有一部分來自于甲醇和乙醇,一部分來自于氧氣,不能根據求出碳、氫、氧原子的個數比,與甲醇和乙醇中的碳、氫、氧原子的個數比對照,答案選D。17、B【解析】
短周期元素形成的離子W3+、X+、Y2-、Z-具有相同電子層結構,核外電子數相等,結合離子電荷可知,Y、Z為非金屬,應處于第二周期,Y為O元素,Z為F元素,W、X為金屬應處于第三周期,W為Al元素,X為Na元素,結合元素周期律解答。【詳解】A.金屬晶體,原子半徑越小,金屬鍵越強,單質的熔點越高,所以單質的熔點Al>Na,故A錯誤;B.元素的非金屬性越強,離子的還原性越弱,所以離子的還原性O2﹣>F﹣,故B正確;C.元素的非金屬性越強,氫化物越穩定,所以氫化物的穩定性HF>H2O,故C錯誤;D.核外電子排布相同的離子,原子序數越大,離子半徑越小,所以離子半徑O2﹣>Al3+,故D錯誤;故答案為B。18、B【解析】
根據圖示,M極,苯酚轉化為CO2,C的化合價升高,失去電子,M為負極,在N極,Cr2O72-轉化為Cr(OH)3,Cr的化合價降低,得到電子,N為正極。A.根據分析,M為電源負極,有機物失去電子,被氧化,A錯誤;B.由于電解質NaCl溶液被陽離子交換膜和陰離子交換膜隔離,使Na+和Cl-不能定向移動。電池工作時,M極電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+,負極生成的H+透過陽離子交換膜進入NaCl溶液中,N極電極反應式為Cr2O72-+6e-+14H2O=2Cr(OH)3+8OH-,生成的OH-透過陰離子交換膜進入NaCl溶液中,OH-與H+反應生成水,使NaCl溶液濃度減小,B正確;C.苯酚的化學式為C6H6O,C的化合價為升高到+4價。1mol苯酚被氧化時,失去的電子的總物質的量為6×[4-()]=28mol,則其電極反應式為+11H2O-28e-=6CO2+28H+,C錯誤;D.原電池中,陽離子向正極移動,因此H+從陽離子交換膜的左側向右側移動,D錯誤。答案選B。【點睛】此題的B項比較難,M極是負極,陰離子應該向負極移動,但是M和NaCl溶液之間,是陽離子交換膜,陰離子不能通過,因此判斷NaCl的濃度的變化,不能通過Na+和Cl-的移動來判斷,只能根據電極反應中產生的H+和OH-的移動反應來判斷。19、A【解析】
首先發現X是+1價的,則X為氫、鋰或鈉,但是W、X、Y三種簡單離子的核外電子排布要相同,則X只能是鈉,才能滿足題意;W、Y、Z三者分別位于三個不同的周期,則必有一種為氫,根據題目給出的結構式,氫只能形成1個鍵,則Z是氫;結合Y的最外層電子數是W的最外層電子數的二倍,且二者簡單離子的核外電子排布相同,則只能是氧和鋁,根據結構不難發現W是鋁,Y是氧,據此來解題即可。【詳解】A.根據分析,四種元素的半徑大小為氫<氧<鋁<鈉,即Z<Y<W<X,A項錯誤;B.鈉單質的還原性強于鋁,而的氧化性弱于,B項正確;C.過氧化鈉和過氧化氫均具有漂白性,C項正確;D.W與X的最高價氧化物的水化物分別為和,二者可以相互反應,D項正確;答案選A。20、D【解析】
A、HClO中O原子分別與H原子和Cl形成共價鍵,故HClO的結構式為H—O—Cl,故A不正確;B、同位素研究的是原子之間的關系,H2與H+之間不是原子,所以不屬于同位素,故B不正確;C、氧原子原子核內不可能有10個質子,只有Ne原子才含有10個質子,故C不正確;D、N2分子的電子式:,D正確;故選D。21、B【解析】
A.的溶液,的物質的量為,硫酸中氫離子和硫酸根離子的物質的量比為2比1,硫酸根離子的物質的量為0.05mol,數目為,故A錯誤;B.和反應前后分子數不變,故和充分反應后,容器內分子總數為,故B正確;C.與KI的反應為可逆反應,故C錯誤;D.60g的物質的量為n===1mol,1mol中有4molSi-O鍵,則Si-O鍵數目為4NA;答案選B。【點睛】關于PH的計算和物質的量公式是解題的關鍵。22、A【解析】
A.液氨作制冷劑,液態氨變為氣態氨,是物理變化,不存在電子轉移,故A錯誤;B.合成氨是氫氣與氮氣反應生成氨氣,是氧化還原反應,存在電子轉移,故B正確;C.大氣固氮是氮氣轉化為含氮化合物,發生氧化還原反應,存在電子轉移,故C正確;D.生物固氮是氮氣轉化為含氮化合物,發生氧化還原反應,存在電子轉移,故D正確;故答案為A。二、非選擇題(共84分)23、酚羥基、醛基、醚鍵CH3OH、濃硫酸、加熱4【解析】
(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團;(2)比較B和C的結構可知,反應②為B與甲醇生成醚的反應,應該在濃硫酸加熱的條件下進行;(3)比較C和E的結構可知,D的結構簡式為,在D中碳碳雙鍵可與氫氣加成,硝基能被氫氣還原成氨基,據此答題;(4)根據條件①結構中含4種化學環境不同的氫原子,即有4種位置的氫原子,②能發生銀鏡反應,說明有醛基,③能和氫氧化鈉溶液反應,說明有羧基或酯基或酚羥基,結合
可寫出同分異構體的結構;(5)被氧化可生成,與硝酸發生取代反應生成,被還原生成,進而發生縮聚反應可生成。【詳解】(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團為酚羥基、醛基、醚鍵,故答案為:酚羥基、醛基、醚鍵;(2)比較B和C的結構可知,反應②為B與甲醇生成醚的反應,應該在濃硫酸加熱的條件下進行,故答案為:CH3OH、濃硫酸、加熱;(3)比較C和E的結構可知,D的結構簡式為,在1molD中碳碳雙鍵可與1mol氫氣加成,硝基能被氫氣還原成氨基,可消耗3mol氫氣,所以共消耗4mol氫氣,故答案為:;4;(4)根據條件①結構中含4種化學環境不同的氫原子,即有4種位置的氫原子,②能發生銀鏡反應,說明有醛基,③能和氫氧化鈉溶液反應,說明有羧基或酯基或酚羥基,結合
可知,符合條件的同分異構體的結構為,故答案為:;(5)被氧化可生成,與硝酸發生取代反應生成,被還原生成,進而發生縮聚反應可生成,可設計合成路線流程圖為,故答案為:。【點睛】本題考查有機物的合成,題目難度中等,解答本題的關鍵是能把握題給信息,根據有機物的官能團判斷有機物可能具有的性質。24、醚鍵羰基氧化反應【解析】
根據C的結構簡式判斷其含有的官能團;對比B、C結構可知,B中﹣醇羥基轉化羰基;中含有2個C﹣O鍵,與A發生反應時可有兩種不同的斷裂方式;D的同分異構體同時滿足如下條件:①屬于α﹣氨基酸,氨基、羧基連接同一碳原子上,②是苯的衍生物,且苯環上的一氯代物只有兩種,可以是2個不同的取代基處于對位位置,③分子中含有2個手性碳原子,說明C原子上連接4個不同的原子或原子團;制備,應先制備,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成,與反應生成,進而氧化可生成,再與乙醇發生酯化反應得到目標物。【詳解】(1)根據C的結構簡式可知,C中含氧官能團為醚鍵和羰基,故答案為:醚鍵、羰基;(2)對比B、C結構可知,B中﹣CH(OH)﹣轉化為C=O,屬于氧化反應,故答案為:氧化反應;(3)中含有2個C﹣O鍵,與A發生反應時可有兩種不同的斷裂方式,副產物E,它與B互為同分異構體,E的結構簡式為,故答案為:;(4)D的一種同分異構體同時滿足如下條件:①屬于α﹣氨基酸,氨基、羧基連接同一碳原子上,②是苯的衍生物,且苯環上的一氯代物只有兩種,可以是2個不同的取代基處于對位位置,③分子中含有兩個手性碳原子,說明C原子上連接4個不同的原子或原子團,符合條件的結構簡式為:,故答案為:;(5)制備,應先制備,乙醇消去可生成乙烯,乙烯氧化可生成,與反應生成,進而氧化可生成,再與乙醇發生酯化反應得到目標物,合成路線流程圖:,故答案為:。25、NH4++H2ONH3·H2O+H+<取2mLpH=4.0的0.80mol·L-1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L-1KSCN溶液溶液pH越小,Fe2+越穩定溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+,c(H+)大,對平衡的抑制作用強,Fe2+更穩定生成的Fe(OH)3對反應有催化作用加一定量的酸;密封保存【解析】
(1)(NH4)2Fe(SO4)2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同,但中(NH4)2Fe(SO4)2含有濃度較高的NH4+;通過表格中的顏色變化來分析;(2)由于是要驗證兩溶液的穩定性差異是否是由于(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致,根據控制變量法可知,應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致,據此分析;(3)由實驗Ⅲ可知,溶液的pH越小,溶液的酸性越強,則Fe2+越穩定;亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O?4Fe(OH)3+8H+,根據平衡的移動來分析;(4)根據影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑來分析;(5)根據上述實驗來分析。【詳解】(1)(NH4)2Fe(SO4)2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同,但(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有濃度較高的NH4+,NH4+水解顯酸性,導致(NH4)2Fe(SO4)2中的pH更小;通過表格中的顏色變化可知(NH4)2Fe(SO4)2中的Fe2+被氧化的速率更慢,即溶液的穩定性:FeSO4<(NH4)2Fe(SO4)2,故答案為:NH4++H2ONH3?H2O+H+;<;(2)由于是要驗證兩溶液的穩定性差異是否是由于(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致,根據控制變量法可知,應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致,故應取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液于試管中,加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液,過若觀察到的現象與實驗Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現象相同,則說明上述猜想不正確,故答案為:取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液;加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液;(3)由實驗Ⅲ可知,溶液的pH越小,溶液的酸性越強,則Fe2+越穩定;亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+,溶液的pH越小,則氫離子濃度越大,平衡左移,則Fe2+的氧化被抑制,故答案為:溶液pH越小,Fe2+越穩定;溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe(OH)3+8H+,c(H+)大,對平衡的抑制作用強,Fe2+更穩定;(4)影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑,而同一條曲線上的濃度FeSO4溶液相同,且應隨著反應的進行,Fe2+的濃度減小,故不是濃度對反應速率的影響;而此反應為溶液中的反應,故壓強對此反應速率無影響;而此反應中溫度不變,故能影響反應速率的只有催化劑,故唯一的可能原因是生成的Fe(OH)3對反應有催化作用,故答案為:生成的Fe(OH)3對反應有催化作用;(5)根據上述實驗可知,加入一定量的酸會抑制Fe2+的氧化,或是隔絕空氣密封保存,故答案為:加入一定量的酸,密封保存。【點睛】(NH4)2Fe(SO4)2溶液中含有濃度較高的NH4+,NH4+水解顯酸性,導致(NH4)2Fe(SO4)2中的pH更小,NH4+保護了Fe2+是解答關鍵,也是試題的難點和突破口。26、弱還原分液漏斗排除裝置中的空氣Cu2++H2S=CuS↓+2H+將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收;將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收洗滌干燥2.5mol/L偏高【解析】
(1)根據鹽類水解原理及酸性高錳酸鉀的強氧化性分析解答;(2)根據實驗目的、實驗裝置及空氣的組成和H2S的還原性分析解答;運用關系式法進行相關計算。【詳解】(1)在試管中加入少量三硫代碳酸鈉樣品,加水溶解,洲得溶液pH=10,溶液顯堿性,說明鹽為強堿弱酸鹽;向該溶液中滴加酸性KMnO4溶液,紫色褪去證明鹽被氧化發生氧化還原反應,Na2CS3具有還原性,故答案為:弱;還原性;(2)①根據儀器構造分析,儀器d的名稱分液漏斗;N2化學性質比較穩定,為了防止空氣中氧氣將H2S氧化,所以反應開始時需要先通入一段時間N2,排除裝置中的空氣,故答案為:分液漏斗;排除裝置中的空氣;②B中發生反應是硫酸銅和硫化氫反應生成黑色硫化銅沉淀,反應的離子方程式為:Cu2++H2S=CuS↓+2H+,故答案為:Cu2++H2S=CuS↓+2H+;③反應結束后打開活塞K,再緩慢通入熱N2一段時間,其目的是:將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收;將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收,故答案為:將裝置中的H2S全部排入B中被充分吸收,將裝置中的CS2全部排入C中被充分吸收;④稱量B中沉淀質量之前需要進行的實驗操作名稱是:過濾、洗滌、干燥,若B中生成沉淀的質量為8.4g,物質的量=,物質的量守恒,CS32-+2H+=CS2+H2S↑,Cu2++H2S=CuS↓+2H+,得到定量關系:CS32?~H2S~CuS,n(Na2CS3)=n(CuS)=0.0875mol,則35.0mL三硫代碳酸鈉溶液的物質的量濃度,故答案為:洗滌、干燥;2.5mol/L;⑤若反應結束后將通熱N2改為通熱空氣,通過測定C中溶液質量的增加值來計算三硫代碳酸鈉溶液的濃度時,C中除吸收二硫化碳還會吸收空氣中二氧化碳,溶液質量增加偏大,計算得到溶液濃度或偏高,故答案為:偏高。27、分液漏斗、燒杯上口倒出除去乙醚層中含有的苯甲醛防止暴沸D重結晶60%【解析】
(1)根據儀器名稱寫出相應的儀器名稱;分液時,分液漏斗下層液體從下口放出,上層液體從上口倒出;(2)飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌目的是洗去乙醚層中含有的苯甲醛;(3)根據碎瓷片的作用及苯甲酸沸點分析;(4)重結晶是將晶體溶于溶劑或熔融以后,又重新從溶液或熔體中結晶的過程;(5)根據產率=進行計算。【詳解】(1)萃取分液用到的玻璃實驗儀器名稱是分液漏斗、燒杯;乙醚密度小于水,在上層,分液時,乙醚層應從上口倒出;(2)醛類可以跟亞硫酸氫鈉飽和溶液發生加成反應,實驗步驟中的飽和亞硫酸氫鈉溶液洗滌目的是洗去乙醚層中含有的苯甲醛,飽和碳酸鈉溶液除去殘留的亞硫酸氫鈉;根據題給信息可知,二者發生加成反應,化學方程式為:;(3)蒸餾獲得產品甲時加入碎瓷片的目的為防止暴沸,蒸餾時得到產品甲為苯甲酸,應控制溫度在249℃左右;答案選D;(4)提純粗產品乙獲得產品乙的純化方法名稱為重結晶;(5)稱取10.60g的苯甲醛進行實驗,理論上得到苯甲酸的質量為,最終制取產品乙的質量為3.66g,則產品乙的產率為。【點睛】本題考查了物質制取過程中反應條件的選擇、混合物的分離方法、物質轉化率的檢驗方法的知識,題目難度中等,注意掌握化學實驗基本操作方法及其綜合應用,試題有利于培養學生的分析、理解能力及化學實驗能力。28、2球形電子從較高能級的激發態躍遷到較低能級的激發態乃至基態時,以光的形式釋放能量基態Fe2+的價層電子排布式為3d6,而基態Fe3+的價層電子排布式為3d5,為半充滿狀態,穩定性更強直線形spN
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