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文档简介
河南省周口市项城三2025届高三下第一次测试化学试题注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上,写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。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、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,W为空气中含量最多的元素,Y的周期数等于其族序数,W、X、Y的最高价氧化物对应的水化物可两两反应生成盐和水,Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列叙述正确的是A.X、Y均可形成两种氧化物B.离子的半径大小顺序:r(X+)<r(Z2-)C.W和Z的氢化物之间不能反应D.X的氢化物(XH)中含有共价键2、下列对装置的描述中正确的是A.实验室中可用甲装置制取少量O2B.可用乙装置比较C、Si的非金属性C.若丙装置气密性良好,则液面a保持稳定D.可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg的含量3、下列有关实验的选项正确的是A.A B.B C.C D.D4、下列变化中只存在放热过程的是()A.氯化钠晶体熔化 B.氢氧化钠晶体溶于水C.液氮的气化 D.水蒸气的液化5、下列操作能达到相应实验目的的是选项试验目的操作A检验Fe(NO3)2晶体是否已氧化变质将Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸后,滴加KSCN溶液,观察溶液是否变红B测定“84”消毒液的pH用洁净的玻璃棒蘸取少量“84”消毒液滴在pH试纸上C验证铁的吸氧腐蚀将未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没D比较H2C2O4与H2CO3的酸性强弱在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,观察现象A.A B.B C.C D.D6、化合物X(5没食子酰基奎宁酸)具有抗氧化性和抗利什曼虫活性而备受关注,X的结构简式如图所示。下列有关X的说法正确的是()A.分子式为C14H15O10B.分子中有四个手性碳原子C.1molX最多可与4molNaOH反应D.1molX最多可与4molNaHCO3反应7、在指定溶液中下列离子能大量共存的是A.无色透明溶液:NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B.能使甲基橙变红的溶液:Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-C.c(ClO-)=0.1mol•L-1的溶液:K+、Na+、SO42-、S2-D.由水电离产生的c(H+)=1×10-13mol•L-1的溶液:K+、Na+、Cl-、NO3-8、下列有关说法不正确的是A.钠与氧气反应的产物与反应条件有关B.金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧C.工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜D.二氧化硫能漂白某些物质,能使紫色石蕊试液先变红后褪色9、常温下,用0.1mol·L−1盐酸滴定10.0mL浓度为0.1mol·L−1Na2A溶液,所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A.Ka2(H2A)的数量级为10−9B.当V=5时:c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)C.NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)>c(H2A)D.c点溶液中:c(Na+)>c(Cl−)>c(H+)=c(OH−)10、已知:25°C时,MOH的Kb=10-7。该温度下,在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液,溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A.a=4 B.V1=10C.溶液中水的电离程度:P>Q D.Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)11、某混合溶液中所含离子的浓度如下表,则X离子可能为所含离子NO3—SO42—H+X浓度mol/L2121A.Cl— B.Ba2+ C.Fe2+ D.Mg2+12、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X、Y是金属元素,X的焰色呈黄色。W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质,则下列说法不正确的是()A.W、X、Y形成的简单离子核外电子数相同B.Z和W可形成原子个数比为1:2和1:3的共价化合物C.Y和Z形成的化合物可以通过复分解反应制得D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物能两两反应13、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是()A.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B.华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世,芯片的主要成分是二氧化硅C.纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子,其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附D.SO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫14、煤、石油、天然气是人类使用的主要能源,同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是()A.煤的液化是物理变化B.石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C.棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D.“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形成的类冰状的结晶物质15、下列有关化学用语或表达正确的是A.三硝酸纤维素脂B.硬酯酸钠C.硝酸苯的结构简式:D.NaCl晶体模型:16、下列指定反应的离子方程式正确的是()A.向Al(NO3)3溶液中加入过量氨水:Al3++4OH-===AlO2-+2H2OB.向水中通入NO2:2NO2+H2O===2H++NO3-+NOC.向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液:HCO3-+OH-===CO32-+H2OD.向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将+6价Cr还原为Cr3+:3HSO3-+Cr2O72-+5H+===3SO42-+2Cr3++4H2O17、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素,Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数,Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下,X的单质为气体。下列说法正确的是()A.简单阴离子的还原性:X>YB.原子半径:W>Z>Y>XC.Z与W形成的化合物中只含有离子键D.简单氢化物的沸点:Y>Z18、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素,可组成一种化合物A,其化学式为ba4d(ec4)2。A能够发生如下转化关系:己知C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A.原子半径b>cB.e的氧化物的水化物为强酸C.化合物A为共价化合物D.元素非金属性强弱c<e19、新型冠状病毒肺炎疫情发生以来,科学和医学界积极寻找能够治疗病毒的药物。4-去甲基表鬼臼毒素具有抗肿瘤、抗菌、抗病毒等作用,分子结构如图所示,下列说法错误的是A.该有机物中有三种含氧官能团B.该有机物有4个手性碳原子,且遇FeCl3溶液显紫色C.该有机物分子中所有碳原子不可能共平面D.1mol该有机物最多可以和2molNaOH、7molH2反应20、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是()A.SSO3H2SO4B.NH3NO2HNO3C.Cu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D.饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)21、常温下,向1L0.01mol·L-1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5],保持温度和溶液体积不变,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是A.0.01mol·L-1HR溶液的pH约为4B.随着氨气的通入,逐渐减小C.当溶液为碱性时,c(R-)>c(HR)D.当通入0.01molNH3时,溶液中存在:c(R-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)22、NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是(
)A.标准状况下,0.1molCl2溶于水,转移的电子数目为0.1NAB.标准状况下,22.4L氖气含有的电子数为10NAC.常温下,的醋酸溶液中含有的数为D.120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为3NA二、非选择题(共84分)23、(14分)某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成(只含四种常见元素且阴阳离子个数比为1∶1),设计并完成了如下实验:已知,标准状况下气体单质C的密度为1.25g·,白色沉淀D不溶于稀盐酸,气体B是无色无味的酸性气体。(1)无机盐A中所含金属元素为_________________。(2)写出气体C的结构式_________________。(3)写出无机盐A与反应的离子方程式__________________________________。(4)小组成员在做离子检验时发现,待测液中加入A后,再加,一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明(写出一种原因即可)。原因________________________,证明方法________________________________________________。24、(12分)药物瑞德西韦(Remdesivir))对2019年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用;K为药物合成的中间体,其合成路线如图:已知:①R—OHR—Cl②回答下列问题:(1)A的化学名称为___。由A→C的流程中,加入CH3COCl的目的是___。(2)由G→H的化学反应方程式为___,反应类型为___。(3)J中含氧官能团的名称为___。碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子,则瑞德西韦中含有___个手性碳原子。(4)X是C的同分异构体,写出一种满足下列条件的X的结构简式___。①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子;②遇FeCl3溶液发生显色反应;③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。(5)设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线(无机试剂任选)___。25、(12分)实验室用如图装置(夹持装置略)制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质:①可溶于水,微溶于浓KOH溶液;②在0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定,在Fe(OH)3或Fe3+催化下发生分解;③在弱碱性至酸性条件下,能与水反应生成O2和Fe(OH)3(或Fe3+)。(1)装置A用于制取氯气,其中使用恒压漏斗的原因是____。(2)为防止装置C中K2FeO4分解,可以采取的措施是____和____。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为____。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水,测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1s~t2s内,O2的体积迅速增大的主要原因是____。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42->Cl2的实验方案为:取少量K2FeO4固体于试管中,____。(实验中须使用的的试剂和用品有:浓盐酸,NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)(6)根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2>FeO42-,而第(5)小题实验表明,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反,原因是____。26、(10分)草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体,不稳定,受热易分解,可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有____(填化学式);若观察到____,说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前,通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为_____。Ⅱ.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品,定容至l00mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品,加入草酸铵,生成草酸钙沉淀,过滤,将该沉淀溶于过量稀硫酸中,然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。27、(12分)CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下:已知:①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等;②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表:(金属离子浓度为:0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110~120℃时,失去结晶水生成无水氯化钴。(1)写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_________________。(2)写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________;若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时,可能会生成有毒气体,写出生成该有毒气体的离子方程式_________________。(3)“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。(4)“操作1”中包含3个基本实验操作,它们依次是_____________、____________和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。(5)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是______________;其使用的最佳pH范围是_________。A.2.0~2.5B.3.0~3.5C.4.0~4.5D.5.0~5.5(6)为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量,称取一定质量的粗产品溶于水,加入足量AgNO3溶液,过滤、洗涤,将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是______________________。(答一条即可)28、(14分)二甲醚作为燃料电池的原料,可通过以下途径制取:I.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔHII.2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH(1)已知:①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH1=-41.0kJ·mol-1②CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2=-49.0kJ·mol-1③CH3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g)ΔH3=+23.5kJ·mol-1则反应I的ΔH=_______kJ·mol-1(2)在恒容密闭容器里按体积比为1:2充入一氧化碳和氢气发生反应2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g),一定条件下反应达到平衡状态。当改变反应的某一个条件后,下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是________。A.新平衡后c(CH3OCH3)增大B.正反应速率先增大后减小C.反应物的体积百分含量减小D.化学平衡常数K值增大(3)在10L恒容密闭容器中,均充入4molCO2和7molH2,分别以铱(Ir)和铈(Ce)作催化剂,通过反应II:2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)制二甲醚,反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率α(CO2)随反应温度的变化情况如图所示。①根据图1,下列说法不正确的是________。A.反应II的ΔH<0,ΔS>0B.600K时,H2的速率:v(b)正>v(a)逆C.分别用Ir、Ce作催化剂时,Ce使反应II的活化能降低更多D.从状态d到e,α(CO2)减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动②状态e(900K)时,α(CO2)=50%,则此时的平衡常数K=______(保留3位有效数字)。(4)写出二甲醚碱性(电解质溶液为KOH溶液)燃料电池的负极电极反应式__________。该电池工作时,溶液中的OH-向______极移动,该电池工作一段时间后,测得溶液的pH减小。(5)己知参与电极反应的电极材料单位质量放出电能的大小称为该电池的比能量.关于二甲醚碱性燃料电池与乙醇碱性燃料电池,下列说法正确的是________。A.两种燃料互为同分异构体,分子式和摩尔质量相同,比能量相同B.两种燃料所含共价键数目相同,断键时所需能量相同,比能量相同C.两种燃料所含共价键类型不同,断键时所需能量不同,比能量不同29、(10分)物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。根据下图,完成下列填空:(1)上图中X的电子式为_________;其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊,用化学方程式表示该变化__________;该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素______(填“强”或“弱”)。用原子结构解释原因____________。(2)Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备,从氧化还原反应的角度,理论上有可能的是______(填字母序号)。a.Na2S+Sb.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3(3)SO2是主要大气污染物之一。工业上烟气脱硫的方法之一是用碱液吸收,其流程如图:。该法吸收快,效率高。若在操作中持续通入含SO2的烟气,则最终产物为________。室温下,0.1mol/L①亚硫酸钠②亚硫酸氢钠③硫化钠④硫氢化钠的四种溶液的pH由大到小的顺序是________(用编号表示)。已知:H2S:Ki1=1.3×10-7Ki2=7.1×10-15H2SO3:Ki1=1.3×10-2Ki2=6.2×10-8(4)治理含CO、SO2的烟道气,也可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体:2CO(g)+SO2(g)S(s)+2CO2(g)。一定条件下,将CO与SO2以体积比为4∶1置于恒容密闭容器中发生上述反应,下列选项能说明反应达到平衡状态的是______(填写字母序号)。a.υ(CO)∶υ(SO2)=2∶1b.平衡常数不变c.气体密度不变d.CO2和SO2的体积比保持不变测得上述反应达平衡时,混合气体中CO的体积分数为,则SO2的转化率为________。
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、B【解析】
W是空气中含量最多的元素,则W为N元素。Y的周期数等于其族序数,另Y的原子序数大于W的原子序数,则Y在第三周期第ⅢA族,Y为Al元素。Y的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3,可以与N的最高价氧化物的水化物HNO3反应生成盐和水,在Al和N之间的元素,Al(OH)3只能与Na的最高价的氧化物的水化物NaOH反应生成盐和水,则X为Na元素。Z的最外层电子数是最内层电子数的3倍,最内层的电子数为2个,则Z的最外层电子数为6,则Z为S元素。A.Na的氧化物为Na2O和Na2O2(其中Na2O2为过氧化物,属于特殊的氧化物),有2种;Al的氧化物为Al2O3,只有1种,A错误;B.S2-核外有3个电子层,Na+核外只有2个电子层,电子层数越多,离子半径越大,则有r(Na+)<r(S2-),B正确;C.W和Z的氢化物分别为NH3和H2S,可发生下列反应NH3+H2S=NH4HS或2NH3+H2S=(NH4)2S,C错误;D.Na的氢化物NaH,由Na+和H-构成,只有离子键,D错误。答案选B。【点睛】离子半径比较方法可以归纳为:①核外电子排布相同时,核电荷数越大,离子半径越小;②核外电子排布不同的短周期元素离子,其电子层数越多,离子半径越大。2、A【解析】
A.甲中H2O2,在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2↑生成O2,故A正确;B.乙中浓盐酸具有挥发性,烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3,故B错误;C.丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶,气压相等,两仪器中不可能出现液面差,液面a不可能保持不变,故C错误;D.丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2,根据H2体积无法计算合金中Mg的含量,因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2,2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑,Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑,故D错误;答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。3、D【解析】
A.乙醇的密度比金属钠小,所以乙醇和金属钠反应钠应沉入试管底部,故A错误;B.因为2NO2N2O4H<0,升高温度,平衡向逆反应方向移动,所以热水中NO2的浓度高,故B错误;C.氢氧化钠属于强碱,易潮解容易和玻璃中的SiO2反应生成硅酸钠,瓶和塞黏在一起,因此应保存在软木塞的试剂瓶中,故C错误;D.D是实验室制备蒸馏水的装置,故D正确;答案:D。4、D【解析】
电解质的电离、铵盐溶于水、固体融化、液体汽化等均为吸热过程,而浓硫酸、氢氧化钠固体溶于、物质的液化、液体的固化均为放热过程,据此分析。【详解】A.氯化钠晶体熔化是吸热的过程,选项A错误;B.氢氧化钠固体溶于水放热,氢氧化钠在水中电离吸热,选项B错误;C.液氮的气化是吸热的过程,选项C错误;D.水蒸气液化,为放热过程,选项D正确。答案选D。5、D【解析】
A.Fe(NO3)2样品溶于稀盐酸,发生反应Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O,滴加KSCN溶液后,溶液变红色,不能肯定原样品是否变质,A不合题意;B.“84”消毒液具有强氧化性,能使pH试纸褪色,不能用pH试纸检验其pH,B不合题意;C.未生锈的铁钉放入试管中,用稀硫酸浸没,发生析氢腐蚀,C不合题意;D.在H2C2O4溶液中滴加Na2CO3溶液,有气泡产生,则说明生成了H2CO3,从而表明酸性H2C2O4大于H2CO3,D符合题意;故选D。6、B【解析】
由结构可知分子式,分子中含-COOH、-COOC-、OH,结合羧酸、酯、醇、酚的性质来解答。【详解】A.由结构简式可知分子式为C14H16O10,A错误;B.在左侧六元环中,连接-OH、醚键的原子连接4个不同的原子或原子团,为手性碳原子,B正确;C.能与氢氧化钠反应的为3个酚羟基、酯基和羧基,1molX最多可与5molNaOH反应,C错误;D.只有羧基与碳酸氢钠反应,则1molX最多可与1molNaHCO3反应,D错误;故合理选项是B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,注意选项B为解答的难点。7、D【解析】
A.Fe3+的水溶液显黄色,与“无色溶液”矛盾,A错误;B.能使甲基橙变红的溶液显酸性,此时H+、CH3COO-会发生反应产生CH3COOH,不能大量共存,B错误;C.ClO-具有强的氧化性,与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应,不能大量共存,C错误;D.选项离子之间不能发生任何反应,可以大量共存,D正确;故合理选项是D。8、D【解析】
A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠,加热或点燃的条件下生成过氧化钠,故A正确;B、镁与氮气燃烧生成氮化镁,与氧气燃烧生成氧化镁,与二氧化碳发生置换反应,生成碳单质和氧化镁,故B正确;C、现代工业主要采用“火法炼铜”,即在高温条件下培烧黄铜矿,故C正确;D、二氧化硫不能漂白石蕊,故D错误。故选D。9、C【解析】
A.滴定前pH=11,则A2−的水解常数是,则Ka2(H2A)的数量级为,A正确;B.当V=5时根据物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−),B正确;C.根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性,水解程度大于电离常数,NaHX溶液中c(Na+)>c(HA−)>c(H2A)>c(A2−),C错误;D.c点溶液显中性,盐酸的体积大于10mL小于20mL,则溶液中:c(Na+)>c(Cl−)>c(H+)=c(OH−),D正确;答案选C。10、D【解析】
A.25°C时,MOH的Kb=10-7,则Kh(MCl)==10-7,解得c(H+)=10-4mol/L,pH=a=4,A正确;B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中,MCl的水解程度等于MOH的电离程度,所以溶液pH=7时,加入的MOH的体积为10mL,B正确;C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液,加入的碱越大,水对电离的抑制作用越强,水电离程度就越小,所以溶液中水的电离程度:P>Q,C正确;D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+),Q点时MOH少量电离,nQ(M+)<nP(M+),nQ(Na+)=2nP(Na+),所以c(Na+)>2c(M+),D错误;故合理选项是D。11、D【解析】
溶液(体积为1L)中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4,氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2,根据溶液呈电中性原则,则X为阳离子,且带电荷数为2,只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选;而在酸性环境下,硝酸根离子能够氧化铁离子,不能共存,硫酸根离子与钡离子产生沉淀,不能大量共存,只有镁离子在上述溶液中大量共存,故答案选D。12、C【解析】
W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X、Y是金属元素,X的焰色呈黄色,为钠元素,W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍,则W为氧元素,Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质,则Y为铝元素,据此分析。【详解】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素,X、Y是金属元素,X的焰色呈黄色,为钠元素,W、Z最外层电子数相同,Z的核电荷数是W的2倍,则W为氧元素,Z为硫元素。工业上一般通过电解氧化物的方法获得Y的单质,则Y为铝元素,A.W、X、Y形成的简单离子O2-、Na+、Al3+,核外电子数相同,均是10电子微粒,A正确;B.硫和氧可以形成二氧化硫和三氧化硫两种共价化合物,原子个数比为1:2和1:3,B正确;C.由于硫离子和铝离子水解相互促进生成氢氧化铝和硫化氢,因此硫化铝不能通过复分解反应制备,C错误;D.X、Y和Z三种元素形成的最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠、氢氧化铝、硫酸,氢氧化铝是两性氢氧化物,与氢氧化钠、硫酸都反应,所以它们之间能两两反应,D正确;答案选C。13、D【解析】
A.CaO没有强还原性,故不能防止食品的氧化变质,只能起到防潮的作用,A项错误;B.硅是半导体,芯片的主要成分是硅单质,B项错误;C.Fe具有还原性,能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原,所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性,与吸附性无关,C项错误;D.SO2能与有色物质化合生成无色物质,可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等,D项正确;答案选D。14、D【解析】
A.煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称,是化学变化,A错误;B.石油裂解的化学过程是比较复杂的,生成的裂解气是一种复杂的混合气体,它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外,还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等,有烯烃,所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色,B错误;C.羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质,棉花和麻主要成分都是天然纤维,C错误;D.天然气水合物,有机化合物,化学式CH₄·nH₂O,即可燃冰,是分布于深海沉积物或陆域的永久冻土中,由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质,D正确;故答案选D。15、C【解析】
A.三硝酸纤维素脂正确书写为:三硝酸纤维素酯,属于酯类物质,故A错误;B.硬酯酸钠中的“酯”错误,应该为硬脂酸钠,故B错误;C.硝基苯为苯环上的一个氢原子被硝基取代得到,结构简式:,故C正确;D.氯化钠的配位数是6,氯化钠的晶体模型为,故D错误;故答案为:C。16、D【解析】
A.氨水中溶质为一水合氨,为弱碱,在离子方程式中保留化学式,且反应不能生成偏铝酸根离子;B.电荷不守恒;C.根据以少定多原则分析;D.依据氧化还原规律作答。【详解】A.一水合氨为弱碱,不能拆成离子形式,且不能溶解氢氧化铝沉淀,正确的离子方程式为:Al2++3NH3⋅H2O═Al(OH)3↓+3NH4+,A项错误;B.向水中通入NO2的离子方程式为:3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO,B项错误;C.向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液,其离子方程式为:NH4++HCO3-+OH-=NH3⋅H2O+CO32-+H2O,C项错误;D.向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液,NaHSO3具有还原性,能将+6价Cr还原为Cr3+,其离子方程式为:3HSO3-+Cr2O72-+5H+===3SO42-+2Cr3++4H2O,D项正确;答案选D。【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点,贯穿整个高中化学,是学生必须掌握的基本技能。本题C项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断,可采取“以少定多”原则进行解答,即假设量少的反应物对应的物质的量为1mol参与化学反应,根据离子反应的实质书写出正确的方程式,一步到位,不需要写化学方程式,可以更加精准地分析出结论。17、A【解析】
短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,Z元素在地壳中含量最高,则Z为O;Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐,则Y为N;常温下,X的单质为气体,在氮之前,只有H,则X为H;Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数,Y、Z的最外层电子数分别为5、6,则W为Na。A.非金属性N>H,元素的非金属性越强,对应的简单阴离子的还原性越弱,A项正确;B.根据元素周期律,同周期,原子序数小的半径大,同主族,周期大的半径大,故原子半径Na>N>O>H,B项错误;C.Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2,前者只含有离子键,后者存在离子键和共价键,C项错误;D.氨气和水分子都含有氢键,但是水分子间形成的氢键较多,沸点更高,D项错误;答案选A。18、A【解析】
A和氢氧化钠溶液反应生成B和C,C为气体,C的分子式为ba3,能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,根据化学式可推断C为氨气,B为白色沉淀,继续加入氢氧化钠溶液沉淀溶解,则B可推断为氢氧化铝,A中加入酸化的氯化钡溶液形成白色沉淀,则A中含有硫酸根离子,根据以上推断,A为NH4Al(SO4)2,a为H元素,b为N元素,c为O元素,d为Al元素,e为S元素,据此分析解答。【详解】A.b为N元素,c为O元素,同周期元素随核电荷数增大,半径逐渐减小,则原子半径b>c,故A正确;B.e为S元素,S的氧化物的水化物有硫酸和亚硫酸,亚硫酸是弱酸,故B错误;C.A为NH4Al(SO4)2,是离子化合物,故C错误;D.c为O元素,e为S元素,同主族元素随核电荷数增大非金属性逐渐减弱,元素非金属性强弱c>e,故D错误;答案选A。19、D【解析】
A.该有机物种有醚键(—O—)、羟基(—OH)、酯基(—COO—)三种含氧官能团,A选项正确;B.根据该有机物的分子结构式,与醇羟基相连的碳中有4个手性碳原子,且分子种含有酚羟基(与苯环直接相连的羟基),能遇FeCl3溶液显紫色,B选项正确;C.醇羟基所在的C与其他两个C相连为甲基结构,不可能共平面,故该有机物分子中所有碳原子不可能共平面,C选项正确;D.1mol酚羟基(—OH)能与1molNaOH发生反应,1mol酯基(—COO—)能与1molNaOH发生水解反应,1mol该有机物有1mol酚羟基(—OH)、1mol酯基(—COO—),则1mol该有机物可与2molNaOH发生反应,分子中含有两个苯环,可以和6molH2发生加成反应,D选项错误;答案选D。20、D【解析】
A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫;B、氨气一步反应只能得到一氧化氮;C、钠非常活泼,与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气,不能置换出铜;D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气,再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,则转化关系不可以实现,选项A错误;B、氨气一步反应只能得到一氧化氮,不能得到二氧化氮,则转化关系不可以实现,选项B错误;C、钠非常活泼,与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气,不能置换出铜,则转化关系不可以实现,选项C错误;D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气,再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵,过滤得到碳酸氢钠晶体,碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠,转化关系可以实现,选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用,题目难度中等,注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件,C项为易错点,注意Na和盐溶液反应的特点。21、D【解析】
A.pH=6时c(H+)=10-6,由图可得此时=0,则Ka==10-6,设HR0.01mol·L-1电离了Xmol·L-1,Ka==10-6,解得X=10-6,pH=4,A项正确;B.由已知HR溶液中存在着HR分子,所以HR为弱酸,==c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变,c(H+)浓度在减小,故在减小,B项正确;C.当溶液为碱性时,R-的水解会被抑制,c(R-)>c(HR),C项正确;D.Ka=10-6,当通入0.01molNH3时,恰好反应生成NH4R,又因为常温下NH3·H2O电离平衡常数K=1.76×10-5,所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度,NH4R溶液呈碱性,则c(NH4+)>c(R-)>c(OH-)>c(H+),D项错误;答案选D。22、B【解析】
A.氯气溶于水,只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸,所以无法计算转移的电子数,故A错误;B.标准状况下,22.4L氖气为1mol,一个Ne原子含有10个电子,即1mol氖气含有10NA个电子,故B正确;C.醋酸溶液的体积未知,则无法计算H+数目,故C错误;D.120gNaHSO4为1mol,1molNaHSO4分子中含有1molNa+和1molHSO4-,则120gNaHSO4分子中阳离子和阴离子的总数为2NA,故D错误;故选B。二、非选择题(共84分)23、钠或NaN≡N离子被氧化在已褪色的溶液中加入足量的KSCN,若重新变血红色,则该解释正确【解析】
将文字信息标于框图,结合实验现象进行推理。【详解】(1)溶液焰色反应呈黄色,则溶液中有Na+,无机盐A中含金属元素钠(Na)。(2)气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol×1.25g/L=28g/mol,故为氮气(N2),其结构式N≡N,从而A中含N元素。(3)图中,溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2,溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B(CO2),则白色沉淀为BaCO3,气体中含CO2,即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白色沉淀D不溶于稀盐酸,则D为BaSO4,溶液中有SO42-,A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。(4)在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红,再滴加,先变红后褪色,即先氧化、后氧化SCN-或再氧化Fe3+。若离子被氧化,则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN,若重新变色,则该解释正确;若三价铁被氧化成更高价态,则在已褪色的溶液中加入足量的,若重新变血红色,则该解释正确。24、苯酚保护羟基,防止被氧化HCHO+HCN加成反应酯基5或【解析】
A发生信息1的反应生成B,B发生硝化取代反应生成C,根据C的结构简式可知,B为,A为;D发生信息1的反应生成E,E中含两个Cl原子,则E为,E和A发生取代反应生成F,G发生信息2的反应生成H,H发生取代反应,水解反应得到I,根据I结构简式可知H为HOCH2CN,G为HCHO,I发生酯化反应生成J,F与J发生取代反应生成K,J为,结合题目分析解答;(7)的水解程度为:,结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到,而与HCN发生加成反应可生成,再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛,据此分析确定合成路线。【详解】(1)由上述分析可知,A为,其化学名称为:苯酚;酚羟基具有弱还原性,能够被浓硫酸氧化,因此加入CH3COCl的目的是保护羟基,防止被氧化;(2)H为HOCH2CN,G为HCHO,由G生成H的化学反应方程式为:HCHO+HCN;反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键,属于加成反应;(3)J为,其含氧官能团为酯基;瑞德西韦中碳原子位置为:,一共有5个手性碳原子;(4)C是对硝基乙酸苯酯,X是C的同分异构体,X的结构简式满足下列条件:①苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子;②遇FeCl3溶液发生显色反应;③1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2(即1mol),则含有两个羟基,根据不饱和度知还存在-CH=CH2,该分子结构对称,符合条件的结构简式为:或;(5)根据上述分析可知,该合成路线可为:。25、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落将装置C置于冰水浴中KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等)3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2OK2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用向其中滴加少量浓盐酸,将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明有Cl2生成,同时说明氧化性FeO42->Cl2溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】
利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气,将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢,纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中,制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4),用氢氧化钠溶液处理尾气,防止多余的氯气排放到空气中引起污染,据此分析。【详解】利用高锰酸钾与浓盐酸反应制得氯气,将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢,纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中,制备高效水处理剂高铁酸钾(K2FeO4),用氢氧化钠溶液处理尾气,防止多余的氯气排放到空气中引起污染。(1)装置A用于制取氯气,其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落;(2)为防止装置C中K2FeO4分解,可以采取的措施是将装置C置于冰水浴中和KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等);(3)装置C中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO4,反应的离子方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42-+6Cl-+8H2O;(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水,K2FeO4与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用,t1s~t2s内,O2的体积迅速增大;(5)验证酸性条件下氧化性FeO42->Cl2的实验方案为:取少量K2FeO4固体于试管中,向其中滴加少量浓盐酸,将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明有Cl2生成,同时说明氧化性FeO42->Cl2;(6)根据K2FeO4的制备实验得出:氧化性Cl2>FeO42-,而第(5)小题实验表明,溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱,在不同的酸碱性环境中,Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反。26、NH3、CO2E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2,防止干扰CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去2.1【解析】
(l)按实验过程中观察到现象,推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式;(2)氮气驱赶装置内原有气体,从空气对实验不利因素来分析;(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用;(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质,结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式;Ⅱ.(5)三次平行实验,计算时要数据处理,结合关系式进行计算;【详解】(l)实验过程中,观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气,装置B中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有二氧化碳气体;若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色,装置F中澄清石灰水变浑浊,说明分解产物中含有CO;答案为:NH3;CO2;E中黑色固体变红,F中澄清石灰水变浑浊;草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO,结合质量守恒定律知,另有产物H2O,则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;答案为:(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O;(2)反应开始前,通人氮气的目的是排尽装置中的空气,避免CO与空气混合加热发生爆炸,并防止空气中的CO2干扰实验;答案为:排尽装置中的空气;(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO,所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去,所以装置C的作用是:吸收CO2,避免对CO的检验产生干扰;答案为:充分吸收CO2,防止干扰CO的检验;(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气,NH3也会与CuO反应,其产物是N2和水,该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O;答案为:2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O;(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸,用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定,反应为,滴定至终点时,因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去;答案为:因最后一滴KMnO4溶液的滴入,溶液变为粉红色,且半分钟内不褪去;三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL,0.4lmL,0.52mL,应舍弃0.52mL,误差较大,则平均体积为0.42mL,滴定反应为,;=1.05×10−5mol,所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为,即4.2×10−2mmol,则该血液中钙元素的含量为;答案为:2.1。27、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度,防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】
(1)向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠,浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等,所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原,根据电荷守恒和得失电子守恒,反应的离子方程式为:Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O,故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O;(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,其反应的离子方程式为:ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O;在酸性条件下,NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气,其反应的离子方程式为:ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O;故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O;ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O;(3)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+,加Na2CO3调pH至a,铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳,水解的离子方程式为:2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑;铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳,水解的离子方程式为:2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑,所以沉淀成分为:Fe(OH)3、Al(OH)3,故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3;(4)从溶液中制取氯化钴固体,其操作步骤为:蒸发浓缩、冷却结晶和过滤,故答案为蒸发浓缩;冷却结晶;(5)根据流程图可知,此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子;由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0~3.5之间,Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小,并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀,故答案为除去溶液中的Mn2+;B;(6)根据CoCl2•6H2O的组成分析,造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是:含有杂质,导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水,导致相同质量的固体中氯离子含量变大,故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键,试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。28、-203.5BDA、C6.75×104CH3O
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