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文檔簡介

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁,總=sectionpages22頁第=page11頁,總=sectionpages11頁2025年蘇教版高一化學上冊月考試卷834考試試卷考試范圍:全部知識點;考試時間:120分鐘學校:______姓名:______班級:______考號:______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共9題,共18分)1、在粗鹽提純實驗中;下列操作正確的是()

A.為加快過濾速度;用玻璃棒在漏斗中進行攪拌。

B.過濾時;漏斗中液體的液面應低于濾紙邊緣。

C.蒸發(fā)時;有晶體析出后就不用玻璃棒攪拌。

D.當蒸發(fā)皿中液體全部蒸干后;才能停止加熱。

2、下表各組物質(zhì)中,滿足如圖所示一步轉(zhuǎn)化關(guān)系的選項是。選項XYZANaNaOHNaHCO3BCuCuSO4Cu(OH)2CCCOCO2DSiSiO2H2SiO33、現(xiàn)在電動車普遍使用的是鉛酸蓄電池,工作原理為rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pbunderset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}下列有關(guān)說法正確的是rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pb

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2}O}rm{(}A.鉛酸蓄電池放電時,電路中每轉(zhuǎn)移rm{)}rm{2}電子,消耗rm{mol}rm{1}硫酸B.鉛酸蓄電池在放電時,只有負極產(chǎn)生rm{mol}C.放電時,鉛酸蓄電池的負極電極反應式為rm{PbSO_{4}}rm{Pb+SO_{4}}rm{{,!}^{2-}-2e=Pb}D.放電過程中,正極附近溶液的rm{SO_{4}}減小rm{pH}4、常溫下,下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A.能溶解rm{Al_{2}O_{3}}的溶液中:rm{Na^{+}}rm{Ca^{2+}}rm{HCO_{3}^{-}}rm{NO_{3}^{-}}B.強酸性溶液中:rm{Na^{+}}rm{NH_{4}^{+}}rm{ClO^{-}}rm{I^{-}}C.滴入酚酞試液顯紅色的溶液中:rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}rm{Br^{-}}rm{SO_{4}^{2-}}D.強堿性溶液中:rm{K^{+}}rm{Na^{+}}rm{CH3COO^{-}}rm{CO_{3}^{2-}}5、材料與化學密切相關(guān),表中對應關(guān)系錯誤的是rm{(}rm{)}

。材料主要化學成分rm{A}普通水泥、普通玻璃硅酸鹽rm{B}剛玉、金剛石三氧化二鋁rm{C}大理石、石灰石碳酸鈣rm{D}光導纖維、石英二氧化硅A.rm{A}B.rm{B}C.rm{C}D.rm{D}6、將4molA氣體和2molB氣體在2L的容器中混合并在一定條件下發(fā)生如下反應2A(g)+B(g)2C(g),若2s(秒)后測得C的濃度為0.6mol/L,現(xiàn)有下列幾種說法:①用物質(zhì)A表示反應的平均速率為0.3mol/(L·s)②用物質(zhì)B表示反應的平均速率為0.6mol/(L·s)③2s時物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為60%④2s時物質(zhì)B的濃度為0.7mol/L其中正確的是()A.①③B.①④C.②③D.③④7、下列有說法不正確的是()A.離子晶體的晶格能是氣態(tài)離子形成1mol晶胞時放出的能量B.金屬的六方最密堆積和面心立方最密堆積的空間利用率最高C.鈉晶胞結(jié)構(gòu)如圖鈉晶胞中每個鈉原子的配位數(shù)為8D.溫度升高,金屬的導電性將變?nèi)?、容量瓶上標有的是:①溫度、②濃度、③容量、④質(zhì)量、⑤刻度線、⑥密度,其中正確的是()A.①③⑤B.③⑤⑥C.①⑤⑥D(zhuǎn).②③⑤9、將rm{3.84g}rm{Cu}投入一定量的濃rm{HNO_{3}}中,銅完全溶解,生成氣體的顏色越來越淡,共收集到rm{1134mL}氣體rm{(}標準狀況rm{).}再把盛有此氣體的容器倒扣在水中,容器內(nèi)液面上升,再通入標準狀況下一定體積的氧氣,恰好使氣體完全溶于水中,則通入rm{O_{2}}的體積是rm{(}rm{)}A.rm{672}rm{mL}B.rm{168}rm{mL}C.rm{504}rm{mL}D.rm{224}rm{mL}評卷人得分二、填空題(共6題,共12分)10、(10分)已知一些單質(zhì)、化合物的沸點(1.01×105Pa,單位:℃)如下表所示:結(jié)合上表有關(guān)信息回答下列問題:(1)判斷下列說法不正確的是____A.同周期元素的氫化物,原子序數(shù)越大,沸點越高B.上表中H2O、HF中由于含有氫鍵,故其分子特別穩(wěn)定C.上表中,多數(shù)物質(zhì)的沸點均與相對分子質(zhì)量存在一定的關(guān)系D.周期表中各主族元素的單質(zhì)其沸點都隨原子序數(shù)的增大而升高E.氫化物的穩(wěn)定性越高,其沸點越高(2)寫出②系列中物質(zhì)主要化學性質(zhì)的遞變規(guī)律(任寫一種):____;能說明該遞變規(guī)律的化學事實是____(任寫一例,用離子方程式表示)。(3)除極少數(shù)情況,同一系列中物質(zhì)的沸點與相對分子質(zhì)量之間存在一定的關(guān)系,該關(guān)系是____。(4)部分XX’型鹵素互化物(X、X’表示不同的鹵原子)和鹵素單質(zhì)的沸點也與其相對分子質(zhì)量存在著如右圖所示的關(guān)系。試推測ICl的沸點所處的最小范圍____(填“物質(zhì)的化學式”)。11、有無色氣體;可能含有乙烯和二氧化硫的混合氣體通入裝有溴水的試管中,溴水褪色.

(1)甲同學認為溴水褪色的現(xiàn)象不能證明混合氣體中有乙烯且乙烯具有不飽和性,其理由正確的是____.

a.乙烯與溴水易發(fā)生取代反應。

b.若先除去二氧化硫;再將氣體(純凈物)通入裝有溴水的試管中,使溴水褪色的反應,也未必是加成反應。

c.使溴水褪色的物質(zhì);未必是乙烯。

(2)乙同學經(jīng)過細致觀察試管中另一實驗現(xiàn)象后,證明有乙烯,請簡述這一實驗現(xiàn)象____?12、實驗室需純凈的NaCl晶體,但現(xiàn)有的NaCL晶體中混有少量的Na2SO4和NH4HCO3,為除去雜質(zhì),甲同學設計了如下實驗:(已知NH4HCO3NH3+H2O+CO2)

(1)上述操作I、II的名稱分別為______、______.

(2)進行操作“加入過量的BaCL2溶液”時,如何判斷BaCL2溶液已過量,其方法是______.

(3)操作“加入過量的Na2CO3溶液”的目的是______.

(4)操作“加入過量的鹽酸溶液”的目的是______.13、已知rm{FeCl_{3}}溶液與rm{Cu}反應為:rm{2FeCl_{3}+Cu簍T簍T簍TCuCl_{2}+2X}rm{(1)}上式中rm{X}物質(zhì)的化學式為________。rm{(2)}在上述反應中,物質(zhì)的氧化性相比較:_________________________。rm{(3)}若有rm{64g}銅被氧化,參與反應的rm{FeCl_{3}}的物質(zhì)的量為_______。rm{(4)}該反應的離子方程式為______________________________。14、(10分)下表是元素周期表的一部分,回答下列有關(guān)問題:。族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②3③④⑤⑥⑦⑧⑨4⑩。11。。11。1111。12。11。11⑴.在這些元素的最高價氧化物對應水化物中,酸性最強的是(填化學式,下同),堿性最強的是,呈兩性的氫氧化物是____,⑵.寫出工業(yè)上冶煉⑤的化學方程式為;⑤與一種黑色晶體反應冶煉鐵的化學方程式為:。⑶.在⑧與⑦中,非金屬性較強的元素是,寫出可以驗證該結(jié)論的一個離子反應方程式。1115、閱讀下面科普短文,回答問題。水是人體的重要組成成分,是進行體內(nèi)反應的介質(zhì)。人體缺水后會增加血液的粘稠度,易引發(fā)多種心腦血管疾病,因此常用阿司匹林來預防。在我們每天的日常生活中,不僅需要適當補充水分,也需要保證合理均衡的飲食。長期以來,我國居民有進食腌制肉類食品的習慣,攝入水果、蔬菜等堿性食物偏少,容易導致人體血液偏酸。因此合理選擇飲食,能幫助我們打下健康的基礎(chǔ)。請依據(jù)以上短文,判斷下列說法是否正確rm{(}填“對”或“錯”rm{)}rm{(1)}阿司匹林可以預防心腦血管疾病。_____rm{(2)}長期過量食用腌制肉類食品對人體是無害的。_____rm{(3)}水果、蔬菜等屬于酸性食物,要控制攝入量。_____rm{(4)}人體內(nèi)的水需要不斷補充,水是進行體內(nèi)反應的介質(zhì)。_____評卷人得分三、判斷題(共9題,共18分)16、蛋白質(zhì)的鹽析過程是一個可逆過程,據(jù)此可以分離和提純蛋白質(zhì).17、1.00molNaCl中,所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023(判斷對錯)18、24g鎂原子的最外層電子數(shù)為NA(判斷對錯)19、將藍色的硫酸銅晶體放入濃硫酸屬于物理變化.(判斷對錯)20、含碳的化合物一定是有機化合物.(判斷對錯)21、過濾時,玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸.(判斷對錯)22、摩爾是七個基本物理量之一.(判斷對錯)23、標準狀況下,2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA(判斷對錯)24、1mol甲苯中有6molC﹣H共價鍵..(判斷對錯)評卷人得分四、簡答題(共1題,共5分)25、圖中,rm{A}是一種最常見無色液體,rm{E}是空氣的主要成分之一,rm{G}是極易溶于水的堿性氣體,rm{Y}是胃酸的主要成分,rm{K}是不溶于稀硝酸的白色沉淀,反應rm{壟脻}是工業(yè)制rm{X}的主要反應之一.

請按要求填空:

rm{(1)}寫出下列物質(zhì)的化學式:rm{A}______,rm{E}______rm{F}______,rm{Y}______.

rm{(2)}反應rm{壟脻}的化學方程式為:______.

rm{(3)1molB}通過反應rm{壟脷}得到rm{1molF}rm{B}中rm{F}的質(zhì)量分數(shù)為rm{72%}則rm{B}的化學式為:______.評卷人得分五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題,共8分)26、某探究小組用HNO3與大理石反應過程中質(zhì)量減小的方法,研究影響反應速率的因素。所用HNO3濃度為1.00mol·L-1、2.00mol·L-1,大理石有細顆粒與粗顆粒兩種規(guī)格,實驗溫度為298K、308K,每次實驗HNO3的用量為25.0mL;大理石用量為10.00g。

(1)請完成以下實驗設計表,并在實驗目的一欄中填出對應的實驗編號:。實驗編號T/K大理石規(guī)格HNO3濃度/mol·L-1實驗目的①298粗顆粒2.00(Ⅰ)實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響;

(Ⅱ)實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響;

(Ⅲ)實驗①和④探究大理石規(guī)格(粗、細)對該反應速率的影響;②_______________③_______________④_______________

(2)實驗裝置如圖1所示,如何檢驗該裝置的氣密性________________________________

(3)實驗①中CO2質(zhì)量隨時間變化的關(guān)系見下圖2:依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O,計算實驗①在70-90s范圍內(nèi)HNO3的平均反應速率________________________

(4)請在答題卡的框圖中,畫出實驗②、③和④中CO2質(zhì)量隨時間變化關(guān)系的預期結(jié)果示意圖。_______評卷人得分六、綜合題(共4題,共24分)27、2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)反應過程的能量變化如圖所示.已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1.請回答下列問題:

28、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題29、2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)反應過程的能量變化如圖所示.已知1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1.請回答下列問題:

30、根據(jù)方程式KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O回答下列問題參考答案一、選擇題(共9題,共18分)1、B【分析】

A;在過濾時;不能用玻璃棒在漏斗中進行攪拌,防止弄壞濾紙,故A錯誤;

B;過濾時;漏斗中液體的液面應低于濾紙邊緣,故B正確;

C;蒸發(fā)時;有晶體析出后仍用玻璃棒攪拌,防止液體局部受熱,故C錯誤;

D;蒸發(fā)皿中出現(xiàn)多量固體時;就停止加熱,利用余熱蒸干晶體,故D錯誤;

故選B.

【解析】【答案】A;在過濾時;不能用玻璃棒在漏斗中進行攪拌,防止弄壞濾紙;

B;過濾時;漏斗中液體的液面應低于濾紙邊緣;

C;蒸發(fā)時;有晶體析出后仍用玻璃棒攪拌,防止液體局部受熱;

D;蒸發(fā)皿中出現(xiàn)多量固體時;就停止加熱,利用余熱蒸干晶體.

2、C【分析】【解析】【答案】C3、C【分析】解:rm{A.}根據(jù)電池反應式知,鉛酸電池蓄電池放電時,電路中每轉(zhuǎn)移rm{2}rm{mol}電子,消耗rm{2mol}硫酸;故A錯誤;

B.鉛酸電池蓄電池放電時,負極上鉛失電子生成硫酸鉛,正極上二氧化鉛得電子生成硫酸鉛,所以正負極上都產(chǎn)生rm{PbSO_{4}}故B錯誤;

C.放電時,鉛酸蓄電池的負極電極反應式為rm{Pb+SO_{4}^{2-}-2e^{-}=PbSO_{4}}故C正確;

D.放電過程中,正極反應式為:rm{PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2e^{-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}正極附近溶液的rm{pH}增大;故D錯誤.

故選C.

A.鉛酸電池蓄電池放電時,電路中每轉(zhuǎn)移rm{2}rm{mol}電子,消耗rm{2mol}硫酸;根據(jù)硫酸和轉(zhuǎn)移電子之間的關(guān)系式計算;

B.根據(jù)總反應rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pbunderset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2O}}產(chǎn)生的物質(zhì)判斷;

C、放電時,鉛酸蓄電池的負極是rm{PbO_{2}+2H_{2}SO_{4}+Pb

underset{{魯盲碌莽}}{overset{{路脜碌莽}}{{rightleftharpoons}}}2PbSO_{4}+2H_{2O}}失電子的氧化反應;

D、放電過程中,正極反應式為:rm{Pb}據(jù)此回答.

本題考查了原電池和電解池原理,難點是電極反應式的書寫,根據(jù)得失電子結(jié)合電解質(zhì)溶液寫電極反應式.rm{PbO_{2}+4H^{+}+SO_{4}^{2-}+2e^{-}=PbSO_{4}+2H_{2}O}【解析】rm{C}4、D【分析】【分析】本題考查離子的共存,明確題目中的信息及離子之間的反應是解答本題的關(guān)鍵,注意發(fā)生的氧化還原反應,題目難度不大。【解答】A.能溶解rm{Al_{2}O_{3}}的溶液中,說明溶液中含有大量rm{H^{+}}或rm{OH^{-}}rm{HCO_{3}^{-}}與rm{H^{+潞脥}OH^{-}}都不能共存;故A錯誤;

B.強酸性溶液中含有大量rm{H^{+}}rm{H^{+}}與rm{ClO^{-}}不能共存;故B錯誤;

C.滴入酚酞顯紅色的溶液,顯堿性,rm{OH^{-}}與rm{Mg^{2+}}rm{Al^{3+}}反應不能共存;故C錯誤;

D.強堿性溶液含有大量的rm{OH^{-}}各離子間都不反應,可以共存,故D正確。故選D。

【解析】rm{D}5、B【分析】解:rm{A.}普通玻璃主要成分為rm{Na_{2}SiO_{3}}rm{CaSiO_{3}}和rm{SiO_{2}}水泥的成分為:rm{3CaO?SiO_{2}}rm{2CaO?SiO_{2}}rm{3CaO?Al_{2}O_{3}}二者主要成分都是硅酸鹽,故A正確;

B.金剛石成分為碳單質(zhì);剛玉主要成分為氧化鋁,故B錯誤;

C.大理石;石灰石主要成分都是碳酸鈣;故C正確;

D.光導纖維;石英的主要成分為二氧化硅;故D正確;

故選:rm{B}.

A.依據(jù)水泥;和普通玻璃的主要成分解答;

B.金剛石成分為碳單質(zhì);

C.大理石;石灰石主要成分都是碳酸鈣;

D.光導纖維;石英的主要成分為二氧化硅.

本題考查了物質(zhì)的主要成分,屬于對基礎(chǔ)知識的考查,明確物質(zhì)的成分是解題關(guān)鍵,注意對知識的積累.【解析】rm{B}6、B【分析】2s時生成C是0.6mol/L×2L=1.2mol,則2A(g)+B(g)2C(g)起始量(mol)420轉(zhuǎn)化量(mol)1.20.61.22s時(mol)2.81.41.2所以用物質(zhì)A表示反應的平均速率為速率之比是相應的化學計量數(shù)之比因此用物質(zhì)B表示反應的平均速率為0.15mol/(L·s)2s時物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率為2s時物質(zhì)B的濃度為1.4mol÷2L=0.7mol/L因此答案選B?!窘馕觥俊敬鸢浮緽7、A【分析】【解答】A;晶格能是氣態(tài)離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量;注意必須是氣態(tài)離子,故A錯誤;

B;金屬的四種堆積分別為簡單立方堆積、體心立方堆積、面心立方最密堆積和六方最密堆積;其中簡單立方堆積利用率最低,其次體心立方堆積,六方最密堆積和面心立方最密堆積空間利用率最高,故B正確;

C;根據(jù)鈉晶胞的結(jié)構(gòu)圖即體心結(jié)構(gòu)可知;每個鈉原子周圍距離最近的鈉原子有8個,分別位于經(jīng)過該頂點的8個晶胞的體心上,故C正確;

D;溫度升高;金屬離子與電子之間碰撞加劇,金屬導電性變小,故D正確.

故選A.

【分析】A;晶格能是氣態(tài)離子形成1摩爾離子晶體釋放的能量;通常取正值;

B;金屬的四種堆積形式與空間利用率的關(guān)系;

C;觀察鈉晶胞結(jié)構(gòu)即體心結(jié)構(gòu)可知;每個鈉原子周圍距離最近的鈉原子有8個;

D、利用金屬鍵知識解釋.8、A【分析】解:容量瓶是用來配制一定體積、一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量儀器,實驗室常見規(guī)格有50ml、100ml、150ml、200ml、500ml等,容量瓶上標有刻度、并標有容量;容量瓶對溶液的體積精確度要求較高,只能在常溫下使用,瓶上標有使用溫度,一般為250C.故應為①③⑤.

故選A.

根據(jù)容量瓶的使用特點來回答;容量瓶是用來配制一定體積;一定物質(zhì)的量濃度溶液的定量儀器,對溶液的體積精確度要求較高,只能在常溫下使用.

本題考查常見儀器的使用,注意容量瓶的使用注意事項,題目難度不大,要注意積累各種化學實驗儀器的使用方法.【解析】【答案】A9、A【分析】解:整個過程中rm{HNO_{3}overset{Cu}{}NO}rm{NO_{2}overset{O_{2}}{}HNO_{3}}反應前后rm{NO_{2}overset{O_{2}}{

}HNO_{3}}的物質(zhì)的量不變,而化合價變化的只有銅和氧氣,則rm{HNO_{3}}失去電子數(shù)目等于rm{Cu}得到電子的數(shù)目;

設通入rm{O_{2}}的體積為rm{O_{2}}

則rm{dfrac{3.84g}{64g/mol}隆脕(2-0)=dfrac{V}{22.4L/mol}隆脕2隆脕(2-0)}

解得rm{V}

故選A.

整個過程中rm{dfrac{3.84g}{64g/mol}隆脕(2-0)=

dfrac{V}{22.4L/mol}隆脕2隆脕(2-0)}rm{NO_{2}overset{O_{2}}{}HNO_{3}}反應前后rm{V=0.672L=672mL}的物質(zhì)的量不變,而化合價變化的只有銅和氧氣,則rm{HNO_{3}overset{Cu}{}NO}失去電子數(shù)目等于rm{NO_{2}overset{O_{2}}{

}HNO_{3}}得到電子的數(shù)目;以此來解答.

本題考查氧化還原反應的計算,為高頻考點,把握整個過程中元素的化合價變化、電子守恒為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析與計算能力的考查,注意電子守恒的應用,題目難度不大.rm{HNO_{3}}【解析】rm{A}二、填空題(共6題,共12分)10、略

【分析】【解析】試題分析:(1)根據(jù)表中氫化物沸點的數(shù)據(jù)變化可知,信息ABDE均是正確的。C不正確,因為HF、H2O、NH3等分子間均存在氫鍵,從而導致沸點偏高。(2)②系列中元素都是同主族元素,同主族自上而下,非金屬性逐漸減弱,單質(zhì)的氧化性逐漸減弱,因此根據(jù)非金屬性較強的能置換出就發(fā)現(xiàn)減弱的課,反應的離子方程式可以是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。(3)表中物質(zhì)形成的晶體都是分子晶體,分子晶體的熔沸點與分子間作用力的強弱有關(guān)系,所以該關(guān)系應該是隨相對分子質(zhì)量增大,沸點升高。(4)由于ICl的沸點高于IBr的發(fā)生,且ICl的相對分子質(zhì)量高于單質(zhì)溴的,所以根據(jù)圖像可知,ICl的沸點所處的最小范圍是介于Br2的沸點和IBr沸點之間??键c:考查元素周期律的應用與判斷、氫鍵的應用以及物質(zhì)沸點高低的比較【解析】【答案】(10分)(每空2分)(1)ABDE;(2)單質(zhì)的氧化性逐漸減弱,Cl2+2Br-=2Cl-+Br2;(3)隨相對分子質(zhì)量增大,沸點升高。(4)介于Br2的沸點和IBr沸點之間。11、c觀察到液體分層,下層為油狀液體【分析】【解答】(1)a;乙烯是不飽和烴;能和溴水發(fā)生加成反應而不是取代,故a錯誤;

b、若先除去二氧化硫,再將氣體(純凈物)通入裝有溴水的試管中,則使溴水褪色的反應必為乙烯和溴水的加成,故b錯誤;

c、SO2有強還原性;能和溴水發(fā)生氧化還原反應,故使溴水褪色的物質(zhì),未必是乙烯,故c正確.

故選c.

(2)如果有乙烯;則和溴水發(fā)生加成反應生成油狀的1,2﹣二溴乙烷,密度比水大,在水的下層,故答案為:觀察到液體分層,下層為油狀液體.

【分析】(1)乙烯是不飽和烴,能和溴水發(fā)生加成反應,SO2有強還原性;能和溴水發(fā)生氧化還原反應;

(2)如果有乙烯,則和溴水發(fā)生加成反應生成油狀的1,2﹣二溴乙烷.12、略

【分析】解:NaCl晶體中混有少量的Na2SO4和NH4HCO3;加熱固體碳酸氫銨分解生成氨氣;二氧化碳和水蒸氣,得到氯化鈉和硫酸鈉,溶于水得到溶液,加入過量氯化鋇沉淀硫酸根離子,加入過量碳酸鈉溶液過濾除去硫酸鋇、碳酸鋇沉淀,溶液中加入過量鹽酸溶液除去碳酸鈉,加熱蒸發(fā)除去氯化氫得到氯化鈉晶體;

(1)操作Ⅰ為加熱分解碳酸氫銨;操作Ⅱ過濾除去硫酸鋇和碳酸鋇沉淀,故答案為:加熱;過濾;

(2)進行操作“加入過量的BaCL2溶液”時,判斷BaCL2溶液已過量;可以取上層清液加入氯化鈣看是否有沉淀生成判斷氯化鋇是否過量,若出現(xiàn)沉淀證明未過量,若無沉淀證明氯化鋇過量;

故答案為:取少量上層清液于試管中滴加氯化鈣溶液無沉淀出現(xiàn);則說明氯化鋇溶液過量;

(3)加入過量碳酸鈉溶液是為了除去過量的氯化鋇;故答案為:除去過量的鋇離子;

(4)依據(jù)流程分析可知;加入過量鹽酸除去加入過量的碳酸鈉,故答案為:除去過量的碳酸鈉.

NaCl晶體中混有少量的Na2SO4和NH4HCO3;加熱固體碳酸氫銨分解生成氨氣;二氧化碳和水蒸氣,得到氯化鈉和硫酸鈉,溶于水得到溶液,加入過量氯化鋇沉淀硫酸根離子,加入過量碳酸鈉溶液過濾除去硫酸鋇、碳酸鋇沉淀,溶液中加入過量鹽酸溶液除去碳酸鈉,加熱蒸發(fā)除去氯化氫得到氯化鈉晶體;

(1)操作Ⅰ為加熱分解碳酸氫銨;操作Ⅱ過濾除去硫酸鋇和碳酸鋇沉淀;

(2)進行操作“加入過量的BaCL2溶液”時,判斷BaCL2溶液已過量;可以加入氯化鈣看是否有沉淀生成判斷氯化鋇是否過量;

(3)加入過量碳酸鈉溶液是為了除去過量的氯化鋇;

(4)加入過量鹽酸除去加入過量的碳酸鈉.

本題考查了物質(zhì)分離提純的流程分析和物質(zhì)性質(zhì)的理解應用,實驗基本操作和物質(zhì)性質(zhì)是解題關(guān)鍵,題目難度中等.【解析】加熱;過濾;取少量上層清液于試管中滴加氯化鈣溶液無沉淀出現(xiàn),則說明氯化鋇溶液過量;除去過量的鋇離子;除去過量的碳酸鈉13、(1)FeCl2

(2)FeCl3>CuCl2

(3)2mol

(4)2Fe3++Cu═══Cu2++2Fe2+【分析】【分析】

本題考查了氧化還原反應的基礎(chǔ)知識。

【解答】

rm{(1)}rm{(1)}由反應rm{2FeCl_{3}}rm{+}rm{Cu=CuCl_{2}}rm{+}rm{2X},根據(jù)原子守恒,很快判斷rm{X}應為rm{FeCl_{2}}rm{2FeCl_{3}}rm{2FeCl_{3}}rm{+},根據(jù)原子守恒,很快判斷rm{Cu=CuCl_{2}}應為rm{Cu=CuCl_{2}}

rm{+}故答案為:rm{2X}rm{2X};

rm{X}反應中rm{X}中的rm{FeCl_{2}}rm{FeCl_{2}}變?yōu)橹械膔m{FeCl_{2}}化合價降低,;為氧化劑,由rm{(2)}反應中rm{FeCl_{3}}中的rm{Fe^{3}}rm{{,!}^{+}}變?yōu)閞m{FeCl_{2}}中的rm{Fe^{2}}rm{{,!}^{+}}化合價降低,rm{FeCl_{3}}為氧化劑,rm{Cu}由rm{0}價變?yōu)閞m{CuCl_{2}}中rm{+}rm{2}價rm{Cu^{2}}rm{{,!}^{+}}化合價升高,失電子,發(fā)生氧化反應,rm{CuCl_{2}}為氧化產(chǎn)物,在氧化還原反應中,氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,所以rm{FeCl_{3}}的氧化性強于rm{CuCl_{2}}價變?yōu)閞m{(2)}中rm{(2)}rm{FeCl_{3}}價rm{FeCl_{3}}rm{Fe^{3}}化合價升高,失電子,發(fā)生氧化反應,rm{Fe^{3}}為氧化產(chǎn)物,在氧化還原反應中,氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性,所以rm{{,!}^{+}}的氧化性強于rm{FeCl_{2}}

rm{FeCl_{2}}故答案為:rm{Fe^{2}}rm{Fe^{2}};

rm{{,!}^{+}}rm{n(Cu)=dfrac{64g}{64g/mol};=1;mol}rm{FeCl_{3}},由反應方程式很快求出反應的rm{FeCl_{3}}為rm{Cu}rm{Cu}rm{0}rm{0}rm{CuCl_{2}}rm{CuCl_{2}}rm{+}rm{2}rm{2}rm{Cu^{2}}

rm{Cu^{2}}故答案為:rm{{,!}^{+}}rm{CuCl_{2}};

rm{CuCl_{2}}該反應的離子方程式為rm{FeCl_{3}}

rm{FeCl_{3}}故答案為:rm{CuCl_{2}}rm{CuCl_{2}}

【解析】rm{(1)FeCl_{2}}

rm{(2)FeCl_{3}>CuCl_{2}}rm{(3)2mol}

rm{(4)2Fe^{3+}+Cu簍T簍T簍TCu^{2+}+2Fe^{2+}}14、略

【分析】(1)酸性最強的應在右上角,但F無正價,故為HClO4;堿性最強的應在左下角,故為KOH;(3)同周期,由左到右,元素的非金屬性逐漸增強【解析】【答案】⑴HClO4;KOH;Al(OH)3(各1分)⑵.2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑(2分)3Fe3O4+8Al9Fe+4Al2O3(2分)⑶.Cl;(1分)Cl2+S2-=S↓+2Cl-(2分)15、(1)對(2)錯(3)錯(4)對【分析】【分析】本題考查化學與生活,側(cè)重于化學與人體健康的考查,有利于培養(yǎng)學生的良好科學素養(yǎng),難度不大,注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累。【解答】rm{(1)}阿司匹林能抑制血小板的釋放和凝聚,具有抗血栓作用,所以阿司匹林可以預防心腦血管疾??;故答案為:對;

rm{(2)}腌制肉類中含有亞硝酸鈉等有毒物質(zhì);亞硝酸鈉有毒,而且具有致癌作用,所以不能長期過量食用腌制肉類食品;

故答案為:錯;

rm{(3)}蔬菜;水果多含鉀、鈉、鈣、鎂等鹽類;在人體內(nèi)代謝后生成堿性物質(zhì),使體液呈弱堿性,這類食物習慣上稱為堿性食物;

故答案為:錯;

rm{(4)}水約占人體體重的三分之二,是人體的重要組成部分,水在人體中的作用有四點:rm{壟脵}溶劑;rm{壟脷}反應介質(zhì);rm{壟脹}反應物;rm{壟脺}調(diào)節(jié)體溫;不僅僅進行體內(nèi)反應的介質(zhì);

故答案為:錯?!窘馕觥縭m{(1)}對rm{(2)}錯rm{(3)}錯rm{(4)}對對rm{(1)}錯rm{(2)}錯rm{(3)}對rm{(4)}三、判斷題(共9題,共18分)16、A【分析】【解答】向雞蛋清中加入飽和硫酸鈉溶液;可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀,說明飽和硫酸鈉溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小,此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化;再向試管里加入足量的蒸餾水,觀察到的現(xiàn)象是變澄清,鹽析是可逆過程,可以采用多次鹽析的方法分離;提純蛋白質(zhì).

故答案為:對.

【分析】向雞蛋清中加入飽和硫酸銨溶液,可以觀察到的現(xiàn)象為析出沉淀,說明飽和硫酸銨溶液可使蛋白質(zhì)的溶解性變小,此過程叫做蛋白質(zhì)的“鹽析”為物理變化.17、A【分析】【解答】氯化鈉由鈉離子和氯離子構(gòu)成,故1.00molNaCl中,所有Na+的物質(zhì)的量為1.00mol,鈉原子最外層有1個電子,失去最外層1個電子形成鈉離子,此時最外層有8個電子,故所有Na+的最外層電子總數(shù)為8×6.02×1023;故答案為:對.

【分析】先計算鈉離子的物質(zhì)的量,再根據(jù)鈉離子結(jié)構(gòu)計算最外層電子總數(shù).18、B【分析】【解答】n===1mol,結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算,最外層電子數(shù)為2NA;故錯誤;

故答案為:錯.

【分析】依據(jù)n=計算物質(zhì)的量,結(jié)合鎂原子最外層電子數(shù)為2計算.19、B【分析】【解答】藍色硫酸銅晶體放入濃硫酸生成硫酸銅和水;屬于化學變化,故答案為:×.

【分析】化學變化是指有新物質(zhì)生成的變化,物理變化是指沒有新物質(zhì)生成的變化,據(jù)此解題.20、B【分析】【解答】一氧化碳;二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素;但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似,把它們歸入無機物,故答案為:×.

【分析】通常把含碳元素的化合物叫做有機化合物,簡稱有機物.一氧化碳、二氧化碳、碳酸鹽、碳化物等物質(zhì)中雖然含有碳元素,但是這些物質(zhì)的性質(zhì)和無機物相似,把它們歸入無機物.21、A【分析】【解答】過濾是把不溶于液體的固體物質(zhì)跟液體分離開來的一種混合物分離的方法;過濾時,玻璃棒與三層濾紙的一邊接觸,避免萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破,液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下,導致過濾失敗,所以題干說法正確;

故答案為:正確.

【分析】根據(jù)過濾的注意事項‘一貼二低三靠’;取用液體藥品的方法進行分析解答.

一貼:過濾時;為了保證過濾速度快,而且避免液體順著漏斗與濾紙間的夾縫流下,濾紙應緊貼漏斗內(nèi)壁,且中間不要留有氣泡.

二低:如果濾紙邊緣高于漏斗邊緣;過濾器內(nèi)的液體極有可能溢出;如果漏斗內(nèi)液面高于濾紙邊緣,液體也會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下,這樣都會導致過濾失?。?/p>

三靠:傾倒液體的燒杯口要緊靠玻璃棒,是為了使液體順著玻璃棒緩緩流下,避免了液體飛濺;玻璃棒下端如果緊靠一層濾紙?zhí)?,萬一玻璃棒把濕的濾紙戳破,液體就會順著漏斗與濾紙間的夾縫流下,導致過濾失敗,而靠在三層濾紙?zhí)巹t能避免這一后果;漏斗下端管口的尖嘴要緊靠承接濾液的燒杯內(nèi)壁,可以使濾液順著燒杯內(nèi)壁流下,避免了濾液從燒杯中濺出.22、B【分析】【解答】摩爾是物質(zhì)的量的單位;是國際單位制中七個基本單位之一;

故答案為:×.

【分析】摩爾是物質(zhì)的量的單位.23、B【分析】【解答】標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol;標準狀況己烷不是氣體,物質(zhì)的量不是0.1mol,故上述錯誤;

故答案為:錯.

【分析】氣體摩爾體積的概念和應用條件分析判斷,標準狀態(tài)下氣體摩爾體積為22.4L/mol24、B【分析】【解答】1mol甲苯中含有8molC﹣H共價鍵;故答案為:錯。

【分析】根據(jù)甲苯的結(jié)構(gòu)簡式來確定化學鍵,確定存在C﹣H共價鍵的數(shù)目四、簡答題(共1題,共5分)25、略

【分析】解:rm{A}是一種無色液體,rm{A}為rm{H_{2}O}而rm{G}是一種極易溶于水的堿性氣體,則rm{G}為rm{NH_{3}}rm{E}是空氣的主要成分之一,由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知,rm{C}為rm{O_{2}}rm{D}為rm{H_{2}}rm{E}為rm{N_{2}}rm{J}為rm{NO.Y}是胃酸的主要成分,rm{Y}為rm{HCl}rm{K}是不溶于稀硝酸的白色沉淀,rm{K}為rm{AgCl}反應rm{壟脻}是工業(yè)制rm{X}的主要反應之一,反應rm{壟脻}為氨氣的催化氧化反應,則rm{X}為硝酸,故I為rm{AgNO_{3}.}由反應rm{壟脼}可知rm{H}為rm{NO_{2}}由反應rm{壟脺}可知rm{F}為rm{Ag}.

rm{(1)}由上述分析可知rm{.A}為rm{H_{2}O}rm{E}為rm{N_{2}}rm{F}為rm{Ag}rm{Y}為rm{HCl}

故答案為:rm{H_{2}O}rm{N_{2}}rm{Ag}rm{HCl}

rm{(2)}反應rm{壟脻}的化學方程式為:rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

故答案為:rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}

rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}所以rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}中含有rm{(3)}rm{B}兩種元素,rm{Ag}通過反應rm{N}得到rm{1molB}和rm{壟脷}rm{Ag}中rm{N_{2}}的質(zhì)量分數(shù)為rm{B}rm{Ag}中rm{72%}rm{B}原子數(shù)目之比為rm{Ag}rm{N}rm{dfrac{72%}{108}}故B的化學式為rm{dfrac{1-72%}{14}=1}

故答案為:rm{3}.

rm{AgN_{3}}是一種無色液體,rm{AgN_{3}}為rm{A}而rm{A}是一種極易溶于水的堿性氣體,則rm{H_{2}O}為rm{G}rm{G}是空氣的主要成分之一,由轉(zhuǎn)化關(guān)系圖可知,rm{NH_{3}}為rm{E}rm{C}為rm{O_{2}}rm{D}為rm{H_{2}}rm{E}為rm{N_{2}}是胃酸的主要成分,rm{J}為rm{NO.Y}rm{Y}是不溶于稀硝酸的白色沉淀,rm{HCl}為rm{K}反應rm{K}是工業(yè)制rm{AgCl}的主要反應之一,反應rm{壟脻}為氨氣的催化氧化反應,則rm{X}為硝酸,故I為rm{壟脻}由反應rm{X}可知rm{AgNO_{3}.}為rm{壟脼}由反應rm{H}可知rm{NO_{2}}為rm{壟脺}所以rm{F}中含有rm{Ag}rm{B}兩種元素,rm{Ag}通過反應rm{N}得到rm{1molB}和rm{壟脷}rm{Ag}中rm{N_{2}}的質(zhì)量分數(shù)為rm{B}rm{Ag}中rm{72%}rm{B}原子數(shù)目之比為rm{Ag}rm{N}rm{dfrac{72%}{108}}故B的化學式為rm{dfrac{1-72%}{14}=1}.

本題考查無機物的推斷,題目涉及的物質(zhì)比較多,需要學生熟練掌握元素化合物知識,物質(zhì)的性質(zhì)、轉(zhuǎn)化中特殊反應等是推斷突破口,難度中等.rm{3}【解析】rm{H_{2}O}rm{N_{2}}rm{Ag}rm{HCl}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{4NH_{3}+5O_{2}dfrac{

underline{{麓脽祿爐錄脕}}}{triangle}4NO+6H_{2}O}rm{AgN_{3}}五、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)(共1題,共8分)26、略

【分析】【分析】

(1)本實驗是由實驗①做對比實驗探究影響反應速率的因素,所以在設計分組實驗時,要設計出分別只有濃度、溫度和接觸面積不同時反應速率的變化,從而找出不同外界因素對反應速率的影響。由于實驗①和實驗②探究HNO3濃度對該反應速率的影響,實驗①和實驗③探究溫度對該反應速率的影響,故實驗③的溫度選擇308K,實驗①和實驗④探究接觸面積對該反應速率的影響,故實驗④選擇細顆粒的大理石;

(2)依據(jù)裝置特點分析氣密性的檢查方法;

(3)化學反應速率通常用單位時間內(nèi)濃度的變化量來表示。根據(jù)圖像可以計算出70至90s內(nèi)生成的CO2的體積;然后根據(jù)反應式可計算出消耗的硝酸的物質(zhì)的量,最后計算其反應速率;

(4)根據(jù)反應物的用量計算生成CO2的最大質(zhì)量;根據(jù)影響反應速率的因素比較實驗②;③和④反應速率大小;以此判斷曲線斜率大小,畫出圖像;

【詳解】

(1)由實驗目的可知;探究濃度;溫度、接觸面積對化學反應速率的影響,則實驗①②的溫度、大理石規(guī)格相同,只有濃度不同,實驗①③中只有溫度不同,實驗①④中只有大理石規(guī)格不同;

故答案為(從上到下;從左到右順序):298;粗顆粒;1.00;308;粗顆粒;2.00;298;細顆粒;2.00;

(2)該裝置的氣密性的檢查方法是:關(guān)閉分液漏斗活塞,向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞,若一段時間后松開手,活塞又回到原來的位置,則證明裝置氣密性良好;

(3)①70至90s,CO2生成的質(zhì)量為:m(CO2)=0.95g-0.85g=0.1g;

②根據(jù)方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O,可知消耗HNO3的物質(zhì)的量為:n(HNO3)==mol;

③溶液體積為25mL=0.025L,所以HNO3減少的濃度Δc(HNO3)==mol/L;

④反應的時間t=90s-70s=20s

⑤所以HNO3在70-90s范圍內(nèi)的平均反應速率為:

v(HNO3)=Δc(HNO3)/t==mol·L-1·S-1=0.009mol·L-1·S-1

(4)實驗②、③和④所用大理石的質(zhì)量均為10.00g,其物質(zhì)的量為=0.1mol,實驗①、③和④所用硝酸的量相同均為:2.00mol/L×0.025L=0.05mol,依據(jù)反應方程式CaCO3+2HNO3=Ca(NO3)2+CO2↑+H2O可知,硝酸不足,生成CO2的質(zhì)量按硝酸計算得:0.05mol×44g/mol=1.10g,實驗②所用硝酸的量為1.00mol/L×0.025L=0.025mol,大理石過量,反應生成的CO2的質(zhì)量為0.025mol×44g/mol=0.55g;

實驗①和②探究HNO3濃度對該反應速率的影響,且HNO3濃度①>②,濃度越大,反應越快,故曲線斜率①>②;

實驗①和③探究溫度對該反應速率的影響,且溫度③高于①,溫度越高反應越快,故曲線斜率③>①;

實驗①和④探究大理石規(guī)格(粗、細)對該反應速率的影響,且實驗④為細顆粒,實驗①為粗顆粒,顆粒越小,表面積越大,反應越快,故反應速率④>①,故曲線斜率④>①;

根據(jù)以上特征;畫出圖像如下:

【點睛】

本題考查了化學反應速率的影響因素,注意對題給信息的分析是處理是解答的關(guān)鍵,注意控制變量的實驗方法的理解和掌握?!窘馕觥?98粗顆粒1.00308粗顆粒2.00298細顆粒2.00關(guān)閉分液漏斗活塞,向外拉或向內(nèi)推分液漏斗的活塞,若一段時間后松開手,活塞又回到原來的位置,則證明裝置氣密性良好Δc(HNO3)==1/110=0.009mol·L-1·s-1六、綜合題(共4題,共24分)27、反應物能量生成物能量無降低因為催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低SO2+V2O5═SO3+2VO2,4VO2+O2═2V2O5S(s)+O2(g)═SO2(g)△H1=﹣296kJ?mol﹣1SO2(g)+12

O2(g)═SO3(g)△H2=﹣99kJ?mol﹣13s(s)+12

O2(g)═3SO3(g)△H=3(△H1+△H2)=﹣1185kJ?mol﹣1【分析】【解答】(1)因圖中A;C分別表示反應物總能量、生成物總能量;B為活化能,反應熱可表示為A、C活化能的大小之差,活化能的大小與反應熱無關(guān),加入催化劑,活化能減小,反應反應熱不變;

(2)因1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1,所以2molSO2(g)氧化為2molSO3的△H=﹣198kJ?mol﹣1;

則2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)△H=﹣198kJ?mol﹣1;

(3)V2O5氧化SO2時,自身被還原為四價釩化合物;四價釩化合物再被氧氣氧化,則反應的相關(guān)方程式為:SO2+V2O5═SO3+2VO2;4VO2+O2═2V2O5;

(4)已知①S(s)+O2(g)═SO2(g)△H1=﹣296kJ?mol﹣1;

②SO2(g)+O2(g)═SO3(g)△H2=﹣99kJ?mol﹣1;

則利用蓋斯定律將①×3+②×3可得3S(s)+O2(g)═3SO3(g)△H3=3×(△H1+△H2)=﹣1185kJ?mol﹣1;

【分析】(1)反應物總能量大于生成物總能量;催化劑改變了反應的歷程使活化能E降低,反應熱不變;

(2)根據(jù)反應2SO2(g)+O2(g)═2SO3(g)結(jié)合1molSO2(g)氧化為1molSO3的△H=﹣99kJ?mol﹣1計算反應熱;

(3)根據(jù)反應物和生成物確定反應的歷程;

(4)利用蓋斯定律計算.28、1:52)鹽酸體現(xiàn)出的性質(zhì)有:____酸性和還原性3)用雙線橋表示出電子轉(zhuǎn)移的方向和數(shù)目:KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+2H2O4)當被氧化的HCl為73克時,轉(zhuǎn)移的電子的數(shù)目為____(填具體數(shù)

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