【步步高】2014屆高三化學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第一章 第5講 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用和化學(xué)計(jì)算中的數(shù)學(xué)思想 新人教版

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1、 第5講 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用 和化學(xué)計(jì)算中的數(shù)學(xué)思想 考點(diǎn)一 物質(zhì)的量在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用 題型一 一般比例式法在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用 (1)化學(xué)方程式在量方面的含義 aA(g)+bB(g)===cC(g)+dD(g) 質(zhì)量比 aMA∶ bMB ∶ cMC∶ dMD 物質(zhì)的量比 a ∶ b  ∶ c ∶ d 體積比 a ∶ b  ∶ c ∶ d (2)一般步驟 ①根據(jù)題意寫(xiě)出并配平化學(xué)方程式。 ②依據(jù)題中所給信息及化學(xué)方程式判斷過(guò)量,用完全反應(yīng)的量進(jìn)行求解。 ③選擇適當(dāng)?shù)牧?如物質(zhì)的量、氣體體積、質(zhì)量等)

2、的關(guān)系作為計(jì)算依據(jù),把已知的和需要求解的量[用n(B)、V(B)、m(B)或設(shè)未知數(shù)為x表示]分別寫(xiě)在化學(xué)方程式有關(guān)化學(xué)式的下面,兩個(gè)量及單位“上下一致”。 ④列比例式,求未知量。 例1 已知:IO+5I-+6H+===3I2+3H2O。工業(yè)上利用NaIO3和NaHSO3反應(yīng)來(lái)制取單質(zhì)I2。 ①NaIO3不足時(shí):2NaIO3+6NaHSO3===2NaI+3Na2SO4+3H2SO4 ②NaIO3足量時(shí)還會(huì)發(fā)生:5NaI+NaIO3+3H2SO4===3I2+3Na2SO4+3H2O 現(xiàn)模擬工業(yè)制取I2。在含31.2 g NaHSO3的溶液中逐滴加入2 mol·L-1NaIO3溶液V

3、 mL。 (1)當(dāng)V=________mL時(shí),再滴NaIO3就開(kāi)始析出I2。 (2)當(dāng)V為55 mL時(shí),生成的I2的質(zhì)量為_(kāi)_______g。 答案 (1)50 (2)7.62 解析 (1)n(NaHSO3)=0.3 mol,依據(jù)化學(xué)方程式 2NaIO3+6NaHSO3===2NaI+3Na2SO4+3H2SO4   2     6 n(NaIO3) 0.3 mol =,得出n(NaIO3)=0.1 mol V(NaIO3)=0.05 L即50 mL (2)參加反應(yīng)②的n(NaIO3)=(0.055L-0.05 L)×2 mol·L-1=0.01mol,依據(jù)方程式可知NaI

4、過(guò)量,用NaIO3求解 5NaI+NaIO3+3H2SO4===3I2+3Na2SO4+3H2O      1       3     0.01 mol     n(I2) =,求出n(I2)=0.03 mol 題型二 差量法在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用 (1)差量法的應(yīng)用原理 差量法是指根據(jù)化學(xué)反應(yīng)前后物質(zhì)的量發(fā)生的變化,找出“理論差量”。這種差量可以是質(zhì)量、物質(zhì)的量、氣態(tài)物質(zhì)的體積和壓強(qiáng)、反應(yīng)過(guò)程中的熱量等。用差量法解題是先把化學(xué)方程式中的對(duì)應(yīng)差量(理論差量)跟差量(實(shí)際差量)列成比例,然后求解。如:   (2)使用差量法的注意事項(xiàng) ①所選用差值要與有關(guān)物質(zhì)的數(shù)值成正比例

5、或反比例關(guān)系。 ②有關(guān)物質(zhì)的物理量及其單位都要正確地使用,即“上下一致,左右相當(dāng)”。 例2 為了檢驗(yàn)?zāi)澈蠳aHCO3雜質(zhì)的Na2CO3樣品的純度,現(xiàn)將w1 g樣品加熱,其質(zhì)量變?yōu)閣2 g,則該樣品的純度(質(zhì)量分?jǐn)?shù))是 (  ) A. B. C. D. 答案 A 解析 樣品加熱發(fā)生的反應(yīng)為 質(zhì)量差為(w1-w2) g,故樣品中NaHCO3質(zhì)量為 g,樣品中Na2CO3質(zhì)量為w1 g- g,其質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 ==。 當(dāng)然,本題也可用常規(guī)方法,依據(jù)化學(xué)方程式直接求解。 另解: 假設(shè)樣品有x mol NaHCO3固體,則: 據(jù)樣品加熱前后固體質(zhì)

6、量的關(guān)系,有w1g-x mol×84 g·mol-1+0.5x mol×106 g·mol-1=w2g,解得x=(w1-w2)/31,那么NaHCO3的質(zhì)量為m(NaHCO3)=(w1-w2)/31 mol×84 g·mol-1=84(w1-w2)/31 g,從而推知Na2CO3的質(zhì)量為m(Na2CO3)=w1 g-84(w1-w2)/31 g=(84w2-53w1)/31 g,因此Na2CO3樣品的純度為w(Na2CO3)=m(Na2CO3)/m(樣品)=。 例3 白色固體PCl5受熱即揮發(fā)并發(fā)生分解:PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)?,F(xiàn)將5.84 g PCl5裝入2.0

7、5 L真空密閉容器中,在277 ℃達(dá)到平衡,容器內(nèi)壓強(qiáng)為1.01×105 Pa,經(jīng)計(jì)算可知平衡時(shí)容器內(nèi)混合氣體的物質(zhì)的量為0.05 mol,求平衡時(shí)PCl5的分解率。 答案 78.6% 解析 原n(PCl5)=≈0.028 mol 設(shè)分解的PCl5的物質(zhì)的量為x mol 所以x=0.022 PCl5的分解率=×100%≈78.6%。 例4 一定條件下,合成氨氣反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),測(cè)得混合氣體中氨氣的體積分?jǐn)?shù)為20.0%,與反應(yīng)前的體積相比,反應(yīng)后體積縮小的百分率是 (  ) A.16.7% B.20.0% C.80.0% D.83.3% 答案 A 解析

8、 N2+3H22NH3    ΔV   1 L 3 L     2 L    2 L 由以上關(guān)系式可知反應(yīng)前后體積的減少與生成的NH3體積相等。設(shè)平衡時(shí)混合氣體100 L,其中含20 L NH3,則原氣體總體積減少20 L。所以,反應(yīng)前氮?dú)夂蜌錃饪傮w積為120 L,反應(yīng)后體積縮小的百分率為×100%=16.7%。 題型三 關(guān)系式法在化學(xué)方程式計(jì)算中的應(yīng)用 多步反應(yīng)計(jì)算的特征是化學(xué)反應(yīng)原理中多個(gè)反應(yīng)連續(xù)發(fā)生,起始物與目標(biāo)物之間存在確定的量的關(guān)系。解題時(shí)應(yīng)先寫(xiě)出有關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式或關(guān)系式,依據(jù)方程式找出連續(xù)反應(yīng)的過(guò)程中不同反應(yīng)步驟之間反應(yīng)物、生成物物質(zhì)的量的關(guān)系,最后確定已知物和目

9、標(biāo)產(chǎn)物之間的物質(zhì)的量的關(guān)系,列出計(jì)算式求解,從而簡(jiǎn)化運(yùn)算過(guò)程。 例5 5.85 g NaCl固體與足量濃H2SO4和MnO2共熱,逸出的氣體又與過(guò)量H2發(fā)生爆炸反應(yīng),將爆炸后的氣體溶于一定量水后再與足量鋅作用,問(wèn)最后可得H2多少升(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。 答案 1.12 L 解析 若先由NaClHCl算出HCl的量,再由MnO2+4HCl MnCl2+Cl2↑+2H2O算出Cl2的量,……這樣計(jì)算非常繁瑣。找出以下關(guān)系式就可迅速求解。 設(shè)可得H2的物質(zhì)的量為x,5.85 g NaCl的物質(zhì)的量為0.1 mol。 NaCl ~ HCl ~ Cl2 ~ HCl ~ H2 0.1 mol    

10、           x 顯然x=0.05 mol, 則V(H2)=0.05 mol×22.4 L·mol-1=1.12 L。 例6 氯化亞銅(CuCl)是重要的化工原料。國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)規(guī)定合格CuCl產(chǎn)品的主要質(zhì)量指標(biāo)為CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于96.50%。工業(yè)上常通過(guò)下列反應(yīng)制備CuCl: 2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3===2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑ (1)CuCl制備過(guò)程中需要質(zhì)量分?jǐn)?shù)為20.0%的CuSO4溶液,試計(jì)算配制該溶液所需的CuSO4·5H2O與H2O的質(zhì)量之比。 (2)準(zhǔn)確稱(chēng)取所制備的0.250 0 g CuCl樣品置于一定量的0

11、.5 mol·L-1FeCl3溶液中,待樣品完全溶解后,加水20 mL,用0.100 0 mol·L-1的Ce(SO4)2溶液滴定到終點(diǎn),消耗24.60 mL Ce(SO4)2溶液。有關(guān)化學(xué)反應(yīng)為 Fe3++CuCl===Fe2++Cu2++Cl- Ce4++Fe2+===Fe3++Ce3+通過(guò)計(jì)算說(shuō)明上述樣品中CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是否符合標(biāo)準(zhǔn)。 答案 (1)5∶11 (2)符合 解析 (1)設(shè)需要CuSO4·5H2O的質(zhì)量為x,H2O的質(zhì)量為y。CuSO4·5H2O的相對(duì)分子質(zhì)量為250,CuSO4的相對(duì)分子質(zhì)量為160,依題意有 =,x∶y=5∶11 (2)設(shè)樣品中CuCl的質(zhì)量

12、為z。 由化學(xué)反應(yīng)方程式可知:CuCl~Fe2+~Ce4+ = z=0.244 8 g CuCl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=97.92% 97.92%>96.50%,所以樣品中的CuCl符合標(biāo)準(zhǔn)。 考點(diǎn)二 極值法 1.極值法的含義 極值法是采用極限思維方式解決一些模糊問(wèn)題的解題技巧。它是將題設(shè)構(gòu)造為問(wèn)題的兩個(gè)極端,然后依據(jù)有關(guān)化學(xué)知識(shí)確定所需反應(yīng)物或生成物的量值,進(jìn)行判斷分析,求得結(jié)果。故也稱(chēng)為極端假設(shè)法。 2.極值法解題的基本思路 (1)把可逆反應(yīng)假設(shè)成向左或向右進(jìn)行完全的反應(yīng)。 (2)把混合物假設(shè)成純凈物。 (3)把平行反應(yīng)分別假設(shè)成單一反應(yīng)。 3.極值法解題的關(guān)鍵

13、 緊扣題設(shè)的可能趨勢(shì),選好極端假設(shè)的落點(diǎn)。 例7 將總物質(zhì)的量為n mol的鈉和鋁的混合物(其中鈉的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x),投入一定量的水中充分反應(yīng),金屬?zèng)]有剩余,共收集到標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氣體V L。下列關(guān)系式中正確的是 (  ) A.x=V/(11.2n) B.0

14、物質(zhì)的量為nx mol,Al的物質(zhì)的量為n(1-x) mol,產(chǎn)生的H2是溶液中的H+獲得Na、Al失去的電子而生成的,根據(jù)得失電子守恒可得產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量= mol,根據(jù)反應(yīng)2Na+2H2O===2NaOH+H2↑、2Al+2NaOH+2H2O===2NaAlO2+3H2↑和題中“金屬?zèng)]有剩余”,可知n(Na)≥n(Al),即0.5≤x<1。當(dāng)x=1時(shí),產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為0.5n mol,即11.2n L;當(dāng)x=0.5時(shí),產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為n mol,即22.4n L,故產(chǎn)生H2的體積的取值范圍為11.2n

15、定x的范圍,其最容易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是將x的范圍確定為0

16、+8HNO3(稀)===3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O 則有∶=3∶8,解得:= 此為a∶b的最小值。 (2)若HNO3過(guò)量,發(fā)生反應(yīng):Fe+4HNO3(稀)===Fe(NO3)3+NO↑+2H2O 則有∶=1∶4,解得:= 此為a∶b的最大值。 所以a∶b的取值范圍為≤≤,即a∶b的比值在此范圍內(nèi)均合理。 答案 A 考點(diǎn)三 平均值規(guī)律及其應(yīng)用 整體思維法(終態(tài)法) 1.依據(jù):若XA>XB ,則XA>>XB,代表平均相對(duì)原子(分子)質(zhì)量、平均濃度、平均含量、平均生成量、平均消耗量等。 2.應(yīng)用:已知可以確定XA、XB的范圍;或已知XA、XB可以確定的范圍。 解題的

17、關(guān)鍵是要通過(guò)平均值確定范圍,很多考題的平均值需要根據(jù)條件先確定下來(lái)再作出判斷。實(shí)際上,它是極值法的延伸。 例9 兩種金屬混合物共15 g,投入足量的鹽酸中,充分反應(yīng)后得到11.2 L H2(標(biāo)準(zhǔn)狀 況),則原混合物的組成肯定不可能為 (  ) A.Mg和Ag B.Zn和Cu C.Al和Zn D.Al和Cu 解析 本題可用平均摩爾電子質(zhì)量(即提供1 mol電子所需的質(zhì)量)法求解。反應(yīng)中 H+被還原生成H2,由題意可知15 g 金屬混合物可提供1 mol e-,其平均摩爾電子質(zhì)量為15 g·mol-1。選項(xiàng)中金屬M(fèi)g、Zn、Al的摩爾電子質(zhì)量分別為12

18、 g·mol-1、32.5 g·mol-1、9 g·mol-1,其中不能與鹽酸反應(yīng)的Ag和Cu的摩爾電子質(zhì)量可看做∞。根據(jù)數(shù)學(xué)上的平均值原理可知,原混合物中一種金屬的摩爾電子質(zhì)量大于15 g·mol-1,另一金屬的摩爾電子質(zhì)量小于15 g·mol-1。 答案 B 整體思維法拋開(kāi)事物之間復(fù)雜的變化關(guān)系,從整體上認(rèn)識(shí)把握事物之間的聯(lián)系規(guī)律,具有化繁為簡(jiǎn),快速解題的功效,能較好的鍛煉學(xué)生思維的全面性、靈活性,因此高考無(wú)論在選擇還是綜合性題目中經(jīng)常有意設(shè)置。 例10 在鐵和氧化鐵混合物15 g中,加入稀硫酸150 mL,能放出H2 1.68 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。同時(shí)鐵和氧化鐵均無(wú)剩余,向反應(yīng)后的溶液

19、中滴入KSCN溶液,未見(jiàn)顏色變化。為了中和過(guò)量的H2SO4,且使Fe2+完全轉(zhuǎn)化成Fe(OH)2,共消耗3 mol·L-1的NaOH溶液200 mL,則原硫酸的物質(zhì)的量濃度是 (  ) A.1.5 mol·L-1 B.2 mol·L-1 C.2.5 mol·L-1 D.3 mol·L-1 解析 此題反應(yīng)過(guò)程復(fù)雜,但最后溶液中只有Na2SO4,因?yàn)镹aOH共0.6 mol,故Na2SO4為0.3 mol,所以原H2SO4為0.3 mol。 答案 B 1.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,一個(gè)裝滿(mǎn)氯氣的容器的質(zhì)量為74.6 g,若裝滿(mǎn)氮?dú)鈺r(shí)總質(zhì)量為66 g,則此容器的容積

20、是 (  ) A.22.4 L B.44.8 L C.11.2 L D.4.48 L 答案 D 解析 22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)Cl2換成22.4 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)N2的質(zhì)量差是(71-28)g=43 g,設(shè)氯氣的體積為x L,則有 Cl2  ~  N2  Δm 22.4 L    43 g x L    74.6 g-66 g=8.6 g 解得x=4.48。 2.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,6.72 L NO2通入水后,收集到5.04 L氣體,則被氧化的NO2的體積是 (  ) A.1.68 L B.2.52 L C.

21、0.56 L D.1.12 L 答案 A 解析 由于3NO2+H2O===2HNO3+NO,從反應(yīng)方程式可以看出體積差量部分就是被氧化的那一部分,所以被氧化的NO2的體積是6.72 L-5.04 L=1.68 L。 3.把氯氣通入濃氨水中,會(huì)立即發(fā)生下列反應(yīng):3Cl2+8NH3·H2O===6NH4Cl+N2+8H2O。在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,把1.12 L Cl2、N2的混合氣體(90% Cl2和10% N2,均為體積分?jǐn)?shù))通過(guò)濃氨水,實(shí)驗(yàn)測(cè)得逸出氣體體積為0.672 L(其中有50% Cl2和50% N2),此反應(yīng)中被氧化的NH3的質(zhì)量為 (  ) A.3.4 g

22、 B.0.34 g C.1.36 g D.4.48 g 答案 B 解析 由反應(yīng)式可得出每3 mol Cl2(反應(yīng)氣)生成1 mol N2(生成氣)時(shí),氣體物質(zhì)的量減少了2 mol,即體積減小44.8 L,這一量即為“理論差量”,而這一差量所對(duì)應(yīng)的被氧化的氨氣的物質(zhì)的量為2 mol(質(zhì)量為34 g),再?gòu)念}中所給的數(shù)據(jù)可以求出“實(shí)際差量”為(1.12-0.672) L=0.448 L。即: 3Cl2~2NH3  ~    N2    ΔV 2 mol×17 g·mol-1 44.8 L m(被氧化的NH3) (1.12-0.672)L 列

23、出比例式:(2 mol×17 g·mol-1)∶44.8 L=m(被氧化的NH3)∶(1.12-0.672)L,則m(被氧化的NH3)=0.34 g。 4.取3.5 g某二價(jià)金屬的單質(zhì)投入50 g溶質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)為18.25%的稀鹽酸中,反應(yīng)結(jié)束后,金屬仍有剩余;若取2.5 g該金屬投入相同質(zhì)量、相同質(zhì)量分?jǐn)?shù)的稀鹽酸中,等反應(yīng)結(jié)束后,加入該金屬還可以反應(yīng)。該金屬的相對(duì)原子質(zhì)量為 (  ) A.24 B.40 C.56 D.65 答案 A 解析 n(HCl)==0.25 mol R+2HCl===RCl2+H2↑ 二價(jià)金屬最大摩爾質(zhì)量==28 g·mol-1 二價(jià)

24、金屬最小摩爾質(zhì)量==20 g·mol-1 20

25、MOH的質(zhì)量為 g;若1.40 g全部為堿金屬氧化物,則產(chǎn)生的MOH的質(zhì)量為 g。有<1.79<,解得24.3

26、和Mg(OH)2,Cu和Mg共4.6 g,關(guān)鍵是求增加的 n (OH-),n(OH-)等于金屬單質(zhì)所失電子數(shù)即:n (OH-)=×1 mol+×2 mol=0.23 mol,故沉淀的質(zhì)量為4.6 g+0.23×17 g=8.51 g。 7.將0.34 g Cu和CuO的混合物加入約12 mol·L-1濃硫酸中,并加熱使其完全溶解,然后用NaOH溶液中和過(guò)量硫酸,再用水稀釋到0.5 L,加入純鐵粉1.85 g,反應(yīng)后過(guò)濾、干燥,得不溶物1.89 g。求置換出的銅的質(zhì)量及原混合物中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 答案 置換出的銅的質(zhì)量為0.32 g,原混合物中銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為70.59%。 解析 設(shè)置

27、換出的銅的質(zhì)量為x。 CuSO4+Fe===FeSO4+Cu  差量Δm 64 8 x 1.89 g-1.85 g=0.04 g 有64∶x=8∶0.04 g;解得x=0.32 g。 設(shè)混合物中Cu的質(zhì)量為y g,則CuO為(0.34-y) g,其中含Cu[(0.34-y)×]g。則0.32=y(tǒng)+[(0.34-y)×]。解得y=0.24,所以,銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%≈70.59%。 8.在一定條件下,有a L O2和O3的混合氣體,當(dāng)其中的O3全部轉(zhuǎn)化為O2時(shí),體積變?yōu)?.2a L,求原混合氣中O2和O3的質(zhì)量百分含量。 答案

28、 w(O2)=50%,w(O3)=50% 解析 解法一 由阿伏加德羅定律,結(jié)合化學(xué)方程式的意義可知,化學(xué)方程式中氣體化學(xué)式的系數(shù)比等于反應(yīng)物與生成物的物質(zhì)的量之比也等于相同條件下反應(yīng)物與生成物氣體體積之比。 設(shè)混合氣體中O3占x L,則O2為(a-x)L 2O3===3O2 2 L 3 L x L (3/2)x L (3/2)x+(a-x)=1.2a,解得x=0.4a 根據(jù)阿伏加德羅定律:n(O3)∶n(O2)=V(O3)∶V(O2)=0.4a∶0.6a=2∶3,w(O2)=×100%=50%,w(O3)=1-50%=50%。 解法二 差量法 2O3===3O2 ΔV 2 3 3-2=1 x 1.2a-a=0.2a 所以x=0.2a×2=0.4a 以下解法同解法一。 10

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