百师联盟 2024届高三一轮复习联考(一)1 浙江卷化学试题，目前2024届百校联盟答案网已经汇总了百师联盟 2024届高三一轮复习联考(一)1 浙江卷化学试题的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。

(2分)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤(1分)抑(1分)酸性条件下Cr,0~能氧化C1ˉ生成CL2(12Cr3++7H0-6e-Cr,03-+14H+。034②由①分析可知△H,>0,△H2<0,制Ce3+水解(2分)分)2Cr3++7H20-6e—Cr,0-+14H*(2(5)①Na2S203为强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应盛AH>-2(4)≥9.3(2分)分)(5)①碱式(1分)②98.75%(2分)装在碱式滴定管中。②根据方程式可知K,Cr,0,~△H<0,温度升高使反应i衡右移，反应ⅱ衡【关键能力】探究与创新能力3L2~6Na2S,03,3次滴定Na2S,03溶液的均用量为左移，温度高于773K后再升高温度，则反应i向右(5)①酸(1分)②98.6cV%(2分)W【解题思路】(1)依题意，硫与氢氧化钠溶液反应，一12.00mL,则硫代硫酸钠的浓度是10.00×10-3L×移动程度大于反应ⅱ左移程度，使C0,的衡转化【关键能力】分析与推测、归纳与论证能力部分硫的化合价升高，另一部分硫的化合价降低，0.01000mol·L1×6÷(12.00×103L)=0.05mdl·L-1率增大。③由题意知C02转化了0.5mol,此时乙烯①流程分析产物为硫化钠、亚硫酸钠、水。由3S+6NaOH一所以样品的纯度为0.05mol·L-1×0.250L×选择性为号，即生成乙烯m0l,列三段式有：由流程可知，酸浸后，过滤得到的滤液I含铁盐2NaS+Na2S03+3H20类推出反应3S。+480H158g·mol-1÷(2.000g)×100%=98.75%。C02(g)+H2(g)C0(g)+H,0(g)滤渣I为Ce02、SiO2,加过氧化氢、稀盐酸发生反16S2-+8S03ˉ+24H,0。(2)H,S饱和溶液中通入28.【答案】(1)3H2(g)+6C(石墨，s)=C6H6(1)起始量/mol1300应2Ce02+H,02+6H-2Ce3++02↑+4H20,二氧化硫时发生反应：2H,S+S02—一3S↓+△H=+49.1kJ·mol-1(2分)转化量/mol0.50.50.50.52H20,H,S被消耗，溶液pH上升，当H,S和SO2恰(2)Ⅱ(2分)过滤得到的滤渣Ⅱ为SiO2,滤液Ⅱ为CeCl,溶液，衡量/mol0.5好完全反应后，再通入二氧化硫，溶液中的溶质为(3)AC(2分)调节溶液pH生成Ce(OH)3悬浊液，向悬浊液中2C0(g)+4H,(g)=CH,=CH,(g)+2H,0(g)二氧化硫与水反应生成的亚硫酸，溶液H开始下(4)①B(2分)②△H1>0,△H2<0,温度升高使00.5加入盐酸后经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得起始量/mol0.5降，则pH最大的点即b点为恰好完全反应的点。b反应ⅰ衡右移，反应ⅱ衡左移，则温度高于转化量/mol2412到CCl,·6H20,其在HCI、氩气氛围中加热可得点通人112mLS02,根据方程式可知100mLH2S饱773K时升高温度，反应i向右移动程度大于反应ⅱ77到无水CeCl,一定条件下CeCL,转化为Ce。和溶液中n(H2S)=0.112L÷(22.4L·mol-1)×左移程度，使c0,的衡转化率蜡大(3分）③昌衡量/mol5.5777【解题思路】(2)操作①和②均为过滤，过滤常用的2=0.01mol,所以c(HS)=0.01mol÷(0.1L)=(2分)选择更合适的催化剂(2分)玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。(3)加人H,02和0.1mol·L-1,a点溶液中c(H)=l04mdl·L-1,【关键能力】理解与辩析、分析与推测、探究与创新衡时，n(C0,)=0.5ml,n(H)=(3-0.5-号)mdl稀盐酸时发生反应的离子方程式为2C02+K,=c(H*):e(Hs2=104x1040.1-104=10-7。(3)次能力c(HS)135ml,n(c0-15ml,n(H,0)=5y57molH202+6H*—2Ce3++02↑+4H,0,操作③在加【解题思路】(1)根据表中数据可知，①H2(g)+氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，不能利热的条件下通人HCl的作用是抑制Ce3+水解。25用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次1/202(g)-H20(1)△H1=-285.8kJ·mol1n(CH.-CH )=I mol,namol,K(4)Ce(0H)3悬浊液中c(Ce3+)=1×10-6mol·L-'氯酸的酸性强弱，应先验证亚硫酸酸性比碳酸强，②C(石墨，s)+02(g)—C02(g)△H2=p·n(H,0),n(C0)·pc(oH)=√c(ce)8x10可√1x10-6mol·L-1=2×再验证碳酸酸性比次氯酸强。用装置A制备二氧-393.5kJ·mol-1③C,H()+50,(g)几点1.5×5.511化硫，浓盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl,p·n(C02)n(H2)·p3.5×13.5=630为了6C02(g)+3H,0(1)△H,=-3267.5kJ·mol-n总105mlL-1,常温下c(H*)=c(0H)Kw=0.5×需要除去，可用饱和亚硫酸氢钠溶液除去HCI(图根据盖斯定律，由①×3+②×6-③得3H2(g)+6C提高反应速率和乙烯的选择性，应当选择更合适的中缺少该装置)，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚109mol·L1,则pH≥9.3。(5)①“萃取”时存在(石墨，s)—C6H(1)△H=+49.1kJ·mol-1。催化剂或增加C02的量硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去反应：Ce4++n(HT)2一Ce(H2n-4T2n)+4H*,若(2)当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减35.【答案】(1)1s22g22p3s23p3d4s2或[Ar]3dP4s二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳要提高滴定的准确率，需要衡逆向进行，因此溶少，则反应Ⅱ速率增加较大，因此C02镍催化氢化制(2分)中的二氧化硫是否除尽，再通入漂白粉溶液中。装液呈酸性。②由得失电子守恒可知Ce3+的物质的甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是反(2)Ca(1分)Ca原子核外电子排布为全满稳定置C的作用是除去S02气体，D中品红溶液不褪量等于Fe2+的物质的量，质量为cmol·L-1×应Ⅱ。(3)绝热恒容的情况下，根据衡时正逆反结构，较难失电子(1分)色，E中出现白色沉淀[提示：Ca(C0)2+C0,+应速率相等可判断A正确；混合气体的密度p=10-3vL×100(3)①正四面体(1分)②sp2、sp3(2分)N>25×246.5g·mol1=0.986cVg,则H,0一CaC0,↓+2HCI10],能证明H2S03的酸性强m/V,混合气体质量m不变，体积不变，混合气体的C>Si(1分)2(1分)于HC0的酸性。(4)由电子迁移方向可知，A烧杯CeCl,样品的纯度为0.986cyx100%_98.6cY%。密度恒定不变，故不能说明反应已达衡，B错误；(4)3(1分)Ca2+和T4+的核外电子排布相同，但WW的电极为负极，B烧杯的电极为正极，K+向正极迁密闭容器绝热，反应过程中温度在变化，K也会变Ca元素的核电荷数小于Ti,则离子半径Ca2+大于27.【答案】(1)3S8+480H—16S2-+8S0号+移，即向B烧杯迁移；由2Cr3++3S,0-+7H,0—化，K不再变化可说明反应达到衡，C正确T4+(1分)24H20(2分)(2)10-7(1分)(3)制得的S02Cr202+6S0ˉ+14H+可知，Cr+被氧化成具有强(4)①油关系式分析可知K随温度升高而增大，所中混有HC1,缺少除杂装置(2分，合理即可)D中氧化性的Cr0号，如果选用CrCl3,Cr20号能将Cl以反应i吸热，K,、K随温度升高而减小，反应放热，(5)①-.36×10(2分)②ac(2分)Naa3品红溶液不褪色，E中产生白色沉淀(2分)(4)B氧化成C,;A烧杯中发生氧化反应，电极反应式为再根据盖斯定律2△H1+△H2=△H,<0,可知【关键能力】分析与推测、归纳与论证能力全国卷·化学押题卷三·答案一13全国卷·化学押题卷三·答案一14