4［吉林大联考］吉林省2024届高三10月联考（10.26）化学试卷答案，目前2024届百校联盟答案网已经汇总了4［吉林大联考］吉林省2024届高三10月联考（10.26）化学试卷答案的各科答案和试卷，获取更多{{papers_name}}答案解析，请在关注本站。

本文从以下几个角度介绍。

1、吉林省2024年高考化学试卷
2、2023-2024吉林省化学高考试题
3、2024年吉林省化学会考卷
4、2024年吉林省高考化学答案
5、2024吉林市高三第二次调研化学
6、吉林2024高中化学会考真题
7、2024吉林省理综化学试卷
8、2024吉林省会考化学答案
9、2024年吉林省会考化学答案
10、吉林市2024高三第一次调研化学

参考答案及深度解析(3)Kp[Zn(0H)2]=1.0×105×(106)2=1017,pH=5.6时，进行后续操作。(4)根据已知信息苯甲醛和NaHS0,反应10-17溶液中c(Zn2+)=(1084ym0l.L1=102molL'(3分)的产物溶于水可知，用饱和NaHS0,溶液洗涤有机相的目的是除去过量的苯甲醛，根据已知信息②可知反应的化学方(4)12.5CHOHO-CH-SONa(5)Zn(0H)+2H=Zn(0H)2↓+2H20(6)Na,S04程式为〔+NaHS03→。(5)苯甲【命题意图】本题以电镀污泥的处理为背景考查无机工艺流醇加热时，易分子间脱水成醚，所以蒸馏时采取减压蒸馏而程，具体考查流程分析、电化学、K运用、离子方程式、溶质不是常压蒸馏。(6)苯甲酸钠与酸反应生成苯甲酸，故用浓判断等知识，意在考查学生的分析、判断和计算能力。盐酸调pH=2的目的是使苯甲酸钠转化为苯甲酸。(7)抽【解析】(1)电解除铜时，铜离子被还原得到铜单质，连接在滤的优点是抽滤的速度快，苯甲酸在水中溶解度分别为阴极；在另一极Fe2+被氧化为Fe3+,欲检验Fe2+全部被氧化，0.21g(17.5℃)、2.7g(80℃)，可知苯甲酸在冷水中的溶则要检验溶液中是否还有F2+,选用试剂及现象是取少许解度小，故可以用冷水洗涤以减少损失。电解后的溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)。]溶液，若无蓝色28.（共14分，每空2分)）沉淀生成，则说明F2+全部被氧化。(2)电解除铜时氧化(1)-49.1k·molF2+的同时要避免C*被氧化为六价Cr,从题表中信息分析(2)C02+H*→C00H”Cu(110)可知，最合适的电解条件是2.4V、3.5h,此条件下Fe2和六(3)①反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但可以使反应速率加价Cr均未检出。(3)从题中金属元素可溶性组分lgc与pH快，而且有利于该反应向正反应方向进行②反应I(或的关系图可知，当Cr3+恰好沉淀完全时，c(Cr3+)=1.0×Ⅲ)为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利10-5mol·L1,溶液pH=5.6;当Zn2+恰好沉淀完全时，于CHOH的生成，但有利于C0的生成，所以CH,OH的选c(Zn24)=1.0×105mol·L1,溶液的pH=8.0,则0.22×0.912×0.22Km[Zn(0H)2]=1.0×10-5×(106)2=107,所以pH=5.6择性降低③K,=0.78x(3.4-2x0.22x0.088-0.2)1017(4)增大压强（或使用其他催化剂）时，溶液中c(Zn2+)=(1 molL=10 mol.L【命题意图】本题考查化学反应原理的相关知识，具体考查(4)从题中金属元素可溶性组分lgc与pH的关系图可知，盖斯定律、限速步骤分析、转化率、衡常数的计算、图像分完全沉镍时调节pH大于9.2，但为了防止锌一起沉淀，需析等，意在考查学生的知识迁移能力和应用能力。将锌转化为可溶的Zm(0H),则pH应大于12.5。(5)从【解析】(1)已知：Ⅱ.C02(g)+H2(g)一C0(g)+H,0(g)题中流程图可知，沉镍在沉锌之前，而沉镍时为了防止锌共△H2=+41.4kJ·mol1;Ⅲ.C0(g)+2H2(g)一CH,0H(g)沉，已将锌转化为Zn(OH),故沉锌时，加入稀硫酸与△H=-90.5kJ·mol1,依据盖斯定律可知，Ⅱ+Ⅲ即得到Zn(OH)反应生成Zn(0H)2,离子方程式为Zn(OH)+反应C02(g）+3H2(g)一CH0H(g)+H20(g)的△H1=2H一Zn(0H)2↓+2H,0。(6)从整个工艺流程分析，电△H2+△H3=+41.4kJ·mol1+(-90.5kJ·mol1)=镀污泥中含有的铜、镍、铬、锌和铁元素逐步沉淀分离，而往-49.1kJ·mol。(2)根据题中表上数据可知，在Cu(111)体系内加入的是硫酸溶液、石灰乳和NaOH溶液，石灰乳中晶面的反应历程中，反应C02+H*→C00H*需要的能量的氢氧化钙是微溶物，故沉锌后的滤液中的主要溶质最多，因此决定反应速率的基元反应是C02+H一→为Na2S04oC00H*。根据表中数据可知，在Cu(110)晶面反应需要的27.（共15分，除标注外，每空2分)能量最少，所以该制甲醇的反应历程更容易在Cu(110)晶(1)研钵(1分)面发生。(3)①由于反应Ⅱ为吸热反应，温度升高不但可以(2)除去剩余的NaOH,避免和乙酸乙酯反应使反应速率加快，而且有利于该反应向正反应方向进行，所(3)上(1分)以C02的转化率随温度升高而增大；②由于反应I(或Ⅲ)CHO为放热反应，而反应Ⅱ为吸热反应，所以温度升高不利于CHOH的生成，但有利于C0的生成，CH,OH产率降低，所以(4)除去过量的苯甲醛NaHSO,CH,OH的选择性随温度升高而减小；③因为原料气n(H2):HO-CH-SO,Nan(C02)=3.4,故可设H2和C02的初始物质的量分别为3.4mol、1mol。240℃时C02的转化率为0.22，甲醇的产率是0.088，根据方程式C02(g)+H2(g)C0(g)+H20(g),反应Ⅱ的压强始终保持不变，故可用物质的量表示，则反应(5)防止高温苯甲醇脱水(6)使苯甲酸钠转化为苯甲酸Ⅱ的压强衡常数为K。=p(C0)·p(H20)p(H2)·p(C02)(7)快速过滤(1分)冷水0.22×0.912×0.22【命题意图】本题以苯甲酸、苯甲醇的制备为背景考查化学0.78×(3.4-2×0.22×0.088-0.22)。（4)由于生成甲醇的反实验综合，具体考查实验原理分析、仪器名称、实验操作等应均是体积减小的可逆反应，所以除调控合适的温度外，使知识，意在考查学生的分析和应用能力。CH,OH的选择性增大的方法有增大压强或使用其他催【解析】根据题中流程图信息可知，苯甲醛和氢氧化钠在研化剂。磨的条件下生成苯甲醇和苯甲酸钠，加水溶解后加浓盐酸，35.（共15分，除标注外，每空2分)其目的是除去过量的氢氧化钠，以免影响萃取分液，根据已(1)15(1分)知信息①可知，苯甲醇微溶于水易溶于有机溶剂，所以加乙(2)N>C>H>Fe酸乙酯萃取，萃取分液后的上层液体，经洗涤、干燥、蒸馏可(3)sp2(1分)sp2(1分)得粗苯甲醇；萃取分液后的下层液体加浓盐酸调pH,苯甲(4)6(1分)酸钠转化为苯甲酸，再经冷却、抽滤、洗涤、干燥得粗苯甲(5)CD酸。(1)研磨物质一般在研钵中进行，所以苯甲醛和Na0H(6)Fe3+的3d°半充满状态更稳定在研钵中研磨。(2)因为氢氧化钠会促进乙酸乙酯的水解，(7)二者都属于分子晶体，乙二胺分子间可以形成氢键，三不利于下一步萃取的进行，所以调pH=8的目的是除去过甲胺分子间不能形成氢键量的氢氧化钠。(3)乙酸乙酯的密度比水小，故取上层液体(8)直线形(1分)D93卷27.化学