[百师联盟]2024届高三一轮复习联考(一)1化学(新教材90分钟)试题

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本文从以下几个角度介绍。

1、2024百师联盟化学新高考四
2、2024百师联盟高三开学摸底联考化学
3、2023-2024百师联盟化学新高考四

考曾宗冲刺信息卷（一）个DB9.D10.B11.B12.B13D[解新】当SO2恰好将溶液中H2S反应完时，由于生成物为S(沉淀)和水，故此时溶液显中性，对于图中a点，a点以后，SO2过量，S0与水反应形成H2SO溶液。根据图像a点得出，通入112mLS02时，消耗H2S0.01mol,则c(H2S)=0.01mol÷0.1L=0.1mol,A正确；起点为0.1mol·L的H2S溶液，pH=4.1,当SO2通入体积为336mL时得到浓度小于0.1mol·L的H2SO3溶液，pH<4.1,则亚硫酸的酸性比氢硫酸强，B正确；b点由于SO2十H2O=H2SO2,S的存在形成有H2SO3、HSO、SO、SO2,根据S元素物料守恒，c(H2SO3)十c(HSO)+c(SO)+c(SO2)=0.05mol·L1,C正确；由c点可以求出通入二氧化硫0.01mol的100mL溶液中c(H*)=1×10-mol·L1,但二氧化硫不能完全跟水反应，不能确定c(H2SO3),无法求出K,D错误。26.(14分)(1)锥形瓶(2分)(2)通入N2段时间(2分)(3)蒸馏烧瓶、温度计（或冷凝管、锥形瓶等）(2分)(4)80%(2分)(5)27.2mL(2分)5(2分)(6)BCD(2分)解斯](1)装置B中盛装CCL,的仪器名称是锥形瓶。(2)实验步骤：组装仪器，检查装置气密性，加装药品，通入N段时间，点燃酒精灯，停止加热，停止通N2;终止实验时为防止倒吸，应先熄灭酒精灯，冷却到室温后再停止通N(3)D中的液态混合物为TCL,与未反应的CCL,者互溶，但CC和TC,是两种沸点差异较大的液体混合物，应该用蒸馏法进行分离，该操作使用的主要玻璃仪器有蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、锥形瓶等。(4)根据氧化还原反应中得失电子相等得二者的关系式，TO2~NH,Fe(SO)2,二氧化钛的质量为0.1mol·L×0.02L×80g·mol1=0.16g,称取Ti02试样0.2g,其质量分数0.16g×100%=80%。(5)浓HS0,的物质的量浓度c三1000oe1000×1.84×98%0.20gmol·L1=18.4mol·L-1:根据稀释定律，稀释前后溶质的物质的量不变，设浓硫酸的体积为xmL,所以xmL×18.4molII-o m1,解得：,2,所以量取的浓硫酸体积是27.2L:配制步骤有量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用量筒（用到胶头滴管）量取，在烧杯中稀释（玻璃棒搅拌）冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1~2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒、250mL容量瓶，共5种。(6)在稀释时，未恢复至室温就转移入容量瓶，定容后冷却，液面下降，体积偏小，稀硫酸质量分数偏大，故A错误：在稀释过程中,有少量液体溅出，即有部分溶质损失,稀硫酸质量分数偏小，故B正确；在转移过程中，烧杯内壁和玻璃棒没有进行洗涤，则烧杯内壁和玻璃棒上有部分溶质附着即有部分溶质损失，稀硫酸质量分数偏小，故C正确；在定容时，滴加蒸馏水超过刻度线用胶头滴管从容量瓶中小心取出多余液体，导致部分溶质损失，稀硫酸质量分数偏小，故D正确；用量筒量取一定体积的浓硫酸时，仰视读数，浓硫酸的体积偏大，稀硫酸质量分数偏大，故E错误。27.(15分)(1)搅拌、适当增大H2SO,的浓度或增加酸浸时间或适当升高温度(2分)(2)Zn>Ni>Cu(2分)(3)2Ni++Sb2O+6H"+5Zn2NiSb十3H2O+5Zn2+(3分(4)4:1(2分)5)2F2++H.)。4●0=2F●●+2日。●)(24分)3.2(2分)生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Z、Cu、Ni的离子吸附而损失(2分)[解斯】由题干流程图可知“焙烧”步骤是除去污泥中的有机质和C,同时将Cu、Zn、NiFe、Ag转化为相应的氧化物,“浸出”步骤为将Cu、Zn、Ni、Fe、Ag的氧化物转化为硫酸盐过滤出微溶物Ag2SO4,滤液中含有Cu、Zn+、N+、Fe2+等离子，“除铁”步骤中是将Fe2+转化为FeOOH,反应原理为2Fe+-H2O,+40H2FeOOH2H20,加入Zn粉先置换出Cu,离子方程式为Zn+Cu十Cu,后置换出Ni,离子方程式为Zn十NIZn,最后过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤、干燥即可获得Znso·7H2O。(1)对反应物进行搅拌、适当增大H2SO的浓度、增加酸浸时间、适当升高温度等措施均可提高“浸出”效率。(2)由分析可知，加入Zn粉先置换出Cu,离子方程式为Zn+C7n2+Cu,后置换出Ni,离子方程式为Zn+N,可知Cu、Zn、Ni的金属性强弱顺序为Zn(3)置换镍时，用锌粉直接置换时速率极,目前采用“锑盐净化法,即置换时在酸性含Ni2+溶液中同时加入锌粉和Sb2O3得到金属和Sb的混合物，该混合物可表示为S品，根据氧化还原反应配原则可知，该反应的离子方程式为2NSh.O6H+4572NiSb +3HO+5Zn(4)“浸出”的浸渣中含有Ag2S,经系列处理得Ag(NHC,用肼(NH)还原Ag(NH)2C1得到单质银2H的氧化产物为N2,根据氧化还原反应配可得该反应方程式为4Ag(NHNHAg+N,-4NH CI4NH反应中Ag(NH)2CI作氧化剂，2H,作还原剂，故还原过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4(5)由分析可知，浸出液中含有Fe2中“除铁”步骤中发生反应的离子方程式为2Fe2FeOOH2H2O;由图中信息可知，pH等于3.2时Fe3+基本沉淀完全，此时再增大pH,Cu2+沉淀量增多，Fe3沉出率基本不变，故沉铁时最合理的H约为3,2；由题干信息可知，除铁时若pH过高，会产生具有较强吸附性的氢氧化铁胶状沉淀，在DH二6时，乙+、C、N2+在溶液中以离子形式存在，但是有铁离子存在时，pH升高，Zn、Cu、Ni损失率均升高，原因可能是生成的氢氧化铁胶状沉淀有较强的吸附性，将Z、Cu、Ni的离子吸附而损失28.(14分)(1)H2(g)+-0(g)HO1)△H=-285.8kJ.mol-1(2分)(2)低温低压（其他合理答案也可给分，2分）(3)丙烯中碳氢键键能小，容易被氧气氧化(2分)(4)-a)X(1+a+n)(2分)恒压条件下，添加稀释气体会使容器容积扩大，促使衡正向移动（其他合理答案也可给分，2分）(5)>(2分)高温(2分)[解新】(1)C3H(g)CH(g)+H(g)△H=+124·molP①；2CH(g)+O(g)→2C3H(g)+2H2O(g)△H=-235.6kJ·mo11②；H2O(g)-H2O(1)△H44.0kJ·mol-1③。②×一①+③可得反应H(g)十20，(g)一HO(),故氢气的燃烧热△H-(-235.6k·molr)×号-(+124kW·mol-)十(44.0d,mol)-285.8kJ·m©1。(2)氧化脱氢工艺是气体分子数增大的放热反应，低温低压更有利于反应正向进行。(3)有副产物氧化碳生成，说明丙烷和丙烯与氧气发生了完全氧化反应，由于丙烯中碳氢键的键能更小，更容易被氧气氧化，从而导致丙烯的产率大大降低。