全国大联考2024届高三第三次联考 化学[3LK化学-LN]答案，目前双语学习报答案网已经汇总了全国大联考2024届高三第三次联考 化学[3LK化学-LN]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。

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1、2023-2024全国大联考化学第四次答案
2、2024全国大联考高三第一次联考化学
3、高三大联考化学2024
4、2024年高三3月大联考化学
5、全国大联考2024第三次化学
6、2024全国大联考高三第三次化学
7、2024全国大联考第三次化学
8、2024全国大联考第三次化学答案
9、2024年全国大联考第三次化学
10、2024全国大联考第三次化学

不变，衡常数不变，所以(0.6-a)X(0.4-a)当c{Cu(NH)4]2+}=e{[Cu(NH)s]2+}时c(NH)=10-2mol/L,即K1=10-2,K2061所以=6即两种情下c(NO2)相等，D错误当c{[Cu(NH)2]2+}=c{[Cu(NH3)s]2+,12.BD【解析】该装置的工作原理是利用环己烷c(NH3)≈10-25mol/L.即Kg=10-26.K,=乙醇和水三者形成共沸物，将反应中生成的水不断分离到B中，使衡右移，提高转化率。苯甲酸乙酯由于沸点高，留在圆底烧瓶C中。反当c(C2+)=c「C1(NH3)2+}时，c(NH)=应温度应控制在62.1℃-80.8℃之间，所以采10mol/L,即K=10,-106,用热水浴加热，便于控制温度。冷却水应该下进上出，这样才能充满整个冷凝管，使冷凝效果101,所以>之，故B错误；C项，根据图更充分，故A项正确：装置B用来接收生成的像分析，当lgc(NH)=一4时，c(Cu2+)水，苯甲酸乙酯留在装置C中，故B项错误；环己烷与乙醇和水形成共沸物带走水，C项正确：c[Cu(NH)]+>c{Cu(NH)2]+),故C正确：D项，结合以上分析可知，浓硫酸稀释放热，故应该将浓硫酸加入到乙醇中失，D项每误13.AB【解析】根据题意及图示信息可知，变蓝是K:-(NH )e([Cu (NH )]由于WO转变为1，WO,I计由离子储存层迁移c(CCu (NHs )3)到电致变色层，A正确：当B外接电源角极时，报K3=_c(NH)c([Cu (NH3)]2据电解原理可知，高子储存层Fe[Fe(CN)]cCu (NHs得电子转化为LiFe[Fe(CN)s],发生反应为lgK+lgK+lgK-lg(KXK×K),把KFe:[Fe(CN)+4Li 4e-K2、K带入上式，M点时，c{[Cu(NH)]+}Li4Fe[Fe(CN)]s,B项正确；当A接电源的负c{[Cu(NH)4]+},经过化简后可得gK1十lgK极时，WO得电子被还原为1iWO,Li计只是作+lgK=lgc2(NH)=3lg(NH),即满足M,点为电解质溶液导电，未发生氧化还原反应，C项时，lg(NH,)=K+k+lk,故D正确：错误；当A接电源正极时，LiWO3失电子发生故选B氧化反应得到WO,膜由蓝色变为无色，透射率15.(除标记外每空2分)增强，不能有效阻拦阳光，D项错误」(1)P0+4H+2C-PW++2HO+C2↑；14.B【解析】由图可知，曲线a在c(NH)最小时Bi:S+6Fe+-2Bi++3S+6Fe物质的量分布分数最大，说明曲线a表示Cu(2)由于B+发生水解生成H,如果溶液不保随着c(NH)升高，c(C+)逐渐减小持强酸性，则H浓度的降低会使B+的水解[Cu(NH)]2+的浓度逐渐增大，故曲线b是衡正向移动，导致生成更多的BOC[Cu(NH)]+,继续升高c(NH),[Cu(NH(3)取少量母液于试管中，滴加铁氰化钾溶液浓度逐渐减小，[Cu(NH)2]P的浓度逐渐增大若生成蓝色沉淀，则证明有Fe则曲线C表示「((NH)。2+,以此类推.曲线d(4)2.926:当滴人最后一滴EDTA溶液时.溶液表示[Cu(NH)3]+,曲线e表示[Cu(NH)4]+由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不恢复紫A项，曲线b表示[Cu(NH)门+，故A正确：B红色项，曲线a表示C+,曲线b表示[Cu(NH)门+，(5)20.9g(1分)：HS04(1分)曲线c表示[Cu(NH):]+,曲线d表示【解析】(1)浸出时发生两个氧化还原反应：PO[Cu(NH)s]2+,曲线e表示[Cu(NH)4]+,+4H+2C—PW2++2HO+Cl2↑、BS+6Fe3+=—2B+十3S+6Fe2+:(2)铋能被铁置换，说明其金属性比铁弱，其离子会发生水解化学（试题卷七）·参考答案与详解第3页（共6页）如果溶液不保持强酸性，则B+的水解程度增大，导致生成更多的BOC1,混入浸出渣使产率254gm周-0.04m0l,向反应后的D装置加入蒸10.16g降低；(3)母液中含Fe+,检验其存在可滴加铁馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液将其配成250.00mL.溶液，取25.00mL用氧化钾溶液，若生成蓝色沉淀，则证明有F+;0.20mol·I1aSO标准液滴定剩余碘单质(4)乙二胺四乙酸二钠盐(EDTA)和B+以1：1的比例形成稳定的配合物，则n(EDTA)=根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该效值，②③④实脸消耗NaS0溶液的均值=(B+),得出c(EDTA)V(EDTA)=c(B+)V(B+),0.01000mol/LX0.035L=c(B+)×20.05ml+19.95ml.+20.00ml=20.00ml,0.025L,算出c(B+)=0.014mol/L=2.926g/L,根据2S02十6=S02+21,消耗碘单质物达到滴定终点，B+被消耗完全，颜色由紫红色变回亮黄色，故滴定终点为当滴入最后一滴质的=(s0)××8品=EDTA溶液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半0.0200L×0.20mol·L1×10=0.02mol,剩余分钟内不恢复紫红色：(5)以B(SiP)2的水溶k物质的量=0.01mol-0.02mol=0.02mol,即液电解精炼铋，电解过程中，铋的化合价由十3与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04ol价降到0价，得到3个电子，当电路中通过0.02mol=0.02mdl,消耗水为0.04mol,土壤样0,3mol电子时，阴极析出的金属Bi的物质的品中水的含量=Q.04molX18/m四×100%10.00g量为0.1mol,质量为0.1mol×209g/mol7.2%:②若NSO标准液已部分氧化变质，滴20.9g,粗批中含有杂质Pb,电解过程中Pb失定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定电子得到Pb2+,除去Pb+选择S,为使电解剩金典单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的液HSiF。再生，需引入H碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得16.(除标记外每空2分)到水的含量偏低」(1)S0+I2+2H0=H,S04+2HI17.(除标记外每空2分】(2)de→ih→gfb→c:长颈漏斗(1分)：(1)+41.21分)衡内外气压，防止压强过大(1分)(3)打开止水夹，通人氮气一段时间(1分)：将装b×(5-2a-c)置中的SO,全部赶入B装置中吸收(1分)(3)①P>P>P(1分)：反应I、Ⅱ是气体分(4)碱式(1分)；使所剩余的碘单质均进入滤液子数目增大的反应，减小压强衡正向移动测量结果更准确(1分)(H)增加的程度大于(CO》(5)①7.2：②@偏低(1分)②升高温度衡I、Ⅱ、Ⅲ均正向移动，TTm后，对反应Ⅲ的加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该促进作用更大，(CO)增加的更多为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的(4)CO2+2e+2H+—HCO0H二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全【解析】(1)根据盖斯定律，反应Ⅲ=I一Ⅱ，则瓶，国此装置的顺序为ACEDB,接口顺序为d△H2=△H1-△H2=247.3-206.1=+41.2C→i→h→g→f→b→c;根据图示，M为长颈漏k·ml';(2)通入2 mol CH.(g)1molC0(g)斗，在实验过程中，可以起到衡内外气压，防1 mol H2O(g),达到衡时，客器中CH(g)为止压强过大的作用amol,CO2(g)为bmol,H2O(g)为cmol,设(4)NaSO,水解显碱性，标准液应装在碱式滴H2(g)的物质的量为x,CO(g)的物质的量为y定薇中由C,H原子守恒有：a十b十y=2,4a十2c十2x(5)①实验开始时，向D装置中加入10.00g土10,解得x=5-2a-c,y=3-a-b,即n(H2)壤样品和10.16gl(已知过量)，n(L)(5-2a-c)mol,n(CO)=(3-a-6)mol,化学（试题卷七）·参考答案与详解4质沙丝实化传播有限责任么司

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