【文档说明】辽宁部分学校2023-2024学年高三上学期期中大联考试题+化学+PDF版含答案.pdf，共(14)页，5.690 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-7a795eeacf36de265608efc9b9177f30.html

以下为本文档部分文字说明：

扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAA

BgRNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}扫描

全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCI

oOREAAoAABgRNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}扫描全能王创建{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgA

QkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}化学全解全析及评分标准第1页（共5页）2024届高三11月大联考（辽宁卷）化学·全解全析及评分标准12345678ACBCBBDC9101112131415DDBCBDC1．A【解析】20Ne和21Ne的质子数相同而中子数不同，故

属于同位素，A项正确；酚醛树脂属于高分子材料，高聚物属于混合物，B项错误；7031Ga含有的中子数=70−31=39，C项错误；合金属于金属材料，D项错误。2．C【解析】Na2O2中既含离子键，又含共价键，O—O共价键为非极性键，A项正确；CO2为

直线形分子，其结构式为O=C=O，B项正确；SO3中S为中心原子，σ键电子对数为3，孤电子对数为6232=0，SO3的VSEPR模型为平面三角形，C项错误；基态Mg原子核外电子占据的最高能级是3s，其电子云轮廓图的形状是球形

，D项正确。3．B【解析】1molNaOH中含有共价键的数目为NA，A项错误；1molNa2SO3完全转化为Na2SO4转移2mol电子，消耗0.5molO2，分子数为0.5NA，B项正确；Na2SO3溶

液中23SO会发生水解，故1L1mol·L−1Na2SO3溶液中，23SO的数目小于NA，C项错误；Na2SO3和Na2SO4的混合物中Na+的物质的量是S原子的2倍，故混合物中S原子的数目为0.5NA，D项错误。4．C【解析】在用化学沉淀法去除粗盐中的

杂质离子（Ca2+、Mg2+、24SO）的实验中，实验步骤涉及溶解、沉淀、过滤、蒸发结晶，不涉及分液，C项符合题意。5．B【解析】用石墨电极电解MgCl2溶液时，反应的离子方程式为Mg2++2Cl−+2H2O电解Mg(OH)2↓+Cl2↑+H2↑，A项错误；根据信息Ka1(H2CO3)>K

a(HClO)>Ka2(H2CO3)，碳酸只有第一步电离出的H+与ClO−结合生成HClO，B项正确；H2S为二元弱酸，向CuSO4溶液中通入H2S气体时反应的离子方程式为Cu2++H2S=CuS↓+2H+，C项错误；KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应时产物中不可能存在H+，反应的离子

方程式为3ClO−+2Fe(OH)3+4OH−=224FeO+3Cl−+5H2O，D项错误。6．B【解析】节日燃放的烟花五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色，A项正确；向饱和硫酸铜氨溶液中加入95%乙醇可析出深蓝色[C

u(NH3)4]SO4·H2O晶体，B项错误；雪花是由水分子形成的晶体，存在水分子之间形成的氢键，C项正确；水晶的主要成分是SiO2，SiO2属于共价晶体，晶体中含有硅氧四面体结构，D项正确。7．D【解析】NO2与雨水反应形成酸雨，A项正确；汽车内燃机中温度很

高，N2和O2发生反应N2+O2高温2NO，B项正确；汽油未完全燃烧生成CO和碳氢化合物，C项正确；汽车尾气处理时，CO和碳氢化合物被氧化生成CO2和H2O，NOx被还原生成N2，D项错误。{#{QQABIYIUoggoAAAAAAg

CAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}化学全解全析及评分标准第2页（共5页）8．C【解析】根据间甲基苯甲酸的结构简式及碳四价原则，可知其分子式为C8H8O2，A项正确；苯环为平面形结构，与苯环直接相连的碳原子一定与苯环共平面，B项正确；

酯化反应为可逆反应，间甲基苯甲酸不能全部转化为间甲基苯甲酸乙酯，C项错误；羧基不能与H2发生加成反应，所以1mol该物质最多能与3molH2发生加成反应，D项正确。9．D【解析】已知该电解池装置利用产生的Cl2杀菌消毒

，则说明a极发生的电极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，故a极为阳极，A项正确；d极为电源负极，发生氧化反应，B项正确；b极为电解池阴极，b极发生的电极反应为2H2O+2e−=H2↑+2OH−，C项正确；阴极室（b极）除了发生电极反应外，还发生反

应：3HCO+OH−=23CO+H2O、Mg2++2OH−=Mg(OH)2↓、Ca2++23CO=CaCO3↓，每产生0.5molCl2，电路中通过1mol电子，阴极产生1molOH−，发生两个反应生成Mg(OH)2和C

aCO3，在阴极室不可能产生1molCaCO3沉淀，D项错误。10．D【解析】a是Al或Fe，Fe与水蒸气反应生成Fe3O4，Al与水蒸气反应生成Al(OH)3，A项不合理；b是FeO，FeO不能直接反应生成Fe(OH)2，B

项不合理；e是Fe2O3或Al2O3，其中Al2O3可以和NaOH溶液反应，但Fe2O3不能，C项不合理；若电解熔融的e产生O2，说明熔融的e中存在O2−和金属离子，则e中含有离子键，D项合理。11．B【解析

】Y的氢化物可刻蚀玻璃，故Y为F，X、Y相邻且属于不同主族的元素，则X为O；X、Y、Z、W是原子序数递增的短周期主族元素，则Z、W为第三周期元素，Z的最高价氧化物对应的水化物在同周期元素中碱性最强，则Z为Na；W的基态原子价层p轨

道半充满，其价层电子排布式为3s23p3，则W为P；M的基态原子价层电子排布式为3dn+14sn，n只能为2，则其价层电子排布式为3d34s2，M为V。原子半径：Na>O>F，A项正确；第一电离能：F>O>V，B项错误；34PO的中心原子P的价层电子对数=4+12×(5+3−2×4)=

4，所以34PO中P采用sp3杂化，C项正确；V2O5可作为SO2转化为SO3的催化剂，D项正确。12．C【解析】“除铝”时加入FeO的目的是调节pH，将Al3+转化为Al(OH)3，调节pH还可选用FeCO3，A项正确；“氧化”步骤的目的是将Fe2+氧化为Fe

3+，发生的主要反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2H2O+2Fe3+，若要检验“氧化”步骤是否反应完全，应检验反应后Fe2+是否有剩余，而KSCN溶液是检验Fe3+的特征试剂，B项正确，C项错误；实验室中分离出滤渣1的操作为过滤，所需玻璃仪器有漏斗、

烧杯、玻璃棒，D项正确。13．B【解析】浓硫酸与蔗糖反应产生SO2和CO2，SO2和CO2均能使湿润石蕊试纸变红，不能说明SO2属于酸性氧化物，A项错误；浸有酸性KMnO4溶液的滤纸条褪色，说明SO2具有还原性，B项正确；SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，C项错误；该实验体现了浓硫酸的脱水

性和强氧化性，D项错误。14．D【解析】根据合成机理可知Fe+是该反应的催化剂，A项正确；由合成机理可知C2H5OH为生成物，所以C2H5OH是合成过程中的副产物，B项正确；根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知该合成乙醛的反应为C2

H6+2N2OCH3CHO+2N2+H2O，C项正确；及时分离出C2H5OH会增加副产物的生成，不利于提高CH3CHO的产率，D项错误。{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQk

BCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}化学全解全析及评分标准第3页（共5页）15．C【解析】氮的固定是指将大气中游离态的氮转化为氮的化合物，该装置能够将N2转化为AlN，属于氮的固定，A项正确；在该装置中，Pd@石墨烯电极

上N2转化为AlN，Pd@石墨烯电极为正极，而Al为负极，负极的电极反应为Al−3e−+74AlCl=472AlCl，B项正确；Pd@石墨烯电极上发生反应：872AlCl+N2+6e−=2AlN+1

44AlCl，通过3mole−时，有4mol72AlCl参与反应，C项错误；AlN与足量NaOH水溶液反应得到NH3·H2O和NaAlO2，D项正确。16．（13分）（1）p（1分）Ge+2NaOH+H2

O=Na2GeO3+2H2↑（2分，化学式书写正确给1分，配平正确给1分，漏写“↑”不扣分）（2）Mg（1分）Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定，不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去

一个电子形成稳定结构，所以Mg的第一电离能较大（2分，答案合理即可）（3）①abd（2分，漏选得1分，错选不得分）②9.5（2分）（4）＞（1分）向溶液中加入足量NaOH溶液，若产生白色沉淀且沉淀不溶解，说明含Mg2+，若先产生白色沉淀后沉淀溶解，说明

含Al3+（2分，答案合理即可）【解析】（1）Ge与Si同主族，均位于第ⅣA族，Ge与Si均属于周期表中p区元素；Ge能与NaOH溶液反应生成Na2GeO3，发生反应的化学方程式为Ge+2NaOH+H2O=Na2G

eO3+2H2↑。（2）Mg的电子排布式为[Ne]3s2，Al的电子排布式为[Ne]3s23p1，镁的3s处于全满状态，较稳定，不易失去一个电子，铝的最外层为3p1，易失去一个电子形成稳定结构，所以Mg的第一电离能较大。（

3）①Na+与4BH之间形成的是离子键，4BH中硼、氢之间形成的是共价键，其中存在一个配位键，所以选择abd。②NaBH4与H2O反应的化学方程式为NaBH4+4H2O=Na[B(OH)4]+4H2↑，标准状况下22.4LH2的还原能力为122.4L22.4Lmol×2×（1

−0）=2mol，设xgNaBH4的还原能力与其相当，则有1g38gmolx×4×2=2mol，解得x=9.5。（4）核外电子排布相同的情况下，核电荷数越大，离子半径越小，所以半径：Mg2+＞Al3+，鉴别两种离子的方法及现象为：向溶液中加入足量NaOH溶液，

若产生白色沉淀且沉淀不溶解，说明含Mg2+，若先产生白色沉淀后沉淀溶解，说明含Al3+。17．（14分）（1）温室效应（1分，答案合理即可）（2）①−121.9（2分）②CO、CH3OCH3、H2O（2分，漏写得1分，错写

不给分）CH3OH分子间可形成氢键，CH3OH分子间作用力比二甲醚的大（1分，答案合理即可）（3）>（2分）（4）①b（1分）②增大（1分）③2CO2+12H++12e−=C2H4+4H2O（2分，化学式书写正确给1分，配平正确给1分）④2×6.02×1023（或12.0

4×1023或1.204×1024或2NA）（2分）{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}化学全解全析及评分标准第4页（共5页）【解析】（1）空气中CO2含量

过高造成的环境问题是温室效应等。（2）①根据盖斯定律可知，∆H3=3ΔH1+∆H2=3×（+41.2kJ∙mol−1）+（−245.5kJ·mol−1）=−121.9kJ·mol−1。②在题述反应涉及的分子中，属于非极性分子的有CO2和H2，属于极性分子的有CO、CH3OCH3和H2O；由于C

H3OH分子间可形成氢键，CH3OH分子间作用力比二甲醚的大，所以甲醇的沸点高于二甲醚的沸点。（3）KHCO3溶液显碱性，即3HCO的水解程度大于其电离程度，所以溶液中c(H2CO3)＞c(23CO)。（4）①由图可知，CO2在Cu电极

发生还原反应，则Cu电极为阴极，与外接电源的负极相连，所以电源的负极为b极。②电还原过程中，左池内H2O失电子生成O2和H+，所以硫酸浓度会增大。③Cu电极上CO2得电子生成C2H4，电极反应式为2CO2+12H++

12e−=C2H4+4H2O。④石墨电极上每产生标准状况下11.2LO2时，转移电子的物质的量为2mol，通过质子交换膜的H+数目为2×6.02×1023。18．（14分）（1）可平衡压强，使浓盐酸能顺利滴下（1分，答案合理即可）检查是否漏液（1分，答案合理即可）（2）227CrO+6Cl

−+14H+=2Cr3++3Cl2↑+7H2O（2分，化学式书写正确给1分，配平正确给1分，漏写“↑”不扣分）防倒吸（1分，答案合理即可）（3）饱和食盐水（或饱和NaCl溶液）（1分）NaOH的利用率降低（或挥发出的HCl会和装置C中的NaOH溶液反

应，导致产率降低）（1分，答案合理即可）（4）NaClO+NH3=NH2Cl+NaOH（2分）（5）碱式滴定管（1分）（6）偏低（2分）（7）72%（或0.72）（2分）【解析】（1）仪器a为恒压滴液漏斗，与普通分液

漏斗相比，仪器a的优点为可平衡压强，使浓盐酸能顺利滴下；该仪器使用前需进行的操作为检查是否漏液。（2）装置A中发生的是制备Cl2的反应，离子方程式为227CrO+6Cl−+14H+=2Cr3++3Cl2

↑+7H2O。仪器b的作用除导气外，还可防倒吸。（3）试剂M为饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl，若省略装置B，Cl2中混有的HCl会和装置C中的NaOH溶液反应，导致NaOH的利用率降低或氯胺、肼的产率降低。（4）装置C中由次氯酸钠制备氯胺的化学方程式为NaClO+NH3=NH

2Cl+NaOH。（5）Na2S2O3溶液显碱性，所以滴定时盛放Na2S2O3溶液的仪器是碱式滴定管。（6）若滴定管用蒸馏水洗涤后，未润洗直接盛放Na2S2O3溶液，将使标准溶液稀释，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积会偏

大，导致计算出的剩余I2的量会偏多，氧化肼时消耗I2的量会偏少，最终所得肼的纯度会偏低。{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}化学全解全析及评分标准第5页（共5页）（7）根据I2~2223SO，可知与N2H4反

应的I2的物质的量n(I2)=0.1000mol·L−1×20.00×10−3L−130.02000molL20.0010L2=1.8×10−3mol，再根据2I2~N2H4，结合实验过程求得0.40g产品含N

2H4的物质的量n(N2H4)=32501.81mL225.00mL0mol=9×10−3mol，m(N2H4)=9×10−3mol×32g·mol−1=0.288g，则最终所得肼的纯度为0.288g0.40g×100%=72

%。19．（14分）（1）破坏金绿宝石共生矿的结构，使其能够溶解在硫酸中（2分，答案合理即可）（2）BeAl2O4+8H+=Be2++2Al3++4H2O（2分，化学式书写正确给1分，配平正确给1分）抑制Be2+、Al3+和Fe3+等的水解（或

抑制金属离子水解）（2分，答案合理即可）（3）6SO26SO3（2分，顺序可以颠倒，写出1个给1分；化学式全部正确，系数未完全正确给1分）（4）将Fe2+氧化为Fe3+（1分，答案合理即可）5.0≤pH<5.2或

5.0~5.2（1分，写成5.0<pH<5.2也给分）（5）①（34，34，14）（2分）②233A10Na（2分）【解析】（1）由已知信息①可知，金绿宝石与其他矿石共生形成的结构不易溶于硫酸，而在“酸浸”步骤中使用硫酸溶浸，因此“熔炼”的作用是破坏金绿宝石共生矿的结构，使其主要成分能

够溶解在硫酸中。（2）“酸浸”时，BeAl2O4与硫酸发生反应的离子方程式为BeAl2O4+8H+=Be2++2Al3++4H2O。“酸浸”时生成Be2+、Fe2+、Al3+和Fe3+等，过量的硫酸除了可以与矿石充分反应，提高浸出率外，还有抑制Be2+、Al3+和Fe

3+等离子水解的作用。（3）从铵明矾脱水后热分解的化学方程式可知，该分解过程中发生了氧化还原反应，部分氮元素的化合价由−3价升高至0价，共转移12e−，化合价降低的应该是S元素，生成的产物应该是SO2和SO3，根据得失电子守恒，应该有6个+6价

的S降为+4价，即化学方程式中应生成6个SO2和6个SO3，反应的化学方程式为6NH4Al(SO4)2高温3Al2O3+2NH3↑+2N2↑+6SO2↑+6SO3↑+9H2O↑。（4）“氧化”前溶液中主要的金属离

子有Be2+、Al3+、Fe3+和Fe2+，由已知信息③可知，Fe2+完全沉淀时Be2+也已完全沉淀，故加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。“调pH”的目的是促进Al3+、Fe3+的水解，使其转化为Al(OH)3和Fe(O

H)3沉淀而除去，同时不会形成Be(OH)2沉淀，因此“调pH”的范围是5.0≤pH<5.2。（5）①W原子的坐标为（0，0，0），则1号原子的坐标为（34，34，14）。②晶胞参数为anm，则晶体密度d=73A4(BeO)(1

0)MNag·cm−3=73A425(10)Nag·cm−3=233A10Nag·cm−3。{#{QQABIYIUoggoAAAAAAgCAwGyCgAQkBCCCIoOREAAoAABgRNABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.

xiangxue100.com