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高三化学答案及解析
一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
B A D D C B A B A C D C C B D
1. 【答案】B【详解】A选项：壮乡铜鼓是铜合金制成，属于金属材料，不是有机高分子材料。B选项：蜀绣
蟒凤衫主要原料为蚕丝，蚕丝属于蛋白质，蛋白质是天然有机高分子材料。C选项：屈家岭蛋壳彩陶杯属于
陶瓷制品，其主要成分是硅酸盐等，属于无机非金属材料，不是有机高分子材料。D选项：贾湖骨笛一般是
由动物骨骼制成，主要成分是无机物，不是有机高分子材料。
2. 【答案】A【详解】B选项：因为O的电负性大于N，O−H键的极性比N−H键的极性强，所以羟胺（NH OH）
2
分子间氢键的强弱为OHONHN ，B选项错误。C选项：缓慢析出的为晶体，快速析出的可能为
非晶体，晶体的X射线衍射图谱有明锐的衍射峰，C选项错误。D选项：N原子有5个价电子，4个杂化轨
道上电子数为2/1/1/1，D选项错误。
3. 【答案】D【详解】A选项：O原子为sp2杂化，6个价电子：2个形成σ键，1对孤电子对，2个形成大π键，
A选项错误。B选项：根据电子排布式，31g基态P原子中，含p能级电子的数目为9N ，B选项错误。C
A
选项：包含N-Ag配位单键、N-H键、O-H键，共为9N ，C选项错误。D选项：无论哪种同位素构成的水
A
分子，1个水分子都是10个电子，D选项正确。
4. 【答案】D【详解】1mol物质E彻底转化为F需破坏酯基和酰胺基，需消耗2molNaOH。
5. 【答案】C【详解】A选项：乙二醇被足量的酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳。B选项：二氧化硅晶体为
共价晶体，熔化过程中破坏了共价键。D选项：SO 具有还原性，发生氧化还原反应后生成CaSO 沉淀。
2 4
6. 【答案】B【详解】元素为C、N、Al、Cl，B选项：氢化物的沸点：C的氢化物包含所有烃类，沸点可能高
于HCl。
7. 【答案】A【详解】A选项：制备溴苯并验证有HBr产生，应在通入AgNO 溶液前，用CCl 洗气除去溴蒸
3 4
气。
8. 【答案】B【详解】A选项：可能是稀释的原因。B选项：等体积等pH的酸，酸性越强稀释时pH变化越大，
说明酸性：间硝基苯甲酸>苯甲酸，证明硝基属于吸电子基团，可增强羧基的酸性。C选项：检验乙醇的消
去反应产物要排除SO 的干扰。D选项：18−冠−6可识别K+，增加其在甲苯中的溶解度。
2
9. 【答案】A【详解】B选项：Al3+和HCO强烈双水解生成沉淀。C选项：生成KFe[Fe(CN) ]沉淀。D选项：
3 6
生成CuS沉淀。
10. 【答案】C【详解】abc ，A选项：距离Cs 最近且等距的Br原子为4个。B选项：每个晶胞中Cs 和
Br构成的八面体空隙为6个面心，均摊后占3个。C选项：体对角线的一半，正确。D选项：单位换算错误，
M +M +3M
该晶体密度为 Cs Pb Br g/cm3。
N abc1030
A
11. 【答案】D【详解】A选项：X的名称为对溴苯胺。B选项：Z的N上无H原子且体积较大，Y无法识别。
C选项：第一电离能I ：N>O>H>C。D选项：离子半径越小，离子键越强，熔点越高。
1
第 1 页 共 4 页12. 【答案】C【详解】A选项：反应①～⑤中有①③④等3步涉及化合价变化，存在电子的转移。B选项：经
过②的转化后，N 原子无孤电子对，对成键电子对的斥力减小，键角∠H−N−H 增大。C 选项：
[(NH ) Co−O−O−Co(NH ) ]4+中O为-1价，Co的化合价为＋3价。
3 5 3 5
13. 【答案】C【详解】B选项：K [Fe(OH) ]1.01038，当恰好除铁完全时，c Fe3 1.0105molL1，
sp 3
c OH 1.01011molL1，pH3。C选项： ，代入pH 、
−20
mol ， S mol ，Ka C 1 d H2S ×Ksp aC2dSH2 ＞S =1 m .0 o × l 10 ，未沉淀完全=。0 c H2S =
S
−1 2− −22 −1 2+ K −5 −1
2−
14. 0【.0答1案】⋅BL【详c解】A选=项1.0：×a1侧0电解池的⋅L电极发c 生还原=反应c 为阴极1，0a为电⋅源L负极。B选项：转化2mol丙
烯腈，氧化还原过程转移电子数为2N ，但阴极存在副反应，理论上电路中转移电子数大于2N 。C选项：
A A
电极上有1molCr3+发生转化，转移电子数为3N ，对应双极膜迁移出3mol H和3mol OH，减轻54g。
A
15. 【答案】D【详解】A选项：横坐标数值越小，碱性越强，曲线I表示A2的物质的量分数，曲线III表示H A
2
的物质的量分数。B选项：由图HA、H A的交点处c OH即为HA的水解常数K 107.5，A2、HA的
2 h
交点处c H+即为HA的电离常数K 1010.5，水解＞电离，0.1 mol/L NaHA溶液中cH A＞c A2。C
a2 2
选项：曲线IV（PM与pOH为线性关系）表示M(OH) 的溶解平衡曲线，曲线V表示MA的溶解平衡曲线，
2
D选项：a点在c OH一定，c A2一定，对于MA，c M2+大于平衡浓度，对于M(OH) ，c M2+小于
2
平衡浓度所以M2+在Na A溶液中能生成MA沉淀但不能生成M(OH) 沉淀。
2 2
二、非选择题（本题共4小题，共55分。）
16.（14分）
（1）粉碎矿物，搅拌，适当升温，适当增大硫酸的浓度（答出一条即可） （1分）
CaSO 、SiO （2分） Cu S+2Fe O +12H+=2Cu2++S+4Fe2++6H O（2分）
4 2 2 2 3 2
（2）消耗“萃取1”过程中产生的H+，避免抑制“萃取2” （2分）
（3）2≤pH＜6 （2分）
（4）H SO （1分） Mn2++HCO+NH H O=MnCO ↓+NH+H O
2 4 3 3 2 3 4 2
或Mn2++HCO+NH =MnCO ↓+NH（任写一个） （2分）
3 3 3 4
（5）Cu O和O （2分）
2 2
【详解】
（3）K NiS1.01018，“调pH除镍”时，Ni2+沉淀完全，c Ni2+ 1.0105molL1，
sp
K NiS
c S2 sp 1.01013molL1，由pS=15–pH得pH=2；c(Mn2+)=0.5mol·L−1，K MnS5.01010，
c
Ni2+ sp
K MnS
Mn2+不能沉淀，c S2 sp 1.0109molL1，由pS=15–pH得pH=6，所以2≤pH＜6。
c
Mn2+
（5）起始CuSO ·5H O为105mol，Cu元素始终在固体中，800℃固体为CuO，1000℃固体为Cu O，所以
4 2 2
900℃分解产物Cu O和O 。
2 2
第 2 页 共 4 页17.（13分）
（1）2.600 （2分）
（2）甲基橙 （1分）
（3）①Ni(OH) +6NH H O=[Ni(NH ) ]2++2OH−+6H O
2 3 2 3 6 2
或Ni(OH) +6NH =[Ni(NH ) ]2++2OH−（任写一个） （2分）
2 3 3 6
② (NH ) SO （2分） ③绿色沉淀几乎没有溶解 （2分）
4 2 4
（4）0.1 molL1的NiSO 溶液 （2分） 实验v所得铁件表面比实验vi更光亮 （2分）
4
【详解】
（3）②控制变量法，阴离子要保持一致。
（4）控制变量法，电镀液的浓度要保持一致。
18.（14分）
（1）酯基、酮羰基（2分）
（2）消去反应（2分）
（3） （2分）消耗产物中的盐酸促使平衡正移，提高E的产率（2分）
（4）3＜2＜1（2分）
（5） 、 、 、 （任写一种）（2
分）
（6） +CH NH +K CO +CH CONHCH +KHCO （2分）
3 2 2 3 3 3 3
【详解】
（2）B→C转化为羟醛缩合反应，第一步加成反应，第二步消去反应。
（3） 显碱性，可以消耗产物中的盐酸促使平衡正移，提高E的产率。
（4）N电子密度越大，碱性越强。Cl为吸电子基团，根据距离，吸电子效应受影响程度3＞2＞1，所以碱性
3＜2＜1。
19.（14分）
（1）ΔH +ΔH −ΔH （2分）
2 3 4
（2）3.80 （1分）
（3）Pt—Fe （2分）
M点后，反应达到平衡，使用催化剂平衡不移动，不影响CO的产率，故重合 （2分）
（4）减小 （2分）
（5）1 （1分） 9 （2分） 77.5%（2分）
第 3 页 共 4 页【详解】
k
（4）由图反应④T升高，Kr= 正 减小。
p k
逆
pH 2
2
p
（5）由图A处对应反应③的lnKr=0，Kr= 0 1，p2(H )=100p(CH )，已知反应平衡时p(H )=30kPa，
p p pCH 2 4 2
4
p
0
2
则 p(CH )=9 kPa ， 且 初 始 状 态 时 p(CH )= ×100 kPa=40 kPa ， 故 CH 的 平 衡 转 化 率 为
4 4 4
32
409kPa
×100%=77.5%
40kPa
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