高三化学试题参考答案（详解）【答案】1.D【解析】A．晶体硅是良好的半导体材料，太阳能电池板的半导体材料主要成分是晶体硅，A正确；B．石墨烯与足球烯(C60)是由碳元素形成的不同单质，互为同素异形体，B正确；C.葡萄酒中通常含有微量的，可以起到杀菌的作用，又是一种抗氧化剂，能防止葡萄酒中的营养成分被氧化，起到保质作用，并有助于保持葡萄酒的天然果香味，C正确；D．深埋于地下生锈主要是发生的吸氧腐蚀，D错误。【答案】2.C【解析】A．Na3N与盐酸反应能够生成NH4Cl和NaCl两种盐，A正确；B．Na3N和NaN3属于电解质，氨气属于非电解质，氢气是单质，不是化合物，B正确；C．Na3N和NaN3的电子式分别为：和，故它们的阴离子和阳离子的个数比分别为1:3和1:1，C错误；D．由化学方程式可知，每生成1molNa3N和8molNH3转移24mol，所以标况下体积为89.6L的NH3物质的量为4mol，转移电子为12mol，D正确。【答案】3.A【解析】A．25℃，101KPa下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LSO2的物质的量小于0.5mol，所含氧原子个数小于NA，A正确；B.常温下，pH=1的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1mol/L，1LpH=1的H2SO4溶液中的H+数目为0.1NA，B错误；C.NaHSO4溶液的体积未知，故无法计算其物质的量，也就无法求微粒数目，C错误；D．二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下生成氯气，制备Cl2的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应制取Cl2，制得Cl2的个数小于0.1NA，原因是HCl挥发以及随着反应进行，盐酸浓度降低，MnO2与稀盐酸不反应，D错误。【答案】4.B【解析】向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，二氧化硫具有还原性，会被次氯酸根离子氧化为硫酸根，不能生成CaSO3，A错误；根据以少定多原则，NaHCO3溶液中加过量Ba(OH)2溶液生成碳酸钡、氢氧化钠和水，其反应为，故B正确；C．H2S的摩尔燃烧焓为，利用已知条件中的数据进行计算，要注意H2O应为液态，H2S燃烧的热化学方程式为：，故C错误；D．用铜电极电解氯化镁溶液，阳极Cu放电生成Cu2+，阴极氢离子得电子生成氢气，故D错误。【答案】5.A【解析】A．上述装置中先闭合K1，打开K2构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K2，打开K1，形成原电池，右侧石墨电极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A正确；B．浓氨水滴到生石灰上可快速产生氨气，氨气密度比空气小，应采用向下排空气法收集，但收集装置不能密闭，否则可能发生爆炸，B错误；C．除去Na2CO3固体中的NaHCO3，用加热的方法，但应在坩埚中进行灼烧，不能在蒸发皿中灼烧固体，C错误；D.碳酸氢钠受热分解时生成碳酸钠、二氧化碳和水，试管口若向上倾斜，水蒸气冷凝回流会导致试管炸裂，D错误。【答案】6.B【解析】A.不溶于酸的白色沉淀有氯化银和硫酸钡，向某溶液中加入硝酸钡溶液有白色沉淀产生，再加稀盐酸，沉淀不消失，由于硝酸根在酸性条件下有强氧化性，则原溶液中可能SO32-、SO42-或Ag+，A错误；B．某溶液中加入硝酸酸化的硝酸钡溶液，没有白色沉淀产生，说明该溶液中不存在SO、SO，再滴加硝酸银溶液，有白色沉淀产生，该沉淀应不溶于硝酸，即该白色沉淀为AgCl，原溶液中一定存在Cl-，B正确；C．若原溶液中含有铁离子，实验现象相同。应该先加KSCN溶液，如果没有产生血红色，然后再加入双氧水后产生血红色，说明原溶液中含有亚铁离子，C错误；D．向某溶液中加入稀NaOH溶液，氨气极易溶于水，由于没有加热，导致氨气没有逸出，则试纸不变蓝，不能判断原溶液中是否含有，D错误。【答案】7.C【解析】A．装置①为简易气体发生装置，要求反应物之一必须为块状固体，而KMnO4为粉末状固体，且能溶于水，达不到控制反应的发生与停止的目的，且生成的Cl2能被碱石灰吸收，所以①中制取的气体是NO，A错误；B.装置内可能含有O2，NO可与O2反应产生NO2，若将Y装置中的药品换成浓硫酸,则无法除去X中可能混有的NO2等气体杂质，且一般情况下，用U形管装置盛装的干燥剂应该为固体，浓硫酸应该用洗气瓶洗气干燥，B错误；C.冰盐水的温度低，能将氧氯化氮冷却，并由气体转变为液体，以便收集于三颈烧瓶中，C正确；D.实验时先通入氯气，把装置中的空气排出来，防止NO被氧气氧化，D错误。【答案】8.B【解析】A.由题图可知Nafion膜的左边水失电子生成氧气，发生氧化反应，则铁元素发生还原反应，Nafion膜的右边二氧化碳得电子生成甲酸，发生了还原反应，则铁元素发生氧化反应，图中a、b分别代表，A正确；B．甲酸与氧气燃烧生成二氧化碳和水为放热反应，根据盖斯定律，逆向为该人工光合作用体系的总反应为吸热反应，焓变大于0，ΔH=正反应活化能-逆反应活化能，所以Ea正＞Ea逆，B错误；C．左侧发生氧化反应失去电子生成O2，发生还原反应得到电子生成。右侧发生氧化反应失去电子生成，发生还原反应得到电子生成HCOOH的过程中，催化剂表面反应的机理，一定有e-或h+参与，C正确；D．该人工光合作用体系的总反应为，可知氧化产物为O2，还原产物为HCOOH，根据方程式系数两者比为1:2，D正确。【答案】9.D【解析】A．分解水总反应为吸热反应，在此过程中，水的分解分两步，根据盖斯定律，若反应Ⅱ是放热反应，则反应Ⅰ一定是吸热反应，A正确；B．焓变的大小取决于反应物和生成物能量的大小，催化剂不影响焓变，B正确；C.该过程中碳纳米点是碳单质、但碳原子之间存在共价键。氮化碳是化合物、存在共价键。H2O、H2O2、H2、O2等均只含共价键，所以图中物质构成中均只由共价键构成，C正确；D.碳量子点是一类具有显著荧光性能的零维碳纳米材料只含碳原子，属于碳单质，与胶粒直径吻合，但是需要分散到分散剂才能形成胶体，D错误。【答案】10.答案C【解析】A.根据产品室要得到，可以确定Co2+需要通过A膜到达产品室，同理H2PO2-也需要通过C膜到达产品室。所以A正确根据得失电子守恒可知1molCO对应1molH2,所以B正确增加2mol产品对应转移4mol电子，根据正极反应PbO2+2e-+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，消耗8molH+,C错误D.考虑到H3PO3为二元弱酸，H3PO2为一元弱酸。碱性条件下其离子方程式为Co2+++3OH-=Co++2H2O正确【答案】11.A【解析】A．溴蒸气与水反应可生成和，与溶液反应生成淡黄色沉淀，与水反应生成，与溶液不反应，现象不同，能鉴别，A正确；B．反应后，浓硫酸有剩余，浓硫酸的稀释应该是酸入水，因此应该将试管中的溶液加入到水中，如果溶液呈蓝色，说明Cu被氧化成Cu2+，B错误；C．盐酸易挥发，中混有，与溶液反应也会产生白色沉淀，故无法确定酸性，无法证明非金属性，故C错误；D．向浓中插入红热的炭，产生红棕色气体，也可能是浓受热分解产生的，无法证明是炭与浓反应生成的，D错误。【答案】12.CD【解析】焙烧后的酸性气体为HF，不可以使用陶瓷容器，A错误滤渣1的成分主要有二氧化硅、磷酸铁、磷酸钙（硫酸钙），至少三种B错误硅酸胶体胶粒带负电，可以使氢氧化铝胶体聚沉。C正确↑D正确【答案】13.AD【解析】转移2mol电子时，Cu（1）极析出64g铜，同时有96g硫酸根从乙室到甲室，共减少160g，A错误正确停止工作时已有2mol硫酸根发生了转移，整个电路中转移2mol电子，根据电荷守恒有4molOH-从N→M，C正确恢复原浓差Cu（2）电极需发生还原反应，Cu2+放电析出铜单质，所以和电源负极相连，D错误。【答案】14.CD【解析】A.根据题目信息，“熔融煅烧”出来的产物显墨绿色可得K2MnO4，A正确B.通入CO2可将可溶性铝盐转化为氢氧化铝，将硅酸盐转化为硅酸沉淀，所以B正确，C错误。D.盐酸中氯离子可还原高锰酸根，影响目标产物的产量，D错误。【答案】15.BD根据化合价代数和为0可得出该关系式，A正确根据题目信息可得M为Fe3+,N为Fe2+，Fe3+遇亚铁氰化钾产生蓝色沉淀，B错误。加少量CuO通过调节PH除去Fe3+，C正确。根据得实电子守恒，理论上消耗标准状况下约11.2L的氧气，D错误。三、非选择题：本题共5小题，共60分16.（12分）Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g) ΔH=-46kJ·mol-1（2分））Ⅱ.-90(1分）Ⅲ.（1）①2CO2+10H++10e—=CH3CHO+3H2O(1分）7.2（2分）②此时阴极主要为氢离子放电（1分）（2）CO32—+4e—=C+3O2—（1分）4NA（2分）（3）Cu（1分）*COOH+H++e—=*CO+H2O（1分）【解析】Ⅰ.焓变等于反应物的总键能减去生成物的总键能。Ⅱ.根据题干信息可知，=+2--2。=0KJ/mol-2×242KJ/mol+394KJ/mol-0KJ/mol=-90KJ/mol；Ⅲ.（1）①铜电极为阴极，铜电极上产生CH3CHO的电极反应式为2CO2+10H++10e—=CH3CHO+3H2O若铜电极上只产生3.2gCH4,则说明转移了1.6mol电子，发生反应CO2+8H++8e—=CH4+2H2O，铜极区溶液质量变化了7.2g②当PH过低时，阴极主要为氢离子放电，导致有机物产率降低。（2）由图可知，电极CH4→CO2，C元素化合价升高，则为阳极；Ni电极碳元素价态降低得电子，故Ni电极为阴极，电极反应式为CO32—+4e—=C+3O2—；②Ni-YSZ电极为阳极，电极反应式为CH4+2O2--4e-═CO2+2H2，生成的CO2与氧离子结合生成CO32—，故理论上，生成1mol二氧化碳转移电子数为4NA；若还原产物主要为CH4时，应选择Cu作催化剂，因为Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离，第1步是C与催化剂活性位点相连，排除Sn；Au对CO的吸附能力较小，易脱离；Cu对CO的吸附能力强，不易从催化剂表面脱离。根据图中信息可知，电极反应式为*COOH+H++e—=*CO+H2O17.（12分）（1）赶尽反应装置中的空气，将四氯化碳吹入管式炉中（2分）（解释合理即可）（2）Cr2O3（3）还原Cr3+为Cr2+，加快反应的进行（1分）（4）c（1分）（5）①作反应物②作萃取剂（2分，各1分）（6）溶剂可循环使用，使用量减少；生成物溶于被分离，可提高转化率（2分）（7）61.42（2分）【解析】（1）本实验持续通入的目的是赶走体系中原有的空气和将四氯化碳吹入到管式炉中。（2）反应管的温度升到660℃时发生反应，生成和(光气)，根据原子守恒配平其化学方程式为。（3）是反应的催化剂，Zn具有还原性，与反应生成，加快反应的进行（5）易溶于四氢呋喃，故双颈烧瓶中四氢呋喃除作为反应物外还有一个用途是萃取剂；（6）本实验使用索氏提取器的优点是：溶剂可循环使用，使用量减少；生成物溶于被分离，可提高转化率。（7）根据铬元素守恒可知，的物质的量为0.01mol，理论上可制得，即，所以本实验的产率为。18.【答案】（1）CaSO4Fe(OH)3（2分，各1分）过量的CaCO3会使Al3+水解彻底，形成Al(OH)3沉淀，而失去吸收SO2的能力（2分）（2）SO2被循环液吸收生成的SO32—易被氧化为SO42—，使循环液失去吸收SO2作用（2分）（3）0.59（2分）。①NaHCO3、Na2SO3（2分，各1分）环节II（1分）②b（1分）【解析】：流程分析如下图：（1）有流程分析可知滤渣1为SiO2，加入CaCO3调节pH=3.6，使Al3+部分水解，但过量的CaCO3会使Al3+水解彻底，形成Al(OH)3沉淀，而失去吸收SO2的能力。（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2形成的亚硫酸