2019年5月2019届高三第三次全国大联考(新课标Ⅲ卷)-化学(全解全析)

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2019 年第三次全国大联考【新课标Ⅲ卷】理科综合化学·全解全析

7．D 【解析】“近朱者赤，近墨者黑”中 “朱”指的是 HgS，A 项正确；生活中使用无磷洗衣粉，可以减少水中的含磷量，预防水体富营养化，B 项正确；在医学上常用作抗胃酸药物有 NaHCO3 与 Al(OH)3，C 项正确；面粉厂粉尘车间禁止吸烟主要从安全角度考虑(面粉可燃，其粉尘在空气中达到一定浓度后遇明火

有爆炸的危险)，D 项错误。

8．B 【解析】1 mol Na3N 含 1 mol N3−离子，1 mol NaN3 含 1

mol

N 离子，故 1 mol 二者的混合物含 N3−、

N 两种离子共 1 mol 即 NA 个，A 项错误；标况下 CH3Cl 为气体，11.2 L CH3Cl 的物质的量为 0.5 mol，

而 1 mol CH3Cl 中含有的极性键即C—Cl 与C—H 键数目共为 4NA，故 0.5 mol CH3Cl 中含极性键为 2 mol，

B 项正确；Cl2 与水的反应为可逆反应，氯水中还存在大量 Cl2 分子，故 HClO、Cl−、ClO−粒子数之和小于

2NA，C 项错误；NaCl 溶液体积未知，无法计算 Cl−的数目，D 项错误。

9．A 【解析】苯与氢气在一定条件下能发生加成反应，生成环己烷，故 A 正确；糖类水解的最终产物为葡萄糖，油脂水解的产物是高级脂肪酸（或高级脂肪酸盐）和甘油，蛋白质的水解产物是氨基酸，高级脂肪酸及其盐和氨基酸是电解质，葡萄糖和甘油是非电解质，B 项错误；淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，由于 n 值不同，二者不是同分异构体，C 项错误；乙醇与 NaOH 溶液不反应，而乙酸和 NaOH

稀溶液反应生成乙酸钠和水，D 项错误。

10．C 【解析】W 的最高正价和最低负价的代数和为 6，则 W 为 Cl；根据周期表的结构特点，可以得出 X、Y、Z、W 分别为 N、O、S、Cl。通常情况下 Y 的简单氢化物(H2O)为液体，而 Z 的简单氢化物(H2S)为气体，显然 Z 的简单氢化物沸点低于 Y 的简单氢化物沸点，A 项错误；W 对应的最高价含氧酸为高氯

酸，酸性最强，B 项错误；O 分别与 N、S、Cl 形成的化合物有：NO、NO2、N2O3、N2O4、SO2、SO3、ClO2、Cl2O、Cl2O7 等，C 项正确；S2−具有强还原性，强于 Cl−，D 项错误。

11．B 【解析】久置的 Na2O2 粉末，接触空气中的水和二氧化碳最终变质为碳酸钠，向其中滴加过量的盐酸，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，A 项错误；乙酸乙酯与 NaOH 溶液共热、搅拌， 完全水解生成的乙酸钠与乙醇均溶于水，液体不再分层，B 项正确；向黄色的 Fe(NO3)3 溶液中滴加氢碘酸7 8 9 10 11 12 13

D B A C B C B 理科综合化学 第 2页（共 8页）

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酸化后，得到强氧化剂稀 HNO3，无法证明 I2 是 I−被 Fe3+氧化所得，C 项错误；NaHCO3 的水解吸热， 理科综合化学 第 2页（共 8页）

2 4 微热滴加了酚酞的 NaHCO3 溶液，使水解平衡正向移动，溶液碱性增强，红色加深。微热达不到 NaHCO3

分解所需温度，D 项错误。

12．C 【解析】由图可知，电解质溶液为酸性，正极的电极反应是 O2+4H++4e− 2H2O，A 项错误；M

为阴极产生 H2，N 为阳极产生 Cl2，B 项错误；1 mol S2−转化成SO2 失 8 mol e−，则电路中转移 8 mol H+，

C 项正确；该电池为微生物燃料电池，该微生物的最佳活性温度未知，无法确定 60 ℃时电池效率是否升高，D 项错误。

13．B 【解析】a 点溶质为 CH3COOH，溶液中的 OH−完全来自水的电离，c(OH−)=1×10−11 mol·L−1，CH3COOH 电离出的 H+抑制了水的电离，其浓度为 c(H+)≈Kw/c(OH−)=1×10−14/1×10−11=1×10−3 mol·L−1，可求出常温下 CH3COOH 的 电 离 常 数 K，K=[c(H+)·c(CH3COO−)]/c(CH3COOH)=c2(H+)/c(CH3COOH)= (1×10−3)2/(1×10−1−1×10−3)≈1×10−5，A 项正确；b、d

两点溶液溶质的组成不同，b 点 NaOH 加的量不足， 溶质为 CH3COONa、CH3COOH，一方面 CH3COOH

的存在抑制了 CH3COO−水解，另一方面，CH3COONa 的存在对 CH3COOH 的电离也起到抑制作用，由于酸的电离与盐的水解均微弱且程度相当，此时溶液呈中性，pH=7，而 d 点所加 NaOH 过量，d 点溶质为

CH3COONa、NaOH，d 点溶液呈碱性，pH 大于 7， B 项错误；当 V1=20 mL 时，n(CH3COOH)=n(NaOH)，二者恰好完全反应，c 点对应溶质只有 CH3COONa， 盐的水解促进水的电离，故此点水电离出的 c(OH−)为最大，C 项正确；c 点溶质只有 CH3COONa，根据物料守恒式：c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO−) 及电荷守恒式：c(OH−)+c(CH3COO−)=c(H+)+c(Na+)，得出 c(OH−)=c(CH3COOH)+c(H+)，D 项正确。

26．（15 分）

（1）分液漏斗（1 分） 除去 HCl 气体（1 分）

（2）MnO +4H+2Cl △ Mn2++Cl ↑+2H O（2 分 ）

2 2 2

（3） 打开 K1，关闭 K2 和 K3，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加入适量水，使分液漏斗中的液面高于烧瓶中的液面，静置，若液面差保持不变，则证明装置气密性良好（合理即可，2 分）

（4） K2（1 分） K1 和 K3（1 分） 排尽装置内空气，避免 NO 和 O2 反应（2 分）

（5）①2NOCl+H2O 2HCl+NO↑+NO2↑（2 分） ② 65.5cV % （2 分） ③偏高（1 分）

w

【解析】（1）仪器 a 为分液漏斗；依题意，干燥的氯气与干燥的 NO 反应制备亚硝酰氯，氯气必须干燥、纯净，故先通过饱和食盐水，除去 HCl，再通过浓硫酸干燥氯气。

（ 2 ） 浓 盐 酸 完 全 电 离 写 离 子 形 式 ， 故 MnO2 与 浓 盐 酸 反 应 的 离 子 方 程 式 为 ： 理科综合化学 第 3页（共 8页）

3 3

3 MnO +4H+2Cl △

Mn2++Cl ↑+2H O 。

2 2 2

（3） 检验装置的气密性，可以采用微热法或液差法；无论采用哪种方式检验气密性，都必须先形成密闭体系。打开 K1，关闭 K2 和 K3，打开分液漏斗活塞，向分液漏斗中加入适量的水，使分液漏斗中液面高于烧瓶中液体液面，然后静置，若液面差保持不变，则证明装置气密性良好。

（4） 氯气和一氧化氮反应之前必须排尽装置内空气，避免 NO 和 O2 反应；故应先关闭 K2，打开 K1 和

K3，将装置的空气赶出。

（5） ①根据题干信息：NOCl 遇水发生剧烈反应，生成一种氢化物和两种氧化物，亚硝酰氯中氮为+3

价，氯为−1 价，由滴定原理知，硝酸银与氯化氢反应，所以，亚硝酸氯与水反应生成氯化氢、一氧化氮和二氧化氮（ 歧化反应）， 可以写出化学反应方程式： 2NOCl+H2O 2HCl+NO↑+NO2↑ 。②

n(AgNO3)=n(NOCl)= cV mol， NOCl 的相对分子质量为 65.5 。所以， 该产品纯度： ω(NOCl)=

1000 cV mol 250mL  65.5g  mol1 1000 25.00mL ×100%= 65.5cV %。③若酸式滴定管未用待装液体润洗，则造成浓

wg w

度降低，消耗的标准溶液体积偏大，造成滴定结果偏高。

27．（14 分）

（1）适当加热；适当增大硫酸浓度等（合理即可，2 分）

（2）3Cu+2 NO +8H 3Cu2++2NO↑+4H2O（2 分）

（3）(NH4)2SO4（1 分） 2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O 2CuCl↓+2(NH4)2SO4+H2SO4（2 分）

（4）抑制 CuCl 的水解（1 分） 减少 CuCl 溶解；乙醇挥发快，避免 CuCl 被空气中 O2 氧化（答出要点即可，2 分）

（5）0.6（1 分） 1.1（1 分）

64 y

（6）

99.5xw ×100%（2 分）

【解析】（1）从影响反应速率的因素角度分析，反应物接触面积越大，反应越快；或者适当提高反应液 的温度，适当增大硫酸的浓度等也可以增大“溶解”速率。

（2） 在酸性条件下硝酸根离子能氧化铜，还原产物为 NO（反应物作稀硝酸对待），对应的离子方程式为：3Cu+2 NO +8H 3Cu2++2NO↑+4H2O。

（3） “还原”中氧化产物为硫酸铵，滤液分离出氮肥主要是硫酸铵。亚硫酸铵被溶液中的 CuSO4 氧化成

硫酸铵，Cu2+被还原生成 CuCl，对应的方程式为：2CuSO4+(NH4)2SO3+2NH4Cl+H2O 2CuCl↓+ 理科综合化学 第 4页（共 8页）

4

3 2 2(NH4)2SO4+H2SO4。

（4） CuCl 是强酸弱碱盐，易水解，用硫酸洗涤氯化亚铜产品，避免氯化亚铜水解。CuCl 在乙醇中溶解度小且乙醇沸点低，易挥发，避免因水洗干燥时间长而导致 CuCl 被氧气氧化。

（5） 从图像看出，铜离子沉淀率最大的投料比依次为 0.6、1.1。

（6） 产品中铜元素的质量 m(Cu)=

28．（14 分） 64 y

99.5

t，CuCl 的产率= 64 y

99.5xw

×100%。

（1）4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g) ΔH= −1805 kJ·mol−1（或其他合理答案，2 分）

（2）①0.002 mol·L−1·min−1（1 分） 2.78（2 分） ②ACD （2 分）

③ （达平衡时间小于 50 min，物质的量小于 0.5 mol

即可，2 分）

④逆向（2 分）

（3）正（1 分） CO(NH2)2 −6e−+H2O N2+CO2+6H+（2 分）

【解析】（1）根据盖斯定律，将①−②×5 得相应反应的热化学方程式：

4NH3(g)+6NO(g) 5N2(g)+6H2O(g)，故ΔH=−905 kJ·mol−1−900 kJ·mol−1=−1805 kJ·mol−1。

（2）①υ(CO )= ( 1mol −0.1 mol·L−1)÷50 min=0.002 mol·L−1·min−1。平衡时 c(CO )=0.1 mol·L−1，剩余的 2 2 5L

n(CO2)=0.1 mol·L−1×5 L=0.5 mol，反应中消耗的 n(CO2)=0.5 mol，根据反应方程式列三段式得：