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

2019 年第三次全国大联考【新课标Ⅱ卷】
理科综合化学·全解全析
7 8 9 10 11 12 13
A D C D
B
C C
7．A 【分析】焰色反响属于物理变化， A 项错误； CaCO3＋ CO2＋H2O Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2溶于水，
B 项正确；麦芽糖是复原性二糖，
C 项正确；水能够冲洗掉密度较小的沙，
D 项正确。

8． D 【分析】将 N O 折合成 NO ，混淆物含“ NO”为 1 mol，含总原子数为 3 mol，A 项错误； 1 mol 淀粉完
2 4 2 2
全水解最平生成 n mol 葡萄糖，含
2
、 Al
3+都水解，金属阳离子数量小于
5n mol 羟基， B 项错误； Fe A， C 项错误；
n(Mg) ＝ 0.5 mol ，Mg －2e Mg 2，转移电子的物质的量n(e )＝ 1 mol， D 项正确。

9． C 【分析】 R 在酸性条件下水解生成
3 2
OH 和
HO COOH ， A 项错误；－ CH 2 CH CH －、
－ CH 3最多分别有 1 个、 2 个原子与苯环共平面，R 分子最多有 18 个原子与苯环共平面， B 项错误；苯环上含－ OH、－ COOH 和－ CH 2CH 3，共有 10 种同分异构体， C 项正确； R 分子的分子式为C9H10O3，联合 3 mol H 2，分子式为 C9H 16O3， D 项错误。

10． D 【分析】浓盐酸易挥发，氢气中混有氯化氢和水蒸气，用氢氧化钠溶液汲取氯化氢，浓硫酸干燥氢气，
A 项正确；装置Ⅰ中，封闭止水夹，内压增大，停止反响；翻开止水夹，启动反响，
B 项正确；稀硫酸与锌
反响生成氢气， C 项正确；碱石灰汲取空气中二氧化碳和水蒸气，不可以汲取氢气， D 项错误。

11． B 【分析】上述装置中，光能转变成电能，电能转变成化学能， a 极为阳极， c 极为正极。

电子只好在导线上传达， A 项错误； a极为阳极，铵离子在阳极上发生氧化反响， B 项正确；装置内细菌参加工作，故工作温度不可以太高，温度太高脱除率反而会降低， C 项错误；上述办理废水过程中，波及光能、电能和化学能等形式的能量转变， D 项错误。

12． C 【分析】铁单质在氧气中焚烧，火星四射，生成黑色固体，可知Z 为 O 元素， M 为 S；主族元素 X、Y、Z、W 、 M 分别位于元素周期表的 3 个短周期，可知 X 为 H 元素； Y 原子的最外层电子数是内层电子数的
2.5 倍，可知 Y 为 N 元素；常温下， 0.1 mol/L W 的最高价氧化物对应的水化物的溶液，pH＝ 13 可知
WOH 为一元强碱，则 W 为 Na 元素。

钠分别与氢、氧元素形成的二元化合物中，NaH 、Na 2O 只含离子键， A 项错误； H2O 分子间存在氢键，熔沸点大于H 2S， B 项错误；含 H 、O、 Na、 S 的常有化合物为NaHSO3、NaHSO4，都易溶于水，溶液显酸性， C 项正确； N 与 O 形成的氧化物NO2标准情况
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下为液态， D 项错误。

13． C 【分析】 E 点对应的溶液中，溶质是 Na 2C 2O 4、 NaHC 2O 4 且浓度相等，由物料守恒知， A 项正确； F
点对应的溶质是 Na 2C 2O 4，由质子守恒知， c(OH )＝ c(H )＋ c(HC O )＋ 2c(H C O ) ，推知， c(OH )＞ c(H )
＋ c(HC O )＋c(H C O )
2 4
2 2 4
，B 项正确；温度越高，水的离子积越大，由图像知，
E 点对应的水的离子积最 2
4
2 2 4
小， C 项错误； G 点溶质是等物质的量的 Na 2C 2O 4 、NaOH ， D 项正确。

26．（ 14 分）
（ 1）分液漏斗（ 1 分）
（ 2）2MnO ＋ 10Cl ＋ 16H
2Mn 2+＋ 5Cl ↑＋8H O （ 2 分）
4
2
2
（3） HCl 和 Si 反响生成 SiHCl 3 和 H 2，产品纯度降低； Cl 2 和 H 2 混淆共热易发生爆炸（ 2 分）
（4） 烧碱溶液中水蒸气进入产品采集瓶，
SiCl 4 发生水解（ 2 分）
（ 5）3SiCl ＋ 4NH 3 高温
＋ 12HCl （ 2 分）
c （ 1 分）
4
Si 3N 4
17cV
（ 6）
（2 分） 偏高（ 2 分）
4a
【分析】（ 1）注意差别分液漏斗、长颈漏斗、一般漏斗。

装有浓盐酸的仪器是分液漏斗，以便于控制加
入盐酸的量与速率。

（2） KMnO 4 与浓盐酸反响生成
MnCl 2、 Cl 2、 KCl 和 H 2O ，化学方程式为 2KMnO 4＋ 16HCl 2KCl
＋ 2MnCl 2＋ 5Cl 2↑＋ 8H 2O 。

（ 3） 依题意， HCl 与 Si 反响生成 SiHCl 3 和 H 2 ，H 2 和 Cl 2 混淆共热易发生爆炸。

（4） NaOH 溶液汲取尾气中的
SiCl 4 和 Cl 2，水蒸气进入产品采集瓶， SiCl 4 发生水解反响： SiCl 4＋
3H 2O
H 2SiO 3 ↓＋ 4HCl 。

（5） SiCl 4 与 NH 3 反响生成 Si 3N 4 和 HCl ，采集 HCl 制备盐酸，要防倒吸，选
c 。

cV
cV
（ 6） M r (SiCl 4)＝ 170， n(SiCl 4)＝
4000
4000mol ×170g mol · 1
17cV
mol ， ω(SiCl 4)＝
a g
×100% ＝
% 。

若产品
4a
中混有 Cl 2，耗费 NaOH 溶液的体积将增大，测得结果偏高。

27．（ 14 分）
（ 1）
（1 分） SiO 2 、 C （1 分）
（ 2）粉碎废料、搅拌、适合加热、适合增大盐酸浓度等合理答案（ 2 分）
（3）B （1 分）
2Fe 2+＋ H 2O 2＋ 2H
2Fe 3+＋ 2H 2O （2 分）
（ 4）2Fe(OH) 3＋ 3NaClO ＋4NaOH 2Na 2FeO 4＋3NaCl ＋ 5H 2O （ 2 分）
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过度的 CO 2
冰晶石
（ 5）滤液 2
积淀
过滤
Al(OH) 3灼烧Al 2O 3
电解
Al （合理即可， 2 分）
滤液
33cV %（2 分） 偏高（ 1 分）
（ 6）
5w
【分析】（ 1）依题意， Y 试剂除掉铝元素，将铝元素转变成铝盐，将铁离子转变成氢氧化铁，又由于 Y 的阴、阳离子所含电子数相等，因此，
Y 为氢氧化钠。

滤渣
1 的主要成分是二氧化硅和炭粉。

（2） 从影响反响速率的要素角度剖析，如增大接触面积、增大酸的浓度、升温等能够加速
“酸浸 ”速率。

（3） “最正确 ”含义是：不污染环境、不引入杂质等，选择双氧水为佳。

双氧水氧化亚铁离子生成铁离子。

（4） 反响物为氢氧化铁、次氯酸钠、氢氧化钠，产物为高铁酸钠、氯化钠等，利用得失电子总数相等配
平。

（ ） 滤液 2 中主要成分是 NaAlO 2
，先积淀铝元素，再转变成氧化铝，最后电解熔融的氧化铝制备铝。

5 （6） 由有关反响式知， 3n(FeO
2
)＝ n(Fe 2
)。

n(K FeO ) ＝
cV
mol ，
4
2
4
3000
cV
mol 198 g mol 1
33cV
ω(K 2FeO 4)＝ 3000
×100% ＝
%。

没实用待装液润洗滴定管，会稀释标准溶液，
w g
5w
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耗费滴定液体积偏大，结果偏高。

28．（ 15 分）
（ 1）2Cu 2+＋ 4I 2CuI ↓＋ I 2（ 2 分）
（ 2） H 1
H 2
（2 分）
3
（3）1 （ 2 分）
（4）① A （ 2 分）
②B （1 分） ③加入催化剂（ 1 分）
（ 2 分）
（ 5）2Cu － 2e ＋ 2OH
Cu 2O ＋ H 2O （ 2 分）
高升（ 1 分）
【分析】（ 1）依题意， Cu 2+氧化
I 生成 I 2 和 CuI 。

2 1
H 1 H 2
× 得： Cu
（ ）由盖斯定律知，（①＋②） 2S(s)＋ O 2 2Cu(s)＋ SO 2(g)
H ＝。

3
3
1
（3） CuSO 4 ＋H 2S
CuS ↓＋ H 2SO 4， c(H )＝0.1 mol L ·， pH ＝ 1。

（4） ①铜的质量由多到少，当不变时达到均衡，
A 正确；铜离子、氯离子浓度之比为常数，一直不变，
B 错误；铜离子、氯离子浓度之比为常数，故氯离子浓度分数也为常数，
C 错误；氯化亚铜是固体，浓
度为常数， D 错误。

②铜为固体，增大铜的质量，不影响均衡挪动，
A 错误；增大铜离子浓度，均衡向右挪动，氯离子转
化率增大， B 正确；升温，均衡向左挪动，氯离子转变率降低，
C 错误；增大氯离子浓度，氯离子转变率
降低， D 错误。

③曲线
b 条件下达到均衡所用时间比曲线 a 短，但它们达到同一均衡状态，说明改变条件，反响加速但
是均衡不挪动，故改变条件是 “加入催化剂 ”。

均衡时， c(Cu 2
1
1
)＝ 0.2 mol L ·， c(Cl )＝ 0.4 mol L ·，平
1
1
＝。

2
2
2
衡常数
K ＝
c(Cu )?c (Cl )＝
0.2 ×
（5） 铜为阳极， 阳极上发生氧化反响， 电极反响式为 2Cu － 2e ＋ 2OH
22
Cu O ＋H O ；石墨为阴极，
阴极的电极反响式为 2H 2O ＋ 2e
2OH ＋H 2↑，溶液 pH 高升。

35．（ 15 分）
（ 1）4s 24p 4（ 1 分） 5（1 分） （ 2）＜（ 1 分） 三角锥形（ 2 分）
（ 3）S （ 2 分）
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（ 4）① sp3（ 1 分）9N A（ 2 分）②CD（ 2分）
（ 5） 2x（ 1 分）120 2 ×10 30
N A ?x3 （2 分）
【分析】（ 1）硒是34 号元素，与氧同主族，同主族元素的价电子排布相像，能级电子排布同样，不过
能层不一样，硒的价电子排布式为4s24p4。

基态氧原子核外电子占有 1s、2s 和 2p 能级，共 5 个轨道。

（2）同种元素的价态越高，其含氧酸的酸性越强。

SeO2 3中Se的价层有 4 个电子对，此中， 3 个成键电子对、 1 个孤电子对，它呈三角锥形。

（3）SCN 中 S、N 有孤电子对， C 没有孤电子对。

电负性越大，越难供给孤电子对。

故S 比 N 简单提供孤电子对。

6＋ 2
（4）①察看晶胞图示， 1 个硒原子与 2 个硒原子形成单键，硒原子价层电子对数为 2 ＝ 4，采纳 sp3
1 1
杂化。

由晶胞图告知， 1 个晶胞含硒原子数为(12 ×6＋ 2×2) ×3 ＝ 9。

②链内存在化学键，属于非极性键和
单键，单键都是σ键。

应选CD 。

（5）2+ 地点棱心、体心；S2 地点面心、极点。

1 个晶胞含 4 个“FeS”。

正八面体边长等于察看图 2，Fe
2 2
2 120 4×120 2 ×10 30
面对角线一半， x＝ 2 a，则a＝2x。

ρ＝
N A ?( 2x) 3×10 30g?cm 3＝ N A ?x3g?cm 3。

36．（ 15 分）
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（ 1）对硝基苯甲酸（或4-硝基苯甲酸）（ 2 分）C13H 20N 2O2（ 2 分）羟基（1分）
（2）
（2 分）（ 3）浓硫酸、浓硝酸、加热（ 2 分）复原反响（1分）
（4）10（ 2 分）
（5）（3分）
【分析】由 C 可知 A 为甲苯，联合已知信息可知 A B 引入硝基， B 的构造简式应为，再经过氧化反响即可获得C。

联合题给信息可知 G 的构造简式为，又由于 C 与 F 发生酯化反响获得G，可知 F 的构造简式应为HOCH 2CH 2N(C 2 H 5)2。

（1）由 H 的构造简式可知分子式为C13H 20N 2O2；由上述剖析可知 F 的含氧官能团名称为羟基。

（2）依据酯化反响原理不难写出化学方程式为：。

（3）由上述剖析可知， A B 为硝化反响，条件为：浓硫酸、浓硝酸、加热；硝基转变为氨基的过程
为复原反响。

（4）由信息可知J的苯环上含三个代替基：硝基、羟基和醛基。

硝基苯酚有 3 种构造：
NO
NO2
O2 N
2
，苯环上一个氢被醛基代替，挨次得4种、4种和 2
OH 、、OH
OH
种，共10 种。

（5）由定位代替基知，甲苯先发生代替生成对硝基甲苯，再氧化生成对硝基苯甲酸，最后复原，由于氨基易被氧化。

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