（2）煤通过干馏、气化、液化可获得清洁燃料和多种化工原料，氨是其中之一。NH3的 VSEPR模型为__________。
（3）锰、铁两元素中第三电离能较大的是__________(填元素符号)，原因是___________。 （4）碲化锌(ZnTe)具有宽禁带的特性，常用于制作半导体材料，碲化锌晶体有立方和六方两种晶型，其立方晶胞结构如下图所示。
①原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置。已知a、b、c的原子坐标参数分别为(0，0，0)、(，0，)、(，，)。则d的原子坐标参数为__________。
②若两个距离最近的Te原子间距离为apm，则晶体密度为__________g/cm(列式即可)。 36. [选修5：有机化学基础]（15分，除注明外，每空2分） M（
）是一种高分子化合物，它的合成路线如图所示：
3
已知：①R-CH=CH2②
回答下列问题：
R-CH(OH)CH2Br
（1）反应①的反应类型为__________，D中的官能团名称是__________。 （2）A的名称是__________(系统命名法)。
（3）反应②的条件为__________；反应③的化学方程式为__________。
（4）H为B的同分异构体，满足下列条件的结构共有__________种(不含立体异构)；其中核磁共振氢谱中出现4组峰，且峰面积之比为6：2：2：1的是__________ (写出结构简式)。 i.苯环上有两个取代基；ⅱ.与FeCl3溶液发生显色反应。 （5）参照上述合成路线，以请设计合成路线__________。
为原料(其他原料任选)制备
，
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2019年高考化学全真模拟试题（二十一）
答案及解析
7～13：BBACDCD
7.【答案】B
【解析】A、海水提镁是用氢氧化钙沉淀镁离子，要用到石灰石来制取氢氧化钙，工业炼铁需要加入石灰石用来造渣，工业制玻璃是用石灰石、纯碱和二氧化硅为原料制取的，故A正确。B、从质量守恒的角度分析,反应前后C的质量不变,则使用煤的液化、气化技术,不能改变生成二氧化碳的量,故B错误。C、活性炭具有吸附作用,可用于吸附雾霾,故C正确。D、晶体硅可导电,光电池可将光能转化为电能,故D正确。本题正确选项为B。 8.【答案】B
【解析】A、气体所处的状况不确定,气体的物质的量就不确定，无法计算负极消耗的气体分子数目,故A错误。B、1个
中含有10个质子,10个电子,则
物质的量为
,含有的质子数、电子数均为故B正确。C、当有1molFe2+被氧
化时，Fe2+被氧化成Fe3+，转移1mol电子，而碘离子也被氧化，因不知道碘离子氧化后的化合价，所以转移电子的数目不确定，故C错误。D、14g CnH2n中所含的C-H键为2NA，共价键总数大于2NA，故D错误。本题正确选项为B。 9.【答案】A 【解析】A、乙醇含
,乙酸含
,均与Na反应生成氢气,均为置换反应,且二
者可发生酯化反应生成乙酸乙酯,故A正确。B、乙烯、氯乙烯均含碳碳双键,而聚乙烯不含双键,则只有乙烯、氯乙烯可使酸性高锰酸钾溶液褪色,故B错误。C、分馏是根据石油中各成分沸点的不同将其分离开，是物理变化，干馏是将煤隔绝空气加强热，既有物理变化又有化学变化，裂化、裂解都是化学变化，故C错误。D、光导纤维的成分是二氧化硅不是有机高分子，故D错误。本题正确选项为A。 10.【答案】C
点睛：本题考查的是实验操作现象及结论，涉及到了非金属化合物硫酸，氨气，过氧化氢。体现了浓硫酸的强氧化性，氨气的还原性，过氧化氢的不稳定性。也涉及到难溶电解质的溶
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解平衡，要记准溶解度和溶度积常数的关系。 11.【答案】D
【解析】试题分析：由图可知，该装置为原电池，电池反应为一氧化碳、氢气分别与氧气反应生成二氧化碳和水。A电极为负极、B电极为正极，A. 催化重整中CH4+H2O=3H2+CO，碳元素的化合价从-4升高到+2，升高了6价，所以1 mol CH4参加反应转移6 mol电子，A不正确；B. 电极A上H2参与的电极反应为：H2+ CO3-2e=H2O+ CO2，B不正确；C. 电池工作时，阴离子向负极定向移动，所以CO3向电极A移动，C不正确；D. 电极B上的电极反应为O2+2CO2+4e- =2CO32-，D正确。本题选D。 12.【答案】C
【解析】由题中的信息可知，p为苯，n为溴，s为溴苯q为溴化铁，m为铁，W为H，X为C,Y为Fe,Z为Br。A、q为溴化铁，三价铁离子水解，溶液显酸性。故A正确。B.W的氧化物是水常温常压下为液态，故B正确。C、Z的氧化物的水化物若为HBrO4时为强酸，若为HBrO时则为弱酸，故C错误，D、p为苯，苯分子中没有双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色故D正确。本题正确选项为C。
点睛：本题考查无机物的推断及原子结构和元素周期律，把握n为溴、p为苯推断各物质是关键。解答本题需要注意溴苯的制备实验的应用和苯分子的结构特征等。 13.【答案】D
【解析】A、由物料守恒可知，a点所得溶液中c(HA)+c(A2-)+c(HA-)=
0.1 mol·L—1，
2-2--
故A不正确。B、b点所得溶液中溶质为NaHA，由电荷守恒得c(Na＋)+c(H+)=2c(A2-)+ c(HA-)＋c(OH-)，由物料守恒得c(Na＋)=c(H2A)+ c(A2-)+ c(HA-)，所以c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误。C、 a溶液中的溶质为H2A和NaHA， b中溶质为NaHA，c中为中溶质为NaHA和Na2A、d中为Na2A，H2A抑制水的电离，而A2-和HA-因发生水解而可以促进水的电离，在相同条件下，A的水解程度大于HA，故对应溶液水的电离程度为a应
，
物料守恒可知，此时
，由，可得
故D正确。本题正确选项为D。
点睛：本题考查溶液中的离子平衡问题，要熟练运用三个守恒，即电荷守恒、物料守恒、质子守恒。根据溶液的酸碱性判断酸根离子的电离程度和水解程度等。 26．【答案】 (1). 2CO(g)+4H2(g)
---2-2--
，其中
-7.19
发生水解反为7.19，即
，由
，Ka2= c(H)× c(A)/ c(HA)=10
+2--
，溶液的
，，计算可得
，即可知，，故
，
C2H5OH(g)+H2O(g) △H=-255.4kJ/mol
-l
-1
(2). 2CNO+8OH-6e=2CO3 +N2↑+4H2O (3). 0.4 (4). 0.05mol·L·min (5). D (6). 1(L/mol)2 (7). 小于
(8). 平衡常数增大，说明反应向正方向进行，反应正方向放热，故温度降低 【解析】（1）由CO催化加氢制备乙醇气体(另一产物为水蒸汽)的化学反应方程式为：2CO(g)+4H2(g)
C2H5OH(g)+H2O(g)，根据已知方程式：（ⅰ）CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)
△H1=-90.1kJ/mol（ⅱ）2CH3OH(g)
CH3OCH3(g)+H2O(g) △H2=-24.5kJ/mol
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（ⅲ）C2H5OH(g)为：2CO(g)+4H2(g)
CH3OCH3(g) △H3=+50.7kJ/mol 要得到目标方程，则（ⅰ）×2+（ⅱ）
C2H5OH(g)+H2O(g) △H=-255.4kJ/mol；
--
2-
-（ⅲ），故目标方程的反应热为：△H=△H1×2+△H2-△H3=-255.4kJ/mol，故热化学方程式（2）①根据题意，电解过程中，废水为碱性，CNOˉ（C是+4价、N是-3价）被氧化为碳酸盐和N2，故其电极先写：2CNO= 2CO3+N2↑ C的化合价没变，生成1mol N2，失去6mol电子，2CNO -6e= 2CO3 + N2↑，左边缺氧，故左边再加上OH，右边生成水，故其电极反应为：2CNO+8OH-6e=2CO3 +N2↑+4H2O；
②1m3 CNˉ含量为390mg/L的电镀废水中，n（CNˉ）=15mol，处理15mol CNˉ，CNˉ先被氧化成CNOˉ，消耗30mol电子，根据①中电极反应，该电解转移45mol电子，共需要75mol电子，若用甲醇燃料电池做该电解池的电源，1mol甲醇提供6mol电子，故需要12..5mol甲醇，故至少需准备甲醇的质量为12.5起始（mol） 1 2 0 转化（mol） x 2x x 5min（mol） 1-x 2-2x x 5min时： 1-x + 2-2x +x =2 x=0.5 反应速率v(CH3OH)=
= 0.05mol·L·min；
-l
-1
---2---2--
400g=0.4kg；
（3） CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g) △H1=-90.1kJ/mol
由于该反应是放热反应，高温平衡逆向移动，高压平衡正向移动，故要提高反应平衡转化率，则平衡应正向移动，故应选条件为低温高压，故选D； ②温度T1时反应的平衡常数K1=
=
=1;
T1时达平衡后，改变反应温度为T2，平衡常数增大，说明平衡正向移动，温度应该降低，故T2小于T1。
点睛：关于平衡、速率的计算一定要根据三段式来做，若需要设未知量即在三段式中大胆的设，三段式的优点就在于让数据直观明了，需要什么用什么，就可以避免一些不必要的错误。 27．【答案】 (1). (球形) 干燥管 (2). 防止水蒸气进入C装置 (3). 排出装置中的空气 (4). 4H++ 3MnO4 -+5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O
(5). 0.69g (6). 防止倒吸 (7). 浓硫酸 (8). 2NO2 + Na2O2=2NaNO3 【解析】本实验分两部分，I的实验目的是制取少量亚硝酸钠，根据反应：2NO+Na2O2=2NaNO2，Na2O2可以与水反应，所以该实验的关键是完全干燥。
（1）B、D的仪器名称是(球形) 干燥管，B、D的作用都是防止水蒸气进入C装置； （2）通NO前，需先通一段时间N2，就是要将装置中的空气排出去，因为产物NaNO2容易被氧化；故目的是排出装置中的空气；
（3）装置E的作用是吸收未反应完的NO，根据题中信息：NO和NO2均能与酸性KMnO4溶液反应生成NO3ˉ和Mn2+，故C中主要反应的离子方程式为：4H++ 3MnO4 -+5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O； （4）常温下，测得实验前后C的质量差值为0.30g，根据反应原理：2NO+Na2O2=2NaNO2，装
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置增重即为NO的质量，故n（NO）=n（NaNO2）0.1mol，m（NaNO2）=0.69g； Ⅱ.该实验的目的是探究NO2与Na2O2反应的产物，NO2和Na2O2都有较强氧化性。
（5）单向阀在G和H之间，单向阀内部有一个关键的圆锥状结构，实现气体单向流通的同时，还有一个作用是可以阻隔液体，防止倒吸；
（6）待试管G中收集满气体，向试管G中加入适量Na2O2粉末，塞紧塞子，轻轻振荡试管内粉末，观察到红棕色气体迅速消失；再将带火星的木条迅速伸进试管内，木条复燃，说明NO2反应完了，且生成O2,但可能是F中的水蒸气进入G，和NO2、Na2O2反应，故F、G之间增加一个M装置，用来吸收水蒸气，M中应盛装浓硫酸；用改进后的装置，重复了甲同学的实验操作，观察到红棕色气体迅速消失，带火星的木条未复燃，说明反应了，但未生成O2，所以是Na2O2氧化NO2，将其氧化成NaNO3，故其反应方程式为：2NO2 + Na2O2=2NaNO3。 28．【答案】 (1). +3 (2). CaSO4
(3). 粉粹矿石，增大反应物接触面积；或适当提高H2SO4的浓度(其他符合题意的答案均可) (4). 35%的H2SO4 控制反应温度在60-70℃之间
(5). 2NaF +4NH4F+ NaAlO2 + 2H2O= Na2AlF6+4NH3·H2O或2NaF+4NH4F + NaAlO2= Na3AlF6+ 4NH3 + 2H2O (6). D
(7). 原料可以循环使用；原料利用率高，节约原料；操作简单，对设备的要求低；(其他符合题意的答案均可)
【解析】（1）Na3AlF6中Al的化合价为+3，根据图示，反应①是CaF2、SiO2、H2SO4反应生成H2SiF4和A，故滤渣A是CaSO4；
（2）为了提高浸出率，在“酸浸”时可采取的措施有：粉粹矿石，增大反应物接触面积；或适当提高H2SO4的浓度等；
（3）酸浸的目的是想得到更多的H2SiF4，根据表格，实验2中获得Na2SiF6的质量最多，选择“酸浸”时最适合的条件为35%的H2SO4 控制反应温度在60-70℃之间；
（4）根据流程图，反应③中，NaF、NH4F和NaAlO2生成Na3AlF6和B，B应是NH3·H2O，故反应③的方程式是：2NaF+4NH4F + NaAlO2 +2H2O= Na2AlF6+4NH3·H2O；
（5）一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中，A、由于该反应反应物是固体，生成O2的速率不变，A错误；B、固体中Na3AlF6的作用是降低氧化铝的熔点，并未参与反应，故其质量不变，B错误；C、电解熔融Al2O3得到氧气，故固体中氧元素的质量应该减少，故C错误；D、一定质量的Al2O3和Na3AlF6固体混合物受热过程中，混合物熔化，铝的质量分数不变，随着电解的进行，固体质量减小，固体中铝元素的质量不变，质量分数增大，当氧化铝电解完以后，固体质量不变，铝的质量不变，故其质量分数不变，故D正确；故选D。 （6）根据流程图，此生产工艺的优点为原料可以循环使用；原料利用率高，节约原料；操作简单，对设备的要求低。 （二）选考题：
35. [选修3：物质结构与性质]（15分，除注明外，每空2分） 【答案】 (1).
(2). N>C>H
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