(3份试卷汇总)2019-2020学年广西省梧州市高考第二次大联考化学试卷

在185~200°C时：NH4NO3=N2O+2H2O+127kJ

在230°C以上时，同时有弱光：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O+129kJ， 在400°C以上时，发生爆炸：4NH4NO3=3N2+2NO2+8H2O+123kJ 上述反应过程中一定破坏了__________________化学键。

NaCN的电子式为________________，Na+有_________种运动状态不同的电子，C原子核外有________（3）

种能量不同的电子，N原子核外最外层电子排布有________对孤对电子。 （4）下列能说明碳与氮两元素非金属性相对强弱的是_____________。 A、相同条件下水溶液的pH：NaHCO3＞NaNO3 B、酸性：HNO2＞H2CO3

C、CH4比NH3更稳定 D、C 与H2的化合比N2与H2的化合更容易

（5）NaCN属于剧毒物质，可以用双氧水进行无害化处理NaCN + H2O2 —— N2↑+ X + H2O，试推测X的化学式为___________。

（6）以TiO2为催化剂用NaClO将CN－离子氧化成CNO－，CNO－在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。写出CNO-在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：________________________________；

参考答案

一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意） 1．D 【解析】 【分析】 【详解】

①该有机物中含有碳碳双键和醇羟基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正确； ②含有羧基，可以和NaHCO3溶液反应，故正确；

③含有碳碳双键，一定条件下能与H2发生加成反应，故正确；

④含有羟基，在浓硫酸、加热条件下，能与冰醋酸发生酯化反应，故正确； 故选D。 2．A 【解析】 【详解】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。 A．非金属性N>H，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；

B．根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径Na>N>O>H，B项错误；

C．Z与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，后者存在离子键和共价键，C项错误； D．氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误； 答案选A。 3．A 【解析】 【详解】

A.液氯、干冰均为由一种分子构成的物质，因此都属于纯净物，A正确；

B.NO2与水反应产生HNO3和NO，元素化合价发生了变化，因此不属于酸性氧化物，CO是不成盐氧化物，只有CO2为酸性氧化物，B错误； C.误；

D.淀粉、纤维素都属于天然高分子化合物，而油脂不是高分子化合物，D错误； 故合理选项是A。 4．A 【解析】 【详解】

A．a点时，pH=3，c(H+) = 10-3 mol·L-1，因为Ka =1.0×10-3，所以c(HA) = c(A—)，根据电荷守恒c(A—) + c(OH—) = c(Na+) + c(H+)和c(HA) = c(A—)即得c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，故A正确；

B．a点溶质为HA和NaA，pH＝3，b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，c(OH—) 水电离出的c(OH—)＝10—11；= 10-3，OH—是由 NaOH电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的c(OH—)<10-3，那么水电离的c(H+)＞10—11，故B错误；

C．根据电荷守恒c(Na+) + c(H+) = c(A—) + c(OH—)可得c(Na+) = c(A—) + c(OH—)－c(H+)，假设C选项成立，则c(A—) + c(OH—)－c(H+) = c(HA) + c(A— ) + c(OH—)，推出c(HA) + c(H+) = 0，故假设不成立，故C错误； D．V =10mL 时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，A—+ H2O ? HA +OH—，水解后溶液显碱性，c(OH—) > c(H+)， 即c(HA) > c(H+) ，故D错误； 故答案选A。 【点睛】

属于酚类，而

属于芳香醇，因此二者不是同类物质，不能互为同系物，C错

判断酸碱中和滴定不同阶段水的电离程度时，要首先判断这一阶段溶液中的溶质是什么，如果含有酸或碱，则会抑制水的电离；如果是含有弱酸阴离子或弱碱阳离子的溶液，则会促进水的电离；水的电离程度与溶液pH无关。 5．D 【解析】 【分析】

本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。 【详解】

左图对应的热化学方程式为A. CH4(g)＋H2O(g)=3H2(g)＋CO(g) ΔH＝－103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO (g) + H2O(g)=H2 (g) + CO2 (9) △H=-33. 2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)＋2H2O(g)=4H2(g)＋CO2(g) ΔH＝－136.5kJ/mol，故D符合题意； 答案：D。 【点睛】

根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。 6．C 【解析】 【详解】

A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；

B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误； C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确； D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误； 故合理选项是C。 7．A 【解析】 【详解】

某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，

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根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42，且至少含有NO3、Cl中的一种，若含有NO3、Cl两种，则

还含有Na+，故答案选A。 8．C 【解析】 【详解】

A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为 n=

0.56L=0.025mol ，无论是否

22.4L/mol反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；

B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为

2.24L=0.1mol则转移电子数为0.1NA，故B错误；

22.4L/molC.1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确； D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。 故选C。 9．D 【解析】 【详解】

A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液的方法是渗析，故A项错误； B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误； C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；

D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。 综上所述，本题的正确答案为D。 10．A 【解析】 【分析】

浓硝酸、碘化银、次氯酸见光都易分解;碳酸氢钠加热分解,见光不分解,以此解答该题。 【详解】

AgI、HNO3、HClO在光照条件下都可分解,而NaHCO3在加热条件下发生分解，所以A选项是正确的； 综上所述，本题选项A。 11．D 【解析】 【详解】

A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误； B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；

C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误； D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为