2018年广东省深圳市高考化学二模试卷(3)

无关，故B错误；

C．CuO可氧化乙醇，由现象可知，乙醇被氧化，故C错误；

D．二者反应生成氢氧化铝，则生成白色沉淀，且沉淀不溶解，氢氧化铝不能溶于弱碱，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4．（4分）化合物 （a）、 （b）、 （c）同属于薄荷系有机

物，下列说法正确的是（ ） A．a、b、c 都属于芳香族化合物 C．由a生成c的反应是氧化反应 【分析】A．都不含苯环； B．b不含碳碳双键；

C．a与水发生加成反应可生成c； D．b、c分子式相同，结构不同。

【解答】解：A．a、b、c 分子中都不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误； B．b不含碳碳双键；，与溴不反应，故B错误；

C．a与水发生加成反应可生成c，不是氧化还原反应，故C错误；

D．b、c分子式相同，都为C10H18O，结构不同，互为同分异构体，故D正确。 故选：D。

【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

5．（4分）短周期主族元素W、X、Y、Z，原子半径依次增大。W、X在同一主族，Y元素在第三周期中离子半径最小，Y和Z的原子序数之和是W的3倍。下列说

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B．a、b、c都能使溴水褪色 D．b、c互为同分异构体

法正确的是（ ）

A．X的简单氢化物的热稳定性比W的强 B．X的氧化物对应的水化物是强酸 C．Z和W形成的化合物可能含有非极性键 D．Z、Y的氧化物是常用的耐火材料

【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z，Y元素在第三周期中离子半径最小，则Y为Al3+，W、X、Y、Z，原子半径依次增大，则Z为Na或者Mg，Y和Z的原子序数和可能为13+11=24，或者13+12=25，Y和Z的原子序数之和是W的3倍，则Z为Na，W为O，W、X在同一主族，X为S，据此分析解答。 【解答】解：依据分析可知：W、X、Y、Z分别为O S Al Na，

A．同主族元素从上到下气态氢化物稳定性依次减弱，所以H2O＞H2S，故A错误； B．X为S，其氧化物可能为二氧化硫或者三氧化硫，二氧化硫对应水化物为亚硫酸为弱酸，三氧化硫对应水化物为强酸，故B错误；

C．Z和W形成的化合物有氧化钠和过氧化钠两种，过氧化钠中存在O﹣O非极性共价键，故C正确；

D．耐火材料应具有较高熔点，钠的氧化物熔点较低，不能做耐火材料，铝的氧化物可以做耐火材料，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

6．（4分）以柏林绿Fe[Fe（CN）6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）

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A．放电时，正极反应为Fe[Fe（CN）6]+2Na++2e﹣=Na2Fe[Fe（CN）6] B．充电时，Mo（钼）箔接电源的负极 C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室

D．外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g

【分析】根据放电工作原理图，在正极上发生还原反应：Fe[Fe（CN）6]+2Na+﹣2e﹣=Na2Fe[Fe（CN）6]，负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣= [Mg2Cl2]2+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，据此回答即可。

【解答】解：A、放电时，正极上是得电子的还原反应Fe[Fe（CN）6]+2Na+﹣2e

﹣

=Na2Fe[Fe（CN）6]，故A正确；

B、充电时，原电池的负极连接电源的负极，Mo（钼）箔是正极接电源的正极，故B错误；

C、充电时，Na+通过交换膜移向阴极，即从左室移向右室，故C正确； D、负极上是失电子的氧化反应：2Mg+2Cl﹣﹣4e﹣=[Mg2Cl2]2+，外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为减少金属镁0.1molg，质量变化2.4g，故D正确。 故选：B。

【点评】本题考查学生原电池和电解池的工作原理知识，注意知识的归纳和梳理

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是关键，难度中等。

7．（4分）25℃时，向Na2CO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。

已知：lgX=lg或lg，下列叙述正确的是（ ）

A．曲线m表示pH与lg的变化关系

B．当溶液呈中性时，c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣） C．Ka1（H2CO3）=1.0×10﹣6.4

D．25℃时，CO32+H2O?HCO3+OH的平衡常数为1.0×10

﹣

﹣

﹣

﹣7.6

【分析】溶液的pH越小，HCO3﹣和H2CO3的浓度越大，则m曲线代表lg

，

n曲线代表lg；

A．溶液的pH越小，HCO3﹣和H2CO3的浓度越大； B．Na2CO3溶液中存在物料守恒； C．Ka1（H2CO3）=结合pH计算； D．Kh=

，结合图中的数据计算。

，在M点lg

=1，即

=10，

【解答】解：A．溶液的pH越小，HCO3﹣和H2CO3的浓度越大，m曲线代表lg

，故A错误；

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B．Na2CO3溶液中存在物料守恒，则c（Na+）=2c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（H2CO3），故B错误； C．Ka1（H2CO3）=

，在M点lg

=1，即

=10，

M点的pH=7.4，则c（H+）=10﹣7.4mol/L，所以Ka1（H2CO3）=10×10﹣7.4=1.0×10

﹣6.4

，故C正确；

=10﹣1×10﹣9.3=1.0×10﹣10.3，25℃时，CO32﹣

D．Ka2（H2CO3）=

+H2O?HCO3﹣+OH﹣的平衡常数为Kh=故选：C。

=

=1.0×10﹣3.7，故D错误。

【点评】本题考查了盐的水解原理的应用、溶液中守恒关系的应用、电离常数的计算等，题目难度中等，注意把握图中纵坐标和横坐标的含义、以及电离平衡常数的计算方法，侧重于考查学生的分析能力和计算能力。

二、填空题（共3小题，满分42分）

8．（14分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的深白剂和消毒剂，它在酸性条件下生成NaCl并放出C1O2，C1O2有类似Cl2的性质。某兴趣小组探究亚氯酸钠的制备与性质。

Ⅰ．制备业氯酸钠

关闭止水夹②，打开止水夹①，从进气口通入足量C1O2，充分反应。 （1）仪器a的名称为 圆底烧瓶 ，仪器b的作用是 防止倒吸

（2）装置A中生成NaC1O2的离子方程式为 2ClO2+2OH﹣+H2O2=2C1O2+H2O+O2↑ （3）若从装置A反应后的溶液中获得NaClO2晶体，则主要操作有减压蒸发浓缩、

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