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2018年广东省深圳市高考化学二模试卷(3)

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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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