本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分56分，考試時間30分鐘。

可能用到的相對原子質量：H—1　Li—7　C—12　N—14　O—16　K—39　Cl—35.5　Mn—55　Fe—56　Zn—65

選擇題

一、選擇題(本題共7小題，每小題6分。在每小題給出的四個選項中，隻有一項是符合題目要求的。)

7．化學與科學、技術、社會、環境密切相關。下列有關說法中錯誤的是(　　)

A．海水資源豐富，從海水中可以獲得溴、鉀、鎂、燒堿等物質

B．小蘇打是制作饅頭和面包等糕點的膨松劑，也是治療胃酸過多的一種藥劑

C．苯是一種重要的化工原料，可以從煤幹餾中獲得苯

D．大氣中的SO2、NO2是酸性氧化物，與酸雨的形成密切相關

解析　從海水中可以獲得溴、鉀、鎂和燒堿等物質，A項正确；小蘇打是NaHCO3，可作糕點的膨松劑，也可治療胃酸過多，B項正确；苯可以從煤幹餾中得到，C項正确；SO2、NO2與酸雨的形成密切相關，但NO2不屬于酸性氧化物，D項錯誤。

答案　D

8．設NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關叙述正确的是(　　)

A．2.0 g Heq \o\al(18,2)O與2.0 g D2O中所含的中子數均為NA

B．14 g分子式為CnH2n的烴中含有的碳碳雙鍵數為NA/n

C．100 g質量分數為17%的H2O2水溶液中氫原子數為NA

D．常溫下，将56 g鐵片投入到足量的濃硫酸中生成SO2的分子數為1.5NA

解析　A．2.0 g Heq \o\al(18,2)O所含的中子數eq \f(2.0 g,20 g·mol－1)(18－8)NA＝NA與2.0 g D2O中所含的中子數eq \f(2.0 g,20 g·mol－1)[(2－1)×2＋(16－8)]NA＝NA，均為NA，故A正确；B.14 g分子式為CnH2n的烯烴的物質的量為eq \f(14 g,14n g·mol－1)＝eq \f(1,n)mol，含有的碳碳雙鍵數為NA/n，但分子式為CnH2n的烴不一定為烯烴，如是環烷烴，則沒有碳碳雙鍵，故B錯誤；C.水和雙氧水中均含有氫原子，100 g質量分數為17%的H2O2水溶液中氫原子數多于NA，故C錯誤；D.常溫下，鐵在濃硫酸中鈍化，将56 g鐵片投入到足量的濃硫酸中生成SO2的分子數少于1.5NA，故D錯誤；故選A。

答案　A

9．已知W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數依次增大。W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中隻有X為金屬元素。下列說法一定正确的是(　　)

A．原子半徑：X>Y>Z>W

B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強

C．W的氣态氫化物的穩定性小于Y的氣态氫化物的穩定性

D．若W與X的原子序數差為5，則形成化合物的化學式為X3W2

解析　根據提供的信息，可以推斷出W在X、Y、Z的上一周期，故原子半徑：X>Y>Z>W，A項正确；W、Z同主族，非金屬性：W>Z，但W的含氧酸的酸性不一定比Z的含氧酸的酸性強，B項錯誤；W、Z同主族，非金屬性：W>Z，Y、Z同周期，非金屬性：Y<Z，故非金屬性：W>Y，W的氣态氫化物的穩定性大于Y的氣态氫化物的穩定性，C項錯誤；若W與X的原子序數差為5。且四種元素中隻有X為金屬元素，則X為Mg時W為N，X為Al時W為O，二者形成化合物的化學式為Mg3N2或Al2O3，D項錯誤。

答案　A

10．(2018·河北五校聯考)分子中碳與氫兩元素的質量比為21∶4的烴中主鍊上有5個碳原子的結構共有(　　)

A．3種 B．4種

C．5種 D．6種

解析　碳與氫的質量比為21∶4，即物質的量之比為eq \f(21,12)∶eq \f(4,1)，化簡為7∶16，分子式為C7H16，屬于烷烴，主鍊上有5個碳原子的結構：

(另一個甲基可以在①②③位置上移動，有3種)、

、

，共有5種，故選項C正确。

答案　C

11．(2018·山東濟甯高三期末)高鐵酸鹽(如Na2FeO4)已經被廣泛應用在水處理方面，以鐵基材料為陽極，在高濃度強堿溶液中利用電解的方式可以制備高鐵酸鹽，裝置如圖。下列說法不正确的是(　　)

A．a為陽極，電極反應式為Fe－6e－＋8OH－===FeOeq \o\al(2－,4)＋4H2O

B．為防止高鐵酸根擴散被還原，則離子交換膜為陽離子交換膜

C．在電解過程中溶液中的陽離子向a極移動

D．鐵電極上有少量氣體産生原因可能是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O

解析　鐵基材料為陽極，在高濃度強堿溶液中利用電解的方式可以制備高鐵酸鹽，所以鐵是陽極，電極反應式為Fe－6e－＋8OH－===FeOeq \o\al(2－,4)＋4H2O，故A正确；陽離子交換膜可以阻止FeOeq \o\al(2－,4)進入陰極區域，故B正确；在電解過程中溶液中的陽離子向陰極移動，所以陽離子向b極移動，故C錯誤；鐵電極上發生氧化反應，所以生成的氣體可能是氧氣，電極反應式是4OH－－4e－===O2↑＋2H2O，故D正确。

答案　C

12．298 K時，甲酸(HCOOH)和甲酸鈉的混合溶液中HCOOH、HCOO－的濃度存在關系式：c(HCOO－)＋c(HCOOH)＝0.100 mol·L－1，含碳元素的粒子的濃度與pH的關系如圖所示。下列說法正确的是(　　)

A．298 K時，加蒸餾水稀釋P點溶液，溶液中n(H＋)·n(OH－)保持不變

B．0.1 mol·L－1 HCOONa溶液中有c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOOH)

C．298 K時，HCOOH的電離常數Ka＝1.0×10－3.75

D．0.1 mol·L－1 HCOONa溶液和0.1 mol·L－1 HCOOH溶液等體積混合後，溶液的pH＝3.75(混合後溶液體積變化忽略不計)

解析　根據P點時，pH＝3.75，c(HCOO－)＝c(HCOOH)，可得HCOOH的電離常數Ka＝eq \f(c（HCOO－）·c（H＋）,c（HCOOH）)＝c(H＋)＝1.0×10－3.75，C項正确。298 K時，加蒸餾水稀釋P點溶液，溶液中c(H＋)·c(OH－)＝Kw保持不變，但由于溶液體積增大，故n(H＋)·n(OH－)增大，A項錯誤；0.1 mol·L－1 HCOONa溶液中，根據電荷守恒得，c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由于水解是微弱的，HCOONa溶液中c(Na＋)>c(HCOOH)，故c(HCOO－)＋c(OH－)>c(H＋)＋c(HCOOH)，B項錯誤；0.1 mol·L－1 HCOONa溶液和0.1 mol·L－1 HCOOH溶液等體積混合，HCOOH的電離程度和HCOO－的水解程度不同，因此c(HCOO－)≠c(HCOOH)，故溶液的pH≠3.75，D項錯誤。

答案　C

13．海洋動物海鞘中含有種類豐富、結構新穎的次生代謝産物，是海洋抗腫瘤活性物質的重要來源之一。一種從海鞘中提取具有抗腫瘤活性的天然産物的流程如下：

若在實驗室模拟該流程，下列關于該流程中各步驟的說法，錯誤的是(　　)

解析　步驟①分離得到濾液和不溶性物質，顯然是分離固液混合物，其操作為過濾，需要漏鬥、燒杯等儀器，A項正确；步驟②分離得到有機層溶液和水層溶液，顯然是分離互不相溶的液體混合物，其操作為分液，需要分液漏鬥、燒杯等儀器，B項正确；步驟③是從水溶液中得到固體，其操作為蒸發，需要蒸發皿等儀器，而坩埚是灼燒固體的儀器，C項錯誤；步驟④是從有機層溶液中分離得到甲苯，顯然是分離沸點不同的液體混合物，其操作為蒸餾，需要蒸餾燒瓶、酒精燈、溫度計、冷凝管等儀器，D項正确。

答案　C

非選擇題

26．(14分)(2018·北京四中高三期中)某化學小組在實驗室模拟用軟錳(主要成分MnO2，雜質為鐵及銅的化合物等)制備高純碳酸錳，過程如下(部分操作和條件略)：

①緩慢向燒瓶中(見上圖)通入過量混合氣進行"浸錳"操作，主要反應原理為：

SO2＋H2O===H2SO3　MnO2＋H2SO3===MnSO4＋H2O(鐵浸出後，過量的SO2會将Fe3＋還原為Fe2＋)

②向"浸錳"結束後的燒瓶中加入一定量純MnO2粉末。

③再用Na2CO3溶液調節pH為3.5左右，過濾。

④調節濾液pH為6.5～7.2，加入NH4HCO3，有淺紅色沉澱生成，過濾、洗滌、幹燥，得到高純碳酸錳。

(1)"浸錳"反應中往往有副産物MnS2O6的生成，溫度對"浸錳"反應的影響如下圖，為減少MnS2O6的生成， "浸錳"的适宜溫度是________。

(2)查閱表1，③中調pH為3.5時沉澱的主要成分是________。②中加入一定量純MnO2粉末的主要作用是_________________________________________，

相應反應的離子方程式為____________________________________

___________________________________________________________。

表1：生成相應氫氧化物的pH

(3)③中所得的濾液中含有Cu2＋，可添加過量的難溶電解質MnS除去Cu2＋，經過濾，得到純淨的MnSO4。用平衡移動原理解釋加入MnS的作用_________________________________________________________

______________________________________________________。

(4)④中加入NH4HCO3後發生反應的離子方程式是__________________________

_____________________________________________________________。

解析　(1)從圖中得到150 ℃以上，副産物MnS2O6就不會生成了，同時錳的浸出率也是接近100%，所以選擇150 ℃(或150 ℃以上)。

(2)根據表中數據，pH＝3.5時，得到的主要是氫氧化鐵沉澱，所以上一步中加入MnO2的目的是為了氧化亞鐵離子(題目中說：鐵浸出後，過量的SO2會将Fe3＋還原為Fe2＋)。反應為：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，考慮到題目認為得到亞鐵離子是因為二氧化硫過量，所以加入的二氧化錳也可以将過量的二氧化硫氧化，反應為：MnO2＋SO2===Mn2＋＋SOeq \o\al(2－,4)。

(3)MnS投入水中的沉澱溶解平衡為：MnS(s)

Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，溶液中的銅離子會結合硫離子形成CuS沉澱，從而使反應平衡不斷向右移動，将MnS沉澱轉化為CuS沉澱，再經過濾就可以達到除去Cu2＋的目的。當然能進行如上轉化的前提是：CuS的溶解度更小。

(4)加入碳酸氫铵生成碳酸錳沉澱，則Mn2＋結合了碳酸氫根電離的碳酸根離子，使電離平衡：HCO

H＋＋COeq \o\al(2－,3)正向移動，電離的H＋再結合HCOeq \o\al(－,3)得到CO2，方程式為：Mn2＋＋2HCOeq \o\al(－,3)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。

答案　(1)150 ℃(或150 ℃以上)

(2)Fe(OH)3　②将Fe2＋氧化為Fe3＋，将過量的SO2氧化除去　MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，MnO2＋SO2===Mn2＋＋SOeq \o\al(2－,4)

(3)MnS(s)

Mn2＋(aq)＋S2－(aq)、Cu2＋(aq)＋S2－(aq)

CuS(s)　生成的CuS比MnS更難溶，促進MnS不斷溶解，平衡右移，使Cu2＋除去

(4)Mn2＋＋2HCOeq \o\al(－,3)===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O