本试卷分选择题和非选择题两部分。满分56分，考试时间30分钟。
可能用到的相对原子质量：h—1 li—7 c—12 n—14 o—16 k—39 cl—35.5 mn—55 fe—56 zn—65
选择题
一、选择题(本题共7小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
7．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是( )
a．海水资源丰富，从海水中可以获得溴、钾、镁、烧碱等物质
b．小苏打是制作馒头和面包等糕点的膨松剂，也是治疗胃酸过多的一种药剂
c．苯是一种重要的化工原料，可以从煤干馏中获得苯
d．大气中的so2、no2是酸性氧化物，与酸雨的形成密切相关
解析 从海水中可以获得溴、钾、镁和烧碱等物质，a项正确；小苏打是nahco3，可作糕点的膨松剂，也可治疗胃酸过多，b项正确；苯可以从煤干馏中得到，c项正确；so2、no2与酸雨的形成密切相关，但no2不属于酸性氧化物，d项错误。
答案 d
8．设na为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是( )
a．2.0 g heq \o\al(18,2)o与2.0 g d2o中所含的中子数均为na
b．14 g分子式为cnh2n的烃中含有的碳碳双键数为na/n
c．100 g质量分数为17%的h2o2水溶液中氢原子数为na
d．常温下，将56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成so2的分子数为1.5na
解析 a．2.0 g heq \o\al(18,2)o所含的中子数eq \f(2.0 g,20 g·mol－1)(18－8)na＝na与2.0 g d2o中所含的中子数eq \f(2.0 g,20 g·mol－1)[(2－1)×2＋(16－8)]na＝na，均为na，故a正确；b.14 g分子式为cnh2n的烯烃的物质的量为eq \f(14 g,14n g·mol－1)＝eq \f(1,n)mol，含有的碳碳双键数为na/n，但分子式为cnh2n的烃不一定为烯烃，如是环烷烃，则没有碳碳双键，故b错误；c.水和双氧水中均含有氢原子，100 g质量分数为17%的h2o2水溶液中氢原子数多于na，故c错误；d.常温下，铁在浓硫酸中钝化，将56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成so2的分子数少于1.5na，故d错误；故选a。
答案 a
9．已知w、x、y、z为短周期元素，原子序数依次增大。w、z同主族，x、y、z同周期，其中只有x为金属元素。下列说法一定正确的是( )
a．原子半径：x>y>z>w
b．w的含氧酸的酸性比z的含氧酸的酸性强
c．w的气态氢化物的稳定性小于y的气态氢化物的稳定性
d．若w与x的原子序数差为5，则形成化合物的化学式为x3w2
解析 根据提供的信息，可以推断出w在x、y、z的上一周期，故原子半径：x>y>z>w，a项正确；w、z同主族，非金属性：w>z，但w的含氧酸的酸性不一定比z的含氧酸的酸性强，b项错误；w、z同主族，非金属性：w>z，y、z同周期，非金属性：y<z，故非金属性：w>y，w的气态氢化物的稳定性大于y的气态氢化物的稳定性，c项错误；若w与x的原子序数差为5。且四种元素中只有x为金属元素，则x为mg时w为n，x为al时w为o，二者形成化合物的化学式为mg3n2或al2o3，d项错误。
10．(2018·河北五校联考)分子中碳与氢两元素的质量比为21∶4的烃中主链上有5个碳原子的结构共有( )
a．3种 b．4种
c．5种 d．6种
解析 碳与氢的质量比为21∶4，即物质的量之比为eq \f(21,12)∶eq \f(4,1)，化简为7∶16，分子式为c7h16，属于烷烃，主链上有5个碳原子的结构：
(另一个甲基可以在①②③位置上移动，有3种)、
、
，共有5种，故选项c正确。
答案 c
11．(2018·山东济宁高三期末)高铁酸盐(如na2feo4)已经被广泛应用在水处理方面，以铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，装置如图。下列说法不正确的是( )
a．a为阳极，电极反应式为fe－6e－＋8oh－===feoeq \o\al(2－,4)＋4h2o
b．为防止高铁酸根扩散被还原，则离子交换膜为阳离子交换膜
c．在电解过程中溶液中的阳离子向a极移动
d．铁电极上有少量气体产生原因可能是4oh－－4e－===o2↑＋2h2o
解析 铁基材料为阳极，在高浓度强碱溶液中利用电解的方式可以制备高铁酸盐，所以铁是阳极，电极反应式为fe－6e－＋8oh－===feoeq \o\al(2－,4)＋4h2o，故a正确；阳离子交换膜可以阻止feoeq \o\al(2－,4)进入阴极区域，故b正确；在电解过程中溶液中的阳离子向阴极移动，所以阳离子向b极移动，故c错误；铁电极上发生氧化反应，所以生成的气体可能是氧气，电极反应式是4oh－－4e－===o2↑＋2h2o，故d正确。
12．298 k时，甲酸(hcooh)和甲酸钠的混合溶液中hcooh、hcoo－的浓度存在关系式：c(hcoo－)＋c(hcooh)＝0.100 mol·l－1，含碳元素的粒子的浓度与ph的关系如图所示。下列说法正确的是( )
a．298 k时，加蒸馏水稀释p点溶液，溶液中n(h＋)·n(oh－)保持不变
b．0.1 mol·l－1 hcoona溶液中有c(hcoo－)＋c(oh－)＝c(h＋)＋c(hcooh)
c．298 k时，hcooh的电离常数ka＝1.0×10－3.75
d．0.1 mol·l－1 hcoona溶液和0.1 mol·l－1 hcooh溶液等体积混合后，溶液的ph＝3.75(混合后溶液体积变化忽略不计)
解析 根据p点时，ph＝3.75，c(hcoo－)＝c(hcooh)，可得hcooh的电离常数ka＝eq \f(c（hcoo－）·c（h＋）,c（hcooh）)＝c(h＋)＝1.0×10－3.75，c项正确。298 k时，加蒸馏水稀释p点溶液，溶液中c(h＋)·c(oh－)＝kw保持不变，但由于溶液体积增大，故n(h＋)·n(oh－)增大，a项错误；0.1 mol·l－1 hcoona溶液中，根据电荷守恒得，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项错误；0.1 mol·l－1 hcoona溶液和0.1 mol·l－1 hcooh溶液等体积混合，hcooh的电离程度和hcoo－的水解程度不同，因此c(hcoo－)≠c(hcooh)，故溶液的ph≠3.75，d项错误。
13．海洋动物海鞘中含有种类丰富、结构新颖的次生代谢产物，是海洋抗肿瘤活性物质的重要来源之一。一种从海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物的流程如下：
若在实验室模拟该流程，下列关于该流程中各步骤的说法，错误的是( )
解析 步骤①分离得到滤液和不溶性物质，显然是分离固液混合物，其操作为过滤，需要漏斗、烧杯等仪器，a项正确；步骤②分离得到有机层溶液和水层溶液，显然是分离互不相溶的液体混合物，其操作为分液，需要分液漏斗、烧杯等仪器，b项正确；步骤③是从水溶液中得到固体，其操作为蒸发，需要蒸发皿等仪器，而坩埚是灼烧固体的仪器，c项错误；步骤④是从有机层溶液中分离得到甲苯，显然是分离沸点不同的液体混合物，其操作为蒸馏，需要蒸馏烧瓶、酒精灯、温度计、冷凝管等仪器，d项正确。
非选择题
26．(14分)(2018·北京四中高三期中)某化学小组在实验室模拟用软锰(主要成分mno2，杂质为铁及铜的化合物等)制备高纯碳酸锰，过程如下(部分操作和条件略)：
①缓慢向烧瓶中(见上图)通入过量混合气进行"浸锰"操作，主要反应原理为：
so2＋h2o===h2so3 mno2＋h2so3===mnso4＋h2o(铁浸出后，过量的so2会将fe3＋还原为fe2＋)
②向"浸锰"结束后的烧瓶中加入一定量纯mno2粉末。
③再用na2co3溶液调节ph为3.5左右，过滤。
④调节滤液ph为6.5～7.2，加入nh4hco3，有浅红色沉淀生成，过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰。
(1)"浸锰"反应中往往有副产物mns2o6的生成，温度对"浸锰"反应的影响如下图，为减少mns2o6的生成， "浸锰"的适宜温度是________。
(2)查阅表1，③中调ph为3.5时沉淀的主要成分是________。②中加入一定量纯mno2粉末的主要作用是_________________________________________，
相应反应的离子方程式为____________________________________
___________________________________________________________。
表1：生成相应氢氧化物的ph
(3)③中所得的滤液中含有cu2＋，可添加过量的难溶电解质mns除去cu2＋，经过滤，得到纯净的mnso4。用平衡移动原理解释加入mns的作用_________________________________________________________
______________________________________________________。
(4)④中加入nh4hco3后发生反应的离子方程式是__________________________
_____________________________________________________________。
解析 (1)从图中得到150 ℃以上，副产物mns2o6就不会生成了，同时锰的浸出率也是接近100%，所以选择150 ℃(或150 ℃以上)。
(2)根据表中数据，ph＝3.5时，得到的主要是氢氧化铁沉淀，所以上一步中加入mno2的目的是为了氧化亚铁离子(题目中说：铁浸出后，过量的so2会将fe3＋还原为fe2＋)。反应为：mno2＋2fe2＋＋4h＋===mn2＋＋2fe3＋＋2h2o，考虑到题目认为得到亚铁离子是因为二氧化硫过量，所以加入的二氧化锰也可以将过量的二氧化硫氧化，反应为：mno2＋so2===mn2＋＋soeq \o\al(2－,4)。
(3)mns投入水中的沉淀溶解平衡为：mns(s)
mn2＋(aq)＋s2－(aq)，溶液中的铜离子会结合硫离子形成cus沉淀，从而使反应平衡不断向右移动，将mns沉淀转化为cus沉淀，再经过滤就可以达到除去cu2＋的目的。当然能进行如上转化的前提是：cus的溶解度更小。
(4)加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，则mn2＋结合了碳酸氢根电离的碳酸根离子，使电离平衡：hco
h＋＋coeq \o\al(2－,3)正向移动，电离的h＋再结合hcoeq \o\al(－,3)得到co2，方程式为：mn2＋＋2hcoeq \o\al(－,3)===mnco3↓＋co2↑＋h2o。
答案 (1)150 ℃(或150 ℃以上)
(2)fe(oh)3 ②将fe2＋氧化为fe3＋，将过量的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更难溶，促进mns不断溶解，平衡右移，使cu2＋除去
(4)mn2＋＋2hcoeq \o\al(－,3)===mnco3↓＋co2↑＋h2o