填漏补缺小题训练四（347）

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。

答案　A

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。

答案　C

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。

答案　C

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。

答案　C

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

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