高考化学仿真试卷及答案解析（高考化学试卷及答案解析电子版）

(时间：75分钟　满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H－1　C－12　N－14　O－16　Mg－24　Ca－40　Ni－59　I－127

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。

1．《本草纲目》中有对“盐胆水(卤水)”的记载：“藏器曰：此乃盐初熟，槽中沥下黑汁也。时珍曰：盐下沥水，则味苦不堪食。今人用此水，收豆腐。”卤水的主要成分为氯化镁等。下列说法错误的是(　　)

A．卤水是海水制盐工业的副产物，可用于提溴

B．“今人用此水，收豆腐”利用了胶体聚沉的性质

C．直接加热蒸发氯化镁溶液可获得纯净的无水氯化镁

D．工业上通过电解熔融氯化镁的方法制金属镁

2．下列类比正确的是(　　)

A．Fe(OH)3与HCl反应生成FeCl3，则Fe(OH)3与HI反应生成FeI3

B．H2O2的热稳定性比H2O的弱，则C2H6的热稳定性比CH4的弱

C．F2、Cl2、Br2的沸点逐渐升高，则HF、HCl、HBr的沸点也逐渐升高

D．向Na2CO3(s)中加入少量水伴随放热现象，则向NaHCO3(s)中加入少量水也伴随放热现象

3．下列说法错误的是(　　)

A．实验室在取用药品时，多余的药品能否放回原试剂瓶要视具体情况而定

B．中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶

C．分液漏斗在使用前要将上口玻璃塞和漏斗颈上的旋塞芯取出，都涂上凡士林并转动使油膜均匀透明，且转动自如

D．“静置”也是一种必要的实验操作，如滴定管读数前、萃取分液时等

4．下列有关实验设计能达到实验目的的是(　　)

5．离子液体M的结构如图所示，下列说法错误的是(　　)

A．电负性由大到小的顺序是F>N>B

B．阴离子的空间结构为正四面体形

C．M因含有机基团而使其熔点较低

D．M分子中C—C键的键能大于C—N键的键能

6．诺氟沙星为第三代喹诺酮类抗菌药，其结构简式如图所示。下列关于诺氟沙星的说法正确的是(　　)

A．分子式为C16H16FN3O3 B．苯环上的一氯代物有2种

C．1 mol该物质最多可消耗2 mol NaOH D．分子中含有1个手性碳原子

7．已知Cu＋遇酸会发生歧化反应。检验K2[Cu(C2O4)2]分解产物的实验如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．上述实验现象说明气体A中一定含有CO2

B．上述实验现象说明固体A中一定含有Cu、Cu2＋

C．向固体A中加入浓硝酸，生成的气体仍一定能使澄清石灰水变浑浊

D．C2O在反应过程中一定发生了歧化反应

8．2022年10月5日，诺贝尔化学奖颁发给为“点击化学和生物正交化学的发展”作出了突出贡献的三位化学家，我国科学家也在点击化学领域取得了重要突破，如图是利用点击化学法设计的一种新型的1，2，3­三唑类杀菌剂的合成路线。下列有关说法正确的是(　　)

A．有机物X属于芳香烃 B．有机物Y中C原子的杂化方式有2种

C．有机物Z能发生取代反应和消去反应 D．有机物Y中所有碳原子可能共平面

9．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：

下列对Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中主要发生反应的离子方程式判断错误的是(　　)

A．Ⅰ中CO＋2SO2＋H2O===CO2＋2HSO

B．Ⅱ中CO＋2HSO===CO2↑＋H2O＋2SO

C．Ⅲ中SO＋SO2＋H2O===2HSO

D．Ⅲ中HCO＋SO2===CO2＋HSO

10．我国科学家利用废弃塑料设计了微生物燃料电池(A、B电极材料均为石墨烯)，其工作原理如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．A电极电势低于B电极电势

B．该电池工作时，B电极附近溶液pH升高

C．B电极采用疏松多孔的石墨烯，主要是为了增强溶液的导电性

D．若废弃塑料为聚乙烯，A电极的电极反应式为CH2—CH2－12ne－＋4nH2O===2nCO2↑＋12nH＋

11．利用下列实验器材能完成相应实验的是(　　)

12.MgO在医药上用作抗酸剂和轻泻剂，在化学工业中用作催化剂和制造镁盐的原料。某学习小组拟用氯化镁废液(主要成分是MgCl2，含Fe2＋、Fe3＋等杂质)制取MgO，部分流程如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．试剂1为H2O2溶液，在流程中作氧化剂

B．滤渣的主要成分为Fe(OH)3

C．操作③为蒸发结晶

D．将碱式碳酸镁在坩埚中灼烧可制得MgO

13．利用电化学原理，可将CO2还原为C2H4，从而脱除和利用水煤气中的CO2。该方法的示意图如下：

T ℃下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO)∶c(HCO)＝1∶2，该温度下H2CO3的Ka1＝4.6×10－7，Ka2＝5.0×10－11。下列说法错误的是(　　)

A．上述T ℃下吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量CO2后溶液的pH＝10

B．再生塔中产生CO2的离子方程式为2HCOCO2↑＋CO＋H2O

C．交换膜X为阴离子交换膜

D．铂电极上发生的反应为 2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O

14．甲酸是性能优良的氢载体，在室温下可借助均相或非均相催化剂高效分解产生氢气。其中甲酸催化脱氢及脱水的机理如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．若HCO18OH参加反应，催化脱水后的产物为CO和HO

B．甲酸催化脱氢过程中碳原子的成键数目没有发生变化

C．微量的CO会导致催化剂中毒，可通过提高催化剂的选择性减少CO的生成

D．甲酸脱氢过程中只有HCOO*一种中间体

15．常温下，0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液的pH＝11，在如图所示的溶液体系中，隔膜不让NH和OH－通过，NH3·H2O分子可自由穿过。已知溶液中c总(NH3·H2O)＝c(NH3·H2O) ＋c(NH)，该体系达到平衡时，下列叙述正确的是(　　)

A．水的电离程度：溶液A<溶液B

B．溶液A中：c总(NH3·H2O)＝c(NH)

C．溶液B中：c(NH)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)

D．混合溶液中NH4Cl和NH3·H2O浓度相等：c(H＋)＋c(NH3·H2O)>c(OH－)＋c(Cl－)

二、非选择题：本题共4小题，共55分。

16．(13分)金属镍常用作有机反应的催化剂。回答下列问题：

(1)基态Ni2＋的价电子层中有________个未成对电子。

(2)丁二酮肟检验Ni2＋时生成

，其中存在的化学键有________。(填标号)

A．共价键　　　　B．离子键　　　　C．配位键　　　　D．金属键　　　　E．氢键

(3)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。

①[Ni(NH3)6]SO4中第一电离能最大的元素是________，其中S原子的杂化轨道类型为________，与SO互为等电子体(价电子总数和原子总数相同)的分子是______________________________________(写出1种)。

②若[Ni(NH3)6]2＋为正八面体构型，则[Ni(CO)2(NH3)4]2＋的结构有________种；[Ni(NH3)6]SO4中H—N—H的键角________(填“>”“<”或“＝”)NH3中H—N—H的键角。

(4)

金属镍的晶胞结构如图所示。

晶胞中，每个Ni原子周围紧邻的Ni原子数为________；若Ni的原子半径为d nm，金属镍的密度是________g·cm－3，晶胞中Ni原子空间利用率的计算表达式为________。(设NA为阿伏加德罗常数的值)

17．(14分)以软锰矿(主要成分为MnO2，还含少量Fe、Si、Al、Ca、Mg的氧化物)和硫铁矿(主要成分为FeS2)为原料，制取电池级Mn3O4的流程如图：

回答下列问题：

(1)“浸取”时反应机理如图。MnO2氧化Fe2＋的离子方程式为________________________________。随硫铁矿量增加，锰浸取速率减慢，此时加入一定量H2O2溶液，浸取速率又会加快，原因是____________________________________________。

(2)浸取液中的Fe3＋可以利用有机试剂萃取分离，Fe3＋的萃取率与溶液pH之间的关系如图所示。pH >1.7时，Fe3＋的萃取率急剧下降的原因为______________________。

(3)已知Ksp(MgF2)＝5×10－11，Ksp(CaF2)＝5×10－9。加入NH4F溶液除钙、镁时，当Ca2＋恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10－5 mol·L－1)时，c(Mg2＋)＝________mol·L－1。

(4)加入氨水生成的沉淀是Mn(OH)2和Mn2(OH)2SO4，该过程中Mn2＋的沉降率与溶液pH之间的关系如表所示：

根据表格数据分析，应调节最佳pH为________；氨水过量时，Mn2＋沉降率降低的可能原因是________________。

(5)将“沉淀”步骤所得含少量Mn2(OH)2SO4的Mn(OH)2固体滤出，洗净，加水打成浆，浆液边加热边持续通空气，制得Mn3O4。实验测得浆液pH随时间变化如图所示。

浆液pH先基本不变，表明________________[填“Mn2(OH)2SO4”或“Mn(OH)2”]先被氧化，7 h后pH迅速下降的原因是____________________________。

18．(14分)碘酸钙[Ca(IO3)2]是一种新型食品添加剂，实验室制取Ca(IO3)2的流程如图所示：

已知：HIO3易溶于水，不溶于有机溶剂；Ca(IO3)2不溶于乙醇，在水中的溶解度随温度降低而减小。

回答下列问题：

(1)实验室用MnO2固体和浓盐酸制取氯气的离子方程式为____________________________。

(2)“转化”步骤是为了获得碘酸，其装置如图(部分仪器已省略)。

①“转化”反应在________(填仪器名称)中发生，其化学方程式为________。

②判断“转化”反应完全的实验现象是________。

(3)“分离”操作过程中所用的主要玻璃仪器是________，验证所得水溶液中不含I2的方法是__________________。

(4)加入CaCl2后保持在冰水浴中静置，抽滤，依次用冰水、乙醇洗涤，干燥。采用冰水浴的目的是________________；与过滤相比，抽滤的优点是________________。

(5)准确称取产品2.500 0 g，加酸溶解，转入250 mL容量瓶内加水定容。移取25.00 mL所配溶液，加入足量KI固体(IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O)，暗处放置3 min后，用0.200 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，滴入2～3滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行测定三次，平均消耗Na2S2O3标准溶液30.00 mL。产品中Ca(IO3)2的质量分数为________%。

19．(14分)以CO2为原料合成CH3OH和CH3OCH3是实现碳中和的重要途径之一。有关反应如下：

反应Ⅰ.CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH1＝－49.0 kJ·mol－1

反应Ⅱ.2CH3OH(g)⇌CH3OCH3(g)＋H2O(g)　ΔH2＝－25.0 kJ·mol－1

反应Ⅲ.CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)　ΔH3＝＋41.2 kJ·mol－1

回答下列问题：

(1)反应Ⅳ：2CO2(g)＋6H2(g)⇌CH3OCH3(g)＋3H2O(g)　ΔH4＝________。

(2)在Cu－ZnO－ZrO2催化剂上CO2氢化合成甲醇(反应Ⅰ)的历程如图所示。

在反应气中加入少量水能够提升甲醇产率的原因是________________________________________。

(3)催化条件下，某密闭容器中投入CO2和H2发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，实验测得温度对平衡体系中甲醇、甲醚含量的影响如图所示。

600 K以下，甲醇百分含量变化的可能原因是________________________________________________________________________；

一定温度下，增大压强，甲醚的百分含量________(填“增大”“减小”或“不变”)。

(4)在5 MPa下，CO2和H2按物质的量之比为1∶3进行投料，发生反应Ⅰ和反应Ⅲ，平衡时CO和CH3OH在含碳产物中的物质的量分数及CO2转化率随温度的变化如图所示。图中n代表的物质是________；150～400 ℃范围内，随温度升高，H2O的平衡产量变化趋势是________；270 ℃时CH3OH的分压为________(保留2位有效数字，下同)，反应Ⅲ的平衡常数Kp＝________(Kp为以分压表示的平衡常数，分压＝总压×物质的量分数)。

1．C 卤水是海水经蒸发浓缩析出食盐后所得的母液，主要含有钾盐、镁盐、溴化物等，可用于提溴，A项正确；向豆浆(胶体)中加入电解质使蛋白质聚沉，便可制成豆腐，B项正确；Mg2＋会水解，直接加热蒸发氯化镁溶液会生成Mg(OH)Cl或Mg(OH)2，无法得到纯净的无水氯化镁，C项错误；工业上通过电解熔融氯化镁的方法制金属镁，D项正确。

2．B HI具有还原性，三价铁具有氧化性，Fe(OH)3与HI发生氧化还原反应生成FeI2、H2O和I2，A错误；H2O2含有氧氧单键，C2H6含有碳碳单键，氧氧单键比H2O中的氧氢单键键长长，碳碳单键比CH4中的碳氢单键键长长，键长越长键能越小，因此H2O2的热稳定性比H2O的弱，C2H6的热稳定性比CH4的弱，B正确；HF分子间存在氢键，其沸点比HCl和HBr的高，C错误；向NaHCO3(s)中加入少量水伴随吸热现象，D错误。

3．C 实验室在取用药品时，多余的药品能否放回原试剂瓶要视具体情况而定，大多数情况下是不能放回原试剂瓶的，防止污染试剂，但是Na、K、白磷等试剂使用后必须放回原试剂瓶，否则将引发安全事故，A正确。中和滴定实验时，不能用待测液润洗锥形瓶，否则消耗标准液的体积偏大，所测得的待测液浓度偏大，B正确。分液漏斗在使用前要将漏斗颈上的旋塞芯取出，涂上凡士林，但不可太多，以免阻塞流液孔；不需要在上口玻璃塞上涂凡士林，C错误。“静置”时物质可充分反应或充分混合、分层等，所以“静置”也是一种必要的实验操作，D正确。

4．B 浓硫酸具有强氧化性和脱水性，会发生副反应生成SO2、CO2，二氧化硫具有还原性，能与Br2发生氧化还原反应，故SO2也能使溴水褪色，A项错误；HCl与碳酸氢钠溶液反应生成CO2，利用图中洗气装置可除去HCl，B项正确；Fe(OH)3胶体和FeCl3溶液的分散质微粒都可以透过滤纸，因此不能利用过滤装置除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3，可以采用渗析的方法，C项错误；瓷坩埚中含有SiO2，在高温下K2CO3会与SiO2反应，所以不能用瓷坩埚熔融K2CO3，可以用铁坩埚，D项错误。

5．D 元素的非金属性越强，电负性越大，非金属性：F>N>B，故电负性：F>N>B，A正确；BF的中心原子B的价电子对数为4＋＝4，采取sp3杂化，且无孤电子对，BF的空间结构为正四面体形，B正确；M中有机基团体积很大，使阴、阳离子之间的作用力较小，熔点较小，C正确；C—C键的键长大于C—N键的，故C—C键的键能小于C—N键的键能，D错误。

6．B 该物质的分子式为C16H18FN3O3，A项错误；苯环上有2种不同化学环境的氢原子，苯环上的一氯代物有2种，B项正确；该物质分子中含有羧基，苯环上连有F原子，1 mol该物质最多可消耗3 mol NaOH，C项错误；该分子中不含手性碳原子，D项错误。

7．D 气体A能使黑色的CuO变红，证明A中含CO，CO与CuO反应会生成CO2，则无法通过澄清石灰水变浑浊的现象判断气体A中是否含有CO2，A项错误；若固体A中含Cu＋，加入稀盐酸后，发生歧化反应，也会出现产生紫红色固体、蓝色溶液等现象，则固体A中不一定含有Cu、Cu2＋，B项错误；向固体A中加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明固体A中含有CO或HCO，产生的紫红色固体即铜，说明固体A中一定含有低价Cu元素，向固体A中加入浓硝酸会得到NO2和CO2的混合气体，将混合气体通入澄清石灰水中，石灰水不一定变浑浊，C项错误；根据上述分析可知，气体产物中含CO(C为＋2价)，固体产物中含CO或HCO(C为＋4价)，则反应过程中，C2O(C为＋3价)一定发生了歧化反应，D项正确。

8．D 有机物X中含有C、H、O三种元素，故不属于烃，属于烃的衍生物，A错误；碳碳三键中C原子的杂化方式为sp，苯环中C原子的杂化方式为sp2，形成4个单键的C原子的杂化方式为sp3，B错误；有机物Z中羟基所连C原子的邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，C错误；苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，则有机物Y中所有碳原子可能共平面，D正确。

9．B Ⅰ、Ⅲ中所得溶液显酸性，溶液中一定有HSO。Ⅰ中生成HSO，反应为CO＋2SO2＋H2O===CO2＋2HSO，A项正确；Ka2(H2SO3)远大于Ka2(H2CO3)，在Ⅱ中一定发生反应CO＋HSO===HCO＋SO，另因Ka2(H2SO3)<Ka1(H2CO3)，不易发生反应CO＋2HSO===CO2↑＋H2O＋2SO，B项错误；在Ⅲ中SO2可以把Na2SO3转化为NaHSO3，离子方程式为SO＋SO2＋H2O===2HSO，还会有HCO＋SO2===CO2＋HSO，C、D项正确。

10．C B电极通入空气，说明B电极为正极，则A电极为负极，原电池的正极电势高于负极电势，故A电极电势低于B电极电势，A正确；B电极的电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，B电极附近溶液中c(H＋)降低，溶液pH升高，B正确；B电极采用疏松多孔的石墨烯，主要是为了增大氧气的吸附量，C错误；若废弃塑料为聚乙烯，则A电极的电极反应式为CH2—CH2－12ne－＋4nH2O===2nCO2↑＋12nH＋，D正确。

11．A 除去SO2中混有的HCl，将混合气体通过盛有饱和NaHSO3溶液的洗气瓶即可，收集SO2可用排空气法，则除去SO2中混有的HCl并收集SO2，需要用到的仪器有洗气瓶、玻璃导管、橡胶塞、集气瓶(带毛玻璃片)，A项正确；测定中和热时，需测定反应前后溶液的温度，所给实验器材中缺少温度计，B项错误；制备乙酸乙酯需要加热，缺少酒精灯，C项错误；酸碱中和滴定实验中，未知浓度的HCl溶液的体积也需要准确量取，通常用酸式滴定管或移液管移取，D项错误。

12．C 试剂1为H2O2溶液，其作用是将Fe2＋氧化成Fe3＋，A项正确；加氨水调节pH后，Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，滤渣的主要成分为Fe(OH)3，B项正确；NH4Cl固体加热易分解，不能采用蒸发结晶的方法，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法，C项错误；碱式碳酸镁为固体，可在坩埚中灼烧分解生成MgO，D项正确。

13．C 该装置有电源，为电解池。将CO2还原为C2H4，阴极上发生还原反应，结合题图知铂电极为阴极，玻碳电极为阳极。阴极反应式为2CO2＋12e－＋12H＋===C2H4＋4H2O，阳极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋。T ℃下，吸收塔中K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO)∶c(HCO)＝1∶2，由Ka2＝可知，c(H＋)＝×Ka2＝2×5.0×10－11 mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，则该溶液的pH＝10，A项正确；再生塔中KHCO3受热分解生成K2CO3、H2O和CO2，该反应的离子方程式为2HCOCO2↑＋CO＋H2O，B项正确；由阴、阳极的电极反应式知，H＋通过交换膜迁移到阴极区参与反应生成乙烯，该交换膜应为质子交换膜，C项错误；由上述分析知，D项正确。

14．D 脱水反应时断开的是C—O键，故18O在产物H2O中，A项正确；由反应机理可知，甲酸催化脱氢生成CO2，碳原子的成键数目不变，B项正确；微量CO会导致催化剂中毒，需要减少生成CO反应的发生，可提高催化剂的选择性，减少CO的生成，C项正确；按路径1转化，断开羧基中的O—H键，形成HCOO*，按路径2转化，断开C—H键，形成HOOC*，D项错误。

15．B 溶液B的pH大于溶液A的，所以溶液B中c(OH－)大，对水的电离抑制程度大，溶液B中水的电离程度小，A错误；常温下，0.1 mol·L－1 NH3·H2O溶液的pH＝11，可知c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，可列三段式如下：

NH3·H2O⇌NH＋OH－

起始浓度/(mol·L－1) 0.1 0 0

变化浓度/(mol·L－1) 10－3 10－3 10－3

平衡浓度/(mol·L－1) 0.1－10－3 10－3 10－3

将数值代入Kb的计算式，得到Kb约为1.0×10－5，溶液A中c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1，则溶液A中＝＝＝，B正确；由于NH3·H2O的电离程度很弱，则平衡体系中c(NH3·H2O)最大，OH－来源于NH3·H2O的电离和水的电离，c(OH－)>c(NH)，所以微粒浓度从大到小的顺序为c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)，C错误；混合溶液中若NH4Cl和NH3·H2O浓度相等，计算可知NH3·H2O的电离平衡常数Kb大于NH4Cl的水解平衡常数Kh，所以混合溶液中c(NH)>c(NH3·H2O)，再结合电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(H＋)＋c(NH3·H2O)<c(OH－)＋c(Cl－)，D错误。

16．答案：(1)2

(2)AC

(3)①N sp3 CCl4或SiF4等 ②2 >

(4)12 ×1021 ×100%

解析：(1)Ni为28号元素，基态Ni2＋的价电子排布式为3d8，有2个未成对电子。(2)生成的配合物中含共价键(包括配位键)和氢键，但氢键不属于化学键，故选AC。(3)①根据非金属性强弱，结合基态N原子的2p能级半充满，结构较稳定可知，N的第一电离能最大。②正八面体的6个顶点完全等同，[Ni(CO)2(NH3)4]2＋中2个CO可能处于相对或相邻位置；[Ni(NH3)6]SO4中氮原子的成键电子对数为4，而NH3中氮原子的成键电子对数为3，孤电子对数为1，孤电子对对成键电子对的排斥作用较大，故NH3中H—N—H的键角较小。(4)以晶胞顶点Ni原子为观察对象，与之紧邻的Ni原子位于面心，故每个Ni原子周围紧邻的Ni原子数为12。每个晶胞中含Ni原子个数为8×＋6×＝4，面对角线长为4d nm，则晶胞棱长为2d nm，故晶体密度为 g·cm－3＝×1021 g·cm－3。计算Ni原子的空间利用率，需要知道4个Ni原子的体积和1个晶胞的体积。VNi＝ nm3。晶胞的体积为(2d)3 nm3。表达式为×100%。

17．答案：(1)2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋2H2O＋Mn2＋ 生成的大量气体起搅拌作用，破坏附着在矿石颗粒表面的硫

(2)pH>1.7时，Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀

(3)1.0×10－7

(4)10.0 部分沉淀与过量氨水反应生成可溶性含锰络合物

(5)Mn(OH)2 Mn2(OH)2SO4被O2氧化生成H2SO4[或3Mn2(OH)2SO4＋O22Mn3O4＋6H＋＋3SO]

解析：(1)加入过氧化氢溶液，在MnO2及Fe3＋等催化作用下，迅速产生大量气体，起搅拌作用，从而破坏矿石颗粒表面附着的硫，反应速率加快。(3)由Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)知，当Ca2＋恰好沉淀完全时，c2(F－)＝5×10－4 mol2·L－2，再由Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)·c2(F－)求得c(Mg2＋)＝1.0×10－7 mol·L－1。(4)由表中数据知，pH为10.0时Mn2＋沉降率最高；氨水过量时，Mn2＋沉降率降低(沉淀溶解)，可能是发生了类似于Cu(OH)2溶于氨水的反应，即部分沉淀与过量氨水反应生成可溶性含锰络合物。(5)Mn(OH)2被O2氧化的反应为6Mn(OH)2＋O22Mn3O4＋6H2O，故开始时浆液pH无明显变化，当Mn2(OH)2SO4被O2氧化时生成H2SO4，溶液pH减小。

18．答案：(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O

(2)①三颈烧瓶 5Cl2＋I2＋6H2O===10HCl＋2HIO3 ②I2的CCl4溶液褪色

(3)分液漏斗、烧杯 取少许“分离”后所得水溶液，加入淀粉溶液，溶液不变蓝，则不含I2

(4)降低碘酸钙的溶解度，便于析出碘酸钙 过滤速度快，获得的产品较干燥

(5)78

解析：(2)②I2的CCl4溶液褪色，表明I2已反应完全。(4)Ca(IO3)2在水中的溶解度随温度降低而减小，故用冰水浴可降低碘酸钙的溶解度，便于析出碘酸钙；抽滤的优点是过滤速度快，获得的产品较干燥。(5)根据IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O得关系式IO～3I2～6S2O，样品中Ca(IO3)2的物质的量为×＝0.000 5 mol，质量分数为×100%＝78%。

19．答案：(1)－123.0 kJ·mol－1

(2)第③步反应式为*H3CO＋H2O―→CH3OH＋*HO，加入少量水，促进该步反应平衡正向移动

(3)反应Ⅰ和反应Ⅱ均为放热反应，温度升高，反应Ⅱ平衡逆向移动的程度大于反应Ⅰ平衡逆向移动的程度 增大

(4)CO 先减小后增大 0.16Mpa 0.015

解析：(1)根据盖斯定律，反应Ⅳ＝反应Ⅰ×2＋反应Ⅱ，则ΔH4＝－123.0 kJ·mol－1。(3)一定温度下，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，致使反应Ⅱ平衡正向移动，甲醚的物质的量增多，气体总物质的量减小，则甲醚的物质的量分数增大。(4)反应Ⅰ为放热反应、反应Ⅲ为吸热反应，升高温度时，甲醇的物质的量分数减小，CO的物质的量分数增加，则m代表甲醇、n代表CO。150～400 ℃范围内，随温度升高，反应物CO2的转化率变化趋势是先减小后增大，则产物H2O的平衡产量变化趋势也是先减小后增大。270 ℃时，根据题意，设起始时n(CO2)＝1 mol、n(H2)＝3 mol，平衡时生成CO和CH3OH的物质的量均为x mol，则

CO2(g)＋3H2(g)⇌CH3OH(g)＋H2O(g)

变化量/mol x 3x x x

CO2(g)＋H2(g)⇌CO(g)＋H2O(g)

变化量/mol x x x x

因CO2转化率为24%，则2x＝1×24%，x＝0.12，反应后混合物总物质的量为(1＋3－6x＋4x) mol＝(4－2x) mol＝3.76 mol。在5 MPa下，p(CH3OH)＝×5 MPa≈0.16 MPa，此时n(CO)＝0.12 mol、n(H2O)＝0.24 mol、n(CO2)＝0.76 mol、n(H2)＝2.52 mol，Kp＝＝≈0.015。