第第頁湖北省高三理綜模擬考試化學試卷-帶答案解析班級:___________姓名：___________考號：___________一、單選題1．北京2022年冬奧會火炬“飛揚”的外殼是碳纖維與高性能樹脂制成的碳纖維復合材料。取代傳統的鋼、鋁合金等，火炬首次采用氫氣作為燃料，燃燒溫度可達800℃。下列說法錯誤的是（

）A．“飛揚”質量輕、抗摔性能強 B．復合材料具備耐高溫和良好的熱導性C．氫氣為燃料，實現“霧碳排放” D．涂有鈉元素的顯色劑能使火焰呈黃色2．下列化學用語正確的是（

）A．NH4Cl的電子式：B．N的電子排布圖：C．苯乙烯的實驗式：CH2D．苯分子的比例模型：3．便攜式消毒除菌卡主要活性成分為亞氯酸鈉()，一種制備粗產品的工藝流程如下。已知，純易分解爆炸，一般用空氣稀釋到10％以下。下列說法正確的是（

）A．溶解過程中可以用鹽酸代替稀硫酸B．氧化性：C．發生器中鼓入空氣的主要目的是提供氧化劑D．吸收塔中溫度不宜過高，否則會導致產率下降4．下列對應的離子方程式書寫正確的是A．Na2O2放入水中：Na2O2+H2O=2Na++2OH－+O2↑B．明礬溶液與過量氨水混合：Al3++4NH3+2H2O=AlO+4NHC．用酸性KMnO4檢驗Fe2+：3Fe2++MnO+4H+=3Fe3++MnO2↓+2H2OD．NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液：2HCO+Ba2++2OH－=BaCO3↓+2H2O+CO5．實現“碳達峰碳中和”戰略目標既是我國建設現代化強國、實現中華民族永續發展的內在要求。中科院成都研究所研究員李東提出了一種新的負排放技術——POWERTOGAS(可再生電轉生物天然氣)。這項技術，指的是先捕獲工廠和沼氣池產生的二氧化碳，利用可再生電水解制氫，再將氫氣用于還原沼氣中的二氧化碳，使二氧化碳變為甲烷，替代天然氣使用。下列說法不正確的是（

）A．碳中和，即排放的二氧化碳和吸收利用的二氧化碳達到平衡B．1molCO2中含有9.632×1024個電子C．甲烷是非電解質D．標準狀況下22.4LCO2全部被還原可生成1molCH46．設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．0.1mol羥基所含的電子的數目為NAB．1mol環戊二烯()中含有σ鍵的數目是5NA，π鍵的數目為2NAC．18.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含羥基數目為0.5NAD．78g苯()和苯乙烯()的混合物中含有的碳氫鍵數一定為6NA7．下列說法中，正確的是（

）A．過量的Fe與Cl2反應生成FeCl2B．NaHCO3固體可以做干粉滅火劑，金屬鈉著火可以用其來滅火C．硫酸可用于化肥、醫藥、農藥的生產，金屬礦石的處理D．硫酸亞鐵通常用作凈水劑、消毒劑8．下列實驗裝置和操作正確的是（

）ABCD實驗室制取乙酸乙酯準確量取15.20mL酸性KMnO4標準溶液除去CO中的CO2實驗室制取并收集NH3A．A B．B C．C D．D9．已知短周期元素的離子W3+、X+、Y2-、Z-都具有相同電子層結構。下列關于四種元素及其微粒的說法正確的是（

）A．基態原子的能層數：Z>Y B．電負性：Z>WC．離子半徑：X+＞Y2- D．第一電離能：W<X10．短周期元素X、Y、Z、Q、W在元素周期表中的位置如圖所示，其中Q的最低價氫化物摩爾質量為34g·mol-1，X的最低價氫化物不是電解質，則下列說法中正確的是（

）XYZQWA．Q的最高價氧化物對應的水化物是常見的強酸B．Z是自然界中含量最多的元素C．氧化物對應水化物的酸性X<WD．W元素在自然界全部以化合態存在11．LiFePO4的晶胞結構示意圖如(a)所示。其中O圍繞Fe和P分別形成正八面體和正四面體。電池充電時，LiFePO4脫出Li+的轉化過程如圖(圖中已給出各晶胞對應的化學式)。下列說法正確的是（

）A．LiFePO4晶胞中含有1個LiFePO4B．Li(1-x)FePO4中和的數目之比為1∶1C．當1個FePO4晶胞轉化為Li(1-x)FePO4晶胞時，消耗(1-x)個Li+D．1LiFePO4晶胞完全轉化為Li(1-x)FePO4晶胞的過程中，轉移的電子數為12．下列物質在生活、生產中的應用與氧化還原反應無關的是（

）A．活性鐵粉用作食品包裝袋中的去氧劑B．利用葡萄糖與銀氨溶液反應為保溫瓶膽鍍銀C．維生素C可增強治療缺鐵性貧血的效果D．“高爐煉鐵”時利用石灰石使形成爐渣13．設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（

）A．標準狀況下，11.2LCH2Cl2中所含碳氯鍵的數目為NAB．電解精煉銅時，當陰極增重6.4g，陽極失去的電子總數為0.2NAC．100mL18.4mol/L的濃硫酸與足量鋅反應時，生成的SO2數目為0.92NAD．50g34%的H2O2溶液中H-O鍵的數目為NA14．“碳呼吸電池”是一種新型能源裝置，其工作原理如圖所示。下列有關說法錯誤的是（

）A．通入CO2的一極電極反應式為：2CO2+2e?=C2OB．金屬鋁電極發生氧化反應C．每得到1molAl2(C2O4)3，電路中轉移3mol電子D．以該裝置為電源進行粗銅的電解精煉，金屬鋁質量減少27g時，理論上陰極質量增加96g15．已知常溫下，幾種物質的電離平衡常數，下列反應的離子方程式合理的是（

）弱酸甲酸(HCOOH)HClOA．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳：B．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫：C．碳酸鈉溶液中通入少量：D．純堿溶液中滴加少量甲酸：二、實驗題16．碳酸鑭[La2(CO3)3]不溶于水，溶于稀酸。碳酸鑭作為一種磷的結合劑，有降低血磷的功效。回答下列問題：用如圖裝置模擬制備碳酸鑭(夾持裝置略)：(1)該裝置中有明顯錯誤是_______(填Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ)(2)本實驗中裝置Ⅳ用于制備氨氣，該裝置還可以用于制備下列哪些氣體_______。A．H2 B．Cl2 C．O2 D．CO2(3)在裝置Ⅲ中需要先通入的氣體是_______(填化學式)。請解釋其原因_______；(4)在裝置Ⅲ中生成副產物氯化銨，請寫出生成碳酸鑭的離子方程式：_______。(5)碳酸鈉或碳酸氫鈉與氯化鑭反應均可生成碳酸鑭，若pH過大，可能會生成La(OH)CO3沉淀。①現向氯化鑭溶液中不斷地滴加0.1mol/L的Na2CO3溶液。利用手持技術測定溶液的pH從而監控反應過程，得到如圖曲線。若a、b、c、d四點對應的體積分別為V=50mL、100mL、110mL、160mL，試計算該過程中生成沉淀的質量最大值為_______g(已知碳酸鑭的摩爾質量457.8g/mol)；②通常選擇碳酸氫鈉溶液制備碳酸鑭的原因是_______。三、工業流程題17．硫酸錳(MnSO4·H2O)是一種粉色晶體，易溶于水，不溶于乙醇，是重要的微量元素肥料之一。工業上由天然二氧化錳粉與硫化錳礦(還含Fe、Al、Mg、Si等元素的氧化物)制備硫酸錳的工藝如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：相關金屬離子形成氫氧化物沉淀的pH范圍如下：金屬離子開始沉淀的pH8.16.31.53.48.9沉淀完全的pH10.18.33.24.710.9(1)“濾渣1”中的主要成分為S和_______；“溶浸”時兩種含錳化合物與反應的化學方程式_______。(2)利用氨水調節溶液的pH范圍為_______。(3)“除雜”的目的是生成沉淀除去。若溶液酸度過高，沉淀不完全，原因是_______。(4)“沉錳”反應的離子方程式_______。(5)由圖象可知，從“操作A”所得溶液中得到晶體需進行的操作是_______、_______洗滌、干燥。若稱取一定質量的用標準溶液滴定(操作過程產生的誤差很小可忽略)，計算所得樣品質量分數大于100%，分析可能的原因是_______。四、有機推斷題18．《茉莉花》是一首膾炙人口的中國民歌。茉莉花香氣的成分有多種，乙酸苯甲酯()是其中的一種，它可以從茉莉花中提取，也可以乙烯和甲苯為原料進行人工合成。其中一種合成路線如下：回答下列問題：(1)B的結構簡式為____________，A中官能團名稱為____________；(2)寫出反應②、⑥的化學方程式_________________，__________________；(3)上述反應中屬于取代反應的有________(填寫序號)；(4)乙酸苯甲酯()滿足下列條件的同分異構體有________種。A．屬于芳香族化合物

B．苯環上只有一個支鏈

C．能發生水解反應五、原理綜合題19．反應Sn+H2SO4=SnSO4+H2↑的能量變化趨勢，如圖所示：(1)該反應為____________反應(填“吸熱”或“放熱”)。(2)若要使該反應的反應速率加快，下列措施可行的是___________(填字母)。A．改錫片為錫粉B．加入少量醋酸鈉固體C．滴加少量CuSO4D．將稀硫酸改為98%的濃硫酸(3)若將上述反應設計成原電池，石墨棒為原電池某一極材料，則石墨棒為__________極(填“正”或“負”)。石墨棒上產生的現象為_______________，該極上發生的電極反應為_______________，稀硫酸的作用是傳導離子、_______________，原電池工作時溶液中的移向_____________極移動(填正或負)。(4)實驗后同學們經過充分討論，認為符合某些要求的化學反應都可以通過原電池來實現。下列化學反應在理論上可以設計成原電池的是______________________。A．C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)△H>0B．NaOH(aq)+HCl(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H<0C．2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H<0D．Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O△H<0以KOH溶液為電解質溶液，在所選反應中選擇某個反應設計成原電池，該電池負極反應為：______________。參考答案與解析1．B【詳解】A．“飛揚”的外殼是碳纖維與高性能樹脂制成的碳纖維復合材料，質量輕、抗摔性能強，A正確；B．該復合材料制作火炬，則耐高溫、不容易熱導，B錯誤；C．氫氣為燃料燃燒生成水，實現“霧碳排放”，C正確；D．鈉的焰色反應為黃色，涂有鈉元素的顯色劑能使火焰呈黃色，D正確；故選B。2．D【詳解】A．寫Cl－的電子式時，最外層電子不能省略，正確的是，故A錯誤；B．N原子在1s、2s軌道的電子的自旋方向相反，正確的是，故B錯誤；C．苯乙烯的分子式為C8H8，其實驗式為CH，故C錯誤；D．苯分子的比例模型：，故D正確；綜上所述，答案為D。3．D【分析】氯酸鈉固體加入稀硫酸溶解后通入二氧化硫和空氣的混合氣，反應生成二氧化氯，二氧化氯和氫氧化鈉、過氧化氫生成亞氯酸鈉和氧氣；【詳解】A．鹽酸和氯酸鈉會發生氧化還原反應，不能用鹽酸代替稀硫酸，A錯誤；B．氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性；由流程可知，氯酸鈉發生還原反應生成，氧化性；和過氧化氫反應生成生成亞氯酸鈉和氧氣，為氧化劑、過氧化氫為還原劑，氧化性；B錯誤；C．發生器中鼓入空氣的主要目的是起到攪拌作用，使反應物充分接觸并反應，C錯誤；D．過氧化氫受熱易分解，故吸收塔中溫度不宜過高，否則會導致產率下降，D正確；故選D。4．D【詳解】A．Na2O2放入水中，題干所給方程質量不守恒，離子方程式應該為：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH－+O2↑，故A錯誤；B．明礬溶液與過量氨水混合，生成氫氧化鋁沉淀：Al3++3NH3?H2O=Al(OH)3↓+3NH，故B錯誤；C．用酸性KMnO4檢驗Fe2+，高錳酸根被還原為Mn2+：5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故C錯誤；D．NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液，根據“少定多變”即將氫氧化鋇定為1mol，則需要2mol碳酸氫鈉溶液，反應生成碳酸鋇沉淀和碳酸根：2HCO+Ba2++2OH－=BaCO3↓+2H2O+CO，故D正確。綜上所述，答案為D。5．B【詳解】A．碳中和指排放的二氧化碳和吸收利用的二氧化碳總量相等，實現正負抵消，達到相對“零排放”，故A正確；B．1個CO2分子中含16+28=22個電子，則1molCO2中含有22mol電子，含電子數為22mol6.02×1023/mol=1.32×1025，故B錯誤；C．甲烷是有機物，不能發生電離，屬于非電解質，故C正確；D．標準狀況下22.4LCO2的物質的量為1mol，根據碳原子守恒，全部被還原可生成1molCH4，故D正確；答案選B。6．D【詳解】A．羥基不帶電，呈電中性，一個羥基有9電子，則0.1mol羥基所含的電子的數目為0.9NA，故A錯誤；B．共價單鍵為σ鍵，雙鍵中，一個是σ鍵，一個π鍵，1mol環戊二烯()還含有6molC-H單鍵，故含有σ鍵的數目是11NA，π鍵的數目為2NA，故B錯誤；C．葡萄糖和蔗糖的最簡式不同，摩爾質量不同，故無法計算18.0g葡萄糖和蔗糖的混合物中含羥基數目，故C錯誤；D．苯()和苯乙烯()的最簡式相同，均為CH，混合物中含有H的物質的量為，每個H原子均與C相連形成C-H鍵，故碳氫鍵數一定為6NA，故D正確；故選D。7．C【詳解】A．鐵在氯氣中燃燒，無論氯氣是否過量都只生成氯化鐵，故A錯誤；B．NaHCO3不穩定，加熱易分解，鈉著火時生成過氧化鈉，可與二氧化碳反應生成氧氣，則不能用碳酸氫鈉撲滅，故B錯誤；C．硫酸能夠與氨氣反應生成硫酸銨、能與金屬礦石、金屬氧化物反應生成硫酸鹽，故C正確；D．硫酸亞鐵不具有強氧化性，不能用作消毒劑，故D錯誤；故答案選C。8．D【詳解】A．制備乙酸乙酯實驗中應該將生成的乙酸乙酯通入到飽和碳酸鈉溶液中，以中和乙酸、溶解乙醇和減小乙酸乙酯的溶解度，便于分層分離，A不合題意；B．滴定管的“0”刻度線在上端，故圖示讀數應該是14.80mL，B不合題意；C．除去CO中的CO2雜質不能用飽和碳酸氫鈉溶液，可以用NaOH溶液或者飽和碳酸鈉溶液，C不合題意；D．實驗室用加熱Ca(OH)2和NH4Cl的方法來制備NH3，NH3的密度小于空氣的，采用向下排空氣法收集NH3，D符合題意；故答案為：D。9．B【詳解】A．Y2-、Z-具有相同的電子層結構，則二者的能層數相等，原子得電子生成陰離子后，其能層數不變，所以基態原子的能層數：Z=Y，A不正確；B．W3+、Z-具有相同的電子層結構，則W是非金屬元素Z的下一周期金屬元素，則電負性：Z>W，B正確；C．X+、Y2-具有相同的電子層結構，則X的核電荷數大于Y的核電荷數，所以離子半徑：X+＜Y2-，C不正確；D．W3+、X+具有相同的電子層結構，則W與X屬于同周期元素，且W在X的右邊，金屬性W<X，二者的原子序數相差2，所以第一電離能：W＞X，D不正確；故選B。10．D【分析】Q的最低價氫化物摩爾質量為34g/mol，氫化物是硫化氫或磷化氫，X的最低價氫化物不是電解質，則X是N，Q是P，所以Y是O，Z是Al，W是Cl，據此解答?！驹斀狻緼．Q是P，最高價氧化物對應的水化物是常見的中強酸，A錯誤；B．Z是Al，自然界中含量最多的金屬元素，但含量最多的元素為O，B錯誤；C．X是N，W是Cl，其氧化物對應水化物的酸性為多種物質，不能依據上述條件進行判斷，C錯誤；D．W是Cl，屬于活潑的非金屬元素，所以在自然界中全部以化合態存在，D正確；故選D。11．D【詳解】A．均攤法可知，晶胞中Li+數目為8×+4×+4×=4，故每個晶胞中含有LiFePO4的單元數有4個，A錯誤；B．由圖可知，(a)→(b)充電過程中，晶胞失去1個棱心、1個面心位置的Li+，Li(1-x)FePO4晶胞中Li+數目為8×+3×+3×=，Fe原子數目不變，有4個，故(1-x):1=：4，解得x=，則Fe的平均化合價為，假設含a個Fe2+，則Fe3+為b個，則有：=，解得：a:b=13:3，B錯誤；C．由A項分析可知，每個LiFePO4晶胞中含有LiFePO4的單元數有4個，根據Fe原子不變可知，當1個LiFePO4晶胞轉化為Li(1-x)FePO4晶胞時，消耗4(1-x)個Li+，C錯誤；D．由B項分析可知，Li(1-x)FePO4晶胞中Fe的化合價為，1molLiFePO4晶胞完全轉化為Li(1-x)FePO4晶胞的過程中，轉移的電子數為4×(-2)×NAmol-1=0.75NA，D正確；故答案為：D。12．D【詳解】A．活性鐵粉具有還原性，可吸收食品包裝袋中的氧氣，發生氧化還原反應，A項不選；B．葡萄糖中的醛基具有還原性，可將銀氨溶液還原為銀，與氧化還原反應有關，B項不選；C．維生素具有還原性，可防止Fe2+被氧化，與氧化還原反應有關，C項不選；D．CaCO3與SiO2高溫反應生成CaSiO3形成爐渣，與氧化還原反應無關，D項選；答案選D。13．B【詳解】A．標準狀況下，CH2Cl2是液態，11.2L的CH2Cl2物質的量大于0.5mol，碳氯鍵的數目大于NA，故A錯誤；B．電解精煉銅時，陰極電極方程式為，當陰極增重6.4g即0.1molCu時，陽極失去的電子總數=陰極得到的電子總數=0.2NA，故B正確；C．100mL18.4mol/L濃硫酸與足量的鋅反應時，隨著反應的進行濃硫酸逐漸變稀，變稀后不再產生SO2氣體，所以生成的SO2數目小于0.92NA，故C錯誤；D．50g34%的H2O2溶液中含有17g的H2O2和33g的H2O，每個H2O2和H2O都含有2個H-O鍵，則50g34%的H2O2溶液中H-O鍵的數目為，故D錯誤；故選：B。14．C【分析】據圖可知Al被氧化，所以金屬鋁為負極，通入CO2的電極為正極，CO2被還原為草酸根。【詳解】A．據圖可知CO2在正極被還原為草酸根，根據電子守恒、元素守恒可得反應式為2CO2+2e?=C2O，A正確；B．鋁為金屬，在負極被氧化為Al3+，B正確；C．每得到1molAl2(C2O4)3，則需要2molAl，根據電極反應可知轉移6mol電子，C錯誤；D．金屬鋁質量減少27g，即減少1molAl，根據電極反應Al-3e?=Al3+可知，轉移3mol電子，則電極銅時，陰極生成1.5mol銅，質量為1.5mol×64g/mol=96g，D正確；綜上所述答案為C。15．C【分析】電離常數大，弱酸酸性強，由表中數據可知，酸性：>HCOOH>>>HClO>；【詳解】A．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化碳，故A不合理；B．次氯酸鈉溶液中通入少量二氧化硫，發生氧化還原反應，故B不合理；C．碳酸鈉溶液中通入少量，故C合理；D．純堿溶液中滴加少量甲酸，生成碳酸氫根，故D不合理；故選C。16．(1)Ⅱ(2)ABCD(3)

NH3

增大CO2在水中的溶解度，有利于生成La2(CO3)3(4)2La3++3CO2+6NH3+3H2O=La2(CO3)3↓+6(5)

1.526

NaHCO3的堿性較弱，可防止生成La(OH)CO3【分析】由裝置I制備CO2，由裝置IV制備NH3，裝置II可以除去CO2中的HCl雜質，兩者在裝置III中發生反應生成目標產物La2(CO3)3，要注意洗氣時導氣管應該長進短出，同時要注意防止倒吸現象的發生?！驹斀狻浚?）用HCl與Na2CO3反應制取CO2氣體時，HCl極易揮發性，導致CO2中含有雜質HCl，在用飽和NaHCO3除去雜質時，導氣管應該是長進短出，圖示錯誤是導氣管短進長出，這樣不能達到很好的除雜作用，故該裝置中有明顯錯誤是Ⅱ；（2）該裝置屬于固體和液體反應不加熱制備氣體，除了制備氨氣外，還可以用高錳酸鉀和濃鹽酸反應制備氯氣，鋅粒和稀硫酸反應制備氫氣，二氧化錳催化過氧化氫分解制備氧氣，碳酸鈣和鹽酸反應制備二氧化碳，故答案為：ABCD；（3）由于NH3在水中溶解度比CO2大，為增大溶液中碳酸根離子的濃度，應該在裝置Ⅲ中先通入的氣體是NH3，故答案為：NH3；原因為：增大CO2在水中的溶解度，有利于生成La2(CO3)3；（4）在裝置Ⅲ中反應生成La2(CO3)3，圖示生成副產物NH4Cl，則生成La2(CO3)3反應的離子方程式為；（5）①根據方程式2La3++3CO=La2(CO3)3；由圖可知，b點時La3+恰好完全沉淀，生成La2(CO3)3，此時n(CO)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，則n[La2(CO3)3]=×0.01mol×457.8g/mol=1.526g；②選擇碳酸氫鈉溶液制備碳酸鑭的優點是碳酸氫鈉堿性相對較弱，可防止生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]。17．(1)

SiO2

MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O(2)4.7～8.1(3)F-與H+結合形成弱電解質HF，MgF2(s)?Mg2+(aq)+2F-(aq)平衡向右移動(4)Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O(5)

蒸發結晶

溫度高于40℃下趁熱過濾

樣品失去部分結晶水或混有硫酸鹽雜質【分析】根據流程：二氧化錳粉與硫化錳礦(還含Fe、Al、Mg、Si等元素)在硫酸中酸浸，主要的反應為：MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，SiO2不溶于硫酸，過濾，濾渣1含有S和SiO2，濾液含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Zn2+、Ni2+，加入H2O2將Fe2+氧化為Fe3+，加入氨水調節pH4.7～8.1之間，除去Fe3+、Al3+，濾渣2為Fe(OH)3、Al(OH)3，加入MnF2生成MgF2沉淀除去Mg2+，濾渣3為MgF2，濾液主要含有Mn2+，加入碳酸氫銨發生反應：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，用硫酸溶解碳酸錳得到產品硫酸錳，經過系列操作A包括蒸發濃縮、冷卻結晶，過濾洗滌干燥，得到MnSO4·H2O，據此分析作答?！驹斀狻浚?）由分析可知，“濾渣1”中的主要成分為S和SiO2；“溶浸”時兩種含錳化合物與反應的化學方程式MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，故答案為：SiO2；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O；（2）由分析可知，利用氨水調節溶液的pH的目的為使Fe3+、Al3+完全沉淀，而Mn2+不產生沉淀，故其范圍為pH4.7～8.1，故答案為：4.7～8.1；（3）“除雜””的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，若溶液酸度過高，Mg2+沉淀不完全，因為F-與H+結合形成弱電解質HF，MgF2(s)?Mg2+(aq)+2F-(aq)平衡向右移動；故答案為：F-與H+結合形成弱電解質HF，MgF2(s)?Mg2+(aq)+2F-(aq)平衡向右移動；（4）由分析可知，“沉錳”反應的離子方程式為：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案為：Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；（5）由圖象可知，低于40℃結晶析出MnSO4．5H2O，高于40℃結晶析出MnSO4．H2O，則加熱溶液并控制溫度＞40℃，蒸發結晶，趁熱過濾，得到粗產品，若稱取一定質量的MnSO4?H2O用標準BaCl2溶液滴定(操作過程產生的誤差很小可忽略)，若樣品失去部分結晶水則導致相同質量的樣品中含有的硫酸根偏大，導致結果偏高，或樣品混有硫酸鹽雜質也將產生跟多的硫酸鋇，導致計算所得樣品質量分數大于100%，故答案為：蒸發結晶；溫度高于40℃下趁熱過濾；樣品失去部分結晶水或混有硫酸鹽雜質。18．

醛基

2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O

CH3COOH++H2O

④⑤⑥

5【分析】根據各物質的轉化關系可知，乙烯與水發生加成生成乙醇，乙醇在銅作催化劑、加熱條件下，被氧化生成A為CH3CHO，CH3CHO被氧化生成乙酸CH3COOH，乙酸和苯甲醇反應生成乙酸苯甲酯，B和氫氧化鈉的水溶液反應生成苯甲醇，甲苯和氯氣在光照條件下發生取代反應生成B，則B是，據此解答?！驹斀狻?1)根據上面的分析可知，B是；A為CH3CHO，官能團名稱為醛基；(2)反應②是乙醇在銅作催化劑加熱的條件下與氧氣反應生成乙醛和水，化學方程式為2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；反應⑥是乙酸與苯甲醇發生酯化反應生成乙酸苯甲酯和水，化學方程式為C