黄金卷10新高考黄金20卷备战高考化学全真模拟卷重庆专用解析版.docx

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黄金卷10新高考黄金20卷备战高考化学全真模拟卷重庆专用解析版

【赢在高考•黄金20卷】

备战2021年高考化学全真模拟卷

第10模拟

（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：

H1Li7B11C12N14O16Na23Mg24Al27S32Cl35.5K39Ca40Cr52Mn55Fe56Ni59Cu64La139

第I卷（选择题共40分）

一、选择题：

本题共10个小题，每小题2分，共20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。

1.《本草图经》在“绿矾”项载：

“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，下列关于“绿矾”的说法正确的是

A．绿矾的主要成分为Fe2（SO4）3·7H2O

B．绿矾在溶液中能电离出H＋，所以“味酸”

C．“烧之则赤”时，绿矾被氧化

D．可以用K3[Fe（CN）6]溶液检验绿矾是否已经开始变质

【答案】C

【解析】绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，故A错误；绿矾在溶液中能电离出Fe2＋和SO

，无H＋，故B错误；“烧之则赤”时，说明绿矾中的亚铁离子被氧化为铁离子，绿矾煅烧后所得的固体产物为氧化铁，故C正确；铁离子与硫氰化钾溶液反应生成血红色溶液；绿矾变质会产生三价铁离子，应用KSCN溶液检验绿矾是否已经开始变质，故D错误；故选C。

2.化学与生活密切相关，下列说法正确的是

A．中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，煎煮中草药不适宜使用铁锅

B．N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体为直线型分子

C．为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入适量稀盐酸

D．二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中

【答案】A

【解析】中草药中常含有苷类、生物碱、有机酸等成分，有机酸会和铁反应，因此煎煮中草药不适宜使用铁锅，故A正确；N95口罩所使用的熔喷布为聚丙烯，其单体丙烯结构为

，不是直线型分子，故B错误；为增强“84”消毒液的消毒效果，NaClO和盐酸反应生成氯气，因此不能加适量稀盐酸，故C错误；二氧化硫常用作葡萄酒的防腐剂和抗氧剂，故D错误。

综上所述，答案为A。

3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A．0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.4NA

B．1molCaH2和1molCaO，晶体中所含离子数目均为3NA

C．60gHCHO与CH3COOH混合物中含C原子数为2NA

D．0.5mol雄黄（As4S4结构如下图）含有NA个S-S键

【答案】C

【解析】1molFeI2中含有1mol亚铁离子、2mol碘离子，完全反应需要消耗1.5mol氯气，转移了3mol电子，转移的电子数为3NA，0.2molFeI2与足量氯气反应时转移电子数为0.6NA，故A错误；1molCaH2和1molCaO晶体中，前者所含离子数目为3NA，后者所含离子数目为2NA，故B错误；60gHCHO与CH3COOH混合物中含有2mol最简式CH2O,含有2molC原子，C原子数为2NA，故C正确；雄黄（As4S4，结构如图）不含S-S键，故D错误；该题选C。

4.下列反应的离子方程式表达正确的是

A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：

2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl-

B．Cu溶于足量浓硝酸：

Cu＋2NO

＋4H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O

C．氯水具有漂白性：

Cl2＋H2O═2H+＋Cl-＋ClO-

D．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：

Ba2+＋SO

＝BaSO4↓

【答案】B

【解析】向FeBr2溶液中通入少量Cl2：

2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl-，过量的氯气可同时氧化亚铁离子与溴离子生成相应的铁离子与溴单质，故A错误；Cu溶于足量浓硝酸：

Cu＋2NO

＋4H＋=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，符合客观事实，电荷守恒，电子守恒，故B正确；氯水具有漂白性：

次氯酸是弱酸，不能拆成离子的形式，正确的离子方程式是Cl2＋H2O

H+＋Cl-＋HClO，故C错误；向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：

Ba2+＋SO

＝BaSO4↓，不符合客观事实，正确的离子方程式是2NH4++2OH-+Ba2+＋SO

＝BaSO4↓+2NH3↑+2H2O，故D错误；故选B。

5.四氧化三铁（Fe3O4）磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。

水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe2＋＋2

＋O2＋xOH－=Fe3O4↓＋

＋2H2O。

下列问题叙述不正确的是（）

A．水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是

B．反应的离子方程式中x=4

C．每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4mol

D．被Fe2＋还原的O2的物质的量为0.5mol

【答案】A

【解析】反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价，则还原剂是Fe2+和

，故A错误；根据电荷守恒得：

2×3＋2×（-2）＋（-x）＝-2，解得x＝4，故B正确；根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可知，该反应转移4e-，所以每生成1molFe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol×2×[0-（-2）]=4mol，故C正确；设被Fe2+还原的O2的物质的量为y，根据得失电子守恒可知，4y＝1mol×3×

，解得y＝0.5mol，故D正确；答案选A。

6.磁性纳米Fe3O4颗粒具有超顺磁性，做固相萃取剂时能很好从水体中分离。

我国科学家利用这一特性，研究出在纳米Fe3O4外包覆多巴胺聚合层，除去水体污染物多环芳烃的方法，模拟过程如下，下列有关说法正确的是

A．Fe3O4是一种碱性氧化物

B．Fe3O4纳米颗粒粒径越小、水体pH越小除污效果越好

C．多环芳烃在乙腈中的溶解度小于在聚多巴胺中的溶解度

D．处理完成后，Fe3O4纳米颗粒可利用磁铁回收，经加热活化可重复使用

【答案】D

【解析】Fe3O4不是碱性氧化物，碱性氧化物定义是与酸反应生成盐和水的氧化物，四氧化三铁和酸反应生成两种盐，故A错误；水体pH越小，酸性越强，则Fe3O4会与酸反应，则会失去除污效果，故B错误；

根据题中信息，乙腈萃取了多环芳烃，说明多环芳烃在乙腈中的溶解度大于在聚多巴胺中的溶解度，故C错误；处理完成后，Fe3O4纳米颗粒具有磁性，可以利用磁铁回收，经加热活化可重复使用，故D正确。

综上所述，答案为D。

7.水杨酸（

）是一种脂溶性的有机酸，可用于阿司匹林等药物的制备。

下列关于水杨酸的说法错误的是

A．其化学式为

B．能与

溶液反应生成

C．

水杨酸能与

氢气发生加成反应

D．苯环上的一氯代物有4种

【答案】C

【解析】根据结构简式可判断水杨酸的化学式为

，A项正确；水杨酸中含羧基，能与

溶液反应生成

，B项正确；羧基不能与氢气发生加成反应，而苯环可与氢气发生加成反应，所以

水杨酸只能与

氢气发生加成反应，C项错误；水杨酸苯环上的氢原子有4类，因此其一氯代物有4种，D项正确；答案选C。

8.自然界中时刻存在着氮的转化。

实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。

下列叙述正确的是

A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定

B．在催化剂b作用下，O2发生了氧化反应

C．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量

D．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂

【答案】C

【解析】把游离态的氮转化为氮的化合物，称为氮的固定，N2→NH3属于氮的固定，NH3→NO不属于氮的固定，故A错误；在催化剂b作用下，O2→NO，O元素的化合价由0价变为-2价，化合价降低，发生了还原反应，故B错误；催化剂可以提高化学反应速率，可以提高单位时间内生成物的产量，故C正确；

催化剂a作用下，N2→NH3，断裂非极性共价键N≡N键，催化剂b作用下，NH3→NO，断裂极性共价键N−H键，故D错误；答案选C。

9.用下列实验装置（部分夹持装置省略）进行实验，能达到相应目的的是

A

B

C

D

分离乙醇和乙酸

收集NH3并吸收多余的NH3

验证SO2的还原性

检验NH4Cl受热分解产生的两种气体

【答案】D

【解析】乙醇和乙酸互溶，不能用分液的方法将二者分开，A错误；氨气密度比空气小，利用如图所示的装置不能收集氨气，收集氨气时进气管为短管，出气管为长管，B错误；SO2与品红作用，可以使品红溶液褪色，体现的SO2的漂白性，C错误；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，碱石灰可以吸收氯化氢，五氧化二磷可以吸收氨气，氯化氢可以使湿润的蓝色石蕊试纸变红，氨气可以使湿润的酚酞试纸变红，可以检验氯化铵受热分解生成的两种气体，D正确；故答案选D。

10.工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，实验室设计分离出Zn2+并制取胆矾的流程如下：

已知：

Zn2+与NaOH的反应与Al3+类似。

下列说法错误的是

A．滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO

＋4H＋=Zn2＋＋2H2O

B．操作①和②中用到的玻璃仪器完全相同

C．系列操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥

D．可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质

【答案】B

【解析】工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2+、Cu2+等离子，加入过量NaOH生成氢氧化铜沉淀，所以滤渣1是氢氧化铜，滤液1中有ZnO

；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过一系列操作结晶出胆矾。

滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO

＋4H＋=Zn2＋＋2H2O，故A正确；操作①是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧瓶、玻璃棒、蒸发皿，故B错误；硫酸铜蓝色溶液经过操作②结晶出胆矾，操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故C正确；无水乙醇洗涤晶体最主要的原因是清除晶体上水和水中带的离子，而且对于晶体的溶解能很小，同时易挥发不容易带来污染，可用酒精洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质，故D正确；故选B。

二、选择题：

本题共5个小题，每小题4分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的。

若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。

11.短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，其中只有N为金属元素。

X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同；自然界中Y元素形成的化合物的种类最多；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体。

下列说法错误的是

A．五种元素的原子半径从大到小的顺序：

N＞Y＞M＞Z＞X

B．Y、Z、M三种元素都能与X元素形成含有非极性键的化合物

C．N的最高价氧化物对应的水化物可能是强碱

D．Y、Z两种元素都能与M元素形成原子个数比为1：

1和1：

2的化合物

【答案】AC

【解析】短周期元素X、Y、Z、M、N位于元素周期表中五个不同的族，且原子序数依次增大，X元素的原子形成的阴离子的核外电子排布与氦原子相同，则X位于第一周期，为H元素；自然界中Y元家形成的化合物的种类最多，则Y为C元素；Z、M在元素周期表中处于相邻位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Z的原子序数大于C，则Z为N元素，M为O元素；只有N为金属元素，则N为Mg、Al中的一种，据此解答。

根据分析可知：

X为H，Y为C元素，Z为N元素，M为O元素，N为Mg、Al中的一种。

同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径从大到小的顺序：

N＞Y＞Z＞M＞X，A错误；C、N、O都可以与H形成含有非极性键的化合物，如C2H4、N2H4、H2O2等，B正确；Mg、Al的最高价氧化物对应水化物分别为氢氧化镁和氢氧化铝，二者都不是强碱，C错误；

C、N都可以与O形成原子个数比为1：

1的CO、NO和1：

2的CO2、NO2，D正确。

12.将一定量的氨基甲酸铵置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：

NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g）。

不同温度下的平衡数据如下表：

温度（℃）

15

20

25

30

35

平衡时气体总浓度（×10-3mol·L－1）

2.40

3.40

4.80

6.80

9.40

下列说法正确的是（）

A．该反应在高温条件下自发

B．氨气的体积分数不变，可以判断反应达到了平衡状态

C．其他条件不变时将容器体积变为1L，NH3平衡浓度不变

D．若25℃时达到平衡所需时间为2min，则0～2min用CO2表示的平均反应速率为4×10－4mol·L-1·min-1

【答案】AC

【解析】由表格中数据可知，温度越高，平衡气体总浓度增大，则升高温度，平衡正向移动，△H>0，由化学计量数可知△S>0，△H−T△S<0的反应可自发进行，则该反应在高温下可自发进行，故A正确；NH2COONH4（s）⇌2NH3（g）+CO2（g），生成物中氨气与CO2始终按2:

1生成，则氨气的体积分数始终不变，不能说明该反应达到了平衡状态，故B错误；其他条件不变时将容器体积变为1L，等同于体积减小了原来的一半，单位体积内物质的量是原来物质的量的2倍，则NH3平衡浓度不变，故C正确；25℃时，平衡气体总浓度为4.8×10−3mol/L，根据反应可知CO2占

，则

（CO2）=

，故D错误。

13.践行“绿水青山就是金山银山”理念，保护环境，处理厨房污水是一个重要课题。

某科研小组设计使用微生物电池处理污水，装置如图所示（污水中低浓度有机物可用C6H12O6表示），下列说法正确的是

A．b电极为电池负极

B．b电极附近溶液的pH增大

C．a电极反应式为C6H12O6+6H2O-12e-=6CO2+24H+

D．y＜x

【答案】BD

【解析】由图示信息知，C6H12O6在a电极上转化为CO2，其失电子表现还原性，a电极为负极；

在b电极上得电子生成N2，b电极为正极。

由以上分析知，b电极为电池正极，A不正确；b电极上，发生反应2

+10e-+6H2O=N2↑+12OH-，则电极附近溶液的pH增大，B正确；a电极上，C6H12O6失电子转化为CO2等，电极反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，C不正确；在阴、阳离子交换膜之间的溶液中，为平衡两边电极溶液的电性，Cl-移向a电极，Na+移向b电极，则氯化钠溶液的浓度减小，所以x＞y，D正确。

14.已知：

p[

]＝－lg[

]。

室温下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随p[

]变化关系如图所示。

下列说法正确的是

A．溶液中水的电离程度：

a>b>c

B．c点溶液中：

c（Na+）<10c（HX）

C．室温下NaX的水解平衡常数为10-4.75

D．图中b点坐标为（0，4.75）

【答案】BD

【解析】根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：

a

c（H+）+c（Na+）=c（X-）+c（OH-），此时p[

]=1，则c（X-）=10c（HX），代入电荷守恒可得：

c（H+）+c（Na+）=10c（HX）+c（OH-），由于溶液呈酸性，c（H+）>c（OH-），则c（Na+）<10c（HX），B正确；HX在溶液中存在电离平衡：

HX

H++X-，Ka=

，则pH=pKa+p[

]，带入c点坐标（1，5.75）可知，pKa=4.75，则Ka=10-4.75，则室温下室温下NaX的水解平衡常数Kh=

=10-9.25，C错误；HX在溶液中存在电离平衡：

HX

H++X-，Ka=

，则pH=pKa+p[

]，带入c点坐标（1，5.75）可知，pKa=4.75，则b点pH=pKa+p[

]=0+4.75=4.75，D正确；故合理选项是D。

15．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）

选项

实验操作

实验现象

结论

A

用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验

火焰呈黄色

溶液Y中含Na+

B

用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加入氯化钡溶液，再加足量稀盐酸

有白色沉淀产生

Na2SO3样品已变质

C

向Fe（NO3）2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液

溶液变黄

氧化性：

H2O2：

>Fe3+

D

蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X

有白烟产生

溶液X是浓盐酸

【答案】B

【解析】因为玻璃棒成分中有硅酸钠，也会发生焰色反应，正确做法是用铂丝，A错误；用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加入氯化钡溶液，再加稀盐酸，有白色沉淀产生，则白色沉淀为硫酸钡，证明原溶液中含有硫酸根，因此Na2SO3样品已变质，B正确；向Fe（NO3）2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液，硝酸根在酸性条件下也具有氧化性，所以也有可能是硝酸将二价铁氧化，C错误；能和氨气反应生成白烟的酸必须具有挥发性，如硝酸和盐酸，将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X产生白烟，溶液X可能是浓盐酸也可能是浓硝酸，D错误。

第II卷（非选择题共60分））

三、第16～18题为必考题，每个试题考生都必须作答。

第19～20题为选考题，考生根据要求作答。

（一）必答题：

共45分。

16．（15分）我国长征系列运载火箭用液态腓（N2H4）作燃料。

N2H4与NH3有相似的化学性质，属于二元弱破，有极强的还原性。

回答下列问题：

（1）肼与盐酸反应生成的正盐是____________________（写化学式）。

（2）在加热条件下，液态肼可还原新制的Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体，试写出该反应的化学反应方程式________________________________________。

（3）资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，装置如下：

①实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三颈烧瓶中滴加NaClO溶液。

滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_________________________________。

②从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_______________________________。

（4）向装有少量AgBr的试管中加入肼，观察到的现象______________________________。

（5）肼可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀，理论上1kg的肼可除去水中溶解的O2__________kg。

【答案】

（1）N2H6Cl2；

（2）4Cu（OH）2 + N2H4

N2 ↑+2Cu2O +6H2O；（3）防止NaClO氧化肼；A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂；（4）固体逐渐变黑，并有气泡产生，故答案为：

固体逐渐变黑，并有气泡产生；（5）1kg；

【解析】

（1）肼与盐酸反应生成N2H6Cl2，N2H6Cl2属于盐；

（2）加热条件下，液态肼可还原新制的Cu（OH）2制备纳米级Cu2O，并产生无污染气体为氮气，由质量守恒定律及电子守恒可知反应为4Cu（OH）2+N2H4

N2↑+2Cu2O+6H2O；

（3）①实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液，肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼；

②氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该在A、B间增加防倒吸装置；

（4）肼被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，-2价的N元素被氧化为N2，反应方程式为:

N2H4+4AgBr=4Ag↓+N2↑+4HBr，因此反应出现现象为：

固体逐渐变黑，并有气泡产生；

（5）肼被氧化失电子N2H4→N2，O2→O2-得到4e-，肼和氧气摩尔质量都是32g/mol,则等质量肼和氧气物质的量相同，理论上1kg的肼可除去水中溶解的O21kg；

17．（15分）氧锰八面体纳米棒（OMS-2）是一种新型的环保催化剂。

用软锰矿和黄铁矿（主要成分分别为MnO2、FeS2）合成OMS-2的工艺流程如下：

金属离子

Fe3＋

Fe2＋

Mn2＋

开始沉淀的pH

2.2

7.5

8.8

完全沉淀的pH

3.2

9.O

10.8

（1）“调pH值”步骤中，pH的调节范围是_______________________________。

（2）已知Fe3O4可改写成Fe2O3·FeO的形式，Mn12O19中氧元素化合价均为-2价，锰元素有Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）两种化合价，则Mn12O19可表示为_______________________________。

（3）生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4·H2O按物质的量比1︰1︰5反应，产物中硫元素全部以

的形式存在，该反应的离子方程式为_______________________________。

（4）甲醛（HCHO）在OMS-2催化氧化作用下生成CO2和H2O，现利用OMS-2对某密闭空间的甲醛进行催化氧化实验，实验开始时，该空间内甲醛含量为1.25mg·L-1，CO2含量为0.50mg·L-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30mg·L-1，该实验中甲醛的转化率为________________（保留三位有效数字）。

【答案】

（1）[3.2，8.8）（或3.2≤pH＜8.8）

（2）5Mn2O3·2MnO2（3）

（4）43.6％

【解析】软锰矿和黄铁矿用硫酸酸浸，得到的淡黄色固体为S，在酸浸过程中，FeS2中硫的化合价升高，所以Mn的化合价降低，过滤后溶液A中含有Mn2+和Fe2+，向溶液A中加入H2O2，把Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，除去Fe3+后的滤液精制得到MnSO4▪H2O，加入酸性KMnO4溶液和K2S2O8，生成Mn12O19，最后焙烧Mn12O19得到OMS-2。

（1）调pH的目的是除去Fe3+，根据表格中的数据，使Fe3+沉淀完全，而Mn2+不能沉淀，故pH的范围是3.2≤pH＜8.8。

（2）锰元素有Mn（Ⅲ）、Mn（Ⅳ）两种化合价，把Mn12O19表示为aMn2O3▪bMnO2，则有2a+b=12，3a+2b=19，可得a=5，b=2，所以Mn12O19可表示为5Mn2O3▪2MnO2。

（3）生产过程中的原料KMnO4、K2S2O8、MnSO4▪H2O按物质的量比1:

1:

5反应，产物中硫元素全部以

的形式存在，Mn全部转化为Mn12O19，根据质量守恒和电荷守恒，可写出反应的化学方程式为2

+2

+10Mn2++11H2O=Mn12O19↓+4

+22H+。

（4）CO2含量为0.50mg·L-1，一段时间后测得CO2含量升高至1.30mg·L-1，则生成的CO2为0.80mg·L-1，设容器体积为1L，根据甲醛氧化的方程式：

HCHO+O2

CO2+H2O，可求得转化的甲醛的质量为

=

mg，则甲醛的转化率为

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