广东省潮州市饶平县2025届高三上学期第二次月考质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1广东省潮州市饶平县2025届高三上学期第二次月考质量检测一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4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.中国古代文物蕴含着瑰丽的中华历史文化，下列文物主要成分属于硅酸盐材料的是（）A．唐三彩釉陶俑B．汉《天回医简》竹简C．商州太阳鸟金饰D．战国龙凤虎纹丝绸【答案】A【解析】A．唐三彩釉陶俑主要成分是陶瓷，属于硅酸盐材料，A符合题意；B．汉《天回医简》竹简主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，B不合题意；C．商州太阳鸟金饰主要成分是金属，属于金属材料，C不合题意；D．战国龙凤虎纹丝绸主要成分是蛋白质，属于有机高分子材料，D不合题意；故答案为：A。2.化学与人类生活、社会发展密切相关。下列说法不正确的是（）A.开发太阳能、水能、风能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料有利于节能减排、保护环境B.聚乙烯耐化学腐蚀，耐寒且无毒，可用于制作食品和药品的包装材料C.烟花绚丽多彩是由锂、钠、铜、钾等金属单质燃烧时呈现出的不同颜色D.华为手机使用的麒麟芯片，其主要成分是硅单质【答案】C【解析】A．开发太阳能、水能、风能等新能源，逐步减少使用高能耗的化石燃料，减少二氧化碳的排放，有利于节能减排、保护环境，A正确；B．聚乙烯是乙烯加聚后的产物，无毒，耐化学腐蚀，可用于制作食品和药品的包装材料，B正确；C．某些金属灼烧，有焰色反应，则节日燃放的烟花，是锂、钠、钾、锶、钡等金属化合物的焰色反应所呈现的色彩，焰色反应是元素的性质，C错误；D．芯片主要成分是硅单质，D正确；故答案为：C。3.侯氏制碱法的原理为。下列说法正确的是（）A.CO2的空间结构模型：B.基态氮原子电子排布轨道表达式写成违背了泡利原理C.含有的键数目为D.由和形成离子键的过程：【答案】D【解析】A．CO2中C周围的价层电子对数为：2+=2，则其空间构型为直线形，且C原子半径比O的大，故其空间结构模型为：，A错误；B．泡利原理是指一个原子轨道只能存放2个电子，且自旋方向相反，故基态氮原子电子排布轨道表达式写成不违背泡利原理，而是违背了洪特规则，B错误；C．已知1个H2O含有2个H-O键，则18gH2O含有的键数目为=，C错误；D．已知NaCl为离子化合物，故由和形成离子键的过程表示为：，D正确；故答案为：D。4.下列各组离子能大量共存的是（）A.能使甲基橙变红的溶液：、、、B.澄清透明的溶液中：、、、C.小苏打溶液中：、、、D.无色强碱性溶液中：、、、【答案】B【解析】A．能使甲基橙变红的溶液中含有大量的H+，则H+、、三者之间因发生氧化还原反应而不能大量共存，A不合题意；B．澄清透明的溶液中、、、离子间不反应，能够大量共存，B符合题意；C．小苏打溶液中含有大量的，和、均能发生反应而不能大量共存，C不合题意；D．无色强碱性溶液中含有大量的OH-，则OH-与发生反应生成沉淀而不能大量共存，D不合题意；故答案为：B。5.下列生产、生活活动中用到的化学原理解释正确的是（）选项生产、生活活动化学原理A用“保暖贴”取暖铁做正极发生吸氧腐蚀，放出热量B酿酒师往葡萄酒中添加适量SO2保鲜SO2可以杀菌，且具有较强的还原性C电工将铝线和铜线直接相连导电铝有耐蚀性，铜化学性质不活泼可长时间使用D用含氟牙膏预防龋齿氟有强氧化性，可抑制细菌的生成【答案】B【解析】A．“保暖贴”内含铁粉、碳、氯化钠，发生吸氧腐蚀时铁粉作负极，碳作正极，A错误；B．二氧化硫具有较强的还原性，可以在葡萄酒中添加二氧化硫作为抗氧化剂，用作食品保鲜，二氧化硫还可以起到杀菌的作用，B正确；C．铜线和铝线直接相连易形成原电池，加快腐蚀，不可长时间使用，C错误；D．含氟牙膏预防龋齿是将牙釉质中的羟基磷酸钙转化为更坚硬的氟磷酸钙，与氟气有强氧化性无关，D错误；故答案为：B。6.阿司匹林的有效成分乙酰水杨酸()可以用水杨酸()与乙酸酐为原料合成。下列有关说法中不正确的是（）A.乙酰水杨酸的分子式为，水杨酸的分子式为B.可用酸性溶液鉴别水杨酸和乙酰水杨酸C.乙酰水杨酸分子最多能与发生反应D.阿司匹林是一种解热镇痛药，属于类药品【答案】C【解析】A．根据乙酰水杨酸的结构简式，其分子式为，根据水杨酸的结构简式，其分子式为，故A正确；B．水杨酸分子中的酚羟基易被氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而乙酰水杨酸不易被氧化，可鉴别，故B正确；C．乙酰水杨酸中的羧基和酚酯基都能与NaOH反应，因每1

mol酚酯基可消耗2

mol NaOH，故最多可消耗3

mol NaOH，故C错误；D．阿司匹林是一种解热镇痛药，属于非处方药，即属于OTC类药品，故D正确；答案选C。7.下列装置或操作不能达到实验目的的是（）A．赶出碱式滴定管内的气泡B．测定中和反应的反应热C．灼烧海带D．验证乙醇发生了消去反应【答案】B【解析】A．图中挤压橡胶管，挤压时尖嘴向上，气泡密度较小，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，可将气泡赶出，能达到实验目的，A不符合题意；B．缺少玻璃搅拌器，反应不充分且速率较慢，不能准确测定中和热，不能达到实验目的，B符合题意；C．灼烧在坩埚中进行，图示装置正确，能达到实验目的，C不符合题意；D．验证乙醇发生了消去反应，先用氢氧化钠溶液除去可能混有的杂质二氧化硫，再通入溴的四氯化碳溶液，若溴的四氯化碳溶液褪色，说明乙醇发生了消去反应生成乙烯，能达到实验目的，D不符合题意；故选B。8.离于反应能够反映出溶液中反应的实质。下列离子方程式书写正确的是（）A.向AlCl3溶液中滴入足量的氨水：B.除去Na2CO3溶液中的Na2SO4，加入适量Ba(OH)2溶液后，过滤：C.向次氯酸钙溶液通入少量二氧化碳：D向FeBr2溶液中通入足量Cl2：【答案】D【解析】A．氨水的溶质弱碱，生成的Al(OH)3不溶于过量的氨水中，故向溶液中滴入足量的氨水的离子方程式为：，A错误；B．除去Na2CO3溶液中的Na2SO4，加入适量Ba(OH)2溶液后，Na2CO3和Na2SO4均会与Ba(OH)2反应，其反应的离子方程式分别为：、，导致Na2CO3也损失，不符合除杂原则，B错误；C．向次氯酸钙溶液通入少量二氧化碳生成CaCO3和HClO，故离子方程式为：，C错误；D．向溶液中通入足量反应生成FeCl3和Br2，故离子方程式为：，D正确；故选D。9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，基态X原子最外层有3个未成对电子，Y是地壳中含量高的元素，Z单质能与冷水剧烈反应并放出氢气，W的周期数比族序数大1。下列说法正确的是（）A.第一电离能： B.原子半径大小：C.氢化物的热稳定性： D.基态原子核外有12种不同能级的电子【答案】A〖祥解〗短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y是地壳中含量高的元素，Y为O元素；Z单质能与冷水剧烈反应并放出氢气，Z为Na元素；基态X原子最外层有3个未成对电子，且原子序数小于O原子，则X价电子排布为2s22p3，X为N元素；W的周期数比族序数大1，则W为第三周期ⅡA族元素，W为Mg，据此分析解题。【详析】A．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，同一主族从上往下第一电离能依次减小，故第一电离能N＞O＞Mg＞Na即，A正确；B．根据同一周期从左往右原子半径依次减小，同一主族从上往下原子半径依次增大可知，原子半径大小Na＞Mg＞N＞O即，B错误；C．根据同一周期从左往右元素的非金属性依次增强，即O的非金属性＞N，则简单氢化物的热稳定性H2O＞NH3即，但H2O2的稳定性弱于NH3，C错误；D．由分析可知，W为Mg，即12号元素，则基态W原子核外有12种不同运动状态的电子，占据1s、2s、2p、3s等4种不同能级，D错误；故答案为：A。10.元素的价类二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的价类二维图，其中的箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是（）A.还原剂维生素与补铁剂“硫酸亚铁片”同时服用能促进人体对铁元素的吸收B.、不溶于水，故不能通过化合反应制得C.由图可预测：具有强还原性D.检验的方法：向某溶液中滴加氯水，再加KSCN溶液，溶液显红色，则能确定该溶液中含有【答案】A〖祥解〗由题干铁的价类二维图可知，a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2、f为Fe2+、g为Fe3+、h为，据此分析解题。【详析】A．人体能够吸收Fe2+而不能吸收Fe3+，故还原剂维生素与补铁剂“硫酸亚铁片”同时服用能促进人体对铁元素的吸收，A正确；B．由分析可知，b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2、、不溶于水，但通过化合反应制得d，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，B错误；C．由分析可知，h为，铁的化合价为+6价，故由图可预测：具有强氧化性而不是强还原性，C错误；D．由分析可知，f为Fe2+，则检验的方法：向某溶液中先加KSCN溶液溶液无明显现象，再滴加氯水，溶液显红色，则能确定该溶液中含有即Fe2+，D错误；故答案为：A。11.多相催化反应是在催化剂表面通过吸附、解吸过程进行的。我国学者发现时(各物质均为气态)，甲醇与水在铜催化剂上的反应机理和能量图如图，下列说法不正确的是（）A.该反应一共分为两步，其中第一步为该反应的决速步B.反应Ⅱ是放热反应，但是反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程是吸热的C.增大压强和加入催化剂都能增大活化分子百分数D.该反应的热化学方程式为：【答案】C【解析】A．由题干反应历程图可知，该反应一共分为两步，其中第一步的活化能比第二步的大，故该步反应为该反应的决速步，A正确；B．由题干反应历程图可知，反应Ⅱ的反应物总能量高于生成物的总能量，故是放热反应，但是反应Ⅰ和Ⅱ总的反应过程中反应物总能量低于生成物总能量，故是吸热的，B正确；C．增大压强是增大单位体积内的分子数，活化分子百分数不变，导致单位体积内的活化分子数增多，有效碰撞次数增加，反应速率加快，而加入催化剂能够降低反应所需要的活化能，使得部分普通分子转变为活化分子，故可增大活化分子百分数，C错误；D．由题干反应历程图可知，该反应的热化学方程式为：，D正确；故答案为：C。12.在容积为的密闭容器中，充入物质的量均为的和，在一定条件下发生反应：，测得、和的浓度()随时间()变化如图所示。下列说法正确的是（）A.内，用表示的化学反应速率为B.曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示、、的浓度随时间的变化曲线C.D.和的平衡转化率相等【答案】B〖祥解〗在容积为0.5L的密闭容器中，充入物质的量均为amol的A(g)和B(g)，在一定条件下发生反应：，曲线III代表C(g)，浓度的变化量与化学计量系数成正比，因此曲线I、II分别表示A(g)、B(g)的浓度随时间的变化曲线。【详析】A．由图可知，0∼4min内，用D表示的化学反应速率为v(D)=v(C)==，故A错误；B．由分析可知，曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示、、的浓度随时间的变化曲线，故B正确；C．A、B的起始浓度均为4.0mol•L-1，容器的容积为0.5L，因此a=2.0，故C错误；D．A和B的初始浓度相等，浓度变化量之比为1：3，平衡转化率不相等，故D错误；答案选B。13.为了探究温度、浓度两种因素对化学平衡的影响，利用的水解即“”进行如图实验。下列关于试管中溶液说法正确的是（）A.微热试管中溶液，黄色加深，故B.试管加水后，所有离子浓度均减小C.试管比试管黄色更深，平衡正向移动，平衡常数增大D.加入H2SO4溶液后抑制了水解，使增大，平衡逆向移动【答案】D【解析】A．微热试管中溶液，黄色加深，说明平衡正向移动，故，A错误；B．温度不变，溶液中c(H+)c(OH-)不变，则试管加水后，H+浓度减小，则OH-浓度增大，即不是所有离子浓度均减小，B错误；C．平衡常数K仅仅是温度的函数，即试管比试管黄色更深，平衡正向移动，但温度未改变，则平衡常数K不变，C错误；D．H2SO4电离出H+导致溶液中H+浓度增大，加入H2SO4溶液后平衡逆向移动，抑制了水解，使增大，D正确；故答案为：D。14.下列实验操作、现象和结论都正确的是（）选项实验目的实验操作实验现象和实验结论A比较CH3COOH和HClO的酸性强弱用pH试纸测定同浓度的CH3COONa和NaClO溶液的pH溶液pH：CH3COONa＜NaClO，说明酸性：CH3COOH＞HClOB证明某卤代烃中含有氯原子向某卤代烃中先加入过量NaOH溶液，加热，再加入硝酸银溶液产生白色沉淀，说明此卤代烃中含有氯原子C探究食用碘盐中碘元素的存在形式向食用碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入淀粉KI溶液溶液呈蓝色，说明该食用碘盐中含有D测定碳酸氢钠与盐酸反应的热效应向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，测定体系温度变化体系温度升高，说明碳酸氢钠与盐酸反应放热【答案】C【解析】A．NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定，A错误；B．卤代烃水解后，没有加硝酸中和NaOH，不能检验卤素离子，B错误；C．酸性条件下碘离子和碘酸钾发生氧化还原反应生成碘，碘单质遇到淀粉溶液立即变为蓝色，即该实验中观察到溶液呈蓝色，说明该食用碘盐中含有，C正确；D．碳酸氢钠与盐酸反应吸热，D错误；故答案为：C。15.室温时，向20mL0.1mol/L的HCl、CH3COOH中分别滴加0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图。下列说法不正确的是（）A.曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化曲线B.0.1mol/L的CH3COOH溶液中，由水电离出的c(H+)为1×10-11mol/LC.滴加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)D.向CH3COOH中滴加20mLNaOH溶液时，溶液中微粒浓度：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)【答案】C〖祥解〗盐酸和醋酸都是一元酸，醋酸是弱酸，不能完全电离，盐酸是强酸，可完全电离，因此相同物质的量浓度的盐酸和醋酸，醋酸的氢离子浓度小于盐酸，则pH比盐酸的大，所以曲线I代表醋酸，曲线II代表盐酸；【详析】A．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同浓度的盐酸和醋酸，盐酸的pH小，曲线Ⅱ表示的是向HCl中滴加NaOH的pH变化pH曲线，故A正确；

B．由图可知，20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，根据Kw=c(H+)•c(OH-)，解得：c(OH-)=10-11mol/L，再由水电离的氢离子等于水电离的氢氧根浓度，故B正确；

C．醋酸钠为强碱弱酸盐，溶液显碱性，当pH=7时，加入的氢氧化钠不足，醋酸还有剩余，而盐酸中恰好反应，此时c(Cl-)＞c(CH3COO-)，故C错误；

D．醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根水解溶液显碱性，所以c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故D正确；

故选：C。16.下图为某新型的可充电锌-肼()电池充、放电时的物质转化示意图，其采用双功能电催化剂在同一电极实现了独立的析氢反应(放电)和产氮反应(充电)、下列说法不正确（）的是A.充电时，阴极区溶液的增大B.放电时，正极反应式为C.充电时，理论上每转移，阳极上会生成(标准状况)D.当生成(标准状况)时，理论上锌电极增重【答案】D〖祥解〗采用双功能电催化剂在同一电极实现了独立的析氢反应(放电)和产氮反应(充电)，放电时正极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，负极反应式为，充电时阳极反应式为，阴极反应式为；【详析】A．充电时，阴极反应式为，阴极区溶液的增大，故A正确；B．放电时，正极析出氢气，正极反应式为，故B正确；C．充电时阳极反应式为，理论上每转移，阳极上会生成0.25mol氮气，生成氮气的体积为5.6L(标准状况)，故C正确；D．放电时正极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，负极发生反应，当生成(标准状况)时，转移0.2mol电子，根据电子守恒，理论上锌电极减轻，故D错误；选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.海水中富含大量的氯化钠，将海水蒸发可得粗盐，精制后得到精制食盐，不仅可食用，还可用作工业生产的原料。粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量、、等杂质离子，利用化学沉淀法可以去除其中的杂质离子。Ⅰ．甲同学利用给定试剂溶液、溶液、溶液和盐酸，设计了如图粗盐精制的实验流程。(提示：根据实验目的，请思考试剂的用量)（1）步骤③发生反应的离子方程式为：_________________。（2）步骤④中使用到的实验仪器有：_________________。Ⅱ．乙同学对甲同学的实验进行评价，提出了一些猜想，并设计实验进行验证：猜想验证的方法现象结论猜想1：固体中含取少量固体于试管中，先加入足量①___________，再加入②___________有气泡产生，无白色沉淀③___________猜想2：最后制得的晶体中还含有取少量提纯后的晶体于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴入稀和溶液④___________猜想2成立供选择的试剂：稀盐酸、溶液、溶液。（3）完成上述表格中：①_________________________；②_________________________；③__________________________；④_______________________。（4）根据以上分析可对甲同学的实验得出的结论为____________________。Ⅲ．丙同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知室温时：化学式溶解度（5）探究和之间的转化实验操作：试剂试剂试剂加入盐酸后的现象实验Ⅰ……实验Ⅱ有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验Ⅱ说明沉淀部分转化为，结合平衡移动原理，解释生成的原因：____________________________________________。（6）探究和之间的转化实验Ⅲ：①实验Ⅲ为了探究转化为，甲溶液可以是___________(填序号)。A．溶液B．溶液C．溶液②请计算转化成平衡常数___________(，)。【答案】（1）、（2）CEF（3）①.稀盐酸②.硫酸钠溶液③.猜想I不成立④.有白色沉淀生成（4）甲同学制得的NaCl中含有（5）BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)

+SO(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡正向移动（6）①.b②.〖祥解〗粗盐中除了含有泥沙之外，还含有少量、、等杂质离子，先加水溶解，过滤分离出泥沙，向滤液1中加入除杂试剂的顺序要求是溶液要在溶液之前加入，过滤后，固体A中含有氢氧化镁、碳酸钙、硫酸钡、碳酸钡等；滤液2中有剩余的碳酸钠和氢氧化钠，加入盐酸除去，得到NaCl溶液，最后蒸发结晶得到NaCl固体；【详析】（1）由分析可知，加入盐酸除去剩余的碳酸钠和氢氧化钠，离子方程式为：、；（2）步骤④为蒸发结晶，用到的仪器有酒精灯，铁架台，蒸发皿，玻璃棒等，故选择CEF；（3）猜想1：固体中含，为了验证该猜想是否正确，取少量固体于试管中，先加入足量稀盐酸，再加入硫酸钠溶液，有气泡产生，无白色沉淀，说明固体中不含有碳酸钡，猜想I不成立；猜想2：最后制得的晶体中还含有，为了验证该猜想，取少量提纯后的晶体于试管中，加入适量的蒸馏水溶解，滴入稀和溶液，猜想2成立，则现象为有白色沉淀生成；（4）根据以上分析可对甲同学的实验得出的结论为甲同学制得的NaCl中含有；（5）由于BaSO4在溶液中存在溶解平衡：BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)

+SO(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液后，CO与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡正向移动，沉淀发生了部分转化；BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)⇌Ba2+(aq)

+SO(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡正向移动；（6）①实验Ⅲ中最后加入的是0.1mol/LKI溶液，应该是探究AgCl转化成AgI，且KI能与AgNO3溶液直接反应生成AgI沉淀，则加入的NaCl溶液应该过量，即图中甲过量、乙不足，所以甲溶液时NaCl，故答案为：b；②转化成的方程式为，K====。18.软锰矿的主要成分为，含少量和。闪锌矿主要成分为，含少量、杂质。现以软锰矿和闪锌矿为原料制备和，其简化流程如下：已知：Ⅰ．矿石中所有金属元素在滤液中均以离子形式存在。Ⅱ．常温下各种金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表：开始沉淀完全沉淀回答下列问题：（1）为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有_______________。（2）滤渣2的主要成分是___________(填化学式)。（3）步骤①中发生多个反应，其中、与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，写出、与硫酸共热发生反应的离子方程式：_______________。（4）步骤③中的作用可以用一种常见的绿色氧化剂的溶液来代替，其化学式为___________；若物质是用来调节溶液的至，试分析的范围是___________。（5）当金属离子物质的量浓度为时认为离子完全沉淀，则___________。（6）步骤④是以锂离子电池作电源，结合流程图分析用惰性电极进行电解时：在阴极放电的离子是___________(填离子符号)，阳极的电极反应式为_______________。（7）和可以组成多种氧化物，其中一种氧化物的晶胞如图所示。①该晶体中的配位数为___________。②已知阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度___________(用含、的代数式表示)。【答案】（1）适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等（2）Cu（3）3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O（4）H2O24.9~5.7（5）10-32.3（6）Zn2+Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+（7）①.4②.〖祥解〗软锰矿的主要成分为MnO2，含少量Al2O3和SiO2。闪锌矿主要成分为ZnS，含少量FeS、CuS杂质，矿物酸浸过滤后，滤渣1含有SiO2等不溶性杂质，滤液A的金属离子有Mn2+、Al3+、Zn2+、Fe3+、Cu2+，加入适量的锌，锌与金属活动性比其弱的离子Cu2+置换反应，使之生成单质除去，滤渣2含有Cu，向滤液中加入MnO2+X，目的是把Fe2+氧化生成Fe3+，并调节溶液pH，使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，最后电解所得的ZnSO4、MnSO4溶液获得MnO2、Zn等产物，据此分析解题。晶胞结构中体心位置的Mn与4个O原子相连，故配位数为4；晶胞中有2个Mn，4个O，故化学式为MnO2；【详析】（1）根据影响化学反应速率的因素相关知识，为了加快矿石的酸浸速率，通常采用的方法有：适当加热、搅拌、将矿石粉碎、适当增大硫酸浓度等；（2）由分析知，滤渣2的成分有Cu；（3）其中MnO2、FeS与硫酸共热时有淡黄色物质析出，溶液变为棕黄色，由得失电子守恒可知该淡黄色物质为S，溶液中存在Fe3+和Mn2+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3MnO2+2FeS+12H+3Mn2++2Fe3++2S+6H2O；（4）步骤③中MnO2的作用是把Fe2+氧化生成Fe3+，可以用一种常见的绿色氧化剂的溶液来代替，其化学式为H2O2，物质X是用来调节溶液的pH至a，使Al3+、Fe3+生成氢氧化物沉淀而除去，而Zn2+和Mn2+不能沉淀，a的范围是4.9~5.7；（5）Al3+完全沉淀的pH为4.9，此时溶液中c(Al3+)=1×10-5mol/L，c(OH-)=Kw/c(H+)=10-9.1mol/L，则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)c3(OH-)=1×10-5×(10-9.1)3=10-32.3；（6）用惰性电极进行电解，Mn2+在阳极失去电子生成MnO2，电极反应式：Mn2++2H2O-2e-=MnO2+4H+，阴极Zn2+得到电子生成Zn；（7）晶胞结构中体心位置的Mn与4个O原子相连，故配位数为4；晶胞中有2个Mn，4个O，故化学式为MnO2，。19.我国力争在2060年前实现“碳中和”，体现了中国对解决气候问题的大国担当。为此我国制定了实现“碳中和”和“温室气体净零排放”的长期战略目标。的转化、回收和重整受到越来越多的关注，它是有效应对全球气候变化、促进低碳社会构建的重要方法。Ⅰ．热化学转化法。（1）科学家研究利用回收的制取甲酸()。已知：①②③则反应④的___________。Ⅱ．催化还原法（2）以下是催化加氢合成二甲醚发生的两个主要反应：⑤⑥下列有关反应⑥的说法正确的是___________。A.升高温度逆反应速率加快，正反应速率减慢B.反应体系中浓度不再变化，说明反应达到平衡状态C.恒温恒容下达到平衡后，再通入，平衡向正反应方向移动D.平衡时，若缩小体积增大压强，则、均变大（3）与都能引起温室效应，将二者联合处理可以减缓温室气体排放，与在催化剂作用下反应可生成，其反应机理如图所示。转化过程中经历了ⅰ→ⅱ的变化，该变化过程___________(填“吸热”或“放热”)。基态原子价层电子的轨道表示式为___________。（4）制得的甲酸可与其他有机酸混合作清洗剂，研究混合酸中的微粒数量关系有意义。时，相同浓度甲酸、丙酸()及某羧酸的水溶液中，酸分子的分布分数[]随变化曲线如下图所示。①酸性强弱判断：___________(填“>”“=”或“<”)。②往和的混合溶液中加入至，___________(填“>”“=”或“<”)。③将等物质的量浓度等体积的和混合充分，发生的反应为：，求平衡时的转化率___________。【答案】（1）-264（2）BD（3）放热（4）①.>②.＜③.90.1%【解析】（1）根据盖斯定律，由×(③-②-2×①)可得，故=-26.4（2）A．升高温度正逆反应速率均加快，故A错误；B．反应达到平衡时，各物质浓度保持不变，反应体系中CH3OCH3浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，故B正确；C．恒温恒容下达到平衡后，再通入N2，各物质浓度不变，平衡不移动，故C错误；D．根据勒夏特列原理，平衡时，若缩小体积增大压强，则c(CH3OCH3)、c(CO2)均变大，故D正确；故答案为：BD；（3）由反应机理图可知，过程中ⅰ→ⅱ的变化能量降低，该变化过程放热；基态碳原子价层电子排布式为2s22p2，轨道表示式为；（4）①由图可知，当酸分子分布分数相同时，甲酸的pH小于丙酸，故酸性：>；②由于HCOOH、C2H5COOH能与NaOH反应生成HCOONa、C2H5COONa,pH=7说明c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒得c(HCOO-)+c(C2H5COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(HCOO-)＜c(Na+)；③由图知，pH=3.75时，HCOOH分子的分布分数是50%，根据电离平衡常数的表达式和图中HCOOH分子的分布随pH变化曲线可知，K甲酸=10-3.75，同理可得R1COOH的电离平常常数为K某酸=10-5.75，则HCOOH+R1COO-⇌R1COOH+HCOO-的平衡常数K===102，设HCOOH和R1COONa的起始浓度为1mol/L，HCOOH的转化率为x,由三段式为则K==102，解得x=，故平衡时的转化率为=90.1%。20.有机化合物的提取与合成极大地促进了化学科学的发展；药物化学是重要的有机化学分支之一，合成某药物中间体的流程如图所示：已知：乙酸酐为2分子乙酸脱水得到，结构简式为。（1）化合物分子分子式为___________；其名称为___________。（2）化合物中含氧官能团的名称为：_