必刷卷03——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（广东专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷03
广东卷专用

广东地区考试题型预测为16（单选题）＋4（填空题），其中结构首次以必考题的形式出现，有可能会在选择题中考查，也有可能在化工或原理综合题中考查原子结构和晶体结构的内容，在有机综合题中考查分子结构的内容。
由于是第一次以必考的形式出现，结构的难度未知，可以往年结构选考题为依据进行备考。

2022年广东地区的结构题还是以选考的形式出现，2023年首次以必考的形式出现。考虑到考试时间的因素，题量不会发生改变。在题量不变的情况下，结构大概率会被拆开放进各种板块中。
除了要考虑结构的变化外，广东高考在2021年和2022年的考试中，都非常重视化学与生活的联系，因此2023年的备考，化学与STSE依然要成为重点。这部分的知识较为基础，同时也较为零散，学生们最困扰的就是记不住，所以应该依据考向进行分类突破。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Fe 56
一、选择题：本题共16个小题，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．文物记载着中华文明的灿烂成就，下列文物主要由合金材料制成的是
文物




选项
A．圆雕玉舞人
B．透雕重环玉佩
C．朱雀青铜顶饰
D．炫纹贯耳瓷壶
【答案】C
【详解】A．玉是特殊的石头，不是合金材料， A错误；
B．玉佩不属于合金材料，B错误；
C．青铜属于铜合金，C正确；
D．瓷壶属于硅酸盐材料，D错误；
故选C。
2．工业制备硫酸可通过反应制得。下列说法正确的是
A．的电子数为26 B．的电子式为
C．属于离子化合物，仅含离子键 D．的空间填充模型为
【答案】A
【详解】A．已知Fe是26号元素，其核电荷数即质子数为26，故的电子数为26，A正确；
B．O2中存在氧氧双键，故O2的电子式为，B错误；
C．是由Fe2+和通过离子键形成的离子化合物，物质中含Fe2+和之间的离子键和内部的共价键，C错误；
D．SO2是V形分子，且S的半径大于O的，故SO2的空间填充模型为，D错误；
故答案为：A。
3．广东人爱“饮茶”，毛泽东有“饮茶粤海未能忘”诗句。下列说法错误的是
A．茶饼浸泡前要掰成小块，可使之更快浸出茶香
B．使用沸水泡茶，可加速茶叶中物质的溶解
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，可减慢茶叶的氧化
D．某温度下测得茶水的，则该茶水一定呈酸性
【答案】D
【详解】A．茶饼浸泡前要掰成小块，增大其与水的接触面积，可使之更快浸出茶香，A正确；
B．使用沸水泡茶，温度升高，可加速茶叶中物质的溶解，B正确；
C．茶叶封装时常附带一包铁粉，铁粉吸收包装袋内的氧气，可减慢茶叶的氧化，C正确；
D．溶液呈酸性指氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，某温度下水的离子积未知，pH=6.6不能判断溶液的酸碱性，D错误；
故选D。
4．下列关于氨气的实验装置和操作正确且能达到实验目的的是

A．甲用于制备氨气
B．乙用于干燥氨气
C．丙用于收集氨气
D．丁引发喷泉的操作为打开弹簧夹，挤压胶头滴管
【答案】D
【详解】A．实验室制备氨气常用氯化铵和氢氧化钙两种固体共热，只加热NH4Cl得不到NH3，A不合题意；
B．无水氯化钙能与氨气反应形成，因此不能用无水氯化钙作干燥剂，应该用碱石灰，B不合题意；
C．氨气密度比空气小，应采用向下排空气法，C不合题意；
D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶，产生压强差，形成喷泉，D符合题意；
故答案为：D。
5．下列与有机物的结构、性质有关的描述正确的是(　　)
A．甲烷能和Cl2反应，甲烷通入氯水中能使氯水褪色
B．乙烯和苯的官能团相同
C．医用酒精的体积分数通常是75%
D．棉、羊毛完全燃烧都只生成CO2和H2O
【答案】　C
【解析】甲烷与氯水不反应，光照下甲烷与氯气发生取代反应，故A错误；苯不含碳碳双键，但乙烯含碳碳双键，官能团不同，故B错误；医用酒精是用淀粉类植物发酵经蒸馏制成，体积分数通常是75%，故C正确；羊毛属于蛋白质，含有N元素，燃烧产物除了生成二氧化碳和水外还生成氮的化合物，故D错误。
6．饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是

A．a离子为Cl-， b离子为Na+
B．此过程中溶解速率小于结晶速率
C．再加入NaCl固体，溶质微粒浓度变大
D．此过程可以说明NaCl的电离： NaCl Na+ +Cl-
【答案】A
【详解】A．NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，Na+带正电易吸引水分子中的氧原子、Cl-离子带负电易吸引水分子中的氢原子，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，故A正确；
B．饱和溶液中始终存在溶解与结晶过程，溶解速率等于结晶速率，故B错误；
C．饱和氯化钠溶液中加入NaCl固体不能继续溶解，则溶质质量不变，溶质微粒浓度不变，故C错误；
D．NaCl是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故D错误；
故选：A。
7．下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项
劳动项目
化学知识
A
用铁盐净水
水解得到胶体
B
面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包
可与酸反应
C
工人将模具干燥后再注入熔融钢水
铁与高温下会反应
D
在钢铁设施上安装镁合金
镁比铁活泼，可防止铁被腐蚀
【答案】B
【详解】A．铁离子水解得到氢氧化铁胶体可以加速水中悬浮颗粒沉降，与所述的化学知识有关联，故A不符合符题意；
B．制作面包用的小苏打应该为，而不是碳酸钠，故B符合符题意。
C．与水蒸气在高温条件下反应，生成和，与所述的化学知识有关联，故C不符合符题意
D．镁比铁活泼，可做原电池的负极从而保护铁，防止铁被腐蚀，与所述的化学知识有关联，故D不符合符题意；
故选B。
8．用如图所示装置能制备下列干燥的气体，且能控制反应的发生和停止的是(甲、乙、丙表示加入的试剂，部分夹持装置省略)(　　)

选项
气体
甲
乙
丙
A
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
氯化钙
B
CO2
稀硫酸
石灰石
五氧化二磷
C
C2H2
饱和食盐水
电石
碱石灰
D
H2
稀硫酸
锌粒
碱石灰

【答案】　D
【解析】二氧化锰和浓盐酸制取氯气需要加热，故不选A；硫酸钙微溶于水，会覆盖在石灰石表面，阻止反应继续进行，故不能用石灰石和稀硫酸制取CO2，故不选B；电石和水反应剧烈，生成微溶于水的氢氧化钙，会堵塞多孔隔板，不能用该装置制备乙炔，故不选C；锌和稀硫酸反应生成硫酸锌和氢气，属于固液不加热制备气体，该装置能控制反应的发生和停止，故选D。
9．大气中的氮循环(如图所示)可以减少环境的污染。下列说法正确的是

A．的VSEPR模型为四面体形
B．转化过程中被还原为
C．与反应生成1mol转移约个电子
D．转化为属于氮的固定
【答案】B
【详解】A．价层电子对数=2+(5+1-2×2)=2+1=3，VSEPR模型是平面三角形，选项A错误；
B．转化为N2，N元素化合价从+5变为0，化合价降低被还原，即转化过程中被甲醇还原为N2，选项B正确；
C．与反应生成的反应为+=+2H2O，反应转移电子数为3，生成1mol转移约个电子，选项C错误；
D．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，转化为不属于氮的固定，选项D错误；
答案选B。
10．设为阿伏伽德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．1 mol CH2Cl2含有C-Cl键的数目为：2
B．1 L 1.0 mol/L的盐酸中含有Cl-离子总数为：
C．22.4LNO与11.2LO2混合后的分子数目为
D．46gNa与足量O2反应电子转移的数目为：2
【答案】C
【详解】A．CH2Cl2的结构式为：，则1 mol CH2Cl2含有C-Cl键的数目为：2，A正确；
B．盐酸中HCl会完全电离生成氢离子和氯离子，所以1 L 1.0 mol/L的盐酸中含有Cl-离子总数为：，B正确；
C．未指明是否为标准状况，且NO和O2混合后会生成二氧化氮，二氧化氮存在平衡：2NO2N2O4，无法计算22.4LNO与11.2LO2混合后的分子数目，C错误；
D．Na与足量O2反应，无论生成氧化钠还是生成过氧化钠，钠的化合价均从0价升高到+1价，46g（2mol）Na与足量O2反应所以电子转移的数目均为：2，D正确；
故选C。
11．下列离子方程式不正确的是(　　)
A．Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O
B．用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O
C．FeSO4溶液中加入H2O2产生沉淀：2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋
D．NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合：2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO
【答案】　B
【解析】Cl2通入冷的NaOH溶液中发生反应生成氯化钠和次氯酸钠，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，A正确；用醋酸和淀粉-KI溶液检验加碘盐中的IO的原理是IO在酸性条件下与I－发生归中反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，由于醋酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，B不正确；H2O2具有较强的氧化性，FeSO4溶液中加入H2O2产生的沉淀是氢氧化铁，该反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋4H2O===2Fe(OH)3↓＋4H＋，C正确；NaHCO3溶液与少量的Ba(OH)2溶液混合发生反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，该反应的离子方程式为2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋CO＋2H2O，D正确。
12．LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下：

下列说法错误的是(　　)
A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为Li2CO3＋2HBr===CO2↑＋2LiBr＋H2O
D．参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1
【答案】　A
【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A错误；除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B正确；中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，C正确；根据得失电子守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1∶1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1，因此，参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1，D正确。
13．已知X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期，其形成的某种物质的结构如图，该物质的水溶液显酸性。下列说法正确的是

A．该化合物的焰色试验呈黄色
B．Z的简单气态氢化物的热稳定性比Y强
C．Z的最高价氧化物对应的水化物为强酸
D．Y与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物
【答案】D
【分析】由常用肥料的结构可知，X形成1个共价键、Y形成2个共价键、Y形成5个共价键，结合X、Y、Z、W为核电荷数依次增大的前20号主族元素，且位于不同周期可知，X为H元素、Y为O元素、Z为P元素、W为K元素，肥料主要成分的化学式为KH2PO4。
【详解】A．该化合物含有K元素，焰色试验是紫色，A错误；
B．非金属性，故PH3的热稳定性比H2O差，B错误；
C．Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，磷酸为弱酸，C错误；
D．O与H可形成H2O、H2O2，O与P可形成P2O5、P2O3，O与K可形成K2O、K2O2，KO2，D正确；
故选D。
14．下列实验操作所观察到的实验现象正确且能得出相应实验结论的是
选项
实验操作
实验现象
实验结论
A
向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠
缓慢产生气泡
乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢
B
向盛有2.0mL甲苯的试管中加入3滴酸性溶液，用力振荡
紫色褪去
甲苯中含有碳碳双键，可被酸性溶液氧化
C
向含有少量的溶液中滴加少量稀溶液
产生白色沉淀

D
用玻璃棒蘸取溶液滴在试纸上
试纸先变蓝，后褪色
溶液呈中性
【答案】A
【详解】A．向盛有3.0mL无水乙醇的试管中加入一小块金属钠，缓慢产生气泡说明乙醇分子中羟基氢的活泼性小于水分子中的氢，故A正确；
B．甲苯是苯的同系物，分子中不含有碳碳双键，故B错误；
C．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，故C错误；
D．次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，则试纸先变蓝，后褪色不能说明次氯酸钠溶液呈中性，故D错误；
故选A。
15．常温下，分别用0.01 mol·L－1的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00 mL的HA、H3B(三元酸)溶液，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．常温下K(HA)的数量级约为10－5
B．常温下0.01 mol·L－1的NaH2B溶液的pH小于7
C．NaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂
D．当横坐标为37.5时，溶液中存在：2c(H＋)＋c(H2B－)＋3c(H3B)＜2c(OH－)＋3c(B3－)＋c(HB2－)
【答案】　D
【解析】c(HA)＝c(A－)时，pH＝4.75，K(HA)＝＝10－4.75，常温下K(HA)的数量级约为10－5，故A正确；当c(H2B－)＝c(H3B)时，Ka1＝10－2.5，当c(H2B－)＝c(HB2－)时，Ka2＝10－7.2，H2B－的水解平衡常数Kh＝＝10－11.5＜Ka2＝10－7.2，说明H2B－的水解程度小于其电离程度，常温下0.01 mol·L－1的NaH2B溶液的pH小于7，故B正确；NaOH溶液滴定HA溶液，滴定终点溶液呈碱性，应选择酚酞作为指示剂，故C正确；当横坐标为37.5时，溶液中溶质为等物质的量的Na2HB、NaH2B，溶液中存在电荷守恒：①c(H＋)＋c(Na＋)＝3c(B3－)＋2c(HB2－)＋c(H2B－)＋c(OH－)，元素质量守恒：②2c(Na＋)＝3c(H3B)＋3c(H2B－)＋3c(HB2－)＋3c(B3－)，将①×2－②，得2c(H＋)＋c(H2B－)＋3c(H3B)＝2c(OH－)＋3c(B3－)＋c(HB2－)，故D错误。
16．电化学脱硫是近几年国内外发展起来的一种新型脱硫方法，某种电化学脱硫方法装置如图所示，不仅可以脱去烟气中的SO2还可以制得硫酸。下列说法不正确的是(　　)

A．该装置能够将电能转化为化学能
B．净化气的成分为二氧化碳和氧气
C．电极1的电极反应式为O2＋4e－＋2SO3===2SO
D．电极2的电极反应式为2SO－4e－===2SO3＋O2
【答案】　B
【解析】该装置为电解池，将电能转化为化学能，故A正确；在阴极，氧气得电子发生还原反应，电极反应式为O2＋4e－＋2SO3===2SO，则净化气的成分是SO2、CO2，故B错误、C正确；电极2为阳极，硫酸根离子在此电极失电子发生氧化反应，电极反应式为2SO－4e－===2SO3＋O2，故D正确。
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．某兴趣小组在电解食盐水实验中发现两极产生气体体积不相等，该组同学猜测阳极除外可能有产生。小组同学利用如图装置进行实验探究。

已知：在酸性条件下能被氧化为。
(1)配制溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_______。
(2)利用上述装置检验阳极是否产生，其连接顺序为_______：A→_______→_______→_______。实验前从a处通入氮气的目的为_______。
(3)小组同学根据实验现象判断有产生，用电极反应式表示产生的原因_______。
(4)该小组在恒定电压下进行电解实验，探究不同、不同浓度的溶液对产生的影响，用传感器测得在时间内阳极区溶解氧的浓度变化，装置如图所示，数据记录如下表。

编号




溶解氧的浓度
1
50.0
0
0
0
8.3~7.3
2
5.0
0
45.0
0
8.3~10.5
3
5.0
5.0
x
0
8.3~15.0
4
0
0
50.0
0
8.3
5
0
0
0
50.0
8.3~15.5

①实验2、3是判断相同浓度在不同下是否有氧气产生，其中_______。
②实验2和5条件下，测得溶解氧的曲线如图中Ⅰ、Ⅱ所示，分析实验2溶解氧先降低后升高的原因是_______。

③实验3中时间段内溶液溶解氧逐渐增大，电解后取阳极区溶液于试管a，加入淀粉溶液，没有明显现象；然后滴加稀硫酸，溶液变蓝。电解后另取阳极区溶液于试管b，加入淀粉溶液，溶液变蓝。由上述实验现象可获得的实验结论是_______。
④工业上在一定条件下电解食盐水制备较纯净的，除了控制一定的电压，采用活性电极外，可采取的措施有_______(写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶
(2)     A→C→B→D     排出装置内及溶解的氧气的干扰
(3)2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑
(4)     40.0     Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高     该条件下OH－比Cl－先放电     电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)
【分析】探究电解氯化钠溶液中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气。
【详解】（1）配制溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。
（2）利用上述装置检验阳极是否产生，将产生的混合气体先用氢氧化钠溶液除掉氯气，再用淀粉-KI溶液检验氯气是否除尽，除尽后再通入到酸性淀粉-KI溶液中检验是否有氧气生成，因此其通入其连接顺序为A→C→B→D。空气中有氧气，要检验是否有氧气生成，因此电解前要排出装置内及溶液中的氧气，因此实验前从a处通入氮气的目的为排出装置内的空气；故答案为：A→C→B→D；排出装置内及溶解的氧气的干扰。
（3）小组同学根据实验现象判断有产生，说明是溶液中的水失去电子变为氧气和氢离子，其用电极反应式表示产生的原因2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑；故答案为：2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑。
（4）①根据题意，要使得实验2、3是判断相同浓度在不同下是否有氧气产生，则溶液的总体积应该相等，因此其中40.0；故答案为：40.0。
②根据图中信息分析，实验1分析，氯气量越多，溶解氧的含量减少，实验2与实验3分析同样浓度的氯化钠在中性和碱性条件下溶解氧是不相同，在碱性条件下溶解氧含量增多，根据实验5分析在碳酸钠碱性条件下溶解氧含量增加，因此根据前面分析得到实验2溶解氧先降低后升高的原因是生成氯气量增多，溶解氧含量减少，当氯化钠反应完，溶液呈碱性，氯气逸出，此时溶解氧又慢慢增大即Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高；故答案为：Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高。
③根据题意，由上述实验现象可获得的实验结论是说明开始阶段是OH－放电溶解氧增多，后来Cl－放电氯气含量增多即该条件下OH－比Cl－先放电；故答案为：该条件下OH－比Cl－先放电。
④根据题意分析，根据实验1得到是氯离子放电，而实验3是OH－比Cl－先放电，因此可采取的措施有电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜；故答案为：电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)。
18．电解金属锰阳极渣(主要成分，杂质为、、元素的化合物)和黄铁矿为原料可制备，其流程如图所示：

已知：、，回答下列问题：
(1)锰原子价层电子的轨道表示式为_______，它处于周期表的_______区，中的化合价为_______。
(2)“酸浸”时，所用的稀酸X是_______。
(3)“酸浸”过程中，、的质量浓度、浸出率与时间的关系如图1所示。

内，浸出元素的主要离子方程式为_______。
(4)若“净化”过程中的浓度为，则此时的浓度为_______。
(5)是一种两性氧化物，用软锰矿(主要成分为，含少量铁的氧化物)和可制备高纯。保持投料量不变，随与投料比增大，软锰矿还原率和氢氧化钡的产率的变化如图2所示。当时，产率减小的原因是_______。

(6)碳酸锰在空气中加热可以生成相应的氧化物，称取碳酸锰(摩尔质量)加热，固体物质的质量随温度的变化如图3所示。

527.4℃时，生成相应固体物质的化学方程式为_______。
【答案】(1)          d     +2、+3
(2)稀硫酸
(3)
(4)
(5)过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2
(6)
【分析】MnO2在酸性条件下有强氧化性，FeS2有强还原性，二者在酸浸的时候会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作后得到的是MnSO4溶液，可知所用的稀酸X为稀硫酸。然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子为Fe2+氧化为Fe3+，再加入CaO调整溶液pH，使Fe3+、Cu2+形成Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，但是用CaO来调pH又会导致溶液中留下较多的Ca2+，净化阶段加入MnF2的目的就是使Ca2+转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液含有MnSO4，然后经一系列处理得到Mn3O4；据此分析解答。
【详解】（1）Mn原子序数为25，价电子排布图为 ，位于周期表中d区；中O为-2价，结合化合物中各元素的代数和为可知，中Mn的化合价既有+2价也有+3价，故答案为： ；d；+2、+3；
（2）由分析知，稀酸X为稀硫酸，故答案为：稀硫酸；
（3）由图可知，内，Mn元素浸出率提高，含量明显增加，说明此时与反应生成Mn2+、、S等，对应的离子方程式为：，故答案为：；
（4）由，的浓度为，可得：；再由，可得，故答案为：；
（5）由题意可知，二氧化锰与硫化钡反应生成氢氧化钡，因反应物是一种两性氧化物，当时，二氧化锰过量，过量的二氧化锰与氢氧化钡反应消耗氢氧化钡，导致其产率降低，故答案为：过量的消耗了反应生成的Ba(OH)2；
（6），则，；527.4℃时，，，可知：，则此时产物为：，反应方程式为：，故答案为：；
19．“碳中和”引起各国的高度重视，正成为科学家研究的主要课题。利用催化加氢制二甲醚，可以实现的再利用，涉及以下主要反应：
I.  
II.  
相关物质及能量变化的示意图如图1所示。

(1)反应II的_____，该反应在_____(填“高温”“低温”或“任何温度”)下能自发进行。
(2)恒压条件下，、起始量相等时，的平衡转化率和的选择性随温度变化如图2所示。已知：的选择性。

①300℃时，通入、各1mol，平衡时的选择性、的平衡转化率都为30%，平衡时生成的物质的量为_______mol，此温度下反应Ⅰ的平衡常数_______(保留2位有效数字)。
②220℃时，和反应一段时间后，测得A点的选择性为48%，不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有_______(任写一种)。
(3)利用燃料电池电解，可将雾霾中的分别转化为和，如图3装置所示。则a极发生的电极反应式为_______；当电路中转移2.5mol电子时，A的浓度为_______(电解过程中忽略溶液体积变化)。

【答案】(1)      低温
(2)   0.045     0.20     增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)
(3)       2
【详解】（1）根据图像可知①CH3OCH3(g)+3H2O(g)=2CH3OH(g)+2H2O(g) ΔH=+23.9kJ/mol
②2CO2(g)+6H2(g)=2CH3OH(g)+2H2O(g)ΔH=－99.2kJ/mol
依据盖斯定律可知②－①即得到反应=－123.1kJ/mol。该反应是体积减小的放热的可逆反应，依据ΔG=ΔH-TΔS＜0反应自发进行可知低温下能自发进行。
（2）①300℃时，通入、各1mol，平衡时的选择性、的平衡转化率都为30%，消耗是0.3mol，所以平衡时生成的物质的量为，根据碳原子守恒可知生成CO是0.21mol，剩余0.7mol，依据方程式可知生成水蒸气是0.21mol+0.045mol×3=0.345mol，消耗氢气是0.21mol+0.045mol×6=0.48mol，剩余氢气是0.52mol，反应Ⅰ中添加不变，则此温度下反应Ⅰ的平衡常数。
②反应Ⅱ是放热的体积减小的可逆反应，所以不改变反应时间和温度，一定能提高的选择性的措施有增大压强(或使用对反应II催化活性更高的催化剂)。
（3）右侧装置中与a电极相连的电极通入NO，NO被还原为铵根，该电极是阴极，所以a电极是负极，通入的是二甲醚，电极反应式为；右侧装置是电解池，二氧化硫、NO分别转化为硫酸和铵根，当电路中转移2.5mol电子时，依据电子得失守恒可知生成硫酸1.25mol，铵根是0.5mol，因此生成硫酸铵是0.25mol，根据硫原子守恒可知生成硫酸是1mol，所以硫酸的浓度即A的浓度是1mol÷0.5L=2.0mol/L。
20．以芳香族化合物A为原料制备某药物中间体G的路线如下：

已知：同一碳原子上连两个羟基时不稳定，易发生反应：。
请回答下列问题：
(1)化合物A中非含氧官能团的名称是___________。
(2)化合物B的结构简式为___________。
(3)F→G的反应除有机产物外仅有水生成，该反应类型是___________，试剂R的分子式为___________。
(4)C()在一定条件下可转化为H()，两者性质如下表所示。
物质
名称
相对分子质量
熔点/℃
沸点/℃

3-溴-4-羟基苯甲醛
201.02
130～135
261.3

3，4-二羟基苯甲醛
138.2
153～154
295.42

H相对分子质量小于C，熔沸点却高于C，原因是___________。
(5)J是D的同分异构体，同时满足下列条件的J有___________种(不包括立体异构)。
条件：①与溶液发生显色反应；②能发生水解反应；③苯环上只有两个取代基。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为3：2：2：1的结构简式为___________(写一种即可)。
(6)根据上述路线中的相关知识，设计以和乙酸为原料制备的合成路线___________ (其他试剂任选)。
【答案】(1)酯基和碳氯键
(2)
(3)     取代反应    
(4)3，4-二羟基苯甲醛比3-溴-4-羟基苯甲醛分子间氢键多，所以沸点相对较高
(5)  9     (或)
(6)
【分析】A发生碱性水解，然后再酸化生成B为，B发生取代反应生成C，C和CH3ONa发生取代反应生成D，D和乙酸酐已知②的反应生成E，E在BBr3催化下转化为F为，F→G的反应为在浓硫酸作用下，与共热发生酯化反应生成和水，据此解答。
【详解】（1）化合物A中非含氧官能团的名称是酯基和碳氯键；
（2）根据上述分析可知，化合物B的结构简式为；
（3）F和发生取代反应（酯化反应）生成G和水，故答案为：取代反应；；
（4）根据结构可以看出，3，4-二羟基苯甲醛比3-溴-4-羟基苯甲醛分子间氢键多，所以沸点相对较高；
（5）D的同分异构体H苯环上只有两个取代基，遇氯化铁溶液发生显色反应，能发生水解反应，说明H分子的取代基可能为—OH和—CH2OOCH，或—OH和—OOCCH3，或—OH和—COOCH3，两个取代基在苯环上都有邻间对三种位置关系，则符合条件的H共有3×3=9种，其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰的面积之比为3：2：2：1的结构简式为、，故答案为：9； (或)；
（6）由题给路线中的相关知识可知，以和乙酸为原料制备的合成步骤为在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成，与乙酸发生信息反应生成，一定条件下，发生加聚反应生成，合成路线为。