宁夏回族自治区六盘山高级中学2025届高三下学期第二次模拟考试(解析版)化学试题

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1宁夏回族自治区六盘山高级中学2025届高三下学期第二次模拟考试一、选择题1．五育并举，劳动先行。下列说法不正确的是选项劳动项目化学知识A用过氧碳酸钠漂白衣物Na2CO4具有较强氧化性B利用铝热反应焊接铁轨铝与氧化铁反应，且放出大量的热C清洗餐具时用洗洁精去除油污洗洁精中的表面活性剂可使油污水解为水溶性物质D分析员用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶普通玻璃属于非晶体，水晶属于晶体A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】C【解析】过氧碳酸钠中含过氧键，具有较强氧化性，可用于漂白衣物，A正确；铝与氧化铁发生铝热反应，该反应放出大量的热，可用于焊接钢轨，B正确；洗洁精中的表面活性剂将油污乳化为小液滴，从而被水冲走，属于物理乳化过程，而非“水解”，C错误；水晶属于晶体，具有有序结构，普通玻璃属于非晶体，无有序结构，所以可用X射线衍射仪区分普通玻璃和水晶，D正确。故选C。2．向石灰氮(CaCN2)中加水并通入H2S气体，反应生成硫脲[(NH2)2CS]，硫脲在150℃时部分异构化为NH4SCN。下列说法正确的是A．Ca2＋的结构示意图： B．H2S是由极性键构成的极性分子C．SCN－中碳原子采取sp²杂化 D．1mol(NH2)2CS中含有8molσ键【答案】B【解析】Ca2＋核电荷数为20，核外电子数为18，Ca2＋结构示意图为，A错误；H2S中的S原子采取sp3杂化，存在两对孤电子对H2S，H2S分子构型为V形，正负电荷中心不重合，H2S是由极性键构成的极性分子，B正确；SCN－中心C原子价层电子对数2+4+1-2-32=2，碳原子采取sp杂化，C错误；(NH2)2CS中有2个－NH2，每个－NH2中有2个N－H键，共有4个N－H键；(NH2)2CS中有2个C－N键和1个C=S键，共含有7molσ键，D错误。故选B3．硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]可用于治疗贫血。下列说法正确的是A．Fe位于周期表中第3周期 B．原子半径：r(O)>r(S)C．基态Fe2+未成对电子数为4 D【答案】C【解析】Fe的原子序数为26，Fe位于周期表中第四周期，A错误；同主族元素从上到下，原子半径依次增大，原子半径：r(O)<r(S)，B错误；基态Fe2+价电子轨道表示式为，未成对电子数为4，C正确；同周期从左到右，元素电负性依次增大，电负性：x(N)<x(O)，D错误。故选C4．第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：BOCH33+6Cl2=65℃BCl3+3CO+9HCl。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500A．Ga基态核外电子排布式：[Ar]4s24p1 B．NH3BH3的结构式：C．氮化镓属于分子晶体 D．BCl3分子中键角为120【答案】D【解析】Ga的原子序数为31，其基态原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误；NH3BH3中N有孤电子对，B有空轨道，其结构式为，B错误；氮化镓熔点较高，属于共价晶体，C错误；BCl3中心B原子的价层电子对数为3+3-3×12=3，没有孤电子对，其空间结构为正三角形，其键角为120℃，D正确。故选5．第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：BOCH33+6Cl2=65℃BCl3+3CO+9HCl。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为下列制取BCl3的部分实验装置能达到实验目的的是A．用装置甲干燥Cl2 B．用装置乙制取BCl3C．用装置丙收集BCl3 D．用装置丁吸收所有尾气【答案】C【解析】饱和食盐水不能干燥氯气，应用浓硫酸干燥氯气，A错误；由题给信息可知，制取BCl3应该控制温度为65℃，B错误；BCl3的沸点为12.5℃，且密度大于空气，用向上排空气方法收集BCl3，且用冰水冷却，C正确；尾气中的CO和NaOH溶液不反应，不能用NaOH溶液吸收，D错误。故选C；6．第ⅢA族元素形成的化合物应用广泛。硼酸(H3BO3)是一种一元弱酸。硼酸三甲酯与氯气反应可制取BCl3：BOCH33+6Cl2=65℃BCl3+3CO+9HCl。B(OCH3)3和BCl3均易水解，沸点分别为68℃和12.5℃。氮化镓是具有优异光电性能的第三代半导体材料，熔点约为1500A．H3BO3和足量NaOH溶液反应：H3BO3＋3OH－=BO33-＋3HB．B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4：4NaH+BC．Al2O3溶于NaOH溶液：Al2O3＋2OH﹣＋3H2O=2[Al(OH)4]﹣D．Ga(CH3)3与NH3反应制GaN：Ga【答案】A【解析】H3BO3为一元酸，和足量NaOH溶液反应的离子方程式为H3BO3＋OH－=H2BO3-＋H2O，A错误；B(OCH3)3和NaH反应制备NaBH4，无元素的化合价变化，化学反应方程式为4NaH+BOCH33≜NaBH4+3CH3ONa，B正确；Al2O3溶于NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]，离子反应方程式为Al2O3＋2OH﹣＋3H2O=2[Al(OH)4]﹣，C正确；Ga(CH3)3与7．利用如下实验装置和试剂能实现元素不同价态间转化的是试剂价态转化实验装置abcA浓盐酸二氧化锰亚硫酸钠溶液Cl：－1→0→－1B水过氧化钠硫化钠溶液O：－1→0→－2C浓硝酸铜片氢氧化钠溶液N：＋5→＋4→0D70%硫酸亚硫酸钠氯化铁溶液S：＋6→＋4→＋6A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】B【解析】二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，题给实验装置缺少加热装置，A题给实验装置和试剂不能实现元素不同价态间转化；过氧化钠和水在常温下反应生成氧气，反应生成的氧气能与硫化钠溶液反应生成氢氧化钠和硫，转化过程中氧元素的化合价变化为－1→0→－2，B题给实验装置和试剂能实现元素不同价态间转化；铜片与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮和氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，不能生成氮气，C题给实验装置和试剂不能实现元素不同价态间转化；浓硫酸和亚硫酸钠溶液的反应为复分解反应，反应中未发生价态变化，D题给实验装置和试剂不能实现元素不同价态间转化。故选B。8．对于反应4NH3g+5O2gA．该反应△S<0B．使用催化剂能降低反应的焓变C．其他条件不变，增nNH3nO2D．1molN－H断裂的同时有1molO－H断裂说明反应到达该条件下的平衡状态【答案】D【解析】该反应反应后气体分子数增加，熵值增大，A错误；使用催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，但反应物和生成物的总能量不变，反应焓变不变，B错误；其他条件不变，增大nNH3nO2平衡正向移动，NH3的平衡转化率减小，C错误；1molN－H断裂的同时有1molO－H9．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向含酚酞的Na2CO3溶液中加入少量BaCl2固体，观察溶液颜色变化Na2CO3溶液中存在水解平衡B向95%的乙醇溶液中加入足量Na，观察是否有气体生成Na能与乙醇发生置换反应C向2mLFeSO4溶液中滴加酚酞试液，观察溶液颜色变化Fe²＋能发生水解D向电石中滴加饱和食盐水，将产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象乙炔具有还原性A．选项A B．选项B C．选项C D．选项D【答案】A【解析】Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，Na2CO3溶液呈碱性，含酚酞的Na2CO3溶液呈红色，向其中加入少量BaCl2固体，Ba2+、CO32-反应生成白色沉淀，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱导致颜色变浅，所以根据溶液颜色变化可以探究Na2CO3溶液中存在水解平衡，A实验方案能达到实验目的；95%的乙醇溶液中含有水，Na与水和乙醇均能反应生成氢气，向10．一种以NaOH为介质电催化还原CO2的工作原理如图所示。下列说法正确的是A．电解池工作时，OH—由右室通过隔膜向左室移动B．M为电解池的阳极C．N电极上发生的反应：CH3(CH2)7NH2＋4e－＋4OH－=CH3(CH2)6CN＋4H2OD．电路中通过2mole－时，理论上有1molCO2被还原【答案】D【解析】由图示电解池可知，M极CO2发生还原反应生成HCOO－，故M电极为阴极，N电极为阳极，电解池工作时，OH－由左室通过隔膜向右室移动，A和B错误；N电极为阳极，阳极电极反应式为CH3(CH2)7NH2－4e－＋4OH－=CH3(CH2)6CN＋4H2O，C错误；M电极为阴极，阴极反应式为CO2＋2e－＋H2O=HCOO－＋OH－，电路中通过2mole－时，理论上有1molCO2被还原，D正确。故选D。11．研究人员使用压缩的N2或空气作为雾化气体，将水微滴喷射到磁性氧化铁和Nafion涂覆的石墨网上，发生常温反应制备出氨。其反应历程中微粒转化关系如图甲，相对能量变化关系如图乙，图中*A．*N2→B．决速步骤的产物为*C．反应过程中最稳定的含氮物质为NHD．Ⅰ转化过程中可能发生副反应：*【答案】D【解析】*N2→*N2H过程中，N2中π键断裂，H3O＋中σ键断裂，A错误；决速步是速率最慢的步骤，活化能越大，反应速率越小，图乙每步反应都是基元反应，并没有标出过渡态，因此活化能从图中是看不出来的，只能看某一步反应物与生成物的能量差值，B错误；能量越低越稳定，反应过程中最稳定的含氮物质为*NH，C错误；Ⅰ为*NHNH2，转化过程中可能发生的副反应为*NHNH2＋H3O＋＋e−=*N2H4＋H2O，D正确。故选D。12．化合物Z是一种药物合成中间体，其合成路线如下：下列说法正确的是A．X与足量H2加成后的产物中有1个手性碳原子B．可用银氨溶液检验Y中是否含有XC．Y→Z有H2O生成D．1molZ与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH【答案】B【解析】连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，X与足量氢气加成后的产物中环上连接支链的碳原子都是手性碳原子，有3个手性碳原子，A错误；X中的醛基能发生银镜反应、Y不含醛基，Y不能发生银镜反应，可用银氨溶液检验Y中是否含有X，B正确；Y中的酚羟基和酯基发生取代反应生成Z和CH3CH2OH，没有H2O生成，C错误；酯基水解生成的羧基、酚羟基都能和NaOH以1∶1反应，Z中酯基水解生成酚羟基、羧基和醇羟基，所以1molZ最多消耗3molNaOH，D错误。故选B。13．室温下，用含少量Cu2＋的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如下：注：“沉锰”时n(NH4HCO3)：n(Mn2＋)=2.5：1，控制溶液pH=7.下列说法正确的是A．NH4HCO3溶液中：c(NH4+)=c(HCO3-)＋c(CO32-B．“过滤1”所得滤液中：cC．“沉锰”时发生反应：Mn2＋＋HCO3-=MnCO3↓＋D．“过滤2”所得滤液中：c(NH4+)=c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(HS【答案】B【解析】NH4HCO3溶液中，由元素守恒可知：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)=c(HCO3-)＋＋c(H2CO₃)，A错误；“过滤1”所得滤液是CuS饱和溶液，无MnS沉淀，则c(Cu2＋)·c(S2－)=Ksp(CuS)，而c(Mn2＋)c(S2－)＜Ksp(MnS)，cCu2+cMn2-=cCu2+cS2-cMn2-cS2->KspCuSKspMnS，B正确；“沉锰”时发生的反应为Mn2＋＋2HCO3-=MnCO3↓＋H2O＋CO2↑，C错误；“过滤2”所得滤液中，pH=7，由电荷守恒可知，c(NH4+)＋c(H＋)=c(HCO3-)＋2c(CO32-)＋c(HS－)＋2c(S2－)＋2c(SO42-)＋c(OH－)，c(H＋)=c(OH－)，则14．某温度下，保持溶液中cHF=0.1mol·L－1，通过调节pH使Pb2+、Ba2+形成氟化物而分离，体系中pH与pX[X表示cF-、cPb2+A．①为pH与pcF-的关系C．①与②线的交点的pH为2.3 D．pH=2时，【答案】D【解析】根据HF⇌H++F-可知，pH增大，c(H＋)减小，c(F－)增大，−lgc(F－)减小，则①为pH与pc(F－)的关系，pc(F－)=1时，pH=3.2，则Ka=c(F-)c(H+)c(HF)=10-3.2×10-10.1=10-3.2，根据③给的点可知，Ksp=10－5.4×(10－1)2=10－7.4，根据②给的点可得，Ka=c(F-)c(H+)c(HF)=10-4.2×c(F-)0.1=10-3.2，①为pH与pc(F－)的关系，A正确；Ksp(BaF2)=10－5.7，B正确；①与②线的交点：c(F－)=c(Ba2＋)=3Ksp(BaF2)=10-1.9，Ka=c(F-)c(H+)c(HF)=c(H+)10-1.90.1=10-3.2，c(H＋)=10－2.3mol/L，则pH为2.3，C正确；当pH=2时，Ka=c(F-)c(H+)c(二、非选择题15．以酸泥(主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se)为原料制备灰硒(Se6)的流程如下：已知：Ka1(H2SeO3)=3×10－3、Ka2(H2SeO3)=5×10－8.(1)“氧化碱浸”中无定形Se被氧化为SeO32-的离子方程式为；其它条件不变时，当双氧水用量从80mL·L－1增加到120mL·L－¹时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是

。(2)“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3①“除银”过程中的加料方式为。②写出Ag2Se发生反应的化学方程式：。(3)“沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有。(4)通过如下步骤测定灰硒产品中Se的质量分数：步骤1：准确称取0.1600g灰硒产品，加入足量硝酸充分反应后生成H2SeO3溶液，配成100.00mL溶液；步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量的硫酸酸化的KI溶液，充分反应；步骤3：以淀粉作指示剂，用0.1000mol·L⁻¹的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗20.00mLNa2S2O3溶液。已知：H2SeO3＋4I－＋4H＋=Se↓＋2I2＋3H2O；I2＋2S2O32-=2I－＋S4计算灰硒产品中Se的质量分数为。(5)Cu2－xSe是一种钠离子电池的正极材料，放电过程中晶胞变化如下图所示。①1molCu2－xSe转化为NayCu2－xSe时转移电子的物质的量为mol。②NayCu2－xSe中Cu＋与Cu2＋的个数比为。【答案】(1)Se＋2OH－＋2H2O2=3H2O＋SeO32-H2O2被(2)向滤渣中先加入NaClO溶液再加入盐酸Ag2Se＋3NaClO＋2HCl=H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl(3)SeO32-、HSeO3-、Cl－(4)98.75%【解析】酸泥(主要含无定形Se、HgSe和少量Ag2Se)中加入NaOH溶液、H2O2，Se、HgSe和少量Ag2Se被氧化为SeO32-和H2SeO3，“除银”后，向滤液中加入NaOH（1）“氧化碱浸”时，Se在碱性条件下被H2O2氧化为SeO32-，离子反应方程式为Se＋2OH－＋2H2O2=3H2O＋SeO32-；H2O2具有氧化性，SeO32-具有还原性，当H2O2用量从80mL·L－1

增加到120mL·L－¹

时，溶液中并未检测到H2O2残留，其原因是（2）①“除银”时向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se、HgSe被氧化为H2SeO3，“除银”过程中的加料方式为向滤渣中先加入NaClO，再加入盐酸，防止发生副反应；②向滤渣中加入NaClO溶液和盐酸，Ag2Se被氧化为H2SeO3，Ag2Se发生反应的化学方程式为Ag2Se＋3NaClO＋2HCl=H2SeO3＋2AgCl＋3NaCl；（3）“沉汞”时加入NaOH溶液，H2SeO3和NaOH溶液反应生成Na2SeO3，H2SeO3为弱酸，SeO32-可以水解，则溶液中存在SeO32-、HSeO3-，由于“除银”时还加入盐酸，则沉汞”过程中，溶液pH=7时存在的主要阴离子有SeO3（4）根据题意有关系式，Se~H2SeO3~2I2~4Na2S2（5）①根据均摊法可知，截入1个Na＋后，晶胞中Na＋与Se2－的个数之比为1∶4，NayCu2－xSe的化学式为Na0.25Cu2－xSe，所以1molCu2－xSe转化为Na0.25Cu2－xSe时，Cu元素降低了0.25价，转移电子的物质的量为0.25mol；②由图可知，截入1个Na＋后，晶胞NayCu2－xSe的化学式为Na0.25Cu1.5Se，设Cu＋与Cu2＋的个数分别为x、(1.5－x)，根据化合价代数和为0，x+(1.5-x)×2=2-0.25，解得则Cu＋与Cu2＋的个数之比为1.25∶(1.5－1.25)=5∶1。16．焦磷酸铜盐、柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液。(1)以酸性CuSO4溶液作电镀液时，镀铜效果不佳。原因：①溶液中的SO42-和电解过程中产生的少量Cu＋影响镀层光亮度；②(2)控制铜电镀液pH在8－8.5之间，采用电解法可得到均匀光亮的铜镀层。①配制K6[Cu(P2O7)2]溶液过程中主要发生如下转化：CuSO具体操作：向含0.1molCuSO4的溶液中加入含molK4P2O7溶液，过滤，，再加入一定量的K4P2O7至沉淀溶解。②上述配制的K6[Cu(P2O7)2]溶液中可能会存在少量Cu＋。需向溶液中加入H2O2充分反应，再加入柠檬酸晶体。加入柠檬酸晶体的目的是。(3)在塑料件上镀铜时需要首先对塑料件进行预处理，使其表面覆盖一层铜膜。涉及反应：HCHO＋Cu(OH)2＋OH⁻=HCOO－＋Cu＋2H2O。补充完整在塑料件上镀铜的实验方案：向装有塑料片的烧杯中加入CuSO4溶液，，将预处理后的塑料片从烧杯中取出并洗净后，将待镀塑料片，通电一段时间。(实验中须使用的试剂和设备：NaOH溶液、HCHO溶液，K6[Cu(P2O7)2]溶液、Cu片；下图所示电解池)【答案】(1)H＋与Cu2＋在阴极竞争放电生成H2，不利于Cu在镀件表面析出(2)0.05用蒸馏水洗涤沉淀至最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液无沉淀调节电镀液的pH；将氧化生成的Cu2＋转化为柠檬酸铜盐(3)边搅拌边加入NaOH溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应与图示电解池中Y极相连，将铜片与X极相连，加入K6[Cu(P2O7)2]【解析】（1）电镀时，氢离子也可能从阴极得到电子生成氢气从而影响电镀的效果，故答案为：H＋与Cu2＋在阴极竞争放电生成H2，不利于Cu在镀件表面析出；（2）①由转化关系可知，2CuSO4+K4P2O7=Cu2P②根据题意，柠檬酸铜盐是工业常用的铜电镀液，则加入柠檬酸晶体可以调节电溶液的pH，将氧化生成的Cu2＋转化为柠檬酸铜盐；（3）根据题中信息可知，可以利用在碱性条件下氢氧化铜和甲醛的反应在塑料片的表面生成一层铜膜，随后结合电镀的原理将塑料片当做阴极铜片当做阳极进行电镀，边搅拌边加入NaOH溶液至过量，再加入一定量的甲醛溶液，充分反应；与图示电解池中Y极相连，将铜片与X极相连，加入K6[Cu(P2O7)2]。17．CO2捕集包括CO2的吸收和解吸两个过程。利用捕集的CO2合成碳酸二甲酯有助于实现碳中和。(1)DEA[(C2H4OH)2NH]是一种CO2捕集剂。室温下，将CO2体积分数为15%(其余为N2)的混合气以一定流速通过装有一定量DEA溶液的捕集器(N₂不被吸收)，被吸收后的混合气在出口处通过CO₂含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO₂饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生。DEA吸收CO2的过程如下图所示。①能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是。②写出CO2解吸时发生反应的离子方程式：。③衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为。(写一条)。(2)反应CO2(g)＋2CH3OH(l)⇌(CH3O)2CO(l)＋H2O(l)可用于合成碳酸二甲酯。①该反应的平衡常数(pK=－lgK)与温度的关系如下图所示。为提高原料的平衡转化率，可采取的措施有。(写一条)②ZrO2可作为合成反应的催化剂。(i)一种ZrO2的晶胞结构如图所示，该ZrO2晶体中与O2－距离最近且相等的Zr4＋的数目为。(ii)ZrO₂催化合成碳酸二甲酯的可能反应机理如图所示，Zr4＋是催化过程中的关键活性位点。在答题卡上补充完整F的结构式：。(iii)在C→D的过程中还可能生成一种中间体M()，该中间体与D中的基团存在明显差异，可用(分析方法)检验是否有M存在。③(CH3O)2CO(1)与CH3OH(I)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。请补充完整从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入水中。【答案】(1)出口处气体中CO2体积分数为15%(C2H4OH)2NCOO－＋(C2H4OH)2NH2+=120°C2(C2H4OH)2NH＋CO2↑捕集剂解吸CO2的效率(释放CO(2)适当降温、加压、从体系中分离出H2O4（）红外光谱法搅拌、静置后分离出上层有机层【解析】（1）①如果DEA吸收CO2达到饱和，则混合气体中CO2的体积分数在通过DEA溶液前后不变，即能说明DEA吸收CO2达到饱和的依据是出口处气体中CO2体积分数为15%；②在120℃下充分加热，CO2解吸时生成(C2H4OH)2NH、CO2，离子反应方程式为：(C2H4OH)2NCOO－＋(C2H4OH)2NH2+=120°C2(C2H4OH)2NH＋③根据题意，捕集剂吸收CO2达到饱和后，将吸收CO₂饱和后的捕集器在120℃下充分加热，实现CO2解吸和捕集剂的再生，则衡量不同捕集剂的优劣，不仅需要比较捕集剂的成本、对环境的影响及单位物质的量的捕集剂吸收CO2的快慢和多少外，还需要进行比较的因素为：捕集剂解吸CO2的效率(释放CO2的速率和程度)；（2）①升高温度，pK增大，则K减小，平衡逆向移动，则正反应为放热反应，该反应是一个反应前后气体体积减小的放热反应，要提高原料的平衡转化率，应该通过改变条件使平衡正向移动，但不能是通过增大反应物的浓度实现，采取的措施有增大压强、适当降低温度、从体系中分离出水，故答案为：适当降温、加压、从体系中分离出水；②(i)根据离子半径知，黑色球表示Zr4＋，白色球表示O2－，该晶胞中Zr4＋的个数为1+8×18=2，根据化学式知，该晶胞中O2－的个数为4，该ZrO2晶体中与O2－(ii)E和甲醇反应生成F，F反应生成HOZrOZr和(CH3O)2CO，根据A生成B的反应判断F的结构简式为（）；(iii)对比二者的结构可知，该中间体与D中的基团存在明显差异，二者所含化学键不同，可用红外光谱法检验是否有M存在；③(CH3O)2CO(1)与CH3OH(I)的混合物经过初馏除去副产物后可得到含70%CH3OH和30%(CH3O)2CO的共沸物。共沸物中一种是甲醇、一种是酯类物质，甲醇易溶于水、(CH3O)2CO难溶于水，从共沸物中分离出(CH3O)2CO的操作：将共沸物加热气化通入一定量的水中，搅拌、静置后分离出上层有机层，故答案为：搅拌、静置后分离出上层有机层。18．某药物中间体