浙江省五校届高三上学期第一次联考化学精校 Word解析版.docx
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浙江省五校届高三上学期第一次联考化学精校Word解析版
2017学年浙江省高三“五校联考”第一次考试
化学试题
1.下列物质属于纯净物的是（）
A.漂白粉B.石油C.液氯D.水玻璃
【答案】C
【解析】A、漂白粉是含有氯化钙和次氯酸钙的混合物，故A错误；B、石油是多种烷烃，环烷烃和芳香烃的混合物，故B错误；C、液氯是液态的氯气，只含有一种物质属于纯净物，故C正确；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，属于混合物，故D错误；故选C。
点睛：
如何判断一种物质是否属于纯净物，可以依据概念以及物质的组成进行判断。
纯净物的特征是，只有一种物质组成，这种物质的组成元素可以是一种，也可以是多种。
注意同分异构体的存在。
2.下列仪器名称为“分液漏斗”的是（）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】分液漏斗是一种玻璃仪器，口部有塞子，下端有活塞。
A为圆底烧瓶，B为量筒，C为容量瓶；D符合“分液漏斗”的特征，是分液漏斗，故选D。
3.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（）
A.CH3COOHB.SO2C.K2SO4D.Cl2
【答案】B
【解析】A．CH3COOH在水溶液中电离方程式为：
CH3COOH⇌CH3COO-+H+，有自由移动的乙酸根离子和氢离子能导电，是化合物，所以是电解质，故A错误；B．SO2常温下为气体，只有SO2分子，没有自由移动的离子，故不导电，SO2在水溶液中与水反应，生成亚硫酸，亚硫酸电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是SO2自身电离，SO2是化合物，所以SO2是非电解质，故B正确；C．K2SO4在水溶液中或熔融状态下能完全电离出自由移动的阴阳离子而导电，是电解质，故C错误；D．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，所以氯气的水溶液导电，氯气是非金属单质，所以它既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选B。
点睛：
非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；也就是说，非电解质在熔融状态和水溶液中自身都不能离解出自由移动的离子。
能导电的物质中含有自由电子或自由移动的阴阳离子，因此本题的要求是非电解质能够与水反应生成电解质。
4.下列化学反应属于氧化还原反应的是（）
A.HCl+NaOH＝NaCl+H2O
B.Na2O+H2O＝2NaOH
C.Ca（OH）2+CO2＝CaCO3+H2O
D.SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl
【答案】D
【解析】A．NaOH+HCl=NaCl+H2O反应中不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故A错误；B．Na2O+H2O＝2NaOH反应中不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故B错误；C．Ca（OH）2+CO2＝CaCO3+H2O反应中不存在元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故C错误；D．SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl反应中硫元素和氯元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；故选D。
5.下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）
A.NaOHB.（NH4）2SO4C.CH3COONaD.NaCl
【答案】C
【解析】A．NaOH为强碱，不发生水解，故A错误；B．（NH4）2SO4为强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，故B错误；C．CH3COONa为强碱弱酸盐，溶液水解呈碱性，故C正确；D．NaCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故D错误；故选C。
6.下列说法不正确的是（）
A.镁合金被大量用于制造火箭、导弹和飞机的部件
B.硫酸铜可作泳池池水消毒剂
C.碳酸钠可用于中和胃酸过多
D.氢氧化铁胶体能用于净水
【答案】C
【解析】A．镁合金的强度高、机械性能好，可用于制造火箭和飞机的部件，故A正确；B．硫酸铜属于重金属盐，能使蛋白质变性，故可用作游泳池的消毒剂，故B正确；C、碳酸钠的腐蚀性较强，不可用于中和胃酸过多，故C错误；D．氢氧化铁胶体具有吸附性，能够吸附水中固体颗粒，可以净水，故D正确；故选C。
点睛：
本题的易错点为C，碳酸钠的碱性较强，不能用于中和胃酸过多，可以改用碱性较弱的碳酸氢钠来治疗。
7.下列表示正确的是（）
A.乙炔分子比例模型：
B.Cl原子的结构示意图：
C.氯化钠的电子式：
D.水分子的结构式：
【答案】D
【解析】A．乙炔为直线型结构，分子中存在碳碳三键，
为乙炔的球棍模型，乙炔的比例模型为：
，故A错误；B．氯原子的核电荷数、核外电子总数都是17，氯原子正确的结构示意图为：
，故B错误；C．氯化钠属于离子化合物，钠离子用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，氯化钠正确的电子式为：
，故C错误；D．水分子的结构式为
，故D正确；故选D。
点睛：
注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法，明确球棍模型与比例模型、离子化合物与共价化合物的电子式的区别。
本题的易错点为A，除了注意球棍模型和比例模型，还要注意原子的相对大小。
8.下列说法不正确的是（）
A.核素14C的中子数是6
B.35Cl和37Cl互为同位素
C.O2和O3互为同素异形体
D.CH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体
【答案】A
【解析】A．中子数=质量数-质子数=14-6=8，故A错误；B．35Cl和37Cl具有相同的质子数和不同的中子数的氯原子，互为同位素，故B正确；C．同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，氧气和臭氧为氧元素的不同单质，所以O2和O3互为同素异形体，故C正确；D．CH3CH2OH和CH3OCH3具有相同的分子式和不同结构的有机物，互为同分异构体，故D正确；故选A。
9.下列实验操作正确的是（）
①称量时，将氢氧化钠固体放在滤纸上称量
②可用氯化铁溶液除去试管内难以刷去的铜迹
③分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体也从下口放出
④石油的蒸馏实验中，应注意加热之前先接通冷却水，而停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间
A.①④B.③④C.②④D.①③
【答案】C
【解析】①氢氧化钠有腐蚀性，要放在玻璃器皿中称量，故①错误；②铜与FeCl3溶液发生反应，使铜转化成可溶性的铜盐，故②正确；③分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故③错误；④石油的蒸馏实验中，应注意加热之前先接通冷却水，而停止加热后，仍要继续通冷却水一段时间，防止冷凝管炸裂，故④正确；故选C。
10.下列叙述正确的是（）
A.石油、煤、天然气、氢气都属于化石燃料
B.煤干馏是复杂的物理化学变化，可得到焦炭、煤焦油、焦炉煤气和汽油等
C.生物质包括农业废弃物、水生植物、有机废弃物、动物粪便等
D.吸热反应必须要加热才能发生
【答案】C
【解析】A、煤、石油、天然气属于化石燃料，氢气不是化石燃料，故A错误；B、煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程，产品有焦炉气、煤焦油和焦炭，粗氨水等，故煤的干馏的过程中发生了复杂的物理变化和化学变化，故B错误；C、农业废弃物、水生植物、油料植物、城市与工业有机废弃物、动物粪便等均蕴藏着丰富的生物质能，故C正确；D、反应吸热还是放热和反应条件无关，需要加热的反应不一定是吸热反应，吸热反应不一定需要加热，故D错误；故选C。
11.下列说法正确的是（）
A.某些植物具有富集溴的能力，从海产品中提取溴是工业上获取溴的重要途径
B.工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和熟石灰
C.冶炼镁时，将六水合氯化镁晶体直接加热分解可得纯净无水氯化镁，电解熔融氯化镁，可以得到金属镁
D.我国古代就已知晓采用加热胆矾或绿矾的方法制取硫酸
【答案】D
【解析】A．溴主要存在于海水中，碘主要富集在海水植物中，海水提溴是工业上获取溴的重要途径，故A错误；B．工业炼铁需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭可以提供热量、生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁；石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅，原料中没有熟石灰，故B错误；C．海水中含有大量镁元素，可以通过多步转化得到六水合氯化镁晶体，氯化镁易水解生成氢氧化镁和氯化氢，且氯化氢易挥发，导致直接加热带结晶水的晶体时得不到氯化镁，为防止氯化镁水解，需要将带结晶水的氯化镁在氯化氢氛围中加热，得到无水氯化镁，采用电解熔融氯化镁的方法冶炼镁，故C错误；D、加热胆矾或绿矾会分解生成三氧化硫，与水反应生成硫酸，早在1000多年前，我国就已采用加热绿矾的方法制取硫酸，故D正确；故选D。
点睛：
熟悉工业冶炼金属原理是解题关键。
本题的易错点为B，工业炼铁原料中应有石灰石不是熟石灰，石灰石作用是除去二氧化硅形成硅酸钙炉渣。
12.已知X（g）+4Y（g）
2Z（g）ΔH=-akJ·mol-1（a>0）。
一定条件下将1molX和4molY通入2L的恒容密闭容器中，反应10min时，测得Y的物质的量为3.2mol。
下列说法正确的是（）
A.在10min内，X和Y反应放出的热量为0.4akJ
B.在10min时，Y和Z的物质的量之比为2:
1
C.升髙反应温度，逆反应速率增大，正反应速率减小
D.达到平衡状态时，X、Y的浓度不再改变
【答案】D
【解析】A．反应10min时，测得Y的物质的量为3.2mol，则参加反应的Y为4mol-3.2mol=0.8mol，物质的量与热量成正比，则放出的热量为
×akJ=0.2a kJ，故A错误；B．参加反应的Y为0.8mol，由X（g）+4Y（g）⇌2Z（g）可知，生成Z为0.4mol，消耗X为0.2mol，则l0min时，Y和Z的物质的量之比为3.2mol：
0.4mol=8：
1，故B错误；C．升高温度，正逆反应速率均增大，该反应为放热反应，且逆反应速率增大的倍数大于正反应速率增大的倍数，故C错误；D．平衡时各物质的浓度不变，则达到平衡状态时，X、Y的浓度不再改变，故D正确；故选D。
13.下列离子方程式书写正确的是（）
A.浓盐酸与铁屑反应：
2Fe+6H＋＝2Fe3＋+3H2↑
B.往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：
NH4＋+OH－＝NH3↑+H2O
C.往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水：
2I－+2H＋+H2O2＝I2+2H2O
D.HS－的电离：
HS－+H2O＝H3O＋+S2－
【答案】C
【解析】A.浓盐酸与铁屑反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式：
Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．往NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热，碳酸氢根离子也参加反应，正确的离子方程式为：
HCO3-+NH4++2OH-=NH3↑+2H2O+CO32-，故B错误；C．往酸性碘化钾溶液中滴加适量的双氧水，离子方程式：
2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，故C正确；D．HS－部分电离：
HS－+H2O
H3O＋+S2－，故D错误；故选C。
14.X、Y、Z、W为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。
若Y原子的最外层电子是内层电子数的3倍，下列说法不正确的是（）
A.可以形成化合物ZY3B.非金属性：
Z>Y
C.最高化合价：
Z>XD.Y和W形成的单质都有较强的氧化性
【答案】B
........................
15.下列说法正确的是（）
A.含有5个碳的烃分子中最多可存在4个碳碳单键
B.乙酸和软脂酸互为同系物
C.将牛油和烧碱溶液混合加热，充分反应后加入热的饱和食盐水，下层析出高级脂肪酸盐
D.向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振荡后静置分层，上层呈橙红色
【答案】B
【解析】A．含5个碳原子的有机物，可为环戊烷，可形成5个碳碳单键，故A错误；B．醋酸和软脂酸都是饱和一元酸，互为同系物，故B正确；C．牛油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，将牛油和烧碱溶液混合加热，发生酯的水解反应，充分反应后加入热的饱和食盐水，发生盐析，析出高级脂肪酸盐，上层为高级脂肪酸盐，下层为甘油的水溶液，故C错误；D．四氯化碳与苯互溶，向苯中加入溴的四氯化碳溶液，振荡后静置，溶液不分层，故D错误；故选B。
16.下列说法正确的是（）
A.油脂属于高分子化合物，是混合物
B.在人类研究物质的微观结构的过程中，电子显微镜、光学显微镜、扫描隧道显微镜三种不同层次的观测仪器先后得到了使用
C.一切重要的生命现象和生理机能都与蛋白质密切相关，没有蛋白质就没有生命
D.检验淀粉在稀硫酸催化条件下水解产物的方法是：
取适量水解液于试管中，加入少量新制Cu（OH）2悬浊液，加热，观察是否有砖红色沉淀
【答案】C
【解析】A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；B、光学显微镜距离直接观察原子和分子实在太遥远了，而电子显微镜虽然比光学显微镜前进了一大步，但是离直接观察原子和分子还有一段距离，20世纪80年代初发展起来的扫描隧道显微镜是使人们能够直接观察和研究物质微观结构的新型显微镜，故B错误；C．蛋白质是生命活动的基础，一切重要的生命现象和生理机能都与蛋白质密切相关，蛋白质是组成细胞的基础物质，没有蛋白质就没有生命，故C正确；D．淀粉是在酸性条件下水解，葡萄糖和新制Cu（OH）2悬浊液反应必须在碱性条件下，所以用新制氢氧化铜悬浊液检验葡萄糖时要先中和酸，否则无法成功，故D错误；故选C。
点睛：
本题的易错点为D，葡萄糖和新制Cu（OH）2悬浊液以及银氨溶液的反应都必须在碱性条件下进行，因此在检验蔗糖或淀粉水解产物时，需要先中和催化剂硫酸。
17.下图为氢氧燃烧电池原理示意图，按照此图的提示，下列叙述正确的是（）
A.a电极是正极
B.b电极的电极反应为：
4OH－-4e－＝2H2O+O2↑
C.电子从a电极经由电解液传递到b电极
D.氢氧燃烧电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏在电池内的新型发电装置
【答案】D
【解析】A．燃料电池中，通入燃料氢气的电极a是负极，所以a电极是负极，故A错误；B．b电极为正极，正极上得电子发生还原反应，O2+4e-+2H2O═4OH-，故B错误；C.氢氧燃料电池中，通入氢气的a极为电源的负极，通入氧气的b极为原电池的正极，电子由负极a经外电路流向正极b，故C错误；D.氢氧燃料电池是一种不需要将还原剂和氧化剂全部储藏电池内的新型发电装置，故D正确；故选D。
点睛：
在燃料电池中，通入燃料的电极均为负极，通入空气或氧气的电极均为正极。
对于燃料电池，要注意的是：
即使燃料相同，如电解质溶液不同，电极反应式可能不同，如氢氧燃料电池，在酸性介质和碱性介质中的电极反应式就不同。
18.某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如右图，下列判断正确的是（）
A.a、c两点溶液的导电能力相同
B.b点溶液中c（H＋）+c（NH3∙H2O）=c（OH－）
C.用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb=Vc
D.a、b、c三点溶液水的电离程度a>b>c
【答案】D
【解析】pH＝4的HCl溶液和NH4Cl溶液，在稀释过程中，因平衡NH4+＋H2O
NH3·H2O＋H＋，正向移动，所以氯化铵溶液pH变化程度比盐酸pH变化程度小，故下方曲线为NH4Cl溶液。
从图可知，a点溶液离子浓度大于c点，故导电能力a>c，A项错误；根据质子守恒，b点时溶液关系为c（H＋）＝c（NH3·H2O）＋c（OH－），B项错误；b点为NH4+水解导致溶液呈酸性，b点溶液中NH4+和H＋均消耗NaOH，故Vb>Vc，C项错误；NH4Cl溶液中NH4+水解，促进水的电离，a点溶液的pH小于b点，故溶液中水电离的H＋浓度a点大于b点，c点是盐酸，抑制水的电离，故水的电离程度a>b>c，D项正确。
19.已知在25℃、1.01×105Pa下，1mol氢气在氧气中燃烧生成气态水的能量变化如下图所示，下列有关说法正确的是（）
A.H2O分解为H2与O2时放出热量
B.热化学方程式为：
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH=-490kJ·mol-1
C.甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为甲>乙>丙
D.乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将小于930kJ
【答案】B
【解析】A、氢气和氧气反应生成1mol水的△H=反应物键能和-生成物键能和=436KJ/mol+249KJ/mol-930KJ/mol=-245KJ/mol，反应放热，所以水分解吸热，故A错误；B、据A分析，生成1mol水时放出245KJ的热量，则热化学方程式为：
2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）ΔH=-490kJ·mol-1，故B正确；C、断键吸收能量，成键释放能量，甲、乙、丙中物质所具有的总能量大小关系为乙＞甲＞丙，故C错误；D、水蒸气变成液态水会放热，乙→丙的过程中若生成液态水，释放的能量将大于930kJ，故D错误；故选B。
点睛：
正确读懂图像是解题的关键。
上图表示了1mol氢气和0.5mol氧气反应生成1mol水的过程中的能量变化，断键吸收能量，成键释放能量，△H=反应物键能和-生成物键能和。
20.下列说法正确的是（）
A.H2SO4溶于水能电离出H＋和SO42－，所以硫酸是离子化合物
B.Ba（OH）2晶体中既存在共价键又有离子键
C.SiO2属于原子晶体，熔化破坏共价键和分子间作用力
D.干冰升华时，分子内共价键会发生断裂
【答案】B
21.等质量的碳酸钙与过量的盐酸在不同的实验条件下进行反应，测得在不同时间（t）内产生气体体积（V）的数据如下图所示，根据图示分析实验条件，下列说法中一定不正确的是（）
组别
对应曲线
c（HCl）/mol·L-1
反应温度/℃
铁的状态
1
a
30
粉末状
2
b
30
粉末状
3
c
2.5
块状
4
d
2.5
30
块状
A.第4组实验的反应速率最慢
B.第1组实验中盐酸的浓度可能最大
C.第2组实验中盐酸浓度可能等于2.5mol/L
D.第3组实验的反应温度低于30℃
【答案】D
【解析】A.第4组实验使用块状铁，所以反应速率可能最慢；B.第1组实验对应曲线a，盐酸的浓度可能最大；C.第2组实验中盐酸的浓度可能等于2.5mol•L﹣1；D.第3组实验的反应温度不可能低于30℃，否则曲线c的斜率小于d。
故选D。
22.设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）
A.标准状况下，11.2LCCl4中含有C—Cl键的数目为1.5NA
B.8.7gMnO2与40mL10mol/L的浓盐酸充分反应，生成的氯气分子数为0.1NA
C.1molNa2O2固体中含有的离子总数为3NA
D.1L0.5mol·L-1K2CO3溶液中，阴阳离子总数为1.5NA
【答案】C
【解析】A、标况下，CCl4不是气体，题中条件无法计算CCl4的物质的量，故A错误；B．二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，则生成的氯气分子数小于0.1NA个，故B错误；C、过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠由2mol钠离子和1mol过氧根构成，即含3mol离子，故C正确；D、1L0.5mol/LK2CO3溶液中含有溶质碳酸钾0.5mol，由于碳酸根离子水解生成了氢氧根离子，导致溶液中阴离子数目增多，所以阴阳离子总数大于1.5NA，故D错误；故选C。
点睛：
本题的易错点为D，碳酸钾溶液碳酸根离子发生水解，根据离子方程式 CO32-+H2O
HCO3-+OH-，导致阴离子数目增多。
23.常温下，用0.10mol∙L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol∙L-1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如右图。
下列说法正确的是（）
A.点①和点②所示溶液中：
c（CH3COO－）B.点③和点④所示溶液中：
c（Na＋）>c（OH－）>c（CH3COO－）>c（H＋）
C.点①和点②所示溶液中：
c（CH3COO－）-c（CN－）=c（HCN）-c（CH3COOH）
D.点②和点③所示溶液中都有：
c（CH3COO－）+c（OH－）=c（CH3COOH）+c（H＋）
【答案】C
【解析】试题分析：
A．点①的溶液中存在电荷守恒为c（OH-）+c（CN-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）＞c（H+），点②所示溶液中的电荷守恒为c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），而且c（OH-）＜c（H+），二者中钠离子浓度相同，所以c（CH3COO-）＞c（CN-），故A错误；B．点③中pH=7，则c（OH-）=c（H+），则点③中c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-），故B错误；C．点①的溶液中存在物料守恒为c（HCN）+c（CN-）=c（Na+），点②所示溶液中的物料守恒为c（CH3COOH）+c（CH3COO-）=c（Na+），二者中钠离子浓度相同，则c（HCN）+c（CN-）=c（CH3COOH）+c（CH3COO-），即c（CH3COO-）-c（CN-）=c（HCN）-c（CH3COOH），故C正确；D．点②和点③所示溶液中存在电荷守恒c（OH-）+c（CH3COO-）=c（Na+）+c（H+），在③中Na元素的物质的量与醋酸的总物质的量相同，由于醋酸根离子要水解，所以c（Na+）＞c（CH3COOH），所以c（CH3COO-）+c（OH-）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D错误；故选C。
考点：
考查酸碱混合溶液中离子浓度的关系。
24.工业上可用软锰矿（主要成分是MnO2）和黄铁矿（主要成分是FeS2）为主要原料制备高性能磁性材料碳酸锰（MnCO3）。
其工艺流程如下：
（）
已知：
净化工序的目的是除去溶液中的Ca2+、Cu2+等杂质（CaF2难溶）。
下列说法不正确的是
A.研磨矿石、适当升高温度均可提高溶浸工序中原料的浸出率
B.除铁工序中，在加入石灰调节溶液的pH前，加入适量的软锰矿，发生的反应为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O
C.副产品A的化学式（NH4）2S
D.从沉锰工序中得到纯净MnCO3的操作方法是过滤、洗涤、干燥
【答案】C
【解析】由流程可知软锰矿（主要成分MnO2）和黄铁矿加入硫酸酸浸过滤得到浸出液调节溶液pH，FeS2和稀硫酸反应生成Fe2+，然后过滤得到滤渣是MnO2，向滤液中加入软锰矿发生的离子反应方程式为：
2Fe2++15MnO2+28H+=2Fe3++14H2O+15Mn2++4SO42，过滤，滤液中主要含有Cu2+、Ca2+等杂质，加入硫化铵和氟化铵，生成CuS、CaF沉淀除去，在滤液中加入碳酸氢铵和氨水沉锰，生成MnCO3沉淀，过滤得到的滤渣中主要含有MnCO3，通过洗涤、烘干得到MnCO3晶体。
A.提高浸取率的措施可以是搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，故A正确；B.主要成分是FeS2的黄铁矿在
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