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四川省部分校2026届高三下学期高考模拟预测化学试卷
一、单选题
1．“文房四宝”是中华文明的杰出代表，其制作原料的主要成分属于无机非金属材料的是( )
A.制作“笔”的羊毫 B.制作“墨”的动物胶
C.制作“纸”的青檀树皮 D.制作“砚”的陶土
2．下列有关物质的结构、性质及用途的说法正确的是( )
A.能作自来水消毒剂，是因为具有强氧化性
B.乙醇的沸点比甲醚高，是因为乙醇分子内能形成氢键
C.在中的溶解度大于在水中的溶解度，说明是非极性分子
D.向酸性高锰酸钾溶液中通入，溶液褪色，说明具有漂白性
3．甲硫醇是重要的工业原料，可利用反应制备。下列有关化学用语的表述或图示错误的是( )
A.分子中巯基的电子式：
B.分子中的键角大于分子中的键角
C.基态原子的价层电子轨道表达式：
D.的VSEPR模型为四面体形
4．布洛芬是一种常用的抗炎、镇痛、解热药物，但口服该药对胃、肠道有刺激性，可对该分子进行如图所示的成酯修饰，以降低其刺激性。
下列说法错误的是( )
A.成酯修饰所加物质的分子式为
B.布洛芬分子中杂化的碳原子数为6
C.布洛芬和修饰布洛芬分子中都有2个手性碳原子
D.修饰布洛芬最多能与反应
5．下列实验装置能达到实验目的的是( )
A配制的稀硫酸 B制备晶体：加入乙醇，并用玻璃棒摩擦烧杯内壁
C萃取碘水中的碘 D验证酸性：盐酸>碳酸>苯酚
A.A B.B C.C D.D
6．三氯化六氨合钴是重要的化工原料，可用反应来制备，若反应温度不同，还可能生成。下列说法正确的是( )
A.第一电离能：
B.和都是由极性键构成的极性分子
C.与的配体均为，中心原子的配位数均为6
D.室温下，与足量溶液反应，生成沉淀
7．下列相关离子方程式错误的是( )
A.将投入中：
B.用FeS除去工业废水中的：
C.用适量溶液除去水体中的：
D.向溶液中滴加少量溶液：
8．离子液体M的结构如图所示，其中X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的短周期主族元素，Z、Q同族；、代表烃基。下列说法正确的是( )
A.原子半径：XZ>W
C.最高价含氧酸的酸性：W>Z>Q D.X、Z可组成离子化合物
9．2026年春晚机器人大放异彩，其中部分宇树科技机器人的外壳采用轻量化改性塑料PEEK(聚醚醚酮)，其合成原理如图所示。
下列说法正确的是( )
A.可用Na检验M中是否混有少量的水
B.与H2发生加成反应，最多消耗
C.在实际生产中可以吸收，以提高PEEK的产率
D.x的值为2n，该反应属于缩聚反应
10．根据下列实验操作及现象，得出的结论正确的是( )
选项 操作及现象 结论
A 向盛有的KI溶液的试管中滴加的溶液，充分反应后，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红 与反应有一定限度
B 将5mL1-溴丁烷、15mL乙醇和混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色 一定发生了消去反应，生成了1-丁烯
C 向盛有1mL10%的蔗糖溶液的试管中滴入5滴10%的溶液，加热煮沸，再加入新制备的，未出现砖红色沉淀 蔗糖未水解生成葡萄糖
D 常温下，用pH计测得溶液的pH<7
A.A B.B C.C D.D
11．研究发现水微滴表面有强电场，能引发反应。三唑水溶液微滴表面接触发生反应，可能的反应机理如图所示。下列说法错误的是( )
A.该方法有助于减少的排放
B.中间体X和Y互为同分异构体
C.增大三唑的量，总反应中的平衡转化率增大
D.整个过程中存在极性键的断裂与形成
12．足球烯()的分子结构和晶胞结构如图所示。晶体中存在正四面体空隙(如1、3、6、7四点构成)和正八面体空隙(如3、6、7、8、9、12六点构成)，当碱金属元素(如Cs)全部占满所有空隙(若都居于空隙中心位置)后，这类掺杂物具有超导性，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是( )
A.1mol足球烯分子中含有的σ键的数目为
B.晶体中正四面体空隙与正八面体空隙的个数比为
C.晶体的密度为
D.距离最近的两个Cs原子的核间距为
13．磷酸铁是制造磷酸铁锂电池的重要原料。一种以硫铁矿烧渣(主要成分为，还含有少量的)为原料制备磷酸铁的流程如下：
已知：常温下，，。下列说法错误的是( )
A.“焙烧”需在惰性气氛中进行
B.“浸渣”的主要成分是
C.“除杂”后的滤液中
D.“沉铁”过程中加入“氨水”的目的是生成
14．某研究小组以浓差电池为电源,用如图所示装置从含的浆液中分离得到含的溶液并制备。已知:浓差电池中,某种电解质离子或分子浓度越大,其氧化性或还原性越强。
下列说法正确的是( )
A.Ag(Ⅰ)为负极,起始时,
B.膜a、膜b、膜c均为阴离子交换膜
C.转化成所需主要由C室提供
D.E室的电极反应式为
15．常温下，溶液的pH=7.8，溶液中含碳(或氮)各微粒的分布系数(平衡时某种微粒的浓度占各种微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A.a代表，b代表
B.溶液中
C.常温下，
D.往该溶液中逐滴滴加NaOH溶液至pH=10.33时，
二、实验题
16．锑及其化合物是光伏、储能、军事领域的关键材料，被称为工业“味精”。化合物焦锑酸钠是重要的精细化工产品。已知：①；②呈无色；③表1不同温度的状态。
温度 在水中的状态
固体，基本不溶
微溶
明显溶解，并开始水解
显著溶解，并形成胶体
表2不同pH值的状态。
pH 在水中的状态
7~10 沉淀，稳定
11~12 微溶
13~14 易溶
焦锑酸钠的生产方法有多种，其中钾盐法的实验模拟操作如下：
①调浆：将200g锑氧粉(主要成分为)与45%的KOH溶液180g加入仪器A中(如下图所示)，电动搅拌器充分搅拌进行浆化。
②氧化：浆化2~5min后，再慢慢分批加入30%溶液，控温，确保固液充分接触反应至溶液清亮无Sb(Ⅲ)(碘量法检测)。
③转化：向氧化得到的溶液中缓慢滴加30%NaOH溶液，控温，pH为8~11，搅拌，反应至沉淀完全。
④分离：把得到的冷却，离心、过滤、洗涤后，在温度下烘干，得产品。过滤后得到的滤液及洗涤液，经浓缩处理后全部返回系统作母液使用。
回答下列问题：
(1)锑是51号元素，属于_______(填“金属”“类金属”或“非金属”)元素。
(2)仪器A的名称是______________，用上图装置进行实验②，还缺少的玻璃仪器是______________。
(3)根据实验原理可知，相同温度下，溶解度：_______(填“大于”“小于”或“无法确定”)。
(4)A中锑氧粉被氧化成的化学方程式为______________。
(5)碘量法检测Sb(Ⅲ)的原理是，取第②步氧化后的溶液10.00mL，以淀粉为指示剂，用碘标准溶液直接滴定，消耗0.0100mol/L碘标准溶液4.50mL，则滴定的终点现象是______________，氧化后溶液中Sb(Ⅲ)的含量是______________(保留两位小数)。
(6)第③步需控温和pH为8~11的主要原因是______________。
三、填空题
17．四川是中国蛇纹石资源的重要分布区之一，蛇纹石是一种层状硅酸盐矿物，其主要成分为，与等金属共生，并含有，是重要的战略矿产资源。某课题组结合最新的无膜电解技术设计了从蛇纹石生产及分离的工艺流程。
已知：①常温下，；当离子浓度时，认为离子沉淀完全。②萃取剂(HA)对金属离子的萃取机理：。③最新的无膜电解技术是：在阳极氧化，阴极析氢，并高效生成酸和碱，循环使用。回答下列问题：
(1)“酸浸”时浸取率与时间的关系如下图所示，由线b变为线a可能的措施是_______(写一条即可)。
(2)写出“酸浸”步骤中蛇纹石的主要成分与硫酸反应的离子方程式：______________。
(3)常温下，若“酸浸”后的初始浓度为，“氧化、调pH”时pH的调控范围为_______(已知lg3≈0.5，保留一位小数)。
(4)“酸浸”和“调pH”所用酸碱是利用最新无膜电解技术生成的酸和碱，写出该无膜电解技术中阴极的电极反应式：______________。
(5)不同pH下的萃取率和分离系数如下图所示，则反萃取得到的金属离子为______________。
为提高萃取率，应采取的措施有_______(填序号)。
A.增加萃取剂HA的浓度
B.适当提高水相pH
C.增大水相中
(6)有机净化剂为立体网格结构的聚合物大分子，可通过下列反应原理除去废水中的、：。有机净化剂与、反应形成的化学键类型是______________；、能发生上述反应，而却不能发生，其可能的原因是______________。
18．由于美以伊战争导致石油价格暴涨，利用我国储量丰富的煤替代石油生产烯烃降低成本成为热点，其中一种技术是利用煤产生的合成气用铁基催化剂一步法制丙烯。相关反应如下：
Ⅰ.合成水煤气：
Ⅱ.水煤气变换：
Ⅲ.合成丙烯：
Ⅳ.副反应：
回答下列问题：
(1)已知：
化学键
键能 463 436 1072 799
则______________，若反应Ⅲ能自发进行，则b_______(填“大于”“小于”或“无法确定”)0。
(2)在某催化剂作用下，只发生反应Ⅱ：，该反应的速率方程式为，(、为速率常数，只与温度、催化剂有关)。若时该反应的平衡常数，则时，_______(填“>”“<”或“=”，后同)，升温至时，______________。
(3)水煤气变换反应可以使用金催化剂或原子层金簇负载催化剂，下图表示分别使用两种催化剂的反应历程：(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)
①使用金催化剂的决速步骤的化学方程式为______________。
②由图象可知，更有利于该反应进行的催化剂是_______(填序号)。
a.金催化剂 b.原子层金簇负载催化剂
(4)下，将、的合成气通入容积为2L的恒容反应器中，在铁基催化剂下，混入一定量的发生反应。测得产物的选择性()与合成气中加入的体积分数变化关系如图所示。
①当加入的的体积分数为0时，CO的转化率为60%，产物烯烷的选择性比，则的产率为______________。
②当的体积分数大于(微量)时，CO的转化率为80%，产物烯烷的选择性比，则反应Ⅲ的平衡常数______________。
19．有机化合物G是制备帕金森症药物的重要中间体，其合成路线如下(略去部分试剂和条件)：
(1)A的结构简式为______________。
(2)的化学名称是______________，G中含氮官能团的名称是______________。
(3)D→E的化学方程式是______________。
(4)H→I的反应类型是______________。
(5)已知和中位的C-H键都易断裂，其原因是______________。
(6)B的同分异构体有多种，满足下列条件的同分异构体有______________种，其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式为_______(任写一种即可)。
a.含有苯环，且只有1个环
b.核磁共振氢谱只有4组峰
c.1mol最多能分别与、反应
参考答案
1．答案：D
解析：A.羊毫的主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，A不符合题意；
B.动物胶的主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，B不符合题意；
C.青檀树皮的主要成分为纤维素，属于有机高分子材料，C不符合题意；
D.陶土的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，D符合题意。
2．答案：A
解析：A.具有强氧化性，可使细菌病毒的蛋白质发生变性失活，因此可作自来水消毒剂，A正确；
B.乙醇沸点比甲醚高是因为乙醇分子间能形成氢键，增大了分子间作用力，乙醇分子内不能形成氢键，甲醚分子间不存在氢键，B错误；
C.是非极性分子，水是极性分子，为V形结构，正负电荷中心不重合，属于极性分子，在中溶解度更大是因为极性较弱，不能说明是非极性分子，C错误；
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性，通入后溶液褪色是因为将还原为，体现的还原性，与漂白性无关，D错误；
故选A。
3．答案：B
解析：A.分子中巯基为，S原子最外层6个电子，与H共用1对电子，剩余2对孤对电子，电子式书写正确，A正确；
B.和的中心原子均为杂化，均含2对孤对电子，O的电负性大于S，中成键电子对更靠近中心原子，成键电子对之间斥力更大，故的键角大于的键角，B错误；
C.基态原子价电子排布为，3s轨道填充2个自旋相反的电子，3p轨道填充1个单电子，轨道表示式书写正确，C正确；
D.中心O原子的价层电子对数为，VSEPR模型为四面体形，D正确；
故选B。
4．答案：C
解析：A.成酯修饰为羧酸与醇发生酯化反应，酸脱羟基醇脱氢，对比结构可知所加醇为2-吡啶甲醇()，分子式为，A正确；
B.布洛芬中杂化的碳原子为饱和碳原子，包括异丁基的4个饱和碳、与苯环相连的次甲基碳及其所连的甲基碳，B正确；
C.手性碳原子是连有4个不同基团的饱和碳原子，布洛芬和修饰布洛芬中都只有1个手性碳原子（即与苯环相连，同时连接甲基、氢原子、羧基/酯基的碳原子），C错误；
D.修饰布洛芬中仅酯基能与NaOH反应，1mol酯基消耗1molNaOH，D正确；
故选C。
5．答案：B
解析：A.容量瓶仅用于配制溶液的定容操作，不能作为稀释浓硫酸的容器，浓硫酸稀释需在烧杯中进行，冷却后再转移至容量瓶定容，A错误；
B.在乙醇中的溶解度较低，加入乙醇可降低溶质的溶解度，用玻璃棒摩擦烧杯内壁可诱发晶核形成，促进晶体析出，可达到制备目的，B正确；
C.乙醇与水互溶，不能作为萃取碘水中碘的萃取剂，C错误；
D.浓盐酸具有挥发性，挥发的会随一同进入苯酚钠溶液，与苯酚钠反应生成苯酚，无法证明碳酸的酸性强于苯酚，D错误；
故选B。
6．答案：D
解析：A.同周期第二周期元素第一电离能随原子序数增大呈增大趋势，但N的2p轨道为半满结构，第一电离能N>O>C，A错误；
B.中含有O-O非极性共价键，并非只由极性键构成，B错误；
C.的配体为和，不只有，C错误；
D.配合物内界的离子不能电离，的外界有2个可自由电离的，1mol该物质与足量反应可生成2molAgCl沉淀，D正确；
7．答案：A
解析：A.与的反应属于歧化反应，生成中的O全部来自，中的全部进入，不会生成，正确的离子方程式为，A符合题意；
B.的溶解度远小于，可发生沉淀转化，离子方程式拆分、守恒均正确，B不符合题意；
C.被氧化为，被还原为，电子、电荷、原子均守恒，离子方程式书写正确，C不符合题意；
D.少量结合电离出的生成沉淀，同时生成的与结合为沉淀，离子方程式书写正确，D不符合题意；
8．答案：D
解析：结合题干描述和价键规律可知，X为H、Y为C、Z为N、Z、Q同族，则Q为P，每个W与Q共用1对电子对，所以W为F，据此分析解答。
A.同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大，则原子半径从小到大为：X（H）B.同周期元素从左到右电负性依次增大，同主族元素从上到下电负性依次减小，所以电负性从大到小的顺序为：W（F）>Z（N）>Y（C），B错误；
C.最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，同周期元素从左到右非金属性依次增强，同主族元素从上到下非金属性依次减小，N的最高价含氧酸的酸性大于P的最高价含氧酸的酸性，但W（F）无最高正价，也没有对应的最高价含氧酸，C错误；
D.X、Z分别是H和N，可组成离子化合物如：或，D正确。
9．答案：C
解析：A.M含有酚羟基，Na既可以与水反应生成氢气，也可以与酚羟基反应生成氢气，无法检验M中是否混有水，A错误；
B.1molN中含有2mol苯环和1mol羰基，1mol苯环最多与3mol加成，1mol羰基最多与1mol加成，故最多消耗，B错误；
C.该反应生成HF，可以与HF反应，降低生成物浓度，使平衡正向移动，提高PEEK的产率，C正确；
D.根据原子守恒，反应物共含有个F原子，聚合物端基保留1个F原子，故生成HF的物质的量为，即，D错误；
故选C。
10．答案：A
解析：A.过量，的物质的量不足，反应后滴加溶液变红，说明溶液中仍存在，证明与的反应为可逆反应，有一定限度，A正确；
B.反应混合液中的乙醇易挥发，挥发的乙醇具有还原性，也能使酸性溶液褪色，无法证明消去反应生成了1-丁烯，B错误；
C.蔗糖水解后体系中含有过量，呈酸性，新制与醛基的反应需在碱性条件下进行，未加入中和过量硫酸，无法检验葡萄糖是否生成，不能得出蔗糖未水解的结论，C错误；
D.常温下溶液，说明的电离程度大于水解程度，因此，D错误；
故选A。
11．答案：C
解析：结合反应机理图梳理物质转化路径，三唑初始参与反应，最终重新生成，为该反应的催化剂；消去中间产物X、Y、Z，可知总反应消耗转化为。
A.该反应消耗转化为，有助于减少的排放，A正确；
B.中间体X和Y的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，B正确；
C.三唑是该反应的催化剂，催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，故增大三唑的量，的平衡转化率不变，C错误；
D.反应过程中存在中极性键的断裂，也存在、等极性键的形成，故整个过程中存在极性键的断裂与形成，D正确；
故选C。
12．答案：D
解析：A.足球烯()的结构中，每个C原子与3个相邻C原子成键，形成单键（键）和双键（1个键，1个键），共60个C原子，每个C形成3个键，每个键被2个C共用，总键数为，故1mol足球烯分子中含有的键的数目为，A正确；
B.晶胞为面心立方结构，晶胞中分子数为个，面心立方晶胞中，正四面体空隙数=晶胞中原子数×2=4×2=8个，正八面体空隙数=晶胞中原子数×1=4×1=4个，两者之比为8:4=2:1，B正确；
C.晶胞中的物质的量为，质量；
晶胞参数为，晶胞体积，，C正确；
D.Cs原子位于所有正四面体和正八面体空隙的中心，正四面体空隙中心的Cs原子，距离最近的Cs原子在相邻的正八面体空隙中心，其核间距为晶胞体对角线的，即，D错误；
故选D。
13．答案：D
解析：焙烧：利用炭黑的还原性，将原料中的高价铁（如、）还原为低价铁（主要是或单质Fe）。
酸浸：铁的氧化物与稀硫酸反应生成硫酸亚铁（）溶液。浸渣主要是（二氧化硅），滤液含有、、以及过量的。
除杂：加入NaF（氟化钠），和与反应生成难溶的氟化物沉淀（、）。滤液主要含有（硫酸亚铁）。
沉铁：加入磷酸氢铵（）、氨水（），并通入（氧气）。将亚铁离子（）转化为磷酸铁（）沉淀。后续：经过过滤、洗涤、干燥等“一系列操作”，最终得到产品。
A.焙烧时加入炭黑作为还原剂，若不在惰性气氛中，炭黑会与空气中的氧气反应，无法还原铁的氧化物，同时也可防止生成的亚铁被氧化，因此需在惰性气氛中进行，A正确；
B.酸浸时加入稀硫酸，不与稀硫酸反应，其余金属氧化物均与稀硫酸反应溶解，因此浸渣主要成分为，B正确；
C.除杂后溶液中浓度相同，，C正确；
D.沉铁的目标产物是，加入氨水的目的是调节溶液pH，中和反应生成的，促进与结合生成沉淀，不是生成，D错误；
故选D。
14．答案：C
解析：用如图所示装置从含的浆液中分离得到含的溶液并制备,说明从D室通过膜c进入E室,则E室为阴极室,发生还原反应,电极反应式为;C室为阳极区,发生氧化反应,电极反应式为。生成的通过膜b进入D室,与反应转化为()。浓差电池的正极(Ag(Ⅱ))连接电解池的阳极(惰性电极Ⅰ),负极(Ag(Ⅰ))连接电解池的阴极(惰性电极Ⅱ)。
A.由分析可知,Ag(Ⅰ)为负极,Ag(Ⅱ)为正极,浓差电池中,某种电解质离子或分子浓度越大,其氧化性或还原性越强,则正极区氧化性更强、浓度更大,故起始时,A错误;
B.由分析可知,为负极,电极反应式为:,为维持电中性,需从B室移向A室,故膜a为阴离子交换膜;C室生成的需进入D室参与反应,故膜b为阳离子交换膜,D室的需进入E室制备,故膜c为阳离子交换膜,B错误;
C.由分析可知,C室为阳极区,电极反应生成,通过膜b迁移到D室,为转化为提供,C正确;
D.由分析可知,E室为阴极区,发生得电子的还原反应,电极反应为,D错误;
故选C。
15．答案：C
解析：随pH升高，分布系数持续降低，含碳物种中分布系数先升后降，分布系数持续升高；含氮物种中分布系数随pH升高持续降低，分布系数持续升高。pH=6.35时与a的分布系数相等，对应第一步电离平衡，此时，故a为；pH=10.33时a与d的分布系数相等（约为50%），对应第二步电离平衡，此时，故d为（、分布各占50%，不可能是c曲线）；pH=9.15时b与c的分布系数相等，对应的电离平衡，此时，pH升高时浓度降低，故b为，c为。
A.由曲线匹配结果可知，a代表，b代表，A正确；
B.溶液中存在质子守恒：，溶液pH=7.8，，故，推出：，，则，可得，B正确；
C.pH=6.35时，；pH=9.15时，；pH=10.33时，，故电离常数大小为，C错误；
D.滴加NaOH溶液至pH=10.33时，溶液中存在电荷守恒：，移项得，因，故，D正确；
故选C。
16．答案：(1)类金属
(2)三颈烧瓶；温度计
(3)大于
(4)
(5)滴入最后半滴碘标准溶液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；0.55
(6)温度过低反应速率慢，温度过高，会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高溶解度增大，控制pH为8~11可使充分析出，提高产率
解析：锑氧粉(主要成分为)与45%的KOH溶液浆化后，利用30%溶液将氧化为，得到溶液，通过碘量法检测溶液中剩余的的含量；缓慢滴加30%NaOH溶液，控温，pH为8~11，使转化为并析出，经过离心、过滤、洗涤、烘干后，得到产品焦锑酸钠，过滤后的母液可循环使用。
（1）锑为第ⅤA族元素，位于周期表金属元素和非金属元素分界线附近，介于非金属元素As和金属元素Bi之间，因此性质介于金属和非金属之间，属于类金属；
（2）仪器A为三颈烧瓶，该步需要控制反应温度为80~95℃，装置缺少控温用的玻璃仪器温度计；
（3）转化过程中，溶液中加入NaOH后析出沉淀，说明相同温度下溶解度大于；
（4）A中锑氧粉(主要成分为)被氧化成，Sb从+3价升高为+5价，中O从-1价降为-2价，根据电子守恒、原子守恒配平方程式为：；
（5）淀粉遇碘单质变蓝，滴定终点现象为：滴入最后半滴碘标准溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色；根据反应方程式可得，Sb摩尔质量约为，则含量为：；
（6）结合表格信息，温度和pH都会影响的存在状态，温度过低反应速率慢，温度过高（高于），会溶解、水解，降低产品的产率和纯度；pH过高（如大于11），则溶解度增大，因此控制pH在8~11可使以稳定沉淀形式析出，提高产率。
17．答案：(1)适当升高温度或适当增大硫酸浓度、将蛇纹石精矿粉碎、搅拌等合理答案即可
(2)
(3)
(4)
(5)；AB
(6)配位键；的半径与、不同，无法与有机净化剂形成稳定的配位键，或与有机净化剂的配位能力弱于、等合理答案即可
解析：酸浸环节加入硫酸，蛇纹石中金属氧化物、硅酸盐与硫酸反应，生成的硅酸为滤渣1，滤液含、、、。氧化调pH环节通入将氧化为，加入调节pH使完全沉淀为，即滤渣2。沉镁环节加入使转化为沉淀分离。剩余含、的溶液加入萃取剂HA，选择性萃取目标金属离子进入有机相，反萃取得到对应金属离子。
（1）浸取率曲线a比b反应速率更快，达到相同浸取率所需时间更短，可通过适当升高温度、适当增大硫酸浓度、将蛇纹石精矿粉碎增大接触面积、搅拌等措施加快浸取速率。
（2）与硫酸反应生成硫酸镁、硅酸沉淀和水，配平得到离子方程式为。
（3）调控pH需保证完全沉淀，不沉淀。沉淀完全时，由，得。已知，则，取负对数得，，对应。开始沉淀时，由，得，取负对数得，，对应。因此pH调控范围为。
（4）无膜电解技术中阴极发生还原反应析氢，水电离出的得电子生成，同时生成，电极反应式为。
（5）由图像可知，的萃取率随pH升高上升幅度大于，分离系数较高时优先被萃取进入有机相，反萃取有机相得到的金属离子为。
萃取反应平衡为。
A.增加萃取剂HA的浓度，平衡正向移动，金属离子萃取率提高，A正确；
B.适当提高水相pH，浓度降低，平衡正向移动，萃取率提高，B正确；
C.增大水相中，不影响平衡体系中各反应物生成物浓度，平衡不移动，萃取率不变，C错误；
故选AB。
（6）有机净化剂含N、O等配位原子，可提供孤电子对，、提供空轨道，二者形成配位键。无法发生该反应，原因是的半径与、相差较大，无法与有机净化剂形成稳定的配位键，或的配位能力弱于、。
18．答案：(1)-36；小于
(2)=；
(3)或；b
(4)36%；72.9
解析：（1）反应II为水煤气变换反应：；反应III为，该反应能自发进行，这意味着吉布斯自由能，该反应是气体物质的量减小的反应，，要使，必须是一个足够小的负值。所以b必须小于0。
（2）①当反应达到平衡时，正反应速率等于逆反应速率，即，根据题目给出的速率方程：，，800℃时，所以；反应II的，这是一个放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致平衡常数K减小，，所以。
（3）①决速步骤（速率控制步骤）是指反应历程中活化能最大（能垒最高）的一步，它决定了整个反应的速率。观察图中“金催化剂”对应的曲线，过渡态Ⅱ对应的活化能最高，是整个反应的决速步，化学方程式为：或；
②金催化剂：最高能垒（决速步活化能）为1.86eV-(-0.16)eV=2.02eV；原子层金簇负载催化剂：其最高能垒出现在第二步，为，能垒越低，反应速率越快。因此，原子层金簇负载催化剂（b）更优。
（4）①根据题意，初始有1molCO，转化率为60%。已转化的CO的量为，当体积分数为0时，从图中可知，产物选择性为，因此，用于生成和的选择性之和为，选择性比，联立求解可得：，，用于生成的CO的量为，生成的反应方程式为，生成的的量为，1molCO理论上最多能生成mol，的产率为；
②当体积分数大于时，的选择性为0，产物只有和，CO的转化率为80%，则已转化的CO总量为，由于且，可解得，，生成的的量：，生成的的量：，平衡时CO的量：，由O元素守恒可知，平衡时，根据反应Ⅲ和Ⅳ的化学计量关系，消耗的的总物质的量为，则平衡时的物质的量为，反应Ⅲ的平衡常数。
19．答案：(1)
(2)乙胺；酰胺基、氨基
(3)
(4)还原反应
(5)羧基()和氰基()均为强吸电子基，结构中位的C-H键的氢原子受相邻两个吸电子基团的影响，导致C-H键的极性增强，更易断裂
(6)6；或（任写其中一种即可）
解析：由路线分析可知，A到B的反应条件为醇的催化氧化，结合B的结构和A的分子式，可推测A的结构简式为；结合C的分子式及G的分子结构，可推测C的结构简式为：；根据H的结构简式及D的结构简式和E的分子式，利用正推法和逆推法，可知E的结构简式为：（分子式：）；I的结构简式可由G和H进行推断，可知I的结构简式为：；C和I通过分子间缩合脱水，生成含有酰胺基的G；据此分析作答。
（1）由分析可知，A的结构简式为：；
（2）（）的化学名称为：乙胺；G中的含氮官能团为：酰胺基、氨基；
（3）由分析可知，E的结构简式为：，则D（）到E的反应为：碳酸二甲酯与乙胺在甲醇中发生取代反应生成E，方程式为：；
（4）I的结构简式为，H→I的反应中，H中的亚硝基()被还原为I中的氨基()，则该反应类型为还原反应；
（5）羧基()和氰基()均为强吸电子基，和结构中位的C-H键的氢原子受相邻两个吸电子基团的影响，导致位的C-H键的极性增强，更易断裂；
（6）B的分子式为：，不饱和度为5；其同分异构体需要满足：a.含有苯环，且只有1个环，占据4个不饱和度；b.核磁共振氢谱只有4组峰，说明结构中含有4种化学环境不同的氢原子，要求结构高度对称；c.1mol最多能分别与、反应，说明结构中包含2个酸性基团（酚羟基或羧基）；则满足条件的同分异构体有：、、、、、，共6种结构；其中能发生银镜反应的同分异构体的结构简式为或（任写其中一种即可）。

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