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四川省资阳中学2026届高三下学期强化训练三化学试卷
一、单选题
1．2026年全国两会政府工作报告将绿色低碳、美丽中国、未来能源、绿色燃料、新材料作为重点部署，下列相关化学解读错误的是( )
A.大力发展绿氢、绿色甲醇等绿色燃料，有助于实现“双碳”目标
B.推进重点行业提质降本降碳，可减少等污染物排放
C.T1000级碳纤维、新型储能材料的研发，助力高端制造与能源安全
D.为快速降低碳排放，可全面禁止化石能源的开采与使用
2．下列有关化学概念或性质的判断正确的是( )
A.等钡的化合物均有毒，相关废弃物应进行无害化处理
B.二氧化硫是一种食品添加剂，少量二氧化硫可用于杀菌消毒
C.牙膏中添加氟化物用于预防龋齿是利用了氧化还原反应的原理
D.依次断开中的4个C-H，所需能量相同
3．下列化学用语或图示正确的是( )
A.基态P原子的最高能级电子的电子云轮廓图：
B.分子的球棍模型：
C.的球棍模型：
D.聚丙烯的链节：
4．2026年我国在水体治理、大气污染防治、土壤修复等环保领域取得突破性成果，其中涉及多种离子反应。设常温下，下列各组离子在指定环保处理液中，一定能大量共存的是( )
A.工业废水脱硝处理液(强酸性)：
B.水体重金属吸附处理液(中性)：
C.土壤酸化改良液(弱碱性)：
D.燃煤脱硫吸收液(含过量)：
5．下列有关物质结构或性质与用途对应关系正确的是( )
结构或性质 用途
A 超分子具有自组装的特性 冠醚可识别碱金属离子
B 液晶既具有晶体的导热及光学性质，又具有液体的流动性 液晶可用于制作电脑或电视的显示器
C 表面活性剂在水面形成单分子膜，破坏水分子间氢键 表面活性剂可提升水的表面张力
D 酚醛树脂具有隔热，阻燃等特性 酚醛树脂可用于制作轮胎
A.A B.B C.C D.D
6．某兴趣小组设计了从中提取的实验方案，下列说法正确的是( )
A.氧化性：
B.按上述方案每回收，消耗掉
C.反应①的离子方程式是
D.可用铁氰化钾溶液检验溶液1中的金属离子
7．中国科学院化学所研究了反应的反应历程，如图所示，下列说法不正确的是( )
A.图示第4步有非极性键的断裂和极性键的形成
B.图中的中间产物有4种
C.该过程的原子利用率小于100%
D.反应历程中，LiI能降低反应活化能
8．室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是( )
选项 实验过程及现象 实验结论
A 将25℃溶液加热到40℃，维持一段时间测出溶液pH逐渐减小 温度升高，水解平衡正向移动
B 向10mL溶液中加入Cu粉，再滴加几滴8mol/L硫酸，微热，溶液逐渐变成浅蓝色 8mol/L硫酸具有强氧化性
C 将粉末加入饱和溶液中，充分振荡、静置、过滤、洗涤，将滤渣加入盐酸中，有气泡生成
D 向试管中加入某卤代烃()和0.5mol/LNaOH溶液，加热，再向反应后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加溶液，有浅黄色沉淀生成 卤代烃中X为Br原子
A.A B.B C.C D.D
9．维达列汀是一种二肽基肽酶-4抑制剂类口服抗糖尿病药，用来治疗2型糖尿病，一种由I和Ⅱ在一定条件下发生反应生成维达列汀的部分转换过程如图所示（部分产物略）。下列说法正确的是( )
A.该反应为加成反应
B.I、Ⅱ均含有手性碳原子
C.I、Ⅱ和维达列汀都能发生水解反应
D.I中碳原子可能共平面
10．2025年诺贝尔化学奖授予研究金属有机框架材料(MOF)的科学家。MOF-5由簇与有机配体()通过配位键形成多孔晶体材料，其空腔可吸附、等小分子，从而形成超分子(已知：)。下列说法错误的是( )
为
A.降低温度有利于固定
B.中O原子的杂化轨道类型为
C.在配体上引入可增强MOF-5与之间的吸附作用
D.也可以代替与连接形成三维多孔骨架
11．如图是部分短周期元素的单质及其化合物(或其溶液)的转化关系。已知E为淡黄色粉末、可作供氧剂，D的密度是相同条件下空气密度的2.45倍，代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A.的F溶液中含有个阳离子
B.1L0.1mol/L的G溶液中阴离子数目为
C.0.3molD与Fe反应，消耗Fe的粒子数为
D.若反应①中消耗B的量与反应②中生成B的量相等，则两个反应转移电子数均为
12．以水泥厂的废料(主要成分为MgO，含少量MnO、、FeO、、等杂质)为原料制备的工艺流程如下：
已知：。下列说法正确的是( )
A.为提高酸浸速率，可使用浓硫酸
B.试剂X可以是
C.NaClO与物质的量为反应时的离子方程式为：
D.操作a所得滤液经处理后可返回到“调pH”循环利用
13．我国科研人员利用电解法对工业含氰废水(主要含)的无害化处理水平已经达到全球领先。一种高效、低耗、安全的处理工艺原理如图所示，电极材料均为石墨，工作时a、b电极上均无气体产生。下列说法正确的是( )
A.甲室中的通过阴离子交换膜移向乙室
B.工作一段时间后，乙室溶液减小
C.c电极上的反应为
D.去除，理论上甲室溶液质量增重
14．硫化锌是一种优良的宽带隙半导体锂离子电池的负极材料，具有在充电的同时发生合金化反应的特点。在充电过程中负极材料晶胞的组成变化如图所示，下列说法正确的是( )
A.
B.晶体中的配位数是12
C.若的晶胞参数为anm，则E、F间的距离为
D.当完全转化为时，和转化为LiZn(合金相)，每转移理论上生成
15．25℃时，向溶液中加入NaOH固体，溶液中、、、随的变化如图所示(忽略该过程中溶液体积和温度的变化)。已知室温时，，。下列说法错误的是( )
A.25℃时，溶液呈碱性
B.曲线a表示的变化
C.M点溶液的pH为9.26
D.N点：
二、实验题
16．气体在溶剂中的溶解度(包括物理溶解和化学反应溶解)受很多因素影响。
(1)影响气体溶解度的因素
①根据“相似相溶”规律，从分子结构角度说明难溶于水的原因：______________。
②根据“相似相溶”规律，也难溶于水，但实际上在水中的溶解度远大于，原因为______(用化学方程式表示)。
(2)测定在水中的溶解度
小组同学用碘量法测定在水中的溶解度。用移液管移取20.00mL饱和氯水，向其中加入过量KI溶液，充分反应后加入指示剂，用标准溶液滴定至终点，重复操作三次。(已知)
①该过程需要的仪器有移液管、碱式滴定管、玻璃棒、______(从下图中选择，填写仪器名称)。
②选用的指示剂为______________；三次滴定平均消耗溶液bmL，则氯气的溶解度为______(用含a和b的代数式表示)。
(3)探究在盐酸中的溶解度
已知在盐酸中存在反应。
小组同学测定室温下在不同浓度盐酸中的溶解度，并绘制出下图所示曲线。曲线先下降后上升可能的原因为______________。
(4)验证对溶解度的影响
查阅资料：ⅰ.能减弱与水分子的溶剂化作用，从而减小的溶解度(称为“盐析效应”)。
ⅱ.常见离子的盐析效应强弱：。
ⅲ.的盐析效应可忽略不计。
小组同学设计如下实验进行验证。室温下先向各试剂中通入氯气至饱和，再通过碘量法测定消耗溶液的体积。
序号 V(1mol/LNaCl)溶液/mL V(X)溶液/mL V(溶液)/mL
1 0.00 0.00 20.00
2 10.00 0.00 10.00
3 0.00 10.00 10.00
试剂X可以选用______(填写溶液浓度和溶质化学式)，说明能减小溶解度的实验证据为______(用含或的不等式表示)。
三、填空题
17．以萤石尾矿(含BeO、、及少量)为原料经过两段除铝制备锂盐和的工艺流程如下：
已知：①与生成的可被TBP萃取；。
②苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸。
(1)基态Fe原子的价层电子排布图为________________。
(2)“加热酸溶”过程中发生反应的化学方程式为________________，滤渣I主要成分的化学式为________________。
(3)“沉铁”过程中加入的作用是________________。
(4)物质的溶解度曲线如下图所示，“精制Ⅰ”时滤渣Ⅱ的成分是________________。
(5)“精制Ⅱ”过程中，得到滤渣Ⅲ的离子方程式为________________；该过程需要控制溶液pH不宜过低，其原因是________________。
(6)“萃取”时，还需要加入，其作用是________________。
18．氢能是人类未来的理想能源之一，氢能利用存在两大难题：制取和储存。
I.制取氢气
乙醇与水催化重整是当前制取清洁能源氢气的主要方法，其反应机理如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
回答下列问题：
(1)在催化剂作用下，反应1可通过如图所示的反应历程实现催化重整，则___________kJ/mol(用含字母a、b、c的代数式表示)，该反应在___________(填“高温”“低温”或“任意温度”)下能自发进行。
(2)下列措施中一定能提高平衡产率的是______________________。
A.选择合适的催化剂 B.降低温度
C.增大水蒸气浓度 D.恒温恒容下通入气体Ar
(3)压强为100kPa下，和发生上述反应，平衡时和CO的选择性、的转化率随温度的变化曲线如图所示。
(例如：CO的选择性)
①表示平衡转化率的曲线是___________(填标号)。
②573K时，反应Ⅱ的___________(精确至0.1)。
Ⅱ.储存氢气
镁基储氢材料如Mg(s)、，具有储氢量高，成本低廉等优点，发展前景广阔。
已知：
请根据以上内容，回答下列问题：
(4)吸氢反应的活化能___________kJ/mol；图2为某温度下，两种材料吸氢量随时间变化关系，请结合图1解释5分钟内吸氢量更大的原因是______________________。
19．烯基C-H键甲酰化反应在有机合成中有重要意义。以化合物ⅰ经过中间产物ⅱ和ⅲ得到甲酰化产物ⅳ的反应过程如图所示(部分反应条件略)：
(1)化合物ⅱ中含氧官能团的名称为____________。
(2)①化合物ⅰ的分子式为____________。
②化合物ⅰ的同分异构体中，苯环上有2个取代基(取代基不含环状结构)且能与溶液发生显色反应的有____________种。
(3)化合物ⅳ的某种同分异构体的核磁共振氢谱图上只有3组峰，其结构简式为______(写一种)。
(4)第一步反应可表示为，则X的化学式为____________。
(5)下列说法正确的有____________。
A.ⅱⅲ的转化中，有键的断裂和键的生成
B.在ⅱ分子中，有1个手性碳原子，可形成分子间氢键
C.化合物ⅲ属于卤代烃，可以发生取代反应和加成反应
D.ⅳ分子中碳原子均采取杂化，且所有碳原子可以共面
(6)以和为有机原料，结合上述信息，制备高分子化合物ⅴ的单体。
①该单体的结构简式为____________。
②中间产物发生氧化反应后，经酸化即可得到该单体，则氧化反应的氧化剂可以为____________。
③第一步反应为消去反应，发生反应的化学方程式为______(注明反应条件)。
参考答案
1．答案：D
解析：A.绿氢、绿色甲醇属于清洁燃料，燃烧产物污染小，是两会重点培育的绿色增长点，A正确；
B.降碳、减污协同推进，可减少温室气体与大气污染物排放，B正确；
C.高性能碳纤维、新型储能材料均为新质生产力关键材料，符合两会部署，C正确；
D.我国现阶段不可能全面禁止化石能源，应稳妥推进替代与清洁利用，保障能源安全，D错误；
故答案选D。
2．答案：B
解析：A.就没有毒，故A错误；
B.二氧化硫有较强还原性，且能抑制细菌生长，红酒中添加适量可以起到杀菌和抗氧化的作用，故B正确；
C.牙膏中添加氟化物可用于预防龋齿，原因是氟化钙比羟基磷酸钙更难溶，故C错误；
D.依次断开中的C-H，剩余部分能量越来越高，越来越不稳定，所以断开所需能量也越来越小，故D错误；
答案选B。
3．答案：A
解析：A.已知P是15号元素，其基态原子核外电子排布式为：，最高能级为3p，p能级电子云轮廓图为哑铃形，即基态P原子的最高能级电子的电子云轮廓图：，A正确；
B.分子中心上的O原子与周围的两个O原子形成σ键和大π键即中心原子O的杂化，空间构型为V形，其球棍模型为：，B错误；
C.中中心原子C周围的价层电子对数为，采用sp杂化，空间构型为直线形，但碳原子半径比氧原子的大，故其球棍模型为：，C错误；
D.聚丙烯由丙烯加聚生成，链节需体现侧链甲基，聚丙烯的链节：，D错误；
答案选A。
4．答案：C
解析：A.强酸性条件下，具有强氧化性，会与发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；
B.中性溶液中，会与反应生成氢氧化铝、氢氧化镁沉淀，且与会发生双水解反应，与会反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；
C.弱碱性条件下，之间不发生反应，且可在弱碱性环境中稳定存在（不大量水解），C正确；
D.会与反应生成沉淀，不能大量共存，D错误；
故答案选C。
5．答案：B
解析：A.冠醚识别碱金属离子利用的是超分子的分子识别特性，与自组装特性无对应关系，A错误；
B.液晶兼具晶体的各向异性（导热、光学等性质各向异性）和液体的流动性，可通过外加电场调控其光学性质，因此可用于制作电脑或电视的显示器，B正确；
C.表面活性剂会降低水的表面张力，C错误；
D.酚醛树脂多用于绝缘、隔热、阻燃、隔音材料和复合材料，制作轮胎的原料为橡胶，用途对应错误，D错误；
故答案选B。
6．答案：C
解析：从实验方案可知，氨水溶解了氯化银，然后用铜置换出银，滤液中加入浓盐酸后得到氯化铜和氯化铵的混合液，向其中加入铁、铁置换出铜，过滤分离铜可以循环利用，并通入氧气可将亚铁离子氧化为铁离子。
A.可氧化Cu生成，说明氧化性强于，实际氧化性顺序应为：，A错误；
B.流程中Cu先与反应生成Ag和，后与浓盐酸反应生成，再被Fe还原为Cu，Cu可循环使用，净消耗为0，该反应实际相当于Fe还原金属Ag，由电子转移守恒可知，每回收，消耗掉，B错误；
C.反应①为AgCl与氨水生成银氨配合物，离子方程式，符合反应事实，C正确；
D.溶液1中金属离子为（被氧化为），铁氰化钾用于检验，不能检验，D错误；
故选C。
7．答案：B
解析：图中反应历程包含五步：、、、、，其中为反应物，为生成物，为催化剂，为中间产物。
A.由图可知，第4步反应：，有非极性键的断裂(如H-H)和极性键(如H-I)，故A项正确；
B.由图中转化关系可知，为中间产物，合计共5种，故B项错误；
C.总反应中有水生成，原子利用率不到100%，故C项正确；
D.反应过程中LiI和Rh作催化剂，均可降低反应的活化能，故D项正确；
故选B。
8．答案：D
解析：A.具有强还原性，加热过程中易被空气中的氧化为使溶液pH减小，因此不能得出水解平衡正向移动的结论，A错误；
B.酸性条件下具有强氧化性，可将Cu氧化为使溶液显浅蓝色，硫酸仅提供营造酸性环境，没有体现强氧化性，B错误；
C.饱和溶液中浓度极高，可使，从而实现向的转化，该实验不能证明，实际上，C错误；
D.卤代烃在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成卤化钠，加入硝酸酸化可排除的干扰，滴加溶液生成浅黄色AgBr沉淀，可证明卤代烃中X为Br原子，D正确；
故答案选D。
9．答案：B
解析：A.该反应中，化合物I的被化合物Ⅱ的取代，脱去小分子，属于取代反应，不是加成反应，A错误；
B.手性碳原子是指连有4种不同基团的饱和碳原子：化合物I中，连接的饱和碳原子，连接的4个基团均不同，属于手性碳原子；化合物Ⅱ中，由于连接、，金刚烷对称被打破，手性碳为，因此I、Ⅱ均含有手性碳原子，B正确；
C.化合物Ⅱ只含有醇羟基和氨基，两种官能团都不能发生水解反应，因此不是三种物质都能水解，C错误；
D.化合物I中含有一个饱和五元氮杂环，环上均为杂化的饱和碳原子，饱和碳原子的四面体结构决定了所有碳原子不可能共平面，D错误；
答案选B。
10．答案：D
解析：A.，降低温度，平衡正向移动，有利于固定，故A正确；
B.由结构可知O原子形成4个单键，即4个σ键，其杂化轨道类型为，故B正确；
C.在配体上引入，其与之间可形成氢键，可增强MOF-5与之间的吸附作用，故C正确；
D.由图可知若与有机配体和簇连接形成三维多孔骨架需要分子中含有两个或以上的羧基，因此苯甲酸无法代替，故D错误；
故答案为D。
11．答案：C
解析：E为淡黄色粉末、可做供氧剂，所以E是，过氧化钠可以和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，所以B是，A是钠，G是，D的密度是相同条件下空气密度的2.45倍，其相对分子质量为71，D是，氯气可以和氢气在光照下反应生成氯化氢，所以F是HCl，C是氢气，据此回答；
A.F为HCl，未给出F的体积，无法计算的F溶液中含有多少个，A错误；
B.G为，其中会发生水解，，该过程使阴离子总数增加，阴离子数目应大于，B错误；
C.D与Fe反应的方程式：，0.3molD与Fe反应消耗Fe的粒子数为，C正确；
D.没有说明B的量无法计算转移电子数，D错误；
故答案选C。
12．答案：C
解析：以水泥厂废料（主要成分为，含少量、、、、等杂质）制备的流程为：废料先加入过量稀酸浸，、、、、与酸反应生成可溶性硫酸盐、、、、，不反应以固体形式残留；随后加入进行氧化，将氧化为、将氧化为沉淀；接着加入试剂调节，使、水解生成、沉淀，过滤除去、、等滤渣；最后对滤液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤（操作a），得到晶体。
A.浓硫酸具有强氧化性和脱水性，且高浓度下浓度并非最高，会降低酸浸反应速率，同时带来安全隐患，因此不能使用浓硫酸提高酸浸速率，A错误；
B.试剂X的作用是调节溶液，使、沉淀，需要能与反应且不引入新杂质，应选择、、等含镁的碱性物质，而呈中性，无法调节，B错误；
C.与按物质的量反应时，中从价被还原为价的，得到个电子，从价被氧化为价的，失去个电子，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为，C正确；
D.操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，所得滤液主要成分为溶液，可返回到“蒸发浓缩、冷却结晶”步骤循环利用，D错误；
故答案选C。
13．答案：D
解析：由图示及题干信息可得，该装置左边为原电池，右边为电解池，由c极上的物质转化可知，C、N元素化合价升高，发生失电子氧化反应，c为阳极，d为阴极，a为负极，b为正极；
A.原电池中阴离子向负极移动，因此是乙室的阴离子移向甲室，A错误；
B.工作时a、b电极上均无气体产生，则b极上的反应为，a极上的反应为。工作一段时间后，乙室消耗的同时有移向甲室，同时有水生成，减小，溶液增大，B错误；
C.c为阳极，c电极上的反应为，C错误；
D.去除，转移，甲室消耗生成，有由乙室移向甲室，理论上甲室溶液质量增重，D正确；
故选D。
14．答案：C
解析：由题干晶胞图可知，1个晶胞中含有：=4，：4个，则m=1；根据硫守恒，则1个晶胞中，含有4x个，4y个；根据晶胞中，共有7个和，则4x+4y=7；根据化合价代数和为零知：x+2y=2；可以解出：x=1.5，y=0.25，据此分析解题。
A.根据分析知，x：y=1.5:0.25=6：1，A错误；
B.由题干的晶胞图示可知，一个晶胞中距离最近且等距离的有8个，则的配位数是8，B错误；
C.由题干的晶胞图示可知，晶胞中，E位于内部小正方体的体心，8个构成正方体，边长为晶胞参数的一半，则E、F间的距离为=anm，C正确；
D.当完全转化为时，和转化为LiZn（合金相），当生成3molLiZn，转移电子：3mol+6mol=9mol，因此每转移理论上生成2molLiZn，D错误；
故答案为：C。
15．答案：D
解析：在溶液中，优先和酸性较强的微粒反应，比较和的酸性强弱，则要比较的电离常数和的水解常数。，，水解程度大于的电离程度，则的酸性强于，所以先与发生反应生成，随着固体的加入，由最大逐渐减小，同时，由最小逐渐增大，所以曲线a是的变化图像，曲线b是的变化图像。再后来是与反应生成，则曲线c是的变化图像，曲线d是的变化曲线。
A.溶液的酸碱性取决于与水解程度的相对大小。，，溶液显碱性，故A正确；
B.由上面分析知曲线a表示的变化图像，故B正确；
C.曲线a是的变化图像，曲线b是的变化图像。M点溶液的pH值可由的公式来求。M点溶液中，，，，故C正确；
D.溶液中存在物料守恒：，又N点溶液中电荷守恒：，两式联立可得：，由，则有，故D错误；
故选D。
16．答案：(1)甲烷是非极性分子，而水是极性分子；
(2)烧杯、锥形瓶；淀粉溶液；
(3)当盐酸浓度较小时，主要平衡关系为，随着和的增大，平衡逆向移动，的溶解度减小；当盐酸浓度较大时，主要平衡关系为，随着的增大，平衡正向移动，的溶解度增大
(4)(或)；(或)
解析：（1）①根据相似相溶规律，极性分子易溶于极性溶剂，非极性分子易溶于非极性溶剂，甲烷为非极性分子，水为极性分子，因此甲烷难溶于水。
②氯气可与水发生可逆反应，消耗溶解的氯气，使溶解平衡正向移动，因此溶解度远大于甲烷，对应反应的化学方程式为。
（2）①滴定过程中，需要用烧杯盛放相关溶液，锥形瓶作为滴定反应的容器，因此还需要的仪器为烧杯、锥形瓶。
②滴定碘单质的反应选用淀粉溶液作为指示剂，滴定终点时溶液蓝色褪去且半分钟内不复原。根据反应定量关系，，氯水体积为，因此氯气的溶解度为。
（3）盐酸浓度较低时，体系中主要存在氯气与水的反应平衡，随着盐酸浓度增大，氢离子和氯离子浓度均升高，平衡逆向移动，氯气溶解度下降；当盐酸浓度较高时，体系中主要存在氯气与氯离子的络合平衡，随着氯离子浓度增大，平衡正向移动，氯气溶解度升高，因此曲线先下降后上升。
（4）若使用2和3进行比较，需要保证X溶液和NaCl溶液的阴离子相同以确保变量唯一，同时使用盐析效应更弱的以证明存在盐析效应，故可选用1mol/L的KCl溶液，通过证明2中溶解度小于3的，即来达成实验目的；若使用1和3进行比较，则是通过比较存在与否来证明其盐析效应的存在，则X应含有，同时阴离子不能对实验产生干扰，故可采用1mol/L的溶液，通过证明1中溶解度大于3的，即来达成目的。
17．答案：(1)
(2)；
(3)将氧化为
(4)
(5)；与氢离子生成苯甲酸，导致能与铝离子结合的减少，生成的苯甲酸铝减少，使铝的去除率降低
(6)增大氯离子的浓度，使转化为，提高锂离子的萃取率
解析：萤石尾矿加入稀硫酸，加热酸溶，不反应，氟化钙、碳酸钙和硫酸反应，逸出HF，钙元素转化为硫酸钙沉淀，与二氧化硅成为滤渣，得到滤液，加入将氧化为并转化为沉淀除去；其余氧化物转变为硫酸盐，此时滤液主要含有和，加入，结合物质的溶解度曲线，可知“精制Ⅰ”时，得到滤渣Ⅱ的实验方法为加热浓缩、冷却结晶、过滤，得到，精制Ⅱ中溶液中的继续通过与苯甲酸钠作用生成苯甲酸铝沉淀除去；同时得到主要含有的滤液，锂盐是通过有机物的萃取分离出来；水相中含，操作X为除去铁离子的过程，最后再加入氨水沉铍，据此分析。
（1）铁（Fe）是26号元素，其核外电子排布式为。价层电子（即外围电子）是指最外层电子和次外层未排满的电子，对于Fe来说是，价层电子排布图为。
（2）萤石尾矿中含有，加入的酸是，在加热条件下，会与硫酸反应生成微溶的硫酸钙和氟化氢气体，化学方程式为。尾矿中的不溶于硫酸，也会留在滤渣中。滤渣I成分为和。
（3）酸溶后的溶液中含有（来自）和（来自）。后续步骤是生成黄钠铁钒渣，这需要铁以的形式存在。是一种氧化剂，可以将溶液中的氧化为，以便后续沉淀除去。
（4）沉铁后的溶液主要含有、、等离子。加入进行精制I。根据提供的溶解度曲线图，在较低温度下，的溶解度相对较小，且随着温度升高溶解度增加较快。通过蒸发浓缩、冷却结晶，可以析出溶解度较小的物质。结合曲线，是最容易结晶析出的含铝物质。
（5）经过精制I除去了大部分铝，但溶液中可能还残留少量铝。加入进行精制II。已知信息②指出“苯甲酸铝微溶于水，可溶于酸”。因此，铝离子会与苯甲酸根结合生成苯甲酸铝沉淀，离子方程式为：，如果溶液酸性太强（pH过低），溶液中大量的会与苯甲酸根离子结合生成苯甲酸，导致溶液中能与结合的浓度降低，从而使苯甲酸铝沉淀不完全，降低除铝效果。
（6）萃取步骤中使用了（磷酸三丁酯）和。已知信息①指出与生成的可被萃取。加入可以提供大量的。在酸性条件下，会与结合形成络离子，进而与溶液中的结合成进入有机相，实现锂的萃取分离。
18．答案：(1)a-b+c；高温
(2)C
(3)b；14.0
(4)72.0；吸氢反应活化能小，反应速率快
解析：（1）化学反应的能量变化与反应途径无关，只与反应的始态与终态有关。若反应Ⅰ经过了如图的变化过程，则根据盖斯定律可知；
根据图示可知：对于反应Ⅰ，由于反应物总能量比生成物的总能量低，该反应发生需要从周围环境中吸收热量，因此该反应为吸热反应，反应热；
根据热化学方程式可知：该反应的正反应是气体混乱程度增大的反应，熵变，要使反应自发进行，根据体系的自由能公式，反应可自发进行。由于其，，所以反应要自发进行，反应温度应该是高温条件下可自发进行；
（2）A.选择合适的催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而不能使平衡发生移动，因此不能提高平衡产率，A不符合题意；
B.反应Ⅰ的正反应是吸热反应，反应Ⅱ的正反应是放热反应。降低温度，会使反应Ⅰ的化学平衡逆向移动，导致的产率降低；同时又使反应Ⅱ的平衡正向移动，的产率又会增大，由于温度改变两个反应的移动方向相反，温度对那个平衡移动影响更大不能确定，因此不能确定的平衡产率是增大还是减小，B不符合题意；
C.水蒸气是反应物，增大水蒸气浓度，两个可逆反应的化学平衡都是正向移动，使的平衡产率提高，C符合题意；
D.恒温恒容下通入气体Ar，不能改变反应体系中任何一种物质的浓度，因此化学平衡不移动，的产率不变，D不符合题意；
故合理选项是C；
（3）①反应Ⅰ是吸热反应，反应Ⅱ是放热反应，根据盖斯定律可知：升高温度，化学平衡向吸热的方向移动，故反应Ⅰ的平衡正向移动，反应Ⅱ的平衡逆向移动，即平衡时CO的选择性随着温度升高而增大，的选择性随着温度升高而减小，且平衡时的选择性+CO的选择性=1，所以图中曲线b表示乙醇的转化率，曲线c表示CO的选择性，曲线a表示的选择性，故表示平衡转化率的曲线是b；
②由图可知：573K时乙醇的转化率为60%，消耗乙醇的物质的量为，平衡时乙醇的物质的量；的选择性为85%，平衡时的选择性+CO的选择性=l，则CO的选择性为15%，根据C原子守恒可知生成，n(CO)=0.6mol×2×15%=0.18mol；消耗水，剩余水，反应生成氢气的物质的量为，平衡时混合气体总物质的量为0.18mol+1.02mol+1.38mol+3.42mol+0.4mol=6.4mol，则反应Ⅱ的压强平衡常数；
（4）根据图示可知吸氢反应的活化能；
根据某温度下，两种材料吸氢量随时间变化关系图，可知在5分钟内吸氢量更大，原因是吸氢反应活化能小，反应更容易发生，因而其反应速率快，在相同时间内吸氢量更大。
19．答案：(1)羟基、醚键
(2)；9
(3)
(4)HBr
(5)AB
(6)；银氨溶液或新制；
解析：i→ii先发生双键加成反应生成，再水解生成；ii→iii发生醇羟基的消去反应；iii→iv发生氯代烃的水解生成2分子-OH不稳定脱水转化为醛基；据此分析解题。
（1）化合物ⅱ中含氧官能团为直接连在烷基上的（羟基），以及中的醚键；
（2）①化合物ⅰ结构为对甲氧基苯乙烯，含9个C原子，不饱和度为5（苯环4个，双键1个），H原子数为，分子式为；
②能与显色说明含酚羟基（一个取代基为），分子式剩余组成为（另一取代基，无环），链状共有3种结构：、、；苯环上两个不同取代基有邻、间、对3种位置异构，总共有种；
（3）化合物ⅳ分子式为，核磁共振氢谱只有3组峰，其结构高度对称，侧链形成2个相同基团（），结构简式为；
（4）根据原子守恒：反应左侧原子总数减去化合物ⅱ的原子，剩余，故X为HBr；
（5）A.ⅱ→ⅲ为消去反应，断裂、键，生成的键，A正确；
B.ⅱ中仅连羟基的碳原子为手性碳（连4个不同基团），分子含羟基，可形成分子间氢键，B正确；
C.化合物ⅲ含氧元素，不属于卤代烃（卤代烃仅含C、H、卤素），C错误；
D.ⅳ中的甲基碳为饱和碳，采取，D错误；
故答案选AB。
（6）高分子Ⅴ为聚酯，结构重复单元为，对应单体为：；②结合题干信息，水解得到醛基，将醛基氧化为羧基，可选用银氨溶液（或新制氢氧化铜）氧化，再酸化得到羧基；
③原料溴代烃发生消去反应生成烯烃，条件为的醇溶液、加热，反应的方程式为：。

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