2025年高考押題預測卷高三化學（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H1Li7C12N14Na23S32Cl35.5Ti48Ga70第Ⅰ卷（選擇題共44分）一、選擇題：本題共16個小題，共44分。第1～10小題，每小題2分；第11～16小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．在中國傳統文化中，蛇被視為神秘、智慧和力量的象征。下列與蛇有關的歷史文物中，主要材質為有機高分子的是A．三星堆青銅蛇B．白玉蛇形珮C．繪有蛇的紙莎草紙D．蛇形骨雕【答案】C【解析】A．青銅蛇主要成分為Cu，屬于金屬材料，A錯誤；B．白玉蛇形珮為玉石，屬于無機非金屬材料，B錯誤；C．紙莎草紙主要成分為植物纖維，主要成分是纖維素，屬于有機高分子材料，C正確；D．蛇形骨雕為骨骼制品，主要成分是磷酸鈣，屬于無機非金屬材料，D錯誤；故選C。2．我國科技發展取得巨大成就。下列有關說法正確的是A．“蛟龍號”發動機使用的氮化硅陶瓷屬于分子晶體B．我國科學家成功獲得克級豐度超99%的，可用質譜法區分和C．深中通道建設所用的鋼纜中含有的鐵元素位于周期表p區D．神舟十九號攜帶了二氧化碳處理器，的電子式為：【答案】B【解析】A．新型無機非金屬材料氮化硅陶瓷硬度大，熔點高，屬于共價晶體，A錯誤；B．質譜法可以測定物質的相對分子質量，和的相對原子質量不同，故可用質譜法區分和，B正確；C．鐵元素原子序數為26，處于元素周期表第四周期第VIII族，屬于d區元素，C錯誤；D．CO2是共價化合物，碳原子和每個氧原子間共用兩對電子，電子式為，D錯誤；故本題選B。3．化學與生產生活密切相關，下列說法不正確的是A．能與和反應生成，可用作潛水艇中的供氧劑B．溶液具有氧化性，可用作印刷電路板制作的“腐蝕液”C．75%(體積分數)的乙醇溶液具有強氧化性，可用作消毒劑D．具有抗氧化性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化【答案】C【解析】A．Na2O2能與H2O和CO2反應生成O2，可用作潛水艇中的供氧劑，A正確；B．FeCl3溶液具有氧化性，可用作印刷電路板制作的“腐蝕液”，B正確；C．75%(體積分數)的乙醇溶液具有消毒作用，但沒有強氧化性，C錯誤；D．SO2具有還原性，能防止葡萄酒中的一些成分被氧化，D正確；故選C。4．冰晶石—熔體電解法仍然是目前工業生產金屬鋁的唯一方法。實驗室利用以下裝置能達到實驗目的的是A．制取 B．制取 C．分離 D．制取【答案】D【解析】A．濃硫酸與碳酸鈣反應生成微溶的CaSO4，覆蓋在CaCO3表面，阻止反應的進一步進行，所以不能用濃硫酸與碳酸鈣反應制備CO2，A錯誤；

B．CO2通入NaAlO2溶液中，導管應長進短出，B錯誤；

C．過濾操作中，漏斗頸尖嘴應緊貼燒杯內壁，C錯誤；

D．灼燒Al(OH)3分解生成Al2O3，D正確；故選D。5．江梔子是江西“十大名中草藥”之一，梔子苷是其主要的活性成分，結構簡式如圖所示。下列關于梔子苷敘述錯誤的是A．含有4種官能團B．能發生消去、酯化反應C．1分子梔子苷中含9個手性碳原子D．梔子苷最多能與反應【答案】C【解析】A．梔子苷中含有羥基、碳碳雙鍵、醚鍵和酯基4種官能團，A正確；B．梔子苷含醇羥基且羥基的相鄰碳上有氫，能發生消去反應，也能發生酯化反應，B正確；C．1分子梔子苷中含8個手性碳原子，如圖所示(表示手性碳原子)，C錯誤；

D．羥基能與反應，梔子苷最多能消耗5molNa，D正確；故選C。6．勞動有利于“知行合一”。下列勞動與所涉及的化學知識不相符的是選項勞動項目化學知識A工人用溶液去除電路板上不需要的銅還原性：B護士打針時用棉花沾酒精消毒乙醇能使蛋白質變性C工人用鋁制槽車運輸濃硝酸常溫下，濃硝酸使鋁發生鈍化D營業員將水果放在冰箱中保鮮溫度降低，反應速率減小【答案】A【解析】A．Cu和FeCl3反應生成FeCl2和CuCl2，故還原性Cu>Fe2+，A錯誤；B．乙醇能使蛋白質變性，故可用棉花沾酒精消毒，B正確；C．常溫下，濃硝酸使鋁發生鈍化，故可鋁制槽車運輸濃硝酸，C正確；D．降低溫度，活化分子百分數減小，反應速率減小，則將食物儲存在冰箱里，可延長食物的保存，D正確；故答案選A。7．“千年銹色耐人尋”。Cu2(OH)3Cl是銅銹中的“有害銹”，生成原理如圖。下列說法不正確的是A．正極反應：O2＋4e-＋4H＋=2H2OB．銅失去電子，發生氧化反應C．潮濕的環境中更易產生銅銹D．明礬溶液可清除Cu2(OH)3Cl【答案】A【解析】A．根據圖知，發生吸氧腐蝕，正極上O2得電子和H2O反應生成OH-，電極反應式為O2+4e-+2H2O=4OH-，故A錯誤；B．失電子的物質發生氧化反應，該反應中Cu失電子生成Cu2+而發生氧化反應，故B正確；C．潮濕的環境中有電解質溶液，易形成原電池而更易產生銅銹，故C正確；D．明礬中鋁離子水解生成Al(OH)3和H+而使溶液呈酸性，能和Cu2(OH)3Cl中OH-反應，所以明礬溶液能清除Cu2(OH)3Cl，故D正確；答案選A。8．我國宋代《開寶本草》記載了中藥材“鐵華粉”的制法，鐵華粉的主要成分為，含有少量單質，其轉化關系如圖所示。下列說法錯誤的是A．氣體X為B．氣體Y在一定條件下能還原C．由轉化關系可知結合的能力強于D．藍色沉淀的化學式為【答案】C【解析】鐵華粉中加入稀硫酸并加熱，產生的刺激性氣味的氣體X為醋酸蒸氣；鐵華粉中含有鐵單質，加入稀硫酸生成的無色無味的氣體Y為，濾液中加入鐵氰化鉀溶液生成藍色沉淀，說明有濾液中有亞鐵離子，該沉淀不溶于稀鹽酸，但與NaOH可反應生成紅褐色沉淀。A．根據上述可知氣體X為醋酸蒸汽，A正確；B．根據上述可知Y為，在一定條件下可還原轉化為Cu，B正確；C．藍色沉淀加入生成紅褐色沉淀，說明結合的能力弱于，C錯誤；D．根據上述可知，沉淀為，D正確；故選C。9．反應在工業上有重要的應用，在膜反應器中的工作原理示意圖如圖所示。下列說法不正確的是A．和均是非極性分子B．吸附并透過膜的過程中鍵發生斷裂和形成C．膜可分離并提高的平衡轉化率D．增大和的流速，一定可提高單位時間內的產率【答案】D【解析】A．是直線形分子，結構對稱，正負電荷重心重合，是非極性分子；中只含分極性共價鍵，H2是非極性分子，故A正確；B．分子中含有鍵，根據圖示，吸附并透過膜的過程中氫氣分子先變為氫原子，通過膜后再形成氫氣分子，鍵發生斷裂和形成，故B正確；C．根據圖示，H2能透過膜，CO不能透過膜，膜可分離出氫氣，平衡正向移動，所以提高的平衡轉化率，故C正確；D．增大和的流速，不利于反應物與催化劑的接觸，所以不一定能提高單位時間內的產率，故D錯誤；選D。10．部分含S(a、b、c、d)和Cl(e、f、g、h)的物質分類與相應化合價的關系如圖所示。下列說法正確的是A．向h的溶液中通入c，溶液的酸性增強B．b或f與金屬Cu反應的產物中Cu的化合價均為+2C．d的濃溶液因具有脫水性使膽礬晶體由藍色變為白色D．c和g都能使濕潤的藍色石蕊試紙先變紅后褪色【答案】A【解析】由元素的化合價，可確定S的對應物質中：a為H2S、b為S、c為SO2、d為H2SO4；Cl的對應物質中，e為HCl、f為Cl2、g為ClO2、h為HClO。A．向h(HClO)的溶液中通入c(SO2)，發生反應HClO+SO2+H2O=HCl+H2SO4，溶液的酸性增強，A正確；B．b(S)或f(Cl2)與金屬Cu反應，生成Cu2S和CuCl2，產物中Cu的化合價為+1、+2，B不正確；C．d(H2SO4)的濃溶液使膽礬晶體由藍色變為白色，表現出吸水性而不是脫水性，C不正確；D．c(SO2)具有酸性，但沒有強氧化性，也不能漂白酸堿指示劑，只能使藍色石蕊試紙變紅，不能使該試紙褪色，g(ClO2)能使濕潤的藍色石蕊試紙先變紅后褪色，D不正確；故選A。11．硫及其化合物的部分轉化關系如圖所示，已知S8分子的8個硫原子以單鍵相連接構成環狀結構。設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法錯誤的是A．反應①的化學方程式為：B．反應②的氧化產物和還原產物的物質的量之比為1：2C．32gS8分子中含S-S鍵的數目為NAD．100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，的數目為0.01NA【答案】D【解析】A．由題干信息可知，反應①即SO2和H2S反應生成S8和H2O，根據氧化還原反應配平可得該反應的化學方程式為：8SO2+16H2S=3S8↓+16H2O，A正確；B．由題干信息可知，反應②為3S8+48OH-=16S2-+8+24H2O，其中氧化產物為和還原產物為S2-，則二者物質的量之比為1：2，B正確；C．已知一個S8分子中含有8個S-S鍵，則32gS8分子中含S-S鍵的數目為=NA，C正確；D．由于會發生水解，故100mL0.1mol/LNa2SO3溶液中，的數目小于0.01NA，D錯誤；故答案為：D。12．下列陳述I與陳述II均正確，且具有因果關系的是選項陳述I陳述IIA用重結晶法除去苯甲酸混有的苯甲酸具有酸性B草木灰不能與混合使用與反應生成氨氣會降低肥效C用溶液檢驗具有氧化性D用鋁制容器盛裝濃硝酸鋁與濃硝酸不反應【答案】B【解析】A．用重結晶法除去苯甲酸混有的氯化鈉是因為苯甲酸的溶解度隨溫度變化大，而氯化鈉的溶解度隨溫度變化小，與苯甲酸是否具有酸性無關，故A錯誤；B．草木灰的有效成分碳酸鉀在溶液中水解使溶液呈堿性，氯化銨在溶液中水解使溶液呈酸性，草木灰與氯化銨混合使用時，碳酸鉀溶液會與氯化銨溶液反應生成氨氣會降低肥效，所以不能混施，故B正確；C．鐵離子能與硫氰酸根離子發生絡合反應生成血紅色的硫氰化鐵，所以用硫氰化鉀溶液檢驗鐵離子，與鐵離子能形成配位鍵有關，與鐵離子的氧化性無關，故C錯誤；D．鋁在濃硝酸中會發生鈍化，致密的鈍化膜阻礙反應的繼續進行，所以能用鋁制容器盛裝濃硝酸，故D錯誤；故選B。13．下列實驗方案不能達到探究目的的是選項實驗方案探究目的A用鉑絲蘸取某溶液進行焰色試驗，觀察火焰顏色該溶液中是否存在鈉鹽B向2mL溶液中通入足量H?S，觀察實驗現象是否具有氧化性C等體積、等物質的量濃度的與溶液在不同溫度下反應，觀察出現渾濁的快慢探究溫度對反應速率的影響D向盛有水溶液的試管中滴加石蕊，觀察顏色變化水溶液是否具有酸性【答案】A【解析】A．用鉑絲蘸取某溶液進行焰色試驗，觀察火焰顏色。該實驗方案是用來檢測溶液中是否存在鈉元素，而不是鈉鹽，該溶液還可能是NaOH溶液，A錯誤；B．向2mL溶液中通入足量H2S，觀察實驗現象，如果具有氧化性，它會與H2S發生反應產生S沉淀或，B正確；C．等體積、等物質的量濃度的與溶液在不同溫度下反應，可以探究溫度對反應速率的影響，通過觀察等體積、等物質的量濃度的與溶液在不同溫度下反應產生渾濁的快慢，可以判斷溫度對反應速率的影響，C正確；D．二氧化硫不能漂白酸堿指示劑，石蕊是一種酸堿指示劑，可以在酸性條件下變紅，從而可以判斷溶液是否具有酸性，D正確；故選A。14．化合物可作肥料，所含的5種元素位于主族，在每個短周期均有分布，僅有Y和M同族，且Y的原子半徑小于M。Y的基態原子價層p軌道半充滿，X的基態原子價層電子排布式為，X與M同周期，E在地殼中含量最多。下列說法正確的是A．簡單離子半徑：Y＞E＞Z B．簡單氫化物沸點：C．第一電離能： D．和空間結構均為三角錐形【答案】A【解析】E在地殼中含量最多，E為O；X的基態原子價層電子排布式為，所以n=3，X為Mg或者n=2，X為Li；Y的基態原子價層p軌道半充滿，所以可能為N或P，Y和M同族，且Y的原子半徑小于M，所以Y為N，M為P；根據X與M同周期、化合價之和為零，可確定Z為H、M為P、X為Mg、E為O、Y為N。A．N3-、O2-的電子層結構相同，核電荷數越大，離子半徑越小，故簡單離子半徑為：N＞O＞H，故A正確；B．PH3、NH3、H2O均是由分子組成，NH3、H2O分子間都存在氫鍵，使得它們沸點較高，且水的沸點高于NH3，PH3分子間僅存在范德華力，沸點低，簡單氫化物沸點：H2O＞NH3＞PH3，故B錯誤；C．同周期第一電離能自左向右總趨勢逐漸增大，第ⅡA族和第ⅤA族的第一電離能大于同周期右邊相鄰元素，所以第一電離能：N＞O＞Mg，故C錯誤；D．NH3中N的價層電子對數為4，有一對孤電子對，空間結構為三角錐形，中N的價層電子對為3，沒有孤電子對，空間結構為平面三角形，故D錯誤；故選A。15．一定溫度下，向一恒容密閉容器中充入等物質的量的X和Y氣體，發生反應。容器內各氣體的物質的量濃度c與反應時間t的關系如圖所示。下列說法正確的是A．時，X的物質的量分數逐漸減小B．時，X和Y物質的量濃度之比為C．時，體系達到平衡狀態D．其他條件不變，時減小容器體積，再次平衡后Y的物質的量濃度可能變為d點【答案】D【解析】A．起始時充入等物質的量的X和Y氣體，反應中X和Y的化學計量數之比為1:2，時，X、Y都在消耗，且Y消耗的量是X的2倍。設起始X、Y物質的量均為n，反應消耗X的物質的量為a，則消耗Y的物質的量為2a，X的物質的量分數，所以X的物質的量分數始終不變，A錯誤；B．時，雖然圖中X和Z的物質的量濃度相等，但根據化學方程式，消耗Y的量是X的2倍，起始X和Y物質的量相等，所以此時X和Y物質的量濃度之比不為，B錯誤；C．反應速率之比等于化學計量數之比，達到平衡時，正逆反應速率相等，應該是時，體系達到平衡狀態，C錯誤；D．其他條件不變，時減小容器體積，壓強增大，平衡正向移動，但由于容器體積減小，根據勒夏特列原理，平衡移動只能減弱而不能抵消這種改變，所以再次平衡后Y的物質的量濃度增大，可能變為d點，D正確；故選D。16．高純鎵是制備第三代半導體的重要原料，其化學性質與鋁相似。下圖為工業精煉鎵的裝置示意圖。下列說法不正確的是A．陰極的電極反應為B．電解過程中，陽極室中的物質的量減小C．電路中每轉移電子，理論上粗鎵熔融液減少D．電解后粗鎵中的以離子形式進入溶液中【答案】D【解析】電解精煉法提純鎵時，純金屬鎵作陰極，含有雜質的粗鎵作陽極，電解池中的陰陽極分別與電源的負正極相接，即M為電源負極，N為電源正極，陽極上活潑性強的金屬Zn、Ga失電子進入溶液中，鎵離子與溶液中的氫氧根離子結合生成，然后在陰極得電子生成鎵，陽極反應為Ga-3e-+4OH-=2H2O+，陰極反應為2H2O++3e-═Ga+4OH-。A．根據上述可知，陰極的電極反應為，A正確；B．根據上述可知，電解過程中，陽極反應為Ga-3e-+4OH-=2H2O+，根據電荷守恒每消耗4molOH-只有3molOH-或者由陰極上進入陽極室，則陽極室中OH-的物質的量減小，B正確；C．根據上述可知，陽極反應為Ga-3e-+4OH-=2H2O+，雖然陽極上還有Zn等放電，但產生的Zn2+不進入NaOH溶液，而是Ga3+經Ga3+快離子導體進入NaOH溶液，故電路中每轉移電子，理論上粗鎵熔融液減少，C正確；D．根據上述可知，電解后粗鎵中的Zn失電子以離子形式進入粗鎵熔融液，而不是NaOH溶液中，Fe比Ga更不活潑，不失電子，D錯誤；故答案為：D。第II卷（非選擇題共56分）二、非選擇題，共4題，共56分。17．（14分）某學習小組欲探究平衡體系的影響因素，并用色度計檢測離子濃度變化。I．配制溶液（1）用晶體配制溶液時，用濃鹽酸溶解晶體的原因是。（2）用溶液配制溶液，需用量筒量取溶液，配制過程需要用到的儀器有。(填序號)II．探究影響平衡的因素20℃時，在燒杯中將溶液與溶液混合，發生系列反應，其中都顯紅色。反應得到紅色混合溶液，用色度計測得溶液透光率為。各取紅色混合溶液分裝于若干試管中備用。完成下列實驗：實驗序號實驗操作透光率i試管①：加熱至40℃ii試管②：加入少量鐵粉iii試管③：加入溶液已知：有色離子濃度越大，顏色越深，透光率(T)越小；T1、T2、T3均大于T。（3）與的反應是(填“吸熱”或“放熱”)反應；實驗ii中發生反應(寫離子方程式)；用低濃度溶液進行實驗的原因是。（4）乙同學查閱資料發現存在反應a：(淺黃色)，并依據實驗iii得出結論：反應a可導致透光率升高。丙同學認為推斷依據不嚴謹，為證明該結論的正確，進一步完善實驗，實驗方案為：。（5）已知：與的系列反應分6步進行，反應i：；反應ii：……，平衡常數依次為、，逐漸減少，其中，平衡時。甲同學認為決定透光率測定結果的是反應，其余反應影響可忽略。請結合計算證明該觀點。（6）學習小組進一步查閱資料發現：鹽在水溶液中電離產生的離子可產生鹽效應，使離子運動受到牽制，離子有效濃度降低。若往裝有紅色混合溶液試管中加入少量固體，測得透光率為T′，則T′T。(填“>”、“<”或“=”)【答案】（1）抑制Fe3+的水解（1分）（2）5.0（1分）CD（2分）（3）放熱（1分）（2分）濃度低時Fe3+顏色較淺，可減少對透光率測定結果的影響（2分）（4）取3mL紅色混合溶液于試管中，向試管中加入少量KCl固體，測得溶液透光率大于T，說明結論正確（或取3mL紅色混合溶液于試管中，向試管中加入0.1mL蒸餾水，測得溶液透光率小于T3，說明結論正確）（2分）（5），故，，故以反應i為主（2分）（6）（1分）【解析】（1）用晶體配制溶液時，用濃鹽酸溶解晶體的原因是：抑制Fe3+的水解；（2）稀釋前后溶質的物質的量守恒，故需要用量筒量取溶液的體積為：；配制過程需要用到的儀器有量筒、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、100mL容量瓶，故選CD；（3）由實驗①可知，升高溫度，透光度增大，即有色離子濃度減小，即逆向移動，故與的反應是放熱反應；實驗ii中發生的離子反應為：；Fe3+顯黃色，用低濃度溶液進行實驗的原因是：濃度低時Fe3+顏色較淺，可減少對透光率測定結果的影響；（4）實驗iii中加入溶液，可能是水或KCl對透光率產生影響，故可取3mL紅色混合溶液于試管中，向試管中加入少量KCl固體，測得溶液透光率大于T，說明結論正確（或取3mL紅色混合溶液于試管中，向試管中加入0.1mL蒸餾水，測得溶液透光率小于T3，說明結論正確）；（5），故，，故以反應i為主；（6）根據題意，鹽在水溶液中電離產生的離子可產生鹽效應，使離子運動受到牽制，離子有效濃度降低，使得鐵離子與硫氰根離子的反應受阻，平衡逆向移動，濃度減小，透光率增大，故加入NaNO3固體后，T′T。18．（14分）氮化鈦常作仿金飾品，乳酸亞鐵常作補鐵制劑。以鈦鐵礦（主要含，還含少量、）為原料制備氮化鈦和乳酸亞鐵的工藝如圖，回答下列問題：部分物質的熔點、沸點數據如表所示：物質MgTi熔點648.87141667沸點136.4109014123287（1）Ti位于元素周期表第周期族。（2）其他條件不變，“酸浸”時鐵、鈦浸出率與硫酸質量分數的關系如圖所示。“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為%。（3）“熔煉”時，溫度在，反應還能得到一種具有還原性和可燃性的氣體。“熔煉”的化學方程式為。（4）“還原”時得到鈦和另一產物M，采用蒸餾法分離出鈦，控制蒸餾的最低溫度為，工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的M，陽極的電極反應式為。（5）利用溶液和過量溶液制備的離子方程式為；用酸性溶液滴定法測定乳酸亞鐵產品的純度，所有操作均正確，但經多次實驗結果發現，測得值高于實際值，其原因是。已知滴定反應為（未配平）。（6）鈦、氮組成的一種化合物的晶胞如圖所示，鈦的配位數為，該晶體的密度為，已知、原子半徑之和等于（Ti、N相切），為阿伏加德羅常數的值。【答案】（1）四（1分）ⅣB（1分）（2）85（1分）（3）TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO（2分）（4）1412℃（1分）2Cl——2e—=Cl2↑（2分）（5）Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O（2分）乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4（2分）（6）6（1分）（1分）【分析】由題給流程可知，向鈦鐵礦粉末中加入過量的硫酸溶液，將鈦酸亞鐵轉化為亞鐵離子和TiO2+離子，氧化鋁轉化為硫酸鋁，二氧化硅與硫酸溶液不反應，過濾得到濾液；向濾液中通入水蒸氣，將濾液中的TiO2+離轉化為TiO2·nH2O，過濾TiO2·nH2O和濾液；TiO2·nH2O煅燒分解生成二氧化鈦，二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦，四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦，鈦高溫條件下與氮氣反應生成氮化鈦；調節濾液pH，將溶液中的鋁離子轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到硫酸亞鐵溶液；向溶液中加入碳酸氫銨溶液，過濾得到碳酸亞鐵，碳酸亞鐵溶于乳酸得到乳酸亞鐵溶液，乳酸亞鐵溶液經分離提純得到乳酸亞鐵產品。【解析】（1）鈦元素的原子序數為22，位于元素周期表第三周期ⅣB族；（2）由圖可知，硫酸質量分數為85%時，鐵浸出率最小、鈦浸出率最大，則“酸浸”時宜選擇的硫酸質量分數為85%；（3）由分析可知，“熔煉”時發生的反應為二氧化鈦與碳、氯氣高溫條件下熔煉反應生成四氯化鈦和一氧化碳，反應的化學方程式為TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO；（4）由分析可知，“還原”時發生的反應為四氯化鈦高溫條件下與鎂反應生成鈦和氯化鎂（M），由表格數據可知，四種物質中鈦的沸點最高，鈦的沸點高于氯化鎂、四氯化鈦和鎂，所以采用蒸餾法分離出鈦時，控制蒸餾的最低溫度為1412℃；工業上用惰性材料作為電極來電解熔融的氯化鎂時，氯離子在陽極失去電子發生氧化反應生成氯氣，電極反應式為2Cl--2e-=Cl2↑；（5）硫酸亞鐵溶液與過量碳酸氫銨溶液反應生成硫酸銨、碳酸亞鐵沉淀、二氧化碳和水，反應的離子方程式為Fe2++2HCO=FeCO3↓+CO2↑+H2O；乳酸亞鐵中的乳酸根離子具有還原性，能消耗KMnO4，所以測得值高于實際值；（6）由晶胞結構可知，晶胞中位于體心的鈦原子與位于面心的氮離子距離最近，則鈦原子的配位數為6；晶胞中位于頂點和面心的氮原子個數為8×+6×=4，位于棱上和體心的鈦原子個數為12×+1=4，鈦原子核氮原子原子半徑之和等于anm，則晶胞的邊長為2anm，設晶體的密度為dg/cm3，由晶胞的質量公式可得：=(2a×10-7)3d，解得d=。19．（14分）氯乙酸是一種化工中間體，具有重要的應用與研究價值。（1）氯乙酸是一種重要的有機酸。①比較元素的電負性：H(填“<”“>”或“=”，下同)。②比較羧酸的酸性：。（2）常溫時，氯乙酸在質子酸的催化作用下可與乙醇發生酯化反應，反應的歷程如圖1。①該反應的正、逆反應活化能分別為，則。②由經驗公式得。其中k為速率常數，為活化能，T為熱力學溫度，R、C為常數。圖2表示該反應的正逆反應隨溫度的變化曲線，其中表示正反應的速率常數是曲線(填“I”或“II”)，判斷依據是。③下列說法正確的是。A．在氯乙酸分子的羰基中氧原子比碳原子更容易結合B．生成中間體II的反應為酯化反應的決速步C．加熱可促進生成中間體II的反應平衡正向移動D．氯乙酸相比于乙酸更難形成中間體I或中間體II（3）將控制醇酸物質的量比、含有氯乙酸的乙醇溶液通入填充固體酸催化劑的恒壓反應器中，在相同反應時間內合成氯乙酸乙酯，測得流出液中各組分含量隨溫度的變化曲線如圖3所示。已知：當溫度低于物質沸點(見下表)時，該物質揮發對反應的影響可忽略。氯乙酸乙醇氯乙酸乙酯沸點/℃189.078.3143.0①催化劑的最佳催化溫度為。②溫度高于時，氯乙酸乙酯產量明顯下降的原因是。③計算時該反應的平衡常數(在以下，體系中存在副反應，寫出計算過程，結果保留兩位有效數字)。【答案】（1）>（1分）<（1分）（2）（1分）I（1分）根據經驗公式，曲線斜率的大小由活化能決定，正反應活化能較小，升溫對正反應速率常數的影響較小；氯乙酸酯化反應為放熱反應，升溫對正反應速率影響較小（2分）AB（2分）（3）（1分）當反應溫度高于乙醇沸點，升溫加劇乙醇揮發損失，催化劑活性可能降低，氯乙酸乙酯產量減小（2分）醇酸物質的量比，氯乙酸的物質的量為，則乙醇的物質的量為15mol，反應后生成氯乙酸乙酯的物質的量為7.8mol，反應達平衡后，氯乙酸的物質的量為2mol，說明有0.2mol氯乙酸發生副反應，列出三段式：則酯化反應的平衡常數為K===（3分）【解析】（1）①同一周期從左到右，元素的電負性逐漸增強，同一主族從上到下，元素的電負性逐漸減弱，電負性：Cl＞H；②由于氯原子的對電子的誘導效應使得羧基中的氫原子更容易解離，故酸性：＜；（2）①=正反應活化能-逆反應活化能==；②根據經驗公式，曲線斜率的大小由活化能決定，正反應活化能較小，升溫對正反應速率常數的影響較小，則其中表示正反應的速率常數是曲線I；③A．在酸催化下，氧原子由于其高電負性，比碳原子更容易吸引并結合H+，A項正確；B．決速步通常是反應中最慢的一步，從圖中看出，生成中間體II的反應為酯化反應的決速步，B項正確；C．加熱能加快反應速率，但不一定能夠促進平衡向正向移動，C項錯誤；D．氯乙酸由于氯原子的存在，可能會增加羰基碳的親電性，從而更容易形成中間體I，D項錯誤；答案選AB；（3）①由圖可知，60℃時，合成得到氯乙酸乙酯的量達到最高，則催化劑的最佳催化溫度為60℃；②當反應溫度高于乙醇沸點，升溫加劇乙醇揮發損失，催化劑活性可能降低，使氯乙酸乙酯產量減小；③醇酸物質的量比，氯乙酸的物質的量為，則乙醇的物質的量為15mol，反應后生成氯乙酸乙酯的物質的量為7.8mol，反應達平衡后，氯乙酸的物質的量為2mol，說明有0.2mol氯乙酸發生副反應，列出三段式：則酯化反應的平衡常數為K===；20．（14分）不對稱合成設計在有機物的合成中有著重要應用，某化合物Ⅵ是合成氫化橙酮衍生物