2026年高考考前预测卷化学·理综拆分（课标全国卷）（考试版及全解全析）

/2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【化学生活】化学与生活密切相关，下列涉及生产生活有关的化学原理、物质用途的表述，错误的是A．谷氨酸钠(味精的主要成分)常用于增味剂，碳酸氢钠、碳酸氢铵用于食品膨松剂B．表面活性剂在水中形成的胶束属于超分子C．淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生还原反应为生物体提供能量D．在DNA的双螺旋结构中，依靠形成氢键实现碱基互补配对2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．500mL0.5mol/L的NaF溶液中离子数大于0.5NAB．6.5gNaN3晶体中所含键数目为0.2NAC．往1L1mol/LFeI2溶液中通入1.5molCl2，反应转移电子数为3NAD．1mol乙二醇被足量酸性KMnO4溶液氧化，转移电子数为8NA3．合成异黄酮类化合物的中间体之一结构如下，下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C12H14O6B．分子中含有4种官能团C．能发生取代、加成、氧化、加聚、消去反应D．与足量H2反应的产物中含有4个手性碳原子4．【新角度】根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是选项实验操作实验现象结论A向两支盛有浓硝酸的试管中分别加入除去氧化膜且相同大小、形状的镁条和铝条加入镁条的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝条的试管中变化不明显金属性：Mg＞AlB用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液和CCl3COOH溶液的pHCCl3COOH溶液的pH较小极性：—CCl3＞—CH3C将pH＜7的NaHSO3溶液从25℃加热到40℃，监测溶液的pH变化加热过程中溶液pH逐渐减小升高温度，HSO3—的水解程度增大D将NaHCO3粉末加入某浓度的盐酸中，用温度计测量反应体系的温度温度计读数降低反应吸热5．以镍镉矿(主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质)为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图：已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃时，部分电对的电极电位如表：电对电极电位/V下列说法错误的是A．“酸浸”中鼓入的空气既作反应物又有搅拌作用B．“物质X”可以是NiO，“滤渣I”含S、SiO2、PbSO4等C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是CuD．CO、H2SO4在该流程中可循环利用6．【科技前沿】钠离子电池因原料资源丰富、成本低廉和低温性能优异等优势，成为储能领域的研究热点。某钠离子电池结构如图所示，电极A的材料为(普鲁士白，)，电极B的材料为(嵌钠硬碳)。下列说法正确的是A．放电时，外电路通过amol电子时，有amol转移到电极BB．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移1mol时，理论上可获得64g纯铜C．充电时，电极B与外接直流电源的正极相连D．放电时，正极的电极反应式可表示为：7．【新考法】甘油（）水蒸气重整获得过程中的主要反应：反应Ⅰ

反应Ⅱ

反应Ⅲ

条件下，和发生上述反应达到平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是A．曲线①表示的物质的量B．平衡时，体系中甘油已反应完全C．其他条件不变，加压不利于增大平衡时的物质的量D．其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大二、非选择题：本题共4小题，共58分。8．【新角度】（15分）咪唑()是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、按物质的量之比为反应制备咪唑，装置和步骤如下：①投料在三口烧瓶中加入适量硫酸铵和蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液(含OHC-CHO和HCHO)，滴加时三口烧瓶中溶液的温度低于40℃，滴毕升温至85~88℃，保温4h，反应液逐渐变浑浊。②排氨冷却至50~60℃，分批加入氢氧化钙固体至；升温至85~90℃，保温1h排尽氨气。③浓缩趁热过滤，用热水洗涤滤饼2~3次；合并滤液与洗液，常压浓缩至有大量晶体析出，再减压浓缩至黏稠状。④提纯减压蒸馏，油泵减压，收集馏分，得淡黄色粗咪唑。⑤精制用苯加热溶解，趁热过滤，冷却后析出白色针状晶体；抽滤、真空干燥，得到咪唑3.06g。已知：乙二醛的沸点为51℃，咪唑的沸点为267℃且咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加。回答下列问题：(1)在图1装置中，仪器A的作用是_______。(2)步骤②中，“分批加入氢氧化钙固体”的目的是_______，证明氨气已排尽的方法是_______。(3)步骤③中，“趁热过滤”的目的是_______，“用热水洗涤滤饼”的目的是_______。(4)利用图2装置完成步骤④，减压蒸馏的优点是_______。(5)步骤⑤中，利用图3装置抽滤，其主要优点是_______。(6)本实验中，咪唑的产率为_______%。(7)咪唑(，分子为平面结构)中大键表示为_______，它的碱性主要是由_______(填“1”或“2”)号体现的，判断依据是_______。9．【社会热点】（14分）钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，广泛用于火箭、飞机制造业等。工业上利用钛铁矿(主要成分为、FeO等)制备金属钛的工艺流程如下。资料：Ti为固体，化学性质稳定，不溶于稀硫酸、稀盐酸等。(1)基态Ti原子中有___________个未成对电子。(2)将钛铁矿投入反应釜前，先将其粉碎的目的是___________。(3)已知：

，该反应极难进行，从化学平衡的角度解释向反应釜中通入氯气的同时加入焦炭的原因是___________。(4)反应釜中还得到了，能与在沸腾炉中分离，是利用了与的___________不同。(5)写出合成器中反应的化学方程式：___________。利用上述方法制取的金属钛中可能会含有少量杂质，该杂质是金属___________。由金属钛的性质可知，除去这种杂质可以用___________(填试剂名称)。(6)钛原子(Ti)在一定条件下和碳原子可形成气态团簇分子，分子模型如图所示(白球表示钛原子，黑球表示碳原子)，其化学式为___________。10．（14分）由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下：反应a：

反应b：

体系仅考虑存在副反应：(1)基态Fe原子的价层电子排布式为______。(2)计算丙烯与氢气发生加成反应的_______。(3)可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号）A．温度 B．压强 C．铁基催化剂 D．投料比(4)副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是______。（填“CO*解离”或“OH*解离”）(5)若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是______。(6)300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为______（保留2位有效数字，下同），选择性为______。②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数______。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可）11．（15分）托吡司他是用于治疗高尿酸血症的常用药物，一种合成路线如下(部分试剂和条件省略)：已知：。回答下列问题：(1)化合物A中的含氧官能团名称是_______。(2)E→F的原子利用率为100%，则F的结构简式为_______，不是的原因是_______。(3)由D和F反应生成的过程中，D先异构化成(D与互为同分异构体)，再与发生取代反应而得到，写出的结构简式：_______。(4)下列说法正确的是_______(填标号)。A．以上流程涉及的反应有取代反应和加成反应B．分子中原子的杂化类型为和C．A的酸性比苯甲酸()强D．的分子式为C12H8N6(5)以和甲醇为有机原料，合成的路线如下。在方框中用三步补全合成路线，无机试剂任选_______。

2026年高考考前预测卷高三化学（考试时间：50分钟试卷满分：100分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Cu64一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．【化学生活】化学与生活密切相关，下列涉及生产生活有关的化学原理、物质用途的表述，错误的是A．谷氨酸钠(味精的主要成分)常用于增味剂，碳酸氢钠、碳酸氢铵用于食品膨松剂B．表面活性剂在水中形成的胶束属于超分子C．淀粉、蔗糖水解产生的葡萄糖发生还原反应为生物体提供能量D．在DNA的双螺旋结构中，依靠形成氢键实现碱基互补配对【答案】C【详解】A．谷氨酸钠是味精的主要成分，可作食品增味剂；碳酸氢钠、碳酸氢铵受热均可分解产生气体，能使食品疏松多孔，可作食品膨松剂，表述正确，A正确；B．超分子是由两种或以上分子依靠分子间相互作用组装形成的具有特定结构和功能的聚集体，表面活性剂在水中形成的胶束符合超分子的定义，属于超分子，B正确；C．葡萄糖在生物体内通过氧化分解释放能量，为生物体提供能量，该过程发生的是氧化还原反应，其中葡萄糖被氧化，释放能量，C错误；D．DNA的双螺旋结构中，不同碱基之间依靠氢键相互结合，实现碱基互补配对，表述正确，D正确；答案选C。2．设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法不正确的是A．500mL0.5mol/L的NaF溶液中离子数大于0.5NAB．6.5gNaN3晶体中所含键数目为0.2NAC．往1L1mol/LFeI2溶液中通入1.5molCl2，反应转移电子数为3NAD．1mol乙二醇被足量酸性KMnO4溶液氧化，转移电子数为8NA【答案】D【详解】A．NaF溶液中，Na+的物质的量为0.25mol（0.5L×0.5mol/L），F—因水解部分减少，但水解生成的OH—数目等于消耗的F—数目，总阴离子数仍为0.25mol，溶液中还存在水电离出的氢离子和氢氧根离子，故总离子数大于0.5NA，A正确。B．NaN3的摩尔质量为65g/mol，6.5gNaN3的物质的量为0.1mol。每个N3—含2个σ键，0.1molNaN3含0.2molσ键，即0.2NA，B正确。C．1molFeI2含2molI—和1molFe2+。Cl2优先氧化I—：2molI—需1molCl2（转移2mole⁻），剩余0.5molCl2氧化Fe2+（1molFe2+转移1mole⁻）。总转移电子数3NA，C正确。D．1mol乙二醇被足量KMnO4氧化为CO2，每个羟基碳的氧化态从-1升至+4，每个碳转移5e⁻，总转移10mole⁻（10NA），D错误。故答案为：D。3．合成异黄酮类化合物的中间体之一结构如下，下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C12H14O6B．分子中含有4种官能团C．能发生取代、加成、氧化、加聚、消去反应D．与足量H2反应的产物中含有4个手性碳原子【答案】D【详解】A．由结构式可知，该物质分子式为C12H14O6，A错误；B．该分子含有的官能团为：酚羟基、酮羰基、酯基，共3种官能团，B错误；C．该物质的羟基是酚羟基，连在苯环上，不能发生消去反应，且无碳碳双键/三键，不能发生加聚反应，C错误；D．与足量H2加成后，得到化合物的结构式为，苯环还原为环己烷、羰基还原为羟基，图中标有*号的为手性碳原子（连接4个不同基团），共有4个，D正确；故答案选D。4．【新角度】根据下列实验操作及现象，能得出相应结论的是选项实验操作实验现象结论A向两支盛有浓硝酸的试管中分别加入除去氧化膜且相同大小、形状的镁条和铝条加入镁条的试管中迅速产生红棕色气体，加入铝条的试管中变化不明显金属性：Mg＞AlB用pH计分别测定浓度均为0.1mol/L的CH3COOH溶液和CCl3COOH溶液的pHCCl3COOH溶液的pH较小极性：—CCl3＞—CH3C将pH＜7的NaHSO3溶液从25℃加热到40℃，监测溶液的pH变化加热过程中溶液pH逐渐减小升高温度，HSO3—的水解程度增大D将NaHCO3粉末加入某浓度的盐酸中，用温度计测量反应体系的温度温度计读数降低反应吸热A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．常温下铝遇浓硝酸会发生钝化，表面生成致密氧化膜阻止反应持续进行，该现象无法说明Mg和Al的金属性强弱，A错误；B．浓度相同时，羧酸酸性越强，溶液中氢离子浓度越大，pH越小；三氯乙酸pH更小说明其酸性强于乙酸，-CCl3吸电子能力更强，可推知极性：，B正确；C．NaHSO3溶液pH<7，说明HSO3—电离程度大于水解程度，升温后pH减小说明氢离子浓度增大，是升高温度使HSO3—电离程度增大导致，不是水解程度增大，C错误；D．NaHCO3粉末溶解本身就存在吸热效应，且反应生成的CO2逸出也会带走热量，体系温度降低不能证明该反应本身吸热，D错误；故选B。5．以镍镉矿(主要成分为NiS、CdO，含SiO2、CuO、PbO、Fe2O3等杂质)为原料回收部分金属单质，其工艺流程如图：已知：电极电位越高，金属阳离子氧化性越强。25℃时，部分电对的电极电位如表：电对电极电位/V下列说法错误的是A．“酸浸”中鼓入的空气既作反应物又有搅拌作用B．“物质X”可以是NiO，“滤渣I”含S、SiO2、PbSO4等C．“物质Y”是Cd，“物质Z”是CuD．CO、H2SO4在该流程中可循环利用【答案】C【详解】A．“酸浸”中鼓入空气，O2可氧化NiS中-2价的硫，防止生成H2S；同时起搅拌作用使反应更充分，A正确；B．“物质X”调pH使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去，NiO可消耗H+促进Fe(OH)3的生成且不引入杂质；即“物质X”可以是NiO，“滤渣I”含S、SiO2、PbSO4等，B正确；C．净化需除去氧化性强的Cu2+，而不除去Ni2+、Cd2+，同时不引入新杂质，应加入过量的Ni（物质Y）置换出Cu，故物质Z为Cu和Ni的混合物；若Y为Cd，其还原性强于Ni，会置换Ni2+，C错误；D．气化步骤CO生成Ni(CO)4，随后Ni(CO)4分解生成CO可循环；H2SO4在酸浸中使用，滤液I中的H2SO4可循环，D正确；故选C。6．【科技前沿】钠离子电池因原料资源丰富、成本低廉和低温性能优异等优势，成为储能领域的研究热点。某钠离子电池结构如图所示，电极A的材料为(普鲁士白，)，电极B的材料为(嵌钠硬碳)。下列说法正确的是A．放电时，外电路通过amol电子时，有amol转移到电极BB．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移1mol时，理论上可获得64g纯铜C．充电时，电极B与外接直流电源的正极相连D．放电时，正极的电极反应式可表示为：【答案】D【分析】从图可知，A电极上放电时转化为，电极反应式为：，是电池正极；B电极上放电时转化为，电极反应式为：，是电池负极，据此作答。【详解】A．由分析可知，放电时，电极A为正极，外电路通过电子时，有转移到电极A，A错误；B．电解精炼铜的阴极反应式为：，当电池中迁移1mol时转移1mol电子，电解精炼铜时生成0.5molCu，其质量为32g，B错误；C．由分析可知，放电时，电极B为负极，则充电时，电极B为阴极，与外接直流电源的负极相连，C错误；D．由分析可知，放电时，正极反应式为：，D正确；故选D。7．【新考法】甘油（）水蒸气重整获得过程中的主要反应：反应Ⅰ

反应Ⅱ

反应Ⅲ

条件下，和发生上述反应达到平衡状态时，体系中、、和的物质的量随温度变化的理论计算结果如图所示。下列说法错误的是A．曲线①表示的物质的量B．平衡时，体系中甘油已反应完全C．其他条件不变，加压不利于增大平衡时的物质的量D．其他条件不变，在范围，平衡时的物质的量随温度升高而增大【答案】D【分析】起始时，C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的总量为3mol，550℃时，曲线①对应物质为5mol，若为CO或者CH4，都不符合碳原子守恒，故曲线①代表H2，反应Ⅲ属于放热反应，升高温度，平衡逆向移动，CH4物质的量减小，故曲线②代表甲烷，曲线③对应的物质是CO，550℃时，CO、CO2和CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol,三者所含碳原子的总量为3mol，此时体系中不再含有C3H8O3，据此分析作答。【详解】A．根据分析可知，曲线①代表H2，故A正确；B．C3H8O3的物质的量为1mol，故体系中C原子的总量为3mol，550℃时，CO、CO2和CH4的物质的量分别为0.4mol、2.2mol、0.4mol，三者所含碳原子的总量为3mol，此时体系中不再含有C3H8O3，故B正确；C．反应Ⅰ是气体分子数增大的反应，加压平衡逆向移动，不利于H2的生成；反应Ⅲ是气体分子数减小的反应，加压平衡正向移动，消耗H2。反应Ⅱ气体分子数不变，加压对其无影响。综合来看，加压不利于增大平衡时H2的物质的量，故C正确；D．在400~550℃范围，CH4的物质的量随温度升高而减小，说明反应Ⅲ（放热反应）逆向移动，消耗H2O。同时，CO的物质的量随温度升高而减小，说明反应Ⅱ（放热反应）正向移动，消耗H2O。因此，平衡时H2O的物质的量随温度升高而减小，故D错误；故答案选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。8．【新角度】（15分）咪唑()是一种化工产品。某实验小组用OHC-CHO、HCHO、按物质的量之比为反应制备咪唑，装置和步骤如下：①投料在三口烧瓶中加入适量硫酸铵和蒸馏水，搅拌溶解；在滴液漏斗中加入乙二醛与甲醛的混合液(含OHC-CHO和HCHO)，滴加时三口烧瓶中溶液的温度低于40℃，滴毕升温至85~88℃，保温4h，反应液逐渐变浑浊。②排氨冷却至50~60℃，分批加入氢氧化钙固体至；升温至85~90℃，保温1h排尽氨气。③浓缩趁热过滤，用热水洗涤滤饼2~3次；合并滤液与洗液，常压浓缩至有大量晶体析出，再减压浓缩至黏稠状。④提纯减压蒸馏，油泵减压，收集馏分，得淡黄色粗咪唑。⑤精制用苯加热溶解，趁热过滤，冷却后析出白色针状晶体；抽滤、真空干燥，得到咪唑3.06g。已知：乙二醛的沸点为51℃，咪唑的沸点为267℃且咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加。回答下列问题：(1)在图1装置中，仪器A的作用是_______。(2)步骤②中，“分批加入氢氧化钙固体”的目的是_______，证明氨气已排尽的方法是_______。(3)步骤③中，“趁热过滤”的目的是_______，“用热水洗涤滤饼”的目的是_______。(4)利用图2装置完成步骤④，减压蒸馏的优点是_______。(5)步骤⑤中，利用图3装置抽滤，其主要优点是_______。(6)本实验中，咪唑的产率为_______%。(7)咪唑(，分子为平面结构)中大键表示为_______，它的碱性主要是由_______(填“1”或“2”)号体现的，判断依据是_______。【答案】(1)冷凝回流，提高原料利用率(2)避免反应剧烈，且能充分将排出将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近出气口，无白烟产生，则说明氨气已排尽(或将湿润的红色石蕊试纸靠近出气口，试纸不变蓝)(3)避免咪唑析出，减少咪唑损失增大咪唑的溶解度，充分洗去滤饼表面附着的咪唑，提高产率(4)可以显著降低液体沸点，从而在较低温度下实现物质的分离与提纯(5)过滤快，得到的固体较干燥(6)45(7)12号N中孤电子对参与形成大键，1号N上孤电子对能与质子形成配位键【分析】该实验通过乙二醛、甲醛与硫酸铵在水溶液中经多步反应（投料、排氨、浓缩、减压蒸馏、精制）制备咪唑，涉及物质的量计算（乙二醛为限量试剂，理论产量6.8g）、产率分析（实际3.06g，产率45%）、反应条件控制（温度、pH、减压蒸馏防分解）及分离提纯操作（趁热过滤、减压过滤、重结晶），最终获得目标产物咪唑，过程需兼顾反应效率、产物纯度与收率。【详解】（1）仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流，将挥发的乙二醛、甲醛等原料冷凝，从而提高原料利用率。（2）加入氢氧化钙是为了中和硫酸铵并释放氨气。分批加入可以控制反应速率，避免因一次性加入过多导致反应过于剧烈或氨气瞬间大量逸出而难以排出；氨气是碱性气体，能与浓盐酸挥发出的反应生成白烟，或使湿润的红色石蕊试纸变蓝。若无此现象，说明氨气已排尽。（3）已知咪唑在水中的溶解度随温度升高而显著增加，趁热过滤可防止温度降低时咪唑因溶解度下降而结晶析出，从而减少产品损失；用热水洗涤滤饼，可利用高温下咪唑的高溶解度，将附着在滤饼表面的咪唑溶解并洗入滤液中，从而提高总收率。（4）咪唑的沸点高达，若常压蒸馏，高温可能导致产品分解或氧化。减压蒸馏通过降低体系压强，使液体沸点降低，可在较低温度下蒸出溶剂或杂质，从而在较低温度下实现物质的分离与提纯。（5）抽滤（减压过滤）利用真空泵产生负压，加快过滤速度；同时，负压有助于抽走固体表面的水分，得到的滤饼更干燥，便于后续干燥操作。（6）原料的物质的量：乙二醛：，；甲醛：，；三者按物质的量比1:1:1反应，乙二醛为限量试剂，理论生成咪唑0.1mol。咪唑摩尔质量，理论产量：；实际产量，产率：。（7）咪唑分子中，3个碳原子和2个氮原子参与杂化形成大π键，1号N原子和另外3个C原子各提供一个电子形成大π键，1号N原子还剩余1对孤对电子不参与形成大π键，2号N原子形成3条共价键，剩余1对孤对电子参与形成大π键，则形成大π键的电子数为6，咪唑分子中的大π键可表示为；碱性主要由1号N体现。2号N与H相连，孤电子对参与形成大π键，电子云密度降低，难以结合质子；1号氮原子有一对孤对电子，能与氢离子形成配位键，所以结合质子能力更强，体现碱性。9．【社会热点】（14分）钛和钛合金被认为是21世纪的重要金属材料，广泛用于火箭、飞机制造业等。工业上利用钛铁矿(主要成分为、FeO等)制备金属钛的工艺流程如下。资料：Ti为固体，化学性质稳定，不溶于稀硫酸、稀盐酸等。(1)基态Ti原子中有___________个未成对电子。(2)将钛铁矿投入反应釜前，先将其粉碎的目的是___________。(3)已知：

，该反应极难进行，从化学平衡的角度解释向反应釜中通入氯气的同时加入焦炭的原因是___________。(4)反应釜中还得到了，能与在沸腾炉中分离，是利用了与的___________不同。(5)写出合成器中反应的化学方程式：___________。利用上述方法制取的金属钛中可能会含有少量杂质，该杂质是金属___________。由金属钛的性质可知，除去这种杂质可以用___________(填试剂名称)。(6)钛原子(Ti)在一定条件下和碳原子可形成气态团簇分子，分子模型如图所示(白球表示钛原子，黑球表示碳原子)，其化学式为___________。【答案】(1)2(2)增加反应物的接触面积，增大反应速率(3)C与反应减少了的浓度，且C与反应放热，温度升高，使平衡正向移动(4)沸点(5)镁(Mg)稀盐酸(或稀硫酸)(6)【分析】钛铁矿加入氯气和焦炭高温下生成液态四氯化钛，通过沸腾炉转变为气态四氯化钛与氯化铁分离，再用金属镁将钛还原制得产品，据此回答；【详解】（1）基态Ti原子的价电子排布式为，有2个未成对电子；（2）将固体粉碎后，可以增加反应物的接触面积，增大反应速率；（3）从平衡移动角度，加入焦炭后，C与反应减少的浓度，且C与反应放热，温度升高，使平衡正向移动，所以向反应釜中通入氯气的同时需向反应体系中加入焦炭；（4）将和的混合物在沸腾炉中分离，这是利用了与的沸点不同，沸点较低，先气化得到气态；（5）合成器中利用镁将钛置换出来，故反应为，利用该方法制取的金属钛中可能会含有少量杂质镁，因Ti为固体，化学性质稳定，不溶于稀硫酸、稀盐酸等，故可用稀盐酸(或稀硫酸)除去金属钛中含有少量杂质镁；（6）该物质是气态团簇分子，其结构就是其分子结构，分子中含有的原子就是其化学式中含有的原子，根据图示，该分子中含有13个C原子，14个钛原子，其化学式为。10．（14分）由铁基催化剂催化合成气（CO和）费托反应制丙烷、丙烯体系，反应如下：反应a：

反应b：

体系仅考虑存在副反应：(1)基态Fe原子的价层电子排布式为______。(2)计算丙烯与氢气发生加成反应的_______。(3)可改变CO平衡转化率的因素是______。（填写编号）A．温度 B．压强 C．铁基催化剂 D．投料比(4)副反应生成所需的有两种形成途径：解离、解离。根据图1铁基催化剂反应路径中解离、解离的活化能，推测体系中产生的主要途径是______。（填“CO*解离”或“OH*解离”）(5)若在反应体系中混入微量，可形成新型催化剂Fe-Br。结合图1，推测新型催化剂能抑制生成的核心机理是______。(6)300℃下，将合成气混入微量，以固定流速通入反应器。出口处测得产物选择性[选择性]随体积分数的变化关系如图2。①铁基催化剂，转化率为32%，产物烯烷选择性比为2。结合图2数据可知产率为______（保留2位有效数字，下同），选择性为______。②合成气混合体积分数，溴原子像催化剂上的“分子开关”，使的生成速率极慢。适当降低流速可使反应制丙烯、反应制丙烷达到平衡状态，转化率为75%，烯烷选择性比为4，忽略的存在。为物质的量分数平衡常数，用平衡时各组分的物质的量分数代替浓度，求反应a的平衡常数______。（写出计算过程，最后代入数据列出计算式即可）【答案】(1)(2)+106.2(3)ABD(4)OH*解离(5)Fe-Br显著升高CO*解离活化能，抑制CO*解离生成O*，减少CO2生成(6)9.9%46%初始n(CO)=1mol，n(H2)=2mol；CO转化率75%，即消耗0.75molCO。设反应a消耗CO为3xmol，反应b消耗CO为3ymol，则：，烯烃选择性为4，即：，联立得：，平衡时各物质的量：n(CO)=0.25mol；n(H2)=0.45mol；n(C3H6)=0.2mol；n(C3H8)=0.05mol；n(H2O)=0.75mol，总物质的量=1.7mol；以摩尔分数φ表示浓度，反应a的平衡常数表达式为：【详解】（1）铁（Fe）为26号元素，其基态电子排布为[Ar]3d64s2；故价层电子排布式为：；（2）目标反应：，由盖斯定律，用反应b减去反应a：；（3）A．反应放热，升温使平衡左移，降低CO的平衡转化率，A符合题意；B．正反应气体分子数减少，加压促进正向进行，提高CO的平衡转化率，B符合题意；C．铁基催化剂仅加速反应速率，不影响平衡，不改变CO的平衡转化率，C不符合题意；D．增加H2比例可提高CO的平衡转化率，D符合