广东省汕头市2026届高三化学下学期二模试题含解析

注意事项：

1．答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将自己的姓名、准考证号填写清楚，并贴

好条形码。请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目。

2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，

用橡皮擦干净后，再选涂其它答案。答案不能答在试卷上。

3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如

需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Ti-48Cu-64Cd-112

第Ⅰ卷

一、单项选择题：本题共16小题，共44分。（1-10题每小题2分，共20分；11-16题每小题4分，共24

分。每小题只有一个选项符合要求。）

1.感受潮汕历史文化，续写尚俭勤朴岁月芳华。下列关于潮汕人民制作红桃粿时涉及的工具，其主要成分

属于合金的是

A.竹篾粿箶B.陶瓷油罐

C.杉木八仙桌D.煮粿生铁鼎

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．竹篾粿箶，主要成分是竹，属于天然有机高分子材料，不是合金，A错误；

B．陶瓷油罐，主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，不是合金，B错误；

C．杉木八仙桌，主要成分是木材，属于天然有机高分子材料，C错误；

D．煮粿生铁鼎，主要成分是生铁，生铁是铁和碳的合金，D正确；

故选D。

2.化学用语是化学的基石，下列化学用语表达不．正．确．的是

A.甲基的电子式：B.2，2，4-三甲基戊烷的键线式：

C.Cl2中共价键的电子云轮廓图：D.H2O的VSEPR模型：

【答案】C

【解析】

【详解】A．甲基为中性基团，C原子最外层有3对C-H成键电子和1个单电子，共7个电子，图示电子式

符合甲基结构，A正确；

B．该键线式从靠近支链多的右端编号，主链含5个碳原子，2号碳连2个甲基，4号碳连1个甲基，对应

2,2,4-三甲基戊烷，B正确；

C．Cl2中的共价键是p轨道“头碰头”重叠形成的σ键，电子云呈轴对称，图示为p轨道“肩并肩”重叠

形成的π键的电子云轮廓图，C错误；

62

D．HO中心O原子的价层电子对数为24，VSEPR模型为四面体形，图示包含2个成键电子对和

22

2个孤电子对，符合四面体结构，D正确；

故选C。

3.生命在于运动，运动中蕴含诸多化学知识，下列说法正确的是

A.减肥运动所消耗的脂肪属于天然有机高分子化合物

B.运动后补充适量食盐水，NaCl溶液是电解质

C.无氧呼吸时，葡萄糖转化为乳酸（C3H6O3），乳酸属于单糖

D.有氧呼吸时，葡萄糖转化为CO2和H2O的过程中，葡萄糖被氧化

【答案】D

【解析】

【详解】A．脂肪是高级脂肪酸甘油酯，相对分子质量仅为数百，不属于相对分子质量上万的有机高分子化

合物，A错误；

B．电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，NaCl溶液是混合物，既不属于电解质也不属于非电

解质，B错误；

C．单糖是不能水解的多羟基醛或多羟基酮，乳酸的官能团为羟基和羧基，属于羟基羧酸，不属于糖类，C

错误；

D．有氧呼吸时葡萄糖与O2反应生成CO2和H2O，葡萄糖中碳元素化合价升高，失电子发生氧化反应，葡

萄糖被氧化，D正确；

故选D。

4.中国环流三号造出“人造太阳”，下列有关说法正确的是

A.核心燃料氘与氚：D和T互为同位素

B.中子屏蔽材料碳化硼：B4C中C的化合价为4

C.液氦低温制冷剂：氦气化学性质稳定，不与任何物质反应

D.等离子体稳态“燃烧”：等离子体是具有晶体结构的固态物质

【答案】A

【解析】

【详解】A．氘（D）和氚（T）质子数均为1，中子数分别为1、2，属于氢元素的不同核素，互为同位素，

A正确；

B．碳化硼B4C中硼的非金属性弱于碳，共用电子对偏向C，因此C的化合价为4价，不是4价，B错误；

C．氦气化学性质极稳定，但在特殊条件下可与部分物质发生反应，并非不与任何物质反应，C错误；

D．等离子体是区别于固、液、气的第四种物质聚集状态，不属于固态，没有晶体结构，D错误；

故选A。

5.潮汕英歌舞被誉为“中华舞蹈的活化石”，其表演的各环节蕴含丰富的化学知识。下列说法正确的是

A.烟花欢庆：焰色试验属于化学变化

B.焚香起鼓：线香燃烧仅发生复分解反应

C.脸谱之美：Fe2O3作红颜料，化学性质相对稳定

D.锣鼓奏乐：黄铜制铜锣，合金硬度小，质量轻

【答案】C

【解析】

【详解】A．焰色试验是金属元素内部电子跃迁产生的特征焰色，无新物质生成，属于物理变化，A错误；

B．线香燃烧时，主要发生的反应是有机物与O2反应生成CO2和水，反应中有O2参与，属于氧化反应，而

复分解反应是两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应，且反应前后元素化合价不变，燃烧不

属于复分解反应，B错误；

C．Fe2O3俗称铁红，为红棕色固体，化学性质相对稳定，不易与其他物质发生反应，可作红色颜料，C正

确；

D．合金的硬度一般高于其成分金属，黄铜作为铜锌合金，硬度比纯铜更大，D错误；

故答案选C。

6.实验室制取并探究氯气的性质，下列实验难．以．达到实验目的的是

A.制取氯气B.净化、干燥氯气

D.验证氧化性：

C.喷泉实验

Cl2Br2I2

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【详解】A．实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，装置图中符合制备气体的发生装置，能达到

实验目的，故A正确；

B．生成的氯气中含氯化氢和水蒸气，通过饱和食盐水除去氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，洗气装置长进

短出可以净化、干燥氯气，能达到实验目的，故B正确；

C．氯气和氢氧化钠溶液反应，使烧瓶内气体压强减小，外界大气压将烧杯中氢氧化钠溶液压入烧瓶形成喷

泉，能完成喷泉实验，能达到实验目的，故C正确；

D．通入的氯气过量时，过量的Cl2可直接与KI反应置换出I2使淀粉变蓝，无法证明是Br2氧化了I，不能

验证氧化性Cl2Br2I2，故D错误；

故选D。

7.三聚氰胺甲醛是制作仿瓷餐具的一种重要单体，其结构如图所示，下列有关该物质说法正确的是

A.属于烃类B.能与金属钠反应

C.碳原子均以sp2方式杂化D.可形成含苯环的同分异构体

【答案】B

【解析】

【详解】A．烃类只含碳、氢两种元素，该分子含氮元素，不属于烃类，故A错误；

B．分子中含有羟基，能与金属钠反应，故B正确；

C．分子中含有亚甲基，为sp3杂化，故C错误；

D．该分子的分子式为C4H8N6O，苯环至少含6个碳原子，故不能形成含苯环的同分异构体，故D错误；

故选B。

8.下列陈述Ⅰ与陈述Ⅱ均正确，且两者之间具有因果关系的是

选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ

ANa2CO3可用于除去矿物油污Na2CO3与油污发生乳化作用

BNa2FeO4是一种新型绿色消毒剂Na2FeO4具有强氧化性

CNaOH和Al可制作成管道疏通剂Al能与酸反应

DBaCO3可作为X射线透视肠胃的内服药BaCO3难溶于水

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

【详解】A．Na2CO3只能除去动植物油脂（酯类），无法除去矿物油（烃类混合物），陈述Ⅰ错误；且Na2CO3

去油污是因为水解显碱性促进油脂水解，并非发生乳化作用，陈述Ⅱ错误，A不符合题意；

B．Na2FeO4是新型绿色消毒剂，陈述Ⅰ正确；Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可使蛋白质变性

实现消毒，陈述Ⅱ正确，且二者存在因果关系，B符合题意；

C．NaOH和Al可制作管道疏通剂，陈述Ⅰ正确；但原理是Al能与NaOH溶液反应放出氢气、释放大量热量

冲开堵塞，和Al能与酸反应无关，二者无因果关系，C不符合题意；

2

D．BaCO3可与胃酸（HCl）反应生成有毒的Ba，不能作为X射线透视肠胃的内服药，陈述Ⅰ错误，D不

符合题意；

故选B。

9.下列劳动项目与所涉及反应方程式不．正．确．的是

选

劳动项目反应方程式

项

A水质检验员检测水中微量铁离子的存在2

Fe2SCNFe(SCN)2

环保工程师使用石灰乳对燃煤烟气进行

BCa(OH)2SO2CaSO3H2O

脱硫处理

测试工程师使用5%NaCl溶液利用原电正极电极反应式：

C

池原理测试不锈钢抗腐蚀性能

O24e2H2O4OH

化工工程师利用溶液转化锅炉2

Na2CO3CO3(aq)CaSO4(s)

D

水垢（含）成分2

CaSO4SO4(aq)CaCO3(s)

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【详解】A．水质检验员检测水中微量铁离子时，应检测的是Fe3，且Fe3与SCN反应生成可溶的络合

物，无沉淀生成，反应方程式应为3，A错误；

Fe3SCNFe(SCN)3

B．石灰乳（Ca(OH)2）与SO2反应生成亚硫酸钙和水，反应方程式为Ca(OH)2SO2CaSO3H2O，

B正确；

C．不锈钢在5%NaCl溶液中发生吸氧腐蚀，正极上O2得电子生成OH，电极反应式为

，C正确；

O24e2H2O4OH

D．锅炉水垢中的CaSO4可与Na2CO3发生沉淀转化，反应的离子方程式为

22

CO3aqCaSO4sSO4aqCaCO3s，D正确；

故选A。

10.银首饰表面的黑色物质（Ag2S）可用口香糖包装纸（含Al）与热食盐水浸泡进行清洗，发生反应如

下：。下列说法不正确的是

3Ag2S2Al6H2O6Ag2Al(OH)33H2S．．．

A.该过程将化学能转化为电能

B.电子从Al转移至银首饰上

C.清洗过程中，Cl移向银首饰

D.银首饰表面发生的变化为：2

Ag2S2e2AgS

【答案】C

【解析】

【分析】银首饰表面的黑色物质（Ag2S）可用口香糖包装纸（含Al）与热食盐水浸泡进行清洗，形成原

电池，，失电子为负极，得电子为正极，以

3Ag2S2Al6H2O6Ag2Al(OH)33H2SAlAg2S

此分析；

【详解】A．上述装置形成原电池，故该过程将化学能转化为电能，A正确；

B．根据分析可知，Al为负极失电子，Ag2S为正极得电子，所以电子从Al转移至银首饰上，B正确；

C．清洗过程中，Cl移向负极，即口香糖包装纸（含Al），C错误；

D．银首饰表面发生还原反应，变化为：2，D正确；

Ag2S2e2AgS

故答案选C。

11.工业上合成氨的原料气中含有少量CO，可通过铜氨液处理而除去，其反应为：

。设N为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

CuNH32CONH3CuNH33COA

A.11.2LCO含有的电子数为7NA

B.含有的键为8N

1molCuNH32A

C.28gN2和6gH2充分反应制氨气时，转移的电子数为6NA

D.在1L0.1mol/L的溶液中含有氧原子数为0.1N

CuNH33COA

【答案】B

【解析】

【详解】A．题目未说明CO处于标准状况，无法用标况下气体摩尔体积计算11.2LCO的物质的量，电子

数无法确定，A错误；

B．1个CuNH中，每个NH​含3个N-Hσ键，2个NH​共6个σ键，与2个NH​

3233Cu3

之间形成2个配位σ键，总共有8个σ键，因此1mol该离子含σ键为8NA，B正确；

C．合成氨反应是可逆反应，反应物不能完全转化，28gN2​（1mol）和6gH2（3mol）反应，转移电

子数小于6NA，C错误；

D．该溶液中，溶剂水分子本身也含有氧原子，因此溶液中氧原子总数大于0.1NA，D错误；

故选B。

12.某化合物结构如图所示，其组成元素a、b、c、d、e、f为核电荷数依次增大的短周期主族元素，其中

d和f位于同主族，下列说法正确的是

A.原子半径：abc

B.第一电离能：bcd

C.简单氢化物沸点：df

D.d与e可形成含非极性共价键的离子化合物

【答案】D

【解析】

【分析】短周期主族元素a、b、c、d、e、f，核电荷数依次增大，d与f同主族。根据成键特征：a形成1

个共价键，为H；b形成4个共价键，为C；该阴离子中，c得到一个电子后，形成2个共价键，为N；d形

成2个共价键，为O；f与d同主族，且f形成6个共价键，为S；e为+1价阳离子，为Na，据此分析。

【详解】A．电子层数越多半径越大，同周期主族元素核电荷数越大半径越小，故原子半径：HNC，

即acb，A错误；

B．N的2p轨道为半满稳定结构，第一电离能大于同周期相邻元素，故第一电离能：CON，即bdc，

B错误；

C．H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，故沸点：H2OH2S，即df，C错误；

D．O与Na可形成，其中2中存在非极性共价键，且为离子化合物，D正确；

Na2O2O2Na2O2

故选D。

13.由结构不．能．推测出对应性质的是

选项结构性质

A离子半径：NaCs熔点：CsClNaCl

B电负性：ClH同条件下：KaCCl3COOHKaCH3COOH

C氢键键能：FHFOHO沸点：HFH2O

DP4的空间结构为正四面体P4难溶于水，易溶于CS2

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【详解】A．离子晶体熔点与晶格能相关，离子半径越小，带的电荷越多，晶格能越大，熔点越高；离子半

径NaCs，则NaCl晶格能大于CsCl，熔点CsClNaCl，可由结构推测性质，A不符合题意；

B．电负性ClH，CCl极性大于CH，使Cl3C的极性大于CH3的极性，导致CCl3COOH的羧

基中的羟基的极性增强，更易电离出H，故同条件下KaCCl3COOHKaCH3COOH，可由结构推

测性质，B不符合题意；

C．单个FHF氢键键能确实大于OHO，但每个H2O分子可形成的氢键数目是HF的2倍，综合

作用下实际沸点H2OHF，无法仅通过氢键键能推出HFH2O的结论，C符合题意；

D．P4为正四面体结构，属于非极性分子，根据相似相溶原理，非极性分子难溶于极性溶剂水、易溶于非极

性溶剂CS2，可由结构推测性质，D不符合题意；

故答案选C。

14.已知：乙炔在酸化的硫酸汞催化作用下，加热到68~80℃能与水发生加成反应。某兴趣小组设计如下

实验装置，探究乙炔的相关性质。下列说法正确的是

A.a中溶液褪色，说明乙炔有还原性

B.b中饱和食盐水可以加快反应速率

C.e中产生银镜，说明d中产物有乙酸

D.c中产生黑色沉淀，可能发生反应：+

H2SCuSO4CuSH2SO4

【答案】D

【解析】

【详解】A．电石（CaC2）中常含CaS、Ca3P2等杂质，与水反应会生成H2S、PH3等还原性气体，这些

气体也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，a中溶液褪色不能直接说明乙炔有还原性，A错误；

B．饱和食盐水可降低水的浓度，减慢电石与水的反应速率，得到平稳的乙炔气流，B错误；

C．银镜反应是醛基的特征反应，乙酸无醛基，不能发生银镜反应，e中产生银镜说明d中产物有乙醛，C

错误；

D．乙炔中混有的杂质H2S可与CuSO4反应生成难溶于酸的CuS黑色沉淀，反应方程式为

，D正确；

H2SCuSO4CuSH2SO4

故选D。

15.常温下，向1L恒容密闭容器中充入等物质的量的Xg和Yg，发生如下反应：

①2XgYg2Zg；②2ZgWg。体系中部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。

下列说法正确的是

A.a为nY随时间t的变化曲线

B.0~t1时间内，反应①生成的Z全部转化为W

C.t2时体系处于平衡状态，nZ一定等于2nW

D.t2时，若升高温度，反应②的平衡常数一定升高

【答案】A

【解析】

【详解】A．初始时X、Y物质的量相等，反应①中X计量数为2、Y计量数为1，反应①不可逆，X会完全

消耗最终物质的量为0，Y过量最终剩余量不为0，a曲线最终稳定在n20，因此a为n(Y)随时间的变化

曲线，A正确；

B．向恒容密闭容器中充入等物质的量的Xg和Yg，首先进行反应①，生成Z并积累，同时生成的Z

部分转化为W，为图中先增后减的曲线，0t1内Z的物质的量先增大，t1时达到峰值，说明该阶段有Z积

累，并未全部转化为W，B错误；

C．t2时反应②达平衡，参与反应的Z的物质的量为2n(W)，但剩余的n(Z)和2n(W)无必然相等关系，C

错误；

D．反应②的焓变未知，若反应②为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数会减小，因此平衡常数不

一定升高，D错误；

故选A。

16.我国科学家设计的光-电协同装置，实现生物质资源化利用，使甘油氧化与水体脱氮同步进行，其工作

原理如图所示（双极膜中解离出的+、在电场作用下向两极迁移）。下列说法不正确的是

H2OHOH．．．

A.电极A的总反应式为：

NO38e6H2ONH39OH

B.电解过程中，双极膜中H向电极B迁移

C.电解一段时间后，左侧电极室pH升高

D.当电路中转移2mol电子时，则电极B生成53g甘油酸（C3H6O4）

【答案】B

【解析】

【详解】A．电极A上得电子生成，N元素从+5价降为-3价，得8个电子，结合电荷、原子守恒，

NO3NH3

总反应式为，A正确；

NO38e6H2ONH39OH

B．电极A上发生得电子的还原反应，为阴极，电极B为阳极；电解池中阳离子向阴极迁移，故双极膜上H

向电极A迁移，B错误；

C．由A分析知，电路中转移8mol电子时，左侧电极室反应生成9molOH-，双极膜迁移过来的8molH

会消耗8molOH-，还剩余1molOH，溶液中OH-浓度升高，pH升高，C正确；

D．1mol甘油反应生成1mol甘油酸时转移4mol电子，甘油酸摩尔质量为106g/mol，转移2mol电子时生

成0.5mol甘油酸，质量为0.5mol×106g/mol=53g，D正确；

故答案为：B。

第Ⅱ卷

二、非选择题：本题共4个小题，共56分。

17.等摩尔系列法可用来测定络合反应22中的配体数n值（L为含有氢原子的有机配

CunLCuLn

体），实验如下：

【实验1】配制480mL0.1000mol/LCuSO4溶液

（1）配制过程中，下列仪器不．需．要．用到的是______。（填仪器名称）

（2）通过计算，需要的无水CuSO4固体（M=160g/mol）的质量为______g。

【实验2】

步骤1：将一定体积的CuSO4溶液（0.1000mol/L）和L溶液（0.1000mol/L）进行混合；

步骤2：测定溶液的吸光度A，相关数据如下表所示：

序号VCuSO4/mLV（有机配体L）/mL吸光度A/单位省略

①050.000.002

②5.0045.000.152

③20.0030.000.602

④25.0025.00数据X

⑤30.0020.000.602

⑥45.005.000.152

⑦50.000.000.002

22

在该实验中，溶液的吸光度A与成正比，可表示为，k为常数。

cCuLnAkcCuLn

数据处理：

2

（3）上述实验中，混合时cCuc(L)恒等于______mol/L，过程中需控制pH相同且小于7，其

中控制pH小于7的原因是______。

（4）实验序号①和⑦的目的是______。

cCu2

某同学将上述数据整理分析处理之后绘制了吸光度A随的变化如下图所示：

cCu2c(L)

（5）分析推理

Ⅰ．实验①~③呈现良好的线性关系，原因是该阶段L过量，生成的2由2决定，直线的关系

CuLnCuL1

2

式可表达为2，该阶段内若，______k（用含a

AkcCuLnkcCuVCuSO4amLA

的代数式表示）；

cCu2

Ⅱ．实验⑤~⑦也呈现良好的线性关系，请解释吸光度A随变化的原因：该阶段Cu2过量，

cCu2cL

______；

22

Ⅲ．得出结论：理论上直线L1与直线L2交于A0，此时Cu和L恰好完全反应，即cCu:c(L)1:n，

请根据图像的特点，推出n______；

Ⅳ．实验测试结果，实际吸光度总小于理论吸光度，原因是2解离：22，

AA0CuLnCuLnCunL

c(已解离)

此时解离度______[已知解离度100%]，（用含A和的代数式表示）]

c(已解离)c(未解离)0

（6）升华应用

在老师的指导下，兴趣小组发现该方法可以用来测定配离子的组成，但却无法区别是单核2配离子

CuLn

还是双核4配离子，那么进一步区别的科学方法是______。（要求写出其中一种方法的名称）

LnCuCuLn

【答案】（1）锥形瓶和直形冷凝管

（2）8.000（3）①.0.1②.为了防止Cu2水解生成沉淀，影响配合物的形成与吸光度测定

（4）做空白对照，消除溶剂或其他杂质对吸光度的影响

（5）①.0.002ak②.生成的2由L的量决定，L的量减少，生成的2浓度降低，

CuLnCuLn

A

吸光度A降低③.1④.1100%（6）质谱法

A0

【解析】

【小问1详解】

配制一定物质的量浓度溶液的步骤：计算→称量→溶解→转移→洗涤→定容→摇匀，用到的仪器：托盘天

平、500mL容量瓶、量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，图中不需要用到的仪器有锥形瓶和直形冷凝管；

【小问2详解】

用500mL容量瓶配制，按500mL计算：nCuSO4cCuSO4500mL0.0500mol，

mCuSO4nCuSO4MCuSO48.000g；

【小问3详解】

①初始溶液的浓度均为0.1000mol/L，混合后的总体积为50mL不变，所以

0.1mol/L50mL

cCu2cL0.1mol/L；

50mL

2+2

②Cu在碱性条件下水解生成Cu(OH)2沉淀，控制pH小于7是为了防止Cu水解，影响配合物的形成

与吸光度测定；

【小问4详解】

①只有L，⑦只有CuSO₄，两者的吸光度均为0.002，目的是：做空白对照，消除溶剂或其他杂质对吸光度

的影响；

【小问5详解】

3

①总体积为50mL，当时，20.1000mol/La10L，A=

VCuSO4amLcCu0.002amol/L

50mL

0.002ak；

2

2cCu

②该阶段Cu2过量，生成的CuL由L的量决定，随着的增大，L的量减少，生成的

ncCu2cL

2浓度降低，吸光度A降低；

CuLn

2

cCu1

③由图得：直线L1与直线L2交于A0时，0.5，n1；

cCu2cL1n

④理论上络合物的浓度为c理论，A0kc理论，实际上Akc实际，解离度

c理论c实际A

100%1100%；

c理论A0

【小问6详解】

要进一步区别是单核2配离子还是双核4配离子，可以用质谱法测定相对分子质量。

CuLnLnCuCuLn

18.钛及其合金因其应用范围广、且具有重大战略价值，被称为“全能金属”。从废催化剂（含有TiO2、

V2O5、WO3）中提取金属钛的工艺流程如下图所示。

（1）基态Ti原子核外电子的运动状态有______种，下列状态的Ti原子中，失去最外层一个电子所需能量

最大的是______（填字母）。

A.[Ar]3d24s14p1B.[Ar]3d14s14p2C.[Ar]3d14s24p1D.[Ar]3d24s2

（2）“碱浸”过程中，提高浸出速率的措施有______。（写一条即可）

2

（3）“水解”操作中，TiO在加热条件下水解转化为TiO2xH2O，写出该反应的离子方程式：______。

（4）不同温度下，Mg与TiCl4反应中钛提取率随时间变化曲线如图1所示，综合考虑成本和效益选择最

适宜的温度和时间为______℃、______min。

该反应中需要通入保护气，下列气体可作为该反应保护气的是______（填标号）。

a.N2b.Cl2c.CO2d.Ar

（5）“OS工艺”制备金属钛：在CaOCaCl2熔盐中，以电解得到的活性钙为还原剂，将TiO2还原为

钛金属，其原理如图2所示。写出阳极的电极反应式：______。

（6）金属钛（Ti）与氮形成的某种化合物常被用作高温结构材料和超导材料。研究表明，用Al代替其中

部分的Ti可提升耐磨性，掺杂Al后的晶胞结构如图3所示。已知Ti该晶体属立方晶系。

①b点原子的分数坐标为______；掺杂Al后，晶体中Al、Ti、N的个数之比为______。

3

②已知最近的两个N原子之间的距离为cnm，则原．氮．化．钛．晶体的密度为______g/cm。

【答案】（1）①.22②.D

（2）适当升高温度、粉碎废催化剂增大接触面积、搅拌、提高NaOH溶液浓度等

2Δ

（3）TiOx1H2OTiO2xH2O2H

（4）①.1000②.30③.d

（5）2

C2O4eCO2

6221021

（6）①.②.③.

1,0.5,0.51:3:43

NAc

【解析】

【分析】碱浸时加入NaOH溶液，利用氧化物性质差异分离钛、钨和钒：V2O5、WO3为酸性氧化物，

可与NaOH反应生成可溶性钒酸钠、钨酸钠，进入浸出液，后续经处理回收钨、钒；TiO2与NaOH反

2

应生成难溶固体Na2Ti3O7；酸洗时Na2Ti3O7与H2SO4反应，转化得到可溶性钛酰离子TiO；加热条

2

件下TiO发生水解反应，生成水合二氧化钛沉淀；焙烧时TiO2xH2O失去结晶水，得到纯净的TiO2；

高温氯化过程TiO2与C、Cl2在高温下反应，将TiO2转化为沸点较低、易分离提纯的TiCl4；镁热还原

制粗钛过程用Mg在一定温度下还原TiCl4得到粗钛。

【小问1详解】

Ti是22号元素，原子核外共22个电子，每个电子运动状态互不相同，因此有22种运动状态；失去最外层

一个电子所需能量：基态原子能量最低，电离能更大，选项D是Ti的基态电子排布，其余选项都是激发态，

能量更高更易失去电子，因此选D；

【小问2详解】

提高浸出速率的常用方法有适当升高温度、粉碎废催化剂增大接触面积、搅拌、提高NaOH溶液浓度等；

【小问3详解】

Δ

22

TiO在加热条件下水解的离子方程式为TiOx1H2OTiO2xH2O2H；

【小问4详解】

由图可知，800℃提取率过低，1500℃温度过高能耗大、成本高；1000℃下反应30min后钛提取率已经较大，

延长时间不会明显提升提取率，因此选1000℃、30min；Mg是活泼金属，可与N2​、CO2​、Cl2反应，

Ar是惰性气体，不参与反应，因此选d；

【小问5详解】

22

阳极发生氧化反应，O移向石墨阳极，石墨（C）失电子，结合O生成CO2，故阳极的电极反应式为

2；

C2O4eCO2

【小问6详解】

①根据a(0,0,0)、c(0.5,1,1)可推得b点分数坐标为1,0.5,0.5；均摊法计算原子个数：Al在体心，个数

111

为1；Ti在12条棱的棱心，个数为123，N在8个顶点、6个面心，个数为864，因此个

482

数比Al:Ti:N1:3:4；

2

②原氮化钛TiN中，最近两个N原子的距离为cnm，满足ca（a为晶胞边长），得

2

44814248

a2cnm2c107cm；晶胞含4个TiN，晶胞质量mg​，晶胞体积

NANA

m248/N6221021

733213，因此密度A3。

V(2c10)22c10cm3213g/cm

V22c10NAc

19.半导体硫化镉CdS是人工模拟光合作用分解水制氢的重要催化剂：

CdS

2HO(l)2H(g)O(g)ΔH571.6kJmol1

2太阳光22

（1）基态O的价层电子轨道表示式为______。

（2）光照条件下催化剂CdS表面产生光生电子e和空穴h+，从而催化分解水制氢，反应机理如图1。由

此可知，H______（列出包含ΔH1、ΔH2、ΔH3、ΔH4的代数式）

（3）下列关于常温下光催化分解水制氢的说法，错误的是______（填写编号）。

A.该反应是常温常压下可自发的反应

B.催化剂CdS可大大降低该反应的焓变

C.水分子在催化剂空穴上发生了氧化反应

D.该反应将光能转化为化学能

+

（4）具有强氧化的光生空穴h易使催化剂CdS自身氧化腐蚀，失去活性。改良催化剂CdSMo2C与CdS

相比，相同反应条件下、不同时段的氢气生成速率如下表。

催化剂种类

1

vH2/mmolh

不同时段

CdSCdSMo2C

0~1h0.4117.24

15h~16h0.2517.23

1

①在15h~16h，CdSMo2C催化剂表面的水分解速率为______mmolh。

②完成CdS光腐蚀反应的离子方程式：CdS2hCd2______。

（5）常温下，在溶液中加入固体，即可制得硫化镉沉淀。

Na2SCdNO32

已知：

i．图2中曲线表示Na2S体系中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系；

2614

ii．Ksp(CdS)1.010，KspCd(OH)21.010

22

①S的水解常数KhS______。

②1溶液中2第二步水解和水的电离程度很小，均可忽略。计算该溶液中的浓度，

0.20molLNa2SSOH

写出计算过程______（结果保留2位有效数字）。

③比较两种含镉沉淀的溶解度：CdS______Cd(OH)2（填“<”“>”或“=”）。

④常温下，将溶液与溶液混合并达到平衡，溶液中、

Na2SCdNO32pH8.0

2131

cCd1.010molL，此时体系中______Cd(OH)2沉淀生成（填“有”或“无”），理由是______。

【答案】（1）（2）ΔH1ΔH2ΔH3ΔH4（3）AB

（4）①.17.23②.S

（5）①.0.1②.第二步水解和水的电离程度很小，设cOHx，则cHSx，

2

2x

cS0.20x：K0.1整理得x20.1x0.020，解得

h0.20x

2

0.10.140.02

x0.10mol/L，因此cOH0.10mol/L；③.<④.无⑤.

2

pH8.0时，cOH1106mol/L，计算离子

2213622514

积：QccCdcOH1.010(1.010)1.010Ksp[CdOH)21.010，因

此无沉淀。

【解析】

【小问1详解】

基态O原子价层电子为2s22p4，价层电子轨道表示式为：；

【小问2详解】

根据盖斯定律，将机理中四个反应相加，中间物种全部消去，得到总反应2H2Ol2H2gO2g，

因此总焓变：ΔHΔH1ΔH2ΔH3ΔH4；

【小问3详解】

A．该反应H0、S0，常温下GHTS0，常温常压不能自发，A错误；

B．催化剂不改变反应的焓变，只降低活化能，B错误；

C．水生成O2，O元素化合价从-2升高为0，发生氧化反应，C正确；

D．反应利用光能分解水，将光能转化为化学能，D正确。

故选AB。

【小问4详解】

1

①水分解生成H2，计量数关系nH2OnH2，因此水分解速率等于H2生成速率，即17.23mmolh；

②配平氧化还原反应：S2被h氧化，2molh得2mol电子，1molS2失2mol电子生成S单质，因

此产物为S；

【小问5详解】

cHS·cOH

22

①S第一步水解：SHOHSOH，水解常数Kh，由图2可知，pH13

2cS2

−2−1413

时c(HS)=c(S)，因此KhcOH100.1；

②第二步水解和水的电离程度很小，设cOHx，则cHSx，

2

2x

cS0.20x：K0.1整理得x20.1x0.020，解得

h0.20x

2

0.10.140.02

x0.10mol/L，