精品解析：黑龙江哈尔滨师范大学附属中学2026-2027学年上学期高三第二次调研 化学试题

哈尔滨师范大学附属中学2026~2027学年度上学期 高三第二次调研考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Co-59 Cu-64 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. “合龠（yuè）为合（gě），十合（gě）为升”，量器是劳动人民智慧的结晶。下列量器主要由无机非金属材料制成的是 A．石合 B．竹升 C．木斗 D．铜斛 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．石合的原料为天然石材，属于无机非金属材料，故选A； B．竹升的原料为竹子，竹子的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选B； C．木斗的原料是木材，木材的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子化合物，故不选C； D．铜斛的原料是铜，铜是金属材料，故不选D； 选A。 2. 下列化学用语错误的是 A. 的结构式： B. BCl3的电子式为： C. 顺式聚异戊二烯的结构简式： D. 丙三醇的球棍模型： 【答案】B 【解析】 【详解】A．HClO是共价化合物，O原子分别与H、Cl形成共价键，其结构式为，A正确； B．BCl3中B的价电子数为3，和3个Cl分别形成共用电子对后，B的最外层只有6个电子，其电子式为，B错误； C．顺式聚异戊二烯中，双键两侧的-CH3和-H位于双键的同侧，结构简式为，C正确； D．丙三醇的结构为HOCH2CH(OH)CH2OH，其球棍模型为，D正确； 故选B。 3. 下列物质性质与用途对应关系错误的是 A. 氧化铝熔点高，可用作耐火材料 B. 硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造光导纤维 C. 高铁酸钾具有强氧化性，可用作新型自来水消毒剂 D. 氧化钙能与二氧化硫反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂 【答案】B 【解析】 【详解】A．氧化铝晶体内作用力为离子键，键能较大，熔点较高，所以氧化铝耐高温，可做耐火材料，A正确； B．光导纤维的主要成分为二氧化硅，B错误； C．高铁酸钾中的Fe为+6价，具有很强的氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质变性，因此可作为新型自来水消毒剂，C正确； D．碱性氧化物CaO能与酸性氧化物反应，因而可作为工业废气处理时的脱硫剂，减少对大气的污染，D正确； 故选B。 4. 以铜矿粉(主要成分是Cu2O，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备[Cu(NH3)4]SO4∙H2O的工业流程如图。已知：Cu+在酸性溶液中不稳定，易转化为Cu和Cu2+。相关离子方程式书写错误的是 A. “酸浸”过程：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O B. “酸浸”过程：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ C. “除杂转化”过程：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ D. “除杂转化”过程：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ 【答案】D 【解析】 【分析】原料为铜矿粉，主要成分为，含少量、、，目标产物为。酸浸环节加入过量稀硫酸，不与稀硫酸反应，在酸性条件下歧化生成和，与稀硫酸反应生成，与稀硫酸反应生成，生成的可与发生氧化还原反应生成和，故酸浸滤渣为和。氧化环节加入溶液将氧化为。除杂转化环节加入过量氨水，、与过量氨水反应生成氢氧化物沉淀作为滤渣除去，与过量结合生成配离子，后续经处理得到目标产物。 【详解】A．“酸浸”过程中与稀硫酸反应生成可溶性铝盐和水，离子方程式为，A正确； B．“酸浸”过程中与稀硫酸反应生成的具有氧化性，可与酸浸生成的发生氧化还原反应，离子方程式为，B正确； C．“除杂转化”过程中加入过量氨水，与配位生成稳定的，离子方程式为，C正确； D．“除杂转化”过程中加入的氨水为弱电解质，离子方程式中不能拆写为，正确的离子方程式为，D错误； 故选D。 5. 已知铜与KCN溶液的反应：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 64gCu与足量KCN溶液反应时，转移电子的数目为2NA B. 标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对的数目为0.2NA C. K3[Cu(CN)4]固体中σ键的数目为8NA D. 常温下，1LpH=9的KOH溶液中水电离出的OH-数目为10−9NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．64 g Cu的物质的量为1 mol，反应中Cu从0价升高到+1价，每个Cu转移1个电子，故转移电子数目为NA，A错误； B．标准状况下H2O不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，无法计算孤电子对数目，B错误； C．未给出K3[Cu(CN)4]的物质的量，无法计算固体中σ键的数目，C错误； D．KOH是强碱，溶液中的主要来自KOH电离，水电离出的浓度等于溶液中的浓度。常温下pH=9的该溶液中，1L溶液中水电离出的物质的量为，数目为，D正确； 故选D。 6. “宇树”机器人的外壳材料采用的是聚醚醚酮(PEEK)，其中一种合成方法如图。下列说法正确的是 A. M属于芳香烃 B. 用FeCl3溶液不能鉴别M、N C. K2CO3能消耗HF，从而提高了PEEK的产率 D. 与足量溴水反应，1molN最多消耗2molBr2 【答案】C 【解析】 【详解】A．芳香烃是仅由C、H两种元素组成的含苯环的烃类，M含有O、F元素，不属于芳香烃，A错误； B．N含酚羟基，可与溶液发生显色反应，M不含酚羟基，无明显现象，因此可用溶液鉴别M、N，B错误； C．反应生成，可与反应，消耗产物使平衡正向移动，提高PEEK的产率，C正确； D．N中酚羟基的邻位氢可与溴水发生取代反应，1mol N含有2个酚羟基，共4个邻位可被取代的氢，最多消耗4mol ，D错误； 故选C。 7. 物质类别和元素价态是认识元素及其化合物的重要视角。铁、氮元素的部分价−类二维图如下。下列说法正确的是 A. b可由a与水蒸气在高温条件下反应制得 B. d和j均无法通过化合反应制备 C. c、g分别与m的稀溶液反应均可生成f D. 一定条件下h与k反应生成i，实现了氮的固定 【答案】C 【解析】 【分析】结合价类二维图的横坐标物质类别与纵坐标化合价，匹配对应物质：含氮物质部分，m为+5价含氮酸，对应；k为+4价氮氧化物，对应；j为+2价氮氧化物，对应；i为0价氮单质，对应；h为-3价含氮氢化物，对应。含铁物质部分，a为0价铁单质，对应；b为+3价铁的氧化物，对应；c为+2价铁的氧化物，对应；d为+3价铁的氢氧化物，对应；f为+3价铁盐，g为+2价亚铁盐。 【详解】A．与水蒸气反应生成，无法得到，A错误； B．、、可发生化合反应生成，与可发生化合反应生成，二者均可通过化合反应制备，B错误； C．稀具有强氧化性，可将、亚铁盐中的+2价铁氧化为+3价铁，均生成铁盐，C正确； D．氮的固定是将游离态氮转化为化合态氮的过程，、均为化合态含氮物质，二者反应生成不属于氮的固定，D错误； 故选C。 8. 温郁金是一种中药材，其含有的某化学成分 M 的结构简式如下所示： 下列说法正确的是 A. 分子式为C15H24O2 B. 手性碳有3个 C. 为M的加成反应产物 D. 为M的缩聚反应产物 【答案】D 【解析】 【详解】A．该物质分子不饱和度为3，碳原子数为15，则其中含有的H原子个数为15×2+2-3×2=26，含有的O原子数为2，故其化学式为：C15H26O2，A错误； B．连接四个互不相同的原子或原子团的碳原子是手性碳原子，根据该分子结构可知：该物质分子中含有5个手性碳原子，用“*”标注为，B错误； C．根据其结构简式，若其与HCl发生加成反应，产物为或，不存在选项中的加成产物，C错误； D．若发生缩聚反应，平均每个分子两个羟基一个脱去羟基，一个脱去羟基的H原子形成醚，同时反应产生水，缩聚反应产生的有机物分子可以是，D正确； 故合理选项是D。 9. 下列实验装置或操作无法达到实验目的的是 实验目的 A．测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量 B．探究熔融条件下烧碱的导电性 实验示意图 实验目的 C．制备溴苯并证明该反应属于取代反应 D．提纯苯甲酸时除去难溶性杂质 实验示意图 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．足量盐酸与镁铝合金反应，Mg、Al 均溶解并放出 H2，、；由合金总质量和量气管测得的 H2 体积可列两个方程解出铝、镁的质量，装置合理，能达到实验目的，A错误； B．熔融烧碱会与石英坩埚中的 SiO2 反应，，坩埚被腐蚀、烧碱被消耗，无法达到实验目的，B正确； C．苯与液溴在铁粉（FeBr3）催化下发生取代反应生成溴苯和 HBr，；HBr 经 CCl4 吸收挥发出的 Br2 后通入 AgNO3 溶液，生成淡黄色 AgBr 沉淀，可证明该反应属于取代反应，装置合理，能达到实验目的，C错误； D．提纯苯甲酸须趁热过滤除去难溶性杂质，热滤漏斗夹层注入热水保温，可防止苯甲酸冷却析出而损失，装置合理，能达到实验目的，D错误； 故答案为B。 10. 高纯硅是现代信息、半导体和太阳能光伏发电等产业的基础材料；氮化硅(Si3N4)因其在高温和高频条件下的优异性能，成为现代微电子领域的重要材料。一种制备上述两种材料的工业流程如图： 已知粗SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点−84.7℃)。 下列说法正确的是 A. 反应①生成的气体能使澄清石灰水变浑浊 B. 过程②发生了化合反应，过程④发生了置换反应 C. 过程③可以采用蒸馏的方法进行提纯 D. 反应⑤制得的氮化硅高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料 【答案】C 【解析】 【分析】起始原料为石英砂，主要成分为，核心目标产物为高纯硅和氮化硅。流程分支一：石英砂与焦炭高温反应生成粗硅，粗硅与反应得到粗，经提纯得到纯，再与反应得到高纯硅；流程分支二：石英砂与焦炭、高温反应生成氮化硅。粗中含有的、与沸点差异较大，可通过沸点差异实现分离。 【详解】A．反应①为与的反应，生成的气体为，不能使澄清石灰水变浑浊，A错误； B．过程②的反应为，产物有两种，不属于化合反应；过程④的反应为，属于置换反应，B错误； C．、、的沸点差异较大，过程③可以采用蒸馏的方法提纯，C正确； D．氮化硅高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于传统无机非金属材料，D错误； 故选 C。 11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) B 向硫酸铜晶体中滴加少量浓硫酸 蓝色晶体变白色粉末 浓硫酸具有脱水性 C 向1mLI2的CCl4溶液中加入1mL浓KI溶液，充分振荡，静置 有机相紫色变浅 I2在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度 D 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．银氨溶液中Ag+浓度较低，加入等浓度的Cl-和I-时，更难溶的AgI会先沉淀，实验中生成黄色AgI沉淀、无AgCl沉淀，说明AgI的溶度积更小，即，A正确； B．硫酸铜晶体（）中的水是结晶水，浓硫酸将结晶水吸收使蓝色晶体变为白色无水​，体现的是浓硫酸的吸水性，而非脱水性，B错误； C．有机相紫色变浅是因为发生反应​，​和过量I-结合生成了易溶于水的​，并非​在水中的溶解度大于在​中的溶解度，实际上在中的溶解度远大于在水中的溶解度，C错误； D．加热分解生成​、和，使湿润红色石蕊试纸变蓝的是分解产生的碱性气体，并非​自身显碱性，D错误； 故选A。 12. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于治疗重金属中毒，高温、遇酸均易分解。35℃时，SO2与Na2S、Na2CO3的混合液反应可生成Na2S2O3与一种气体产物。现利用图示装置(夹持和搅拌装置略去)制备Na2S2O3，并检验气体产物是H2S或CO2.下列表述错误的是 A. 装置D采用的加热方式为水浴加热 B. 实验的仪器连接顺序应为(i)j→h→g→d→c→b→a→f→e C. 为提高硫化钠的原料利用率，应尽可能通入过量的SO2 D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2 【答案】C 【解析】 【分析】E装置用70%的硫酸和亚硫酸钠制取SO2气体，产生的SO2气体从j口出进入h与Na2S、Na2CO3充分反应制备Na2S2O3，同时产生的气体先通过少量硫酸铜溶液以检验H2S的存在，若产生黑色沉淀，则证明有H2S，再通过过量酸性KMnO4溶液以除去多余的SO2，排除对检验CO2的干扰，最后通过澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则说明有CO2存在，据此解答。 【详解】A．反应温度为35℃，则装置D采用的加热方式为水浴加热，A正确； B．由分析可知，仪器的连接顺序为(i)j→h→g→d→c→b→a→f→e，B正确； C．SO2易溶于水，若通入过量的SO2，SO2会与水反应生成亚硫酸，使溶液酸性增强，导致Na2S2O3遇酸分解，使其产率降低，则不能通入过量的SO2，C错误； D．结合题意，制备硫代硫酸钠的离子方程式为4SO2+2S2-+ 3+CO2↑，该反应中，2个硫离子中硫元素 -2价升高到+2价时生成的是氧化产物，4个二氧化硫中的硫元素由+4价降低到+2价生成的是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2，D正确； 故选C。 13. 在某强酸性溶液X中仅含有、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)。取该溶液进行连续实验，实验过程如图。下列有关推断正确的是 A. 生成气体A的离子反应： B. 沉淀F的成分有两种 C. 沉淀H中一定含有和沉淀 D. 溶液X中一定含有、、 【答案】D 【解析】 【分析】强酸性溶液中一定不存在、，加入过量硝酸钡后，沉淀C为，说明原液含、不含；气体A为，说明原液含还原性离子，溶液B加入过量后，沉淀F为；溶液E微热无气体放出，说明原液不含，溶液E中还含试剂带入的和过量，通入一定量可生成沉淀，因此不能仅凭沉淀H判断原液含；若含铝离子，则过量碱处理后以存在于溶液E中。 【详解】A．原液为强酸性溶液，不能大量存在，气体A由被酸性条件下的硝酸根氧化产生，离子方程式为，A错误； B．生成的与碱反应形成沉淀；若有，则在过量碱中转化为可溶性的，故沉淀F只有一种成分，B错误； C．硝酸钡过量，溶液E中含，通入一定量可发生，即使原液不含，也能出现沉淀H，故H中不一定含，C错误； D．原液呈强酸性，含；加入硝酸钡生成，说明含；强酸性条件下生成沉淀，说明含，D正确； 故选D。 14. 已知可发生反应： 下列说法正确的是 A. X所有原子在同一平面上 B. X与丙炔醛(CH≡C−CHO)反应可生成 C. 1molY最多与1molH2发生加成反应 D. Z与足量酸性KMnO4溶液反应生成 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有空间构型为正四面体形的饱和碳原子，所以分子中所有原子不可能共平面，A错误； B．该反应原理为，X与丙炔醛反应时，存在不同的成键方式，可生成两种同分异构体，分别是、，B正确； C．碳碳双键与醛基都可以与氢气发生加成反应，则1mol Y最多与2mol H2发生加成反应，C错误； D．碳碳双键的碳原子上如果没有氢原子，会被酸性KMnO4溶液氧化为酮羰基，碳碳双键的碳原子上如果有一个氢原子，会被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，醛基也会被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，则Z与酸性KMnO4溶液反应生成，D错误； 故选B。 15. 一种以铜阳极泥(含、、等)为原料回收银的流程如下，已知：。下列说法错误的是 A. “氧化酸浸”时若生成，则转移的电子数为 B. “滤液1”阳离子除了主要还有、 C. “转化”中发生的主要反应： D. 由“还原”推测，还原性强于 【答案】A 【解析】 【详解】A．生成时，若来自，除从-2价升高到+4价失去外，还有被氧化为，每生成1 mol 转移电子大于6 mol，故0.5 mol产物转移电子数大于，A错误； B．氧化酸浸加入的提供，过量提供，故滤液1阳离子除外主要还有、，B正确； C．结合已知的络合反应，溶解产生的与生成络离子，总反应为，C正确； D．还原步骤中作还原剂还原，而没有被氧化，说明还原性强于，D正确； 故答案选A。 二、填空题(本题包括4小题，共55分。) 16. 钴是一种重要的战略资源，广泛应用于医药、材料等领域。一种以水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工业流程如图： 已知：①常温下，部分金属阳离子沉淀时溶液的pH如下： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀时pH 2.7 7.5 7.6 4.0 7.7 完全沉淀时pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 ②常温下，Ksp(CaF2)=1.6×10−10，Ksp(MgF2)=6.4×10−11。 请回答下列问题： （1）浸渣的成分是_________________。 （2）“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式为_________________________________________。 （3）进行“氧化”时，NaClO3的作用是_____________________________________；由此可知“浸出”得到的溶液中金属阳离子的还原性：Fe2+_______Co2+(填“＜”、“=”或“＞”)； （4）“调pH”时为除去铁、铝元素杂质，应控制溶液pH的范围为______________。 （5）“除钙镁”后得到的滤液中，=___________。 （6）将制得CoC2O4·2H2O在惰性气体中加热，其热重分析曲线如下图： B点表示的固体产物的化学式为______________。 【答案】（1）CaSO4 （2）Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O （3） ①. 将Fe2+全部氧化为Fe3+，有利于“调pH”时除去铁元素杂质 ②. ＞ （4）5.2～7.6 （5）0.4 （6）Co3O4 【解析】 【分析】用水钴矿(主要成分为，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO等)制备草酸钴，根据工业流程，在水钴矿中加入硫酸和亚硫酸钠，所得浸出液中含有的阳离子为：、、、、、、；硫酸钙微溶，部分硫酸钙进入到浸渣中；浸出液加将氧化为；再加入碳酸钠溶液调节pH ，将、转化为、沉淀，过滤后进入滤渣1，过滤后的滤液中加是将、转化为、沉淀形成滤渣2；向滤液中加入萃取剂，将锰离子萃取，在萃取后的余液中加入草酸铵得到草酸钴，最后再经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤并洗涤得到草酸钴晶体。 【小问1详解】 结合分析可知，浸渣的成分是CaSO4； 【小问2详解】 结合分析可知，在水钴矿中加入硫酸和亚硫酸钠， ​中+3价被还原为，被氧化为 ​，离子方程式为：Co2O3++4H+=2Co2+++2H2O； 【小问3详解】 NaClO3具有氧化性，可以将二价铁氧化为三价铁，故进行“氧化”时，NaClO3的作用是将Fe2+全部氧化为Fe3+，有利于“调pH”时除去铁元素杂质；结合流程可知，进行“氧化”时，NaClO3氧化了二价铁，没有氧化Co2+，还原剂还原性越强越先被氧化，则还原性：Fe2+> Co2+； 【小问4详解】 为控制Fe3+和Al3+完全沉淀，同时Co2+不沉淀，结合题中信息可知，加Na2CO3调pH的范围应该在5.2~7.6之间； 【小问5详解】 对于​型沉淀，，溶液中相同，因此； 【小问6详解】 假设有1 mol受热分解，质量为183 g，由图可知，A点时，固体的残留率为80.33%，则剩余固体的质量为，失去的质量为，刚好为2 mol水的质量，则A点的物质为，A点以后为分解生成Co的氧化物过程，B点时固体的残留率为43.88%，则剩余固体的质量为，B点含Co的质量为59 g，则含有O的质量为，n(O)=，则Co和O的物质的量之比为，可推断B点的物质为。 17. 镓、锗是重要的稀散金属，属于国家战略性矿产，广泛应用于高科技与国防军工领域。一种从炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中提取锗和镓的工业流程如图： 已知：“还原酸浸”后溶液中金属离子主要有Ge4+、Ga3+、Zn2+、Fe2+、Mn2+。 请回答下列问题： （1）“还原酸浸”时，所得滤渣主要成分除硫单质以外还有_____________；“还原酸浸”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式为_______________________________。 （2）“共萃取”所得萃余液可返回“还原酸浸”步骤循环利用，则萃余液中主要金属离子除Fe2+外还有________。 （3）“中和”时溶液中的转化为GeO2，该反应的离子方程式为_______________________。 （4）“氯化蒸馏”得到液态GeCl4。GeCl4经“水解”时生成GeO2沉淀，为促进GeCl4水解，可采用的方法是____________________(写出一种即可)。 （5）“真空还原”的氧化产物是Na5P3O10和H3PO4。在不同温度、不同浓度的条件下，Ge元素的产率如下图。由此判断，“真空还原”采用的最佳温度及NaH2PO2∙H2O的浓度分别为__________(填字母)。 A. 1000℃，2.5% B. 1000℃，5.0% C. 1100℃，2.5% D. 1200℃，2.5% （6）进行“反萃取2”时，加入稀H2SO4不宜过多，可能的原因是________________________。 【答案】（1） ①. SiO2 ②. （2）Zn2+、Mn2+ （3） （4）加入大量水或加热 （5）C （6）稀硫酸过多会消耗“沉镓”时加入的NaHCO3，使原料利用率下降，增加生产成本 【解析】 【分析】本流程从炼锌渣中提取锗和镓：还原酸浸时 ZnS 作还原剂，把 MnO2 还原为 Mn2+、把 ZnFe2O4 中的 Fe3+ 还原为 Fe2+，Ge、Ga、Zn 转入溶液，SiO2 不反应而进入滤渣；共萃取时 Ge4+、Ga3+ 进入有机相，Fe2+、Zn2+、Mn2+ 留在萃余液（可返回酸浸循环利用）；反萃取1 用 NH4F 使 Ge、Ga 转入水相，加氨水中和使锗的氟配合物转化为 GeO2，经氯化蒸馏与水解后依次获得 GeCl4 与 GeO2，再用 NaH2PO2⋅H2O 真空还原后获得 Ge；有机相用稀 H2SO4 反萃取2，再加 NaHCO3 沉镓后获得 Ga。 【小问1详解】 还原酸浸时 ZnS 作还原剂：MnO2 中的锰被还原为 Mn2+，ZnFe2O4 中的 Fe3+ 被还原为 Fe2+，ZnS 中的硫被氧化为硫单质；SiO2 不与稀硫酸反应，故滤渣除硫单质外还有 SiO2。ZnFe2O4 发生反应的化学方程式为 。 【小问2详解】 共萃取时 Ge4+、Ga3+ 被萃入有机相，而 Fe2+、Zn2+、Mn2+ 不被萃取，故除 Fe2+ 外，萃余液中主要金属离子还有 Zn2+、Mn2+。 【小问3详解】 中和时加入的氨水中和了水解产生的酸，使锗的氟配合物转化为 GeO2 沉淀，反应的离子方程式为 。 【小问4详解】 GeCl4 水解生成 GeO2 和 HCl，水解吸热，因此加热（升温）可促进 GeCl4 水解；也可加入大量水稀释，或加入氨水等碱中和生成的 HCl 来促进水解。 【小问5详解】 A．1000℃、2.5% 时 Ge 产率在四个组合中最低，A错误； B．1000℃、5.0% 时产率虽比 1000℃、2.5% 时高，但仍低于 1100℃、2.5% 时的产率，且 NaH2PO2⋅H2O 用量更大，B错误； C．同一浓度下 Ge 产率随温度升高而增大，1100℃ 的产率已接近最大（与 1200℃ 相差很小），且温度较低、能耗小、NaH2PO2⋅H2O 用量少；同一温度下浓度高于 2.5% 后产率不再明显升高（12.5% 时反而下降），故 2.5% 即可，C正确； D．1200℃ 的产率与 1100℃ 相差很小，却需要更高的温度、能耗更大，D错误； 故答案为C。 【小问6详解】 反萃取2 用稀 H2SO4 把镓转入水相，若硫酸加入过多，反萃取液酸性过强，后续加 NaHCO3 沉镓时用于中和过量酸所消耗的 NaHCO3 明显增多，既浪费原料，增加生产成本，又可能使镓沉淀不完全，降低镓的产率。 18. 四氮化四硫（，S元素呈+2价）是一种重要的精细化工中间体和科研试剂，其制备原理为。某化学兴趣小组利用图示装置（加热及夹持装置已略）制备。 已知：①常温下为橙黄色固体，难溶于水，178～187℃时熔化并分解； ②为红棕色液体，沸点为60℃，极易水解，易被氧化。 请回答下列问题： Ⅰ．制备 （1）仪器M的名称为____________；制备时操作步骤为：连接仪器并检验装置气密性→加入试剂→___________（按操作顺序填序号）→打开，通入一段时间后，关闭。 ①向球形冷凝管中通入冷凝水，水浴加热装置丁至50℃，向装置甲的三颈烧瓶中滴加浓盐酸 ②打开，关闭，通入一段时间后，关闭 ③待装置丁中硫粉完全消耗后，立即停止滴加浓盐酸 （2）装置甲中发生反应的化学方程式为______________________________。 （3）装置丙中盛装的试剂为_________。球形干燥管的作用是______________________。 Ⅱ．制备 维持装置丁的水浴温度为50℃，打开，向装置丁中通，待装置丁中反应完全，停止通，冷却至室温后停止通入冷凝水，经一系列操作得粗产品。 （4）氨的发生装置可以选用_______（填字母）。 A. B. C. D. （5）制备的装置存在一处缺陷。该处缺陷为___________________________。 【答案】（1） ①. 恒压滴液漏斗 ②. ②①③ （2） （3） ①. 浓 ②. 防止外界进入装置丁使水解；同时吸收剩余的，防止造成污染 （4）CD （5）没有处理剩余的的装置 【解析】 【分析】本实验先在丁中制备，再通入氨气制备。甲中高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气，所得气体混有氯化氢和水蒸气，先通过乙除去氯化氢，再通过丙除去水蒸气，随后进入丁与硫粉反应。由于极易水解、易被氧化，制备过程需要排除空气并防止水蒸气进入。丁采用50℃水浴加热，球形冷凝管使挥发的冷凝回流，减少其损失；冷却水从下口进入、上口流出，使冷凝管的夹套充满水。硫粉反应完全后停止产生氯气，并用氮气排出装置中的残留氯气，再向丁中通入干燥的氨气，按生成目标产物及硫、氯化铵。反应结束后继续通冷凝水，待装置冷却至室温，再进行后续处理。 【小问1详解】 仪器M具有将漏斗上部与烧瓶连通的支管，可以使漏斗内液面上方与烧瓶内的气压保持相等，便于液体顺利滴入，因此其名称为恒压滴液漏斗。由于易被氧化，反应前应先打开、关闭，通入排出装置内的空气，然后关闭，即先进行②。接着向冷凝管中通水，使丁中的蒸气能够冷凝回流，再水浴加热至50℃并滴加浓盐酸产生氯气，即进行①。待硫粉完全消耗后，立即停止滴加浓盐酸，即进行③。最后按题给步骤再次通入，排出残留的氯气。因此所填操作顺序为②①③； 【小问2详解】 甲中盛有高锰酸钾，滴入的浓盐酸既提供酸性环境，又被高锰酸钾氧化生成氯气。Mn元素的化合价由+7价降低至+2价，每摩尔高锰酸钾得到5 mol电子；Cl元素的化合价由−1价升高至0价，每生成1 mol氯气失去2 mol电子，因此高锰酸钾与氯气的化学计量数之比为2∶5。结合原子守恒配平，反应的化学方程式为； 【小问3详解】 氯气通过乙洗气后仍含有水蒸气，而极易水解，因此氯气进入丁前必须干燥。浓硫酸具有吸水性，且不与氯气反应，故丙中盛装的试剂为浓。球形干燥管位于球形冷凝管上端的气体出口处，其中的碱石灰能吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入丁使水解；碱石灰中的氢氧化钠还能与氯气发生反应，从而吸收剩余氯气，防止其逸出造成污染； 【小问4详解】 A．试管中只有，受热时发生分解，反应为；生成的氨气和氯化氢在较冷的管口处又发生反应，因而不能用该装置持续制取本实验所需的氨气，A错误； B．加热和的混合物能够产生氨气，但出口处的无水会吸收氨气，不能用作氨气的干燥剂，应改用碱石灰，B错误； C．加热和的混合物，发生反应；试管口略向下，可防止冷凝水回流使热试管炸裂，出口处的碱石灰能够吸收水蒸气且不吸收氨气，可以得到干燥的氨气，C正确； D．将浓氨水滴入盛有NaOH固体的烧瓶中，NaOH溶解放热，使温度升高、氨气在水中的溶解度减小；NaOH固体吸水也有利于氨气逸出。逸出的氨气再经碱石灰干燥，可以供本实验使用，D正确； 故选CD； 【小问5详解】 第二阶段向丁中通入氨气，未反应的氨气会从球形冷凝管上端逸出。出口处的碱石灰可以干燥氨气，但不能吸收氨气，剩余氨气将直接进入空气造成污染，因此该装置的缺陷是没有处理剩余的装置。 19. 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。 已知：i. ii.有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为。 （1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是______________，反应类型是______。 （2）D中含有的官能团：________。 （3）E的结构简式为________。 （4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为_______。 （5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是____。 ①包含2个六元环 ②M可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH （6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________。 （7）由K合成托瑞米芬的过程： 托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_____。 【答案】（1） ①. ②. 取代反应（或酯化反应） （2）羟基、酮羰基 （3） （4） （5） （6）还原（加成） （7） 【解析】 【分析】有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，已知苯甲酸盐可做食品防腐剂，故A为苯甲酸；有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇，故B为苯酚，二者发生酯化反应生成C，结构式为；C可以发生已知反应，在氯化铝催化条件下，生成D，D继续发生已知反应，生成E；F经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G；根据F及K的分子式与结构式，可以判断G与J各含有一个苯环，同时J经还原可转化为G，故J为含有羧基的一方，G含有羟基，根据F的分子式，除去苯环以及酯基的不饱和度，还剩下2个不饱和度，故推测G与J各含有一个碳碳双键，根据K的结构式，G在苯环上只有一个支链，故G与J分别为和； 【小问1详解】 根据分析，A与B发生酯化反应，反应生成C的化学方程式是；反应类型为取代反应(或酯化反应)； 【小问2详解】 根据分析，D的结构式为，其含有的官能团为羟基、酮羰基； 【小问3详解】 D继续发生已知反应，与已知氯代有机物发生取代，生成E； 【小问4详解】 根据分析，J的结构简式为； 【小问5详解】 M是J的同分异构体，要求满足包含2个六元环、可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH；J的结构简式为，含有9个碳原子，无法满足六元环上每个原子都为碳原子，且氧原子数量也不足以组成两个独立的环结构，故两环相接；要求可以水解，故存在酯基结构，且与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH，故水解后某一产物为苯酚结构；可据此组成唯一符合条件的M结构为：； 【小问6详解】 E和G反应得到K的过程中，G中碳碳双键变为单键，故反应物和的作用是还原(或加成)； 【小问7详解】 K发生消去反应，将分子内一个羟基消去得到N，托瑞米芬具有反式结构，说明消去的羟基不是末端的羟基，故最后得到的托瑞米芬的结构式为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 哈尔滨师范大学附属中学2026~2027学年度上学期 高三第二次调研考试化学试题 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Co-59 Cu-64 一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。) 1. “合龠（yuè）为合（gě），十合（gě）为升”，量器是劳动人民智慧的结晶。下列量器主要由无机非金属材料制成的是 A．石合 B．竹升 C．木斗 D．铜斛 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语错误的是 A. 的结构式： B. BCl3的电子式为： C. 顺式聚异戊二烯的结构简式： D. 丙三醇的球棍模型： 3. 下列物质性质与用途对应关系错误的是 A. 氧化铝熔点高，可用作耐火材料 B. 硅的导电性介于导体和绝缘体之间，可用于制造光导纤维 C. 高铁酸钾具有强氧化性，可用作新型自来水消毒剂 D. 氧化钙能与二氧化硫反应，可作为工业废气处理时的脱硫剂 4. 以铜矿粉(主要成分是Cu2O，含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备[Cu(NH3)4]SO4∙H2O的工业流程如图。已知：Cu+在酸性溶液中不稳定，易转化为Cu和Cu2+。相关离子方程式书写错误的是 A. “酸浸”过程：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O B. “酸浸”过程：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+ C. “除杂转化”过程：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ D. “除杂转化”过程：Al3++3OH-=Al(OH)3↓ 5. 已知铜与KCN溶液的反应：2Cu+8KCN+2H2O=2K3[Cu(CN)4]+2KOH+H2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 64gCu与足量KCN溶液反应时，转移电子的数目为2NA B. 标准状况下，2.24LH2O的中心原子含有的孤电子对的数目为0.2NA C. K3[Cu(CN)4]固体中σ键的数目为8NA D. 常温下，1LpH=9的KOH溶液中水电离出的OH-数目为10−9NA 6. “宇树”机器人的外壳材料采用的是聚醚醚酮(PEEK)，其中一种合成方法如图。下列说法正确的是 A. M属于芳香烃 B. 用FeCl3溶液不能鉴别M、N C. K2CO3能消耗HF，从而提高了PEEK的产率 D. 与足量溴水反应，1molN最多消耗2molBr2 7. 物质类别和元素价态是认识元素及其化合物的重要视角。铁、氮元素的部分价−类二维图如下。下列说法正确的是 A. b可由a与水蒸气在高温条件下反应制得 B. d和j均无法通过化合反应制备 C. c、g分别与m的稀溶液反应均可生成f D. 一定条件下h与k反应生成i，实现了氮的固定 8. 温郁金是一种中药材，其含有的某化学成分 M 的结构简式如下所示： 下列说法正确的是 A. 分子式为C15H24O2 B. 手性碳有3个 C. 为M的加成反应产物 D. 为M的缩聚反应产物 9. 下列实验装置或操作无法达到实验目的的是 实验目的 A．测定一定质量镁铝合金中金属铝的含量 B．探究熔融条件下烧碱的导电性 实验示意图 实验目的 C．制备溴苯并证明该反应属于取代反应 D．提纯苯甲酸时除去难溶性杂质 实验示意图 A. A B. B C. C D. D 10. 高纯硅是现代信息、半导体和太阳能光伏发电等产业的基础材料；氮化硅(Si3N4)因其在高温和高频条件下的优异性能，成为现代微电子领域的重要材料。一种制备上述两种材料的工业流程如图： 已知粗SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点57.6℃)和HCl(沸点−84.7℃)。 下列说法正确的是 A. 反应①生成的气体能使澄清石灰水变浑浊 B. 过程②发生了化合反应，过程④发生了置换反应 C. 过程③可以采用蒸馏的方法进行提纯 D. 反应⑤制得的氮化硅高温结构陶瓷属于传统无机非金属材料 11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是 选项 实验操作 实验现象 结论 A 向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液 一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象 Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI) B 向硫酸铜晶体中滴加少量浓硫酸 蓝色晶体变白色粉末 浓硫酸具有脱水性 C 向1mLI2的CCl4溶液中加入1mL浓KI溶液，充分振荡，静置 有机相紫色变浅 I2在水中的溶解度大于其在CCl4中的溶解度 D 加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸 石蕊试纸变蓝 NH4HCO3显碱性 A. A B. B C. C D. D 12. 硫代硫酸钠(Na2S2O3)可用于治疗重金属中毒，高温、遇酸均易分解。35℃时，SO2与Na2S、Na2CO3的混合液反应可生成Na2S2O3与一种气体产物。现利用图示装置(夹持和搅拌装置略去)制备Na2S2O3，并检验气体产物是H2S或CO2.下列表述错误的是 A. 装置D采用的加热方式为水浴加热 B. 实验的仪器连接顺序应为(i)j→h→g→d→c→b→a→f→e C. 为提高硫化钠的原料利用率，应尽可能通入过量的SO2 D. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2 13. 在某强酸性溶液X中仅含有、、、、、、、、中的一种或几种(忽略水的电离及离子的水解)。取该溶液进行连续实验，实验过程如图。下列有关推断正确的是 A. 生成气体A的离子反应： B. 沉淀F的成分有两种 C. 沉淀H中一定含有和沉淀 D. 溶液X中一定含有、、 14. 已知可发生反应： 下列说法正确的是 A. X所有原子在同一平面上 B. X与丙炔醛(CH≡C−CHO)反应可生成 C. 1molY最多与1molH2发生加成反应 D. Z与足量酸性KMnO4溶液反应生成 15. 一种以铜阳极泥(含、、等)为原料回收银的流程如下，已知：。下列说法错误的是 A. “氧化酸浸”时若生成，则转移的电子数为 B. “滤液1”阳离子除了主要还有、 C. “转化”中发生的主要反应： D. 由“还原”推测，还原性强于 二、填空题(本题包括4小题，共55分。) 16. 钴是一种重要的战略资源，广泛应用于医药、材料等领域。一种以水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、CaO、MgO等)制备草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)的工业流程如图： 已知：①常温下，部分金属阳离子沉淀时溶液的pH如下： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 开始沉淀时pH 2.7 7.5 7.6 4.0 7.7 完全沉淀时pH 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8 ②常温下，Ksp(CaF2)=1.6×10−10，Ksp(MgF2)=6.4×10−11。 请回答下列问题： （1）浸渣的成分是_________________。 （2）“浸出”时Co2O3发生反应的离子方程式为_________________________________________。 （3）进行“氧化”时，NaClO3的作用是_____________________________________；由此可知“浸出”得到的溶液中金属阳离子的还原性：Fe2+_______Co2+(填“＜”、“=”或“＞”)； （4）“调pH”时为除去铁、铝元素杂质，应控制溶液pH的范围为______________。 （5）“除钙镁”后得到的滤液中，=___________。 （6）将制得CoC2O4·2H2O在惰性气体中加热，其热重分析曲线如下图： B点表示的固体产物的化学式为______________。 17. 镓、锗是重要的稀散金属，属于国家战略性矿产，广泛应用于高科技与国防军工领域。一种从炼锌渣(含ZnFe2O4及MnO2、ZnGeO3、Ga2O3、SiO2)中提取锗和镓的工业流程如图： 已知：“还原酸浸”后溶液中金属离子主要有Ge4+、Ga3+、Zn2+、Fe2+、Mn2+。 请回答下列问题： （1）“还原酸浸”时，所得滤渣主要成分除硫单质以外还有_____________；“还原酸浸”时ZnFe2O4发生反应的化学方程式为_______________________________。 （2）“共萃取”所得萃余液可返回“还原酸浸”步骤循环利用，则萃余液中主要金属离子除Fe2+外还有________。 （3）“中和”时溶液中的转化为GeO2，该反应的离子方程式为_______________________。 （4）“氯化蒸馏”得到液态GeCl4。GeCl4经“水解”时生成GeO2沉淀，为促进GeCl4水解，可采用的方法是____________________(写出一种即可)。 （5）“真空还原”的氧化产物是Na5P3O10和H3PO4。在不同温度、不同浓度的条件下，Ge元素的产率如下图。由此判断，“真空还原”采用的最佳温度及NaH2PO2∙H2O的浓度分别为__________(填字母)。 A. 1000℃，2.5% B. 1000℃，5.0% C. 1100℃，2.5% D. 1200℃，2.5% （6）进行“反萃取2”时，加入稀H2SO4不宜过多，可能的原因是________________________。 18. 四氮化四硫（，S元素呈+2价）是一种重要的精细化工中间体和科研试剂，其制备原理为。某化学兴趣小组利用图示装置（加热及夹持装置已略）制备。 已知：①常温下为橙黄色固体，难溶于水，178～187℃时熔化并分解； ②为红棕色液体，沸点为60℃，极易水解，易被氧化。 请回答下列问题： Ⅰ．制备 （1）仪器M的名称为____________；制备时操作步骤为：连接仪器并检验装置气密性→加入试剂→___________（按操作顺序填序号）→打开，通入一段时间后，关闭。 ①向球形冷凝管中通入冷凝水，水浴加热装置丁至50℃，向装置甲的三颈烧瓶中滴加浓盐酸 ②打开，关闭，通入一段时间后，关闭 ③待装置丁中硫粉完全消耗后，立即停止滴加浓盐酸 （2）装置甲中发生反应的化学方程式为______________________________。 （3）装置丙中盛装的试剂为_________。球形干燥管的作用是______________________。 Ⅱ．制备 维持装置丁的水浴温度为50℃，打开，向装置丁中通，待装置丁中反应完全，停止通，冷却至室温后停止通入冷凝水，经一系列操作得粗产品。 （4）氨的发生装置可以选用_______（填字母）。 A. B. C. D. （5）制备的装置存在一处缺陷。该处缺陷为___________________________。 19. 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。 已知：i. ii.有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为。 （1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是______________，反应类型是______。 （2）D中含有的官能团：________。 （3）E的结构简式为________。 （4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为_______。 （5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是____。 ①包含2个六元环 ②M可水解，与NaOH溶液共热时，1 mol M最多消耗2 mol NaOH （6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________。 （7）由K合成托瑞米芬的过程： 托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $