安徽省淮北市和淮南市2025届高三第二次质量检测化学试题及答案

阅卷注意事项：1．阅卷前请学科教研组长组织改卷老师开会，强调改卷纪律，统一标准。2．请老师改卷前务必先做一遍试题，了解自己所改试题的答案、评分细则、答题角度后，再开始改卷。3．请老师认真批阅，不可出现错改、漏改现象，如果不小心漏改或错改了，可以返回上一题重评。4．成绩发布后，如果有学校反馈错评、乱评，平台定位阅卷老师，情况属实的将进行通报批评。5．化学主观题若学生答出不同于所给参考答案和评分标准里的其他要点，且符合题目要求，均可灵活给分。6．阅卷平台出现的相关问题，如果刷新页面重新登录未能解决，请将问题反馈给学校负责技术的老师（或考试负责人），由其统一在技术微信群里反馈问题并协助解决。123456789BDACCBBADDBDCD1．B【解析】青铜是铜和锡的合金，A正确；Fe3O4为黑色，红色颜料中含有的是Fe2O3，B错误；陶瓷的制作过程中硅酸盐发生复杂的化学反应，C正确；“薪柴之灰”即草木灰，将草木灰用水浸泡、得到碱性溶液，所以碱是K2CO3，D正确。2．D【解析】石油的分馏利用了各成分的沸点不同，为物理变化，A正确；药酒的炮制利用了酒精萃取固体药材中的有效成分，B正确；测定晶体结构可用X射线衍射法，C正确；碳酸氢钠用来治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠可以和胃酸（盐酸）发生反应，D错误。3．A【解析】M中不饱和碳原子的杂化方式为sp2、饱和碳原子的杂化方式为sp3，A正确；N中含有饱和碳原子不可能所有原子共平面，B错误；M通过形成氢键识别并分离N，C错误；超分子是由两种或两种以上分子通过分子间相互作用力形成的分子聚集体，M是单个分子不符合超分子的定义，D错误。4．C【解析】芳香烃只含碳和氢两种元素，M不符合定义，A错误；与足量溴水反应，N中含有酚羟基，Br2可以取代邻对位上的氢原子，最多消耗4molBr2，B错误；酚羟基可以与Fe3+形成紫色络合物，M不含酚羟基，N含有酚羟基可以鉴别，C正确；PEEK的合成反应是通过M和N的羟基和氟代基之间的缩合反应属于缩聚，D错误。5．C【解析】N2O4发生自发的可逆反应生成NO2，N2O4分子总数小于0.5NA，A错误；未明确溶液的体积，无法计算NOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(−),3)的数目，B错误；一个NO中含有一个σ键和两个π键，根据反应方程式的计量关系，可以得出23gNa生成1molNO，C正确；分析化合价变化可知，钠元素化合价升高，氮元素生成NO降低2价，生成NaNO3升高1价，所以NaNO3与电子的比例关系为1：2，每生成1molNaNO3，转移电子数目为2NA，D错误。6．B【解析】H2S的VSEPR模型为正四面体形，A错误；Fe为26号元素，形成Fe3+失去3个电子，B正确；Na2S是离子晶体，H2S是分子晶体，所以Na2S的熔点更高，C错误；H2S和H2O中心原子杂化方式均为sp3杂化且分子空间都有2个孤电子对，O原子电负性大，O-H键长相对较短，斥力更大，所以H2O的键角更大，D错误。7．B【解析】Fe3+的水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；Fe(OH)3为红褐色沉淀，黑色沉淀应该是Fe2S3，B错误；通过已知信息可知①中黑色沉淀为Fe2S3，②中黑色沉淀为FeS，所以C、D均正确。A正确；醇挥发使高锰酸钾溶液褪色，干扰丙烯的检验，B错误；乙酸挥发酸化苯酚钠，干扰二氧化碳的酸性的体现，C错误；银氨溶液的配制是将氨水滴加到硝酸银溶液中，D9．D【解析】根据题干信息，X为碳（C）、Y为氮（N）、Z为钠（Na）、W为硅（Si）或硫（S）；Na>Si>C>N或Na>S>C>N满足原子半径：Z>W>X>Y，A正确；Na的原子半径最大，电离能最小，原子半径Si>S>C>N故第一电离能Y>W>Z，B正确；N原子的半径比C原子的电负性大且半径小，故键的极性：N-H>C-H，C正确；W的氧化物可能是SiO2为共价晶体，也有可能为SO2分子晶体，D错误。10．D【解析】无光时几乎不反应，光照时BiOCl晶体中电子激发产生空穴，氧化苯酚，A正确；实验①在210min时苯酚的残留率接近0%，降解率接近100%，B正确；根据题目中给出的实验②苯酚的残留率随时间变化的图，90min时苯酚的残留率为60%，平均反应速率为正确；由图可知光照时苯酚的初始浓度越大降解速率越慢，D错误；11．B【解析】用浓硫酸和氯化钠固体制取氯化氢，是利用了浓硫酸的高沸点性，A错误；等物质的量的12．D【解析】碱性电解液中Zn2+以[Zn(OH)4]2-的形式存在，A错误；放电时，空气电极为正极，发生得电子的还原反应，B错误；放电时，锌电极发生氧化反应，充电时，发生还原反应，接电源负极，C错误；充电时，每生成1molO2转移电子4mol，依据得失电子守恒可知生成锌2mol，质量为130g，D正确。），14．D【解析】根据图中直线斜率判断沉淀溶解平衡曲线①为AgCl沉淀溶解平衡曲线，A错误；a点条件下Q(AgCl)>K(AgCl)，能生成AgCl沉淀，Q(Ag2CrO4)<K(Ag2CrO4)，不能生成Ag2CrO4沉淀，B错误；由点（7.7，2.0）可知pKsp(Ag2CrO4)=2pAg+pCrO4=4.0+7.7=11.7，pKsp(AgCl)=pAg+pCl=2.0+7.7=9.7，Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+CrOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up3(2−),4)的平衡常数错误；滴定终点时，若溶液中c(Cl-)=10-4.85，D正确。15.（15分除标注外每空2分）（1）防止FeSO4结晶析出烧杯、玻璃棒、漏斗。（2）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）（3）高于40℃,H2O2会分解，低于40℃,反应速率太慢2Fe2++H2O2+4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+（4）乙醇（1分）沿玻璃棒向漏斗中加乙醇至恰好没过沉淀，待乙醇缓缓流下，重复操作2~3次。（5）1227.5cv%3m【解析】（1）烧杯、玻璃棒、漏斗；防止FeSO4结晶析出。（2）蒸发浓缩、冷却结晶。（3）高于40℃,H2O2会分解，低于40℃,反应速率太慢；2Fe2++H2O2+4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+（5）乙醇；沿玻璃棒向漏斗中加乙醇至恰好没过沉淀，待乙醇缓缓流下，重复操作2~3次。（5）1227.5cv%3m解析1）步骤Ⅰ“趁热过滤，得滤液”，所以趁热过滤的目的是防止FeSO4结晶析出；“过滤”用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗。（2）步骤Ⅱ经过一系列操作得(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，所以该操作为冷却结晶，具体操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（3）步骤Ⅲ控制温度40℃的原因是高于40℃,H2O2会分解，低于40℃,反应速率太慢；生成Fe(OH)3沉淀的离子方程式为2Fe2++H2O2+4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+。（4）由已知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，难溶于乙醇，得步骤Ⅳ沉淀的洗涤所用试剂为乙醇；沉淀的洗涤操作为沿玻璃棒向漏斗中加乙醇至恰好没过沉淀，待乙醇缓缓流下，重复操作2~3次。（5）由得失电子守恒得关系式则产品纯度16.（14分每空2分）（1）第四周期第ⅤA族（2）2FeAsS+4Fe2O32As+3Fe3O4+FeS2（3）CO含量过大会还原Fe3O4生成Fe，Fe与As形成合金，降低As的挥发率，因此焙烧渣中As的质量分数增大（4）4CO+2SnO2+FeS22SnS+4CO2+Fe；或3CO+2SnO2+FeS22SnS+3CO2+FeO（5）实现了砷与锡的高效分离【解析】（1）第四周期第ⅤA族。（2）有流程分析可知“低温焙烧”中SnO2未发生反应，Fe2O3与FeAsS生成As、Fe3O4和FeS2，根据元素守恒配平可得2FeAsS+4Fe2O32As+3Fe3O4+FeS2；（3）CO含量过大会还原Fe3O4生成Fe，Fe与As形成合金，降低As的挥发率，因此焙烧渣中As的质量分数增大。（4）由流程图可知CO将SnO2还原成SnS，根据硫元素守恒，反应需要FeS2参加，得出反应方程式为4CO+2SnO2+FeS22SnS+4CO2+Fe；或3CO+2SnO2+FeS22SnS+3CO2+FeO；（5）由已知信息②可知Fe与As、Sn能形成合金，降低As、Sn的挥发率，本方法可以实现了砷与锡的高效分离（6）金刚石型的晶胞结构如下所示，配位数为4；灰锡的晶胞结构类似金刚石，一个晶胞中含有8个Sn原子，所以17.（14分除标注外每空2分）（2）①CO②两者均为放热反应，温度升高均逆向移动，而反应①平衡逆向移动的程度大于反应（4）2CO2+12H++12e－=C2H5OH+3H2OCu-BTC-X催化剂中Cu活性位点相对均匀分散，这有利于增大其活性面积，从而提高其还原CO2的效率解析1）反应CO(g)＋2H2(g)＋CH3OCH3(g)CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)可以由反应①加反应②得到，所以ΔH=ΔH1+ΔH2＝-141.5kJ·mol-1。（2）反应①、②均是放热反应，所以升高温度反应①、②均逆向移动，H2的平衡转化率一直减小。反应①逆向移动使CH3COOCH3的物质的量分数降低，反应②逆向移动使CH3COOCH3的物质的量分数增大，CH3COOCH3的物质的量分数500℃之前随温度升高而增大，说明升高温度反应②逆向移动的程度大于反应①逆向移动的程度，同时H2的量也在增大，所以A为H2的物质的量分数变化曲线，此时CO的量变化不大，B为CO的物质的量分数变化曲线，CH3COOCH3的物质的量分数500℃之后随温度升高而降低，说明升高温度反应②逆