淮北--淮南市 2025届高三第二次模拟考试
化学·评分标准
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。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
B D A C C B B A D D B D C D
1．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 4mol Br2，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NO 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
23g Na 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+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，A 正确；Fe(OH)3为红褐色沉淀，黑色
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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。
8．A【解析】实验室制取 SO2气体利用的是亚硫酸氢钠固体和浓硫酸（一般是 70%~75左右，不是 98.3%），
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，D错误。
9．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
1
变化的图，90min 时苯酚的残留率为 60%，平均反应速率为 v = (0.4×50) / 60 = mg L 1 min 1，C正确；由
3
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
SO2和 Cl2通入溶液中发生反应 SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，继而 H2SO4与 BaCl2反应生成 BaSO4，B正
确；H2O2与 KMnO4溶液反应时，H2O2表现还原性，C错误；麦芽糖和其水解产物葡萄糖都是还原性糖，
所以麦芽糖会干扰葡萄糖的检验，C错误。
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 1mol O2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。
13．C【解析】从图 a可以看出每个 Fe2+周围有 6个 O2-离子，所以 Fe2+的配位数为 6，A正确；原子簇（Fe4O10）
中的铁都是+3价，根据晶体结构呈电中性，FeO晶体结构中每缺少 2个 Fe2+，则会有 4个 Fe2+变为 Fe3+，
4个 Fe3+可以形成 1个原子簇（Fe4O10），B正确；图 b中体心的空缺位被 Fe3+包围，不适合填充阳离子
（同性电荷斥力大），C错误；当 x=0.1时，设晶体 Fe0.9O中 Fe2+、Fe3+个数分别为 a、b，则 a+b=0.9、
2a+3b=2，解得 a=0.7、b=0.2，所以 Fe2+、Fe3+个数比为 7:2，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)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 +
2 11.7
2Cl- 2AgCl+CrO2 (CrO ) sp(Ag2CrO4) 104 的平衡常数 K= 42 = = 7.72 9.7×2 = 10 ，C错误；滴定终点时，若溶液中 (Cl ) (AgCl) 10
c(K2CrO4)=0.01mol·L-1，则 pAg =
1[pKsp(Ag2CrO4)- pCrO4]=
1(11.7-2)=4.85，pCl = pKsp(AgCl) – pAg=9.7-4.85=4.85，2 2
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
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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 1227.5 （ ） %
3
【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 1227.5 ） %
3
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)2 Fe (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
（5）由得失电子守恒得关系式：5C O2 ~ 2MnO 2 -32 4 4，则 n(C2O4 )= cv×10 mol，2
5
产品纯度 = ( cv×10-3 mol×1×10×491g·mol-1)/mg×100% = 1227.5 %
2 3 3
16.（14分）（每空 2分）
（1）第四周期第ⅤA族
（2）2FeAsS + 4Fe2O3 2As+ 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 + FeS2 2SnS + 4CO2 + Fe；或 3CO +2SnO2 + FeS2 2SnS + 3CO2 + FeO
（5）实现了砷与锡的高效分离
21
（6）4 8 119 10 9.52 10 23 952 10 21
a 3N 3A 或 a NA 或 a
3NA
【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 + 4Fe2O3 2As+ 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
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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 + FeS2 2SnS + 4CO2 + Fe；或 3CO +2SnO2 + FeS2 2SnS + 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，
m 8 119 1021所以 。
v a3NA
17.（14分）（除标注外每空 2分）
（1）-141.5
（2）①CO ②两者均为放热反应，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
②平衡逆向移动的程度 ③一直减小（1分）
（3）0.2（1分） 7.3
（4）2CO2+12H++12e－=C2H5OH+3H2O Cu-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逆向移动的程度小于反应①逆向移动的程度，此时 CO增多。
（3）根据投料和转化率列出三段式：
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0.6 0.6
可知 c(CH3OCH3)=0.2mol/1L=0.2mol·L-1；气体的物质的量共 2.6mol，所以反应②的
K 2.6 2.6x 7.30.2 2 0.8
2.6 2.6
。
（4）根据元素价态变化和酸性环境可得出电极反应方程式为 2CO2+12H++12e－=C2H5OH+3H2O；
Cu-BTC-X催化剂较普通 Cu颗粒催化剂活性位点相对分散，有利于提高催化剂与反应物的接触面积，提高催化
效率。
18.（15分）（除标注外每空 2分）
（1）C2H3N3S（1分）
（2） 取代反应
（3）碳氟键（氟原子） 硝基
（4）
（5）2,4-戊二酮 （6）10
（7）
【解析】（1）根据碳四价原则可知，A的分子式为 C2H3N3S。
（2）根据 D和 B的结构以及 C的分子式可以推得 C的结构简式为 。B与 C生成 D的反应
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为取代反应，生成 D的同时也生成了 HCl。
（3）G中含有的官能团为碳氟键（氟原子）、硝基。
（4）有 K 和 E的结构以及 J的分子式可以推得 J的结构简式为 ，所以由 E和 J生成 K的
化学方程式为 。
（5）由 H有两种氢原子、一种官能团可推知其结构简式为 ，其名称为 2,4-戊二酮。
（6）J的同分异构体中，同时满足下列条件的有：
，共 1+3+3+3=10种。
（7）已知 I和 J的结构，根据反应信息的提示可推知反应的过程为：
，所以 N的结构简
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式为 。
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