閱卷注意事項：1．閱卷前請學科教研組長組織改卷老師開會，強調改卷紀律，統一標準。2．請老師改卷前務必先做一遍試題，了解自己所改試題的答案、評分細則、答題角度后，再開始改卷。3．請老師認真批閱，不可出現錯改、漏改現象，如果不小心漏改或錯改了，可以返回上一題重評。4．成績發布后，如果有學校反饋錯評、亂評，平臺定位閱卷老師，情況屬實的將進行通報批評。5．化學主觀題若學生答出不同于所給參考答案和評分標準里的其他要點，且符合題目要求，均可靈活給分。6．閱卷平臺出現的相關問題，如果刷新頁面重新登錄未能解決，請將問題反饋給學校負責技術的老師（或考試負責人），由其統一在技術微信群里反饋問題并協助解決。123456789BDACCBBADDBDCD1．B【解析】青銅是銅和錫的合金，A正確；Fe3O4為黑色，紅色顏料中含有的是Fe2O3，B錯誤；陶瓷的制作過程中硅酸鹽發生復雜的化學反應，C正確；“薪柴之灰”即草木灰，將草木灰用水浸泡、得到堿性溶液，所以堿是K2CO3，D正確。2．D【解析】石油的分餾利用了各成分的沸點不同，為物理變化，A正確；藥酒的炮制利用了酒精萃取固體藥材中的有效成分，B正確；測定晶體結構可用X射線衍射法，C正確；碳酸氫鈉用來治療胃酸過多，是因為碳酸氫鈉可以和胃酸（鹽酸）發生反應，D錯誤。3．A【解析】M中不飽和碳原子的雜化方式為sp2、飽和碳原子的雜化方式為sp3，A正確；N中含有飽和碳原子不可能所有原子共平面，B錯誤；M通過形成氫鍵識別并分離N，C錯誤；超分子是由兩種或兩種以上分子通過分子間相互作用力形成的分子聚集體，M是單個分子不符合超分子的定義，D錯誤。4．C【解析】芳香烴只含碳和氫兩種元素，M不符合定義，A錯誤；與足量溴水反應，N中含有酚羥基，Br2可以取代鄰對位上的氫原子，最多消耗4molBr2，B錯誤；酚羥基可以與Fe3+形成紫色絡合物，M不含酚羥基，N含有酚羥基可以鑒別，C正確；PEEK的合成反應是通過M和N的羥基和氟代基之間的縮合反應屬于縮聚，D錯誤。5．C【解析】N2O4發生自發的可逆反應生成NO2，N2O4分子總數小于0.5NA，A錯誤；未明確溶液的體積，無法計算NOEQ\*jc3\*hps14\o\al(\s\up4(?),3)的數目，B錯誤；一個NO中含有一個σ鍵和兩個π鍵，根據反應方程式的計量關系，可以得出23gNa生成1molNO，C正確；分析化合價變化可知，鈉元素化合價升高，氮元素生成NO降低2價，生成NaNO3升高1價，所以NaNO3與電子的比例關系為1：2，每生成1molNaNO3，轉移電子數目為2NA，D錯誤。6．B【解析】H2S的VSEPR模型為正四面體形，A錯誤；Fe為26號元素，形成Fe3+失去3個電子，B正確；Na2S是離子晶體，H2S是分子晶體，所以Na2S的熔點更高，C錯誤；H2S和H2O中心原子雜化方式均為sp3雜化且分子空間都有2個孤電子對，O原子電負性大，O-H鍵長相對較短，斥力更大，所以H2O的鍵角更大，D錯誤。7．B【解析】Fe3+的水解方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正確；Fe(OH)3為紅褐色沉淀，黑色沉淀應該是Fe2S3，B錯誤；通過已知信息可知①中黑色沉淀為Fe2S3，②中黑色沉淀為FeS，所以C、D均正確。A正確；醇揮發使高錳酸鉀溶液褪色，干擾丙烯的檢驗，B錯誤；乙酸揮發酸化苯酚鈉，干擾二氧化碳的酸性的體現，C錯誤；銀氨溶液的配制是將氨水滴加到硝酸銀溶液中，D9．D【解析】根據題干信息，X為碳（C）、Y為氮（N）、Z為鈉（Na）、W為硅（Si）或硫（S）；Na>Si>C>N或Na>S>C>N滿足原子半徑：Z>W>X>Y，A正確；Na的原子半徑最大，電離能最小，原子半徑Si>S>C>N故第一電離能Y>W>Z，B正確；N原子的半徑比C原子的電負性大且半徑小，故鍵的極性：N-H>C-H，C正確；W的氧化物可能是SiO2為共價晶體，也有可能為SO2分子晶體，D錯誤。10．D【解析】無光時幾乎不反應，光照時BiOCl晶體中電子激發產生空穴，氧化苯酚，A正確；實驗①在210min時苯酚的殘留率接近0%，降解率接近100%，B正確；根據題目中給出的實驗②苯酚的殘留率隨時間變化的圖，90min時苯酚的殘留率為60%，平均反應速率為正確；由圖可知光照時苯酚的初始濃度越大降解速率越慢，D錯誤；11．B【解析】用濃硫酸和氯化鈉固體制取氯化氫，是利用了濃硫酸的高沸點性，A錯誤；等物質的量的12．D【解析】堿性電解液中Zn2+以[Zn(OH)4]2-的形式存在，A錯誤；放電時，空氣電極為正極，發生得電子的還原反應，B錯誤；放電時，鋅電極發生氧化反應，充電時，發生還原反應，接電源負極，C錯誤；充電時，每生成1molO2轉移電子4mol，依據得失電子守恒可知生成鋅2mol，質量為130g，D正確。），14．D【解析】根據圖中直線斜率判斷沉淀溶解平衡曲線①為AgCl沉淀溶解平衡曲線，A錯誤；a點條件下Q(AgCl)>K(AgCl)，能生成AgCl沉淀，Q(Ag2CrO4)<K(Ag2CrO4)，不能生成Ag2CrO4沉淀，B錯誤；由點（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)的平衡常數錯誤；滴定終點時，若溶液中c(Cl-)=10-4.85，D正確。15.（15分除標注外每空2分）（1）防止FeSO4結晶析出燒杯、玻璃棒、漏斗。（2）蒸發濃縮（1分）冷卻結晶（1分）（3）高于40℃,H2O2會分解，低于40℃,反應速率太慢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沒過沉淀，待乙醇緩緩流下，重復操作2~3次。（5）1227.5cv%3m【解析】（1）燒杯、玻璃棒、漏斗；防止FeSO4結晶析出。（2）蒸發濃縮、冷卻結晶。（3）高于40℃,H2O2會分解，低于40℃,反應速率太慢；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沒過沉淀，待乙醇緩緩流下，重復操作2~3次。（5）1227.5cv%3m解析1）步驟Ⅰ“趁熱過濾，得濾液”，所以趁熱過濾的目的是防止FeSO4結晶析出；“過濾”用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗。（2）步驟Ⅱ經過一系列操作得(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，所以該操作為冷卻結晶，具體操作為蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（3）步驟Ⅲ控制溫度40℃的原因是高于40℃,H2O2會分解，低于40℃,反應速率太慢；生成Fe(OH)3沉淀的離子方程式為2Fe2++H2O2+4NH3·H2O=2Fe(OH)3↓+4NH4+。（4）由已知K3[Fe(C2O4)3]·3H2O易溶于水，難溶于乙醇，得步驟Ⅳ沉淀的洗滌所用試劑為乙醇；沉淀的洗滌操作為沿玻璃棒向漏斗中加乙醇至恰好沒過沉淀，待乙醇緩緩流下，重復操作2~3次。（5）由得失電子守恒得關系式則產品純度16.（14分每空2分）（1）第四周期第ⅤA族（2）2FeAsS+4Fe2O32As+3Fe3O4+FeS2（3）CO含量過大會還原Fe3O4生成Fe，Fe與As形成合金，降低As的揮發率，因此焙燒渣中As的質量分數增大（4）4CO+2SnO2+FeS22SnS+4CO2+Fe；或3CO+2SnO2+FeS22SnS+3CO2+FeO（5）實現了砷與錫的高效分離【解析】（1）第四周期第ⅤA族。（2）有流程分析可知“低溫焙燒”中SnO2未發生反應，Fe2O3與FeAsS生成As、Fe3O4和FeS2，根據元素守恒配平可得2FeAsS+4Fe2O32As+3Fe3O4+FeS2；（3）CO含量過大會還原Fe3O4生成Fe，Fe與As形成合金，降低As的揮發率，因此焙燒渣中As的質量分數增大。（4）由流程圖可知CO將SnO2還原成SnS，根據硫元素守恒，反應需要FeS2參加，得出反應方程式為4CO+2SnO2+FeS22SnS+4CO2+Fe；或3CO+2SnO2+FeS22SnS+3CO2+FeO；（5）由已知信息②可知Fe與As、Sn能形成合金，降低As、Sn的揮發率，本方法可以實現了砷與錫的高效分離（6）金剛石型的晶胞結構如下所示，配位數為4；灰錫的晶胞結構類似金剛石，一個晶胞中含有8個Sn原子，所以17.（14分除標注外每空2分）（2）①CO②兩者均為放熱反應，溫度升高均逆向移動，而反應①平衡逆向移動的程度大于反應（4）2CO2+12H++12e－=C2H5OH+3H2OCu-BTC-X催化劑中Cu活性位點相對均勻分散，這有利于增大其活性面積，從而提高其還原CO2的效率解析1）反應CO(g)＋2H2(g)＋CH3OCH3(g)CH3CH2OH(g)＋CH3OH(g)可以由反應①加反應②得到，所以ΔH=ΔH1+ΔH2＝-141.5kJ·mol-1。（2）反應①、②均是放熱反應，所以升高溫度反應①、②均逆向移動，H2的平衡轉化率一直減小。反應①逆向移動使CH3COOCH3的物質的量分數降低，反應②逆向移動使CH3COOCH3的物質的量分數增大，CH3COOCH3的物質的量分數500℃之前隨溫度升高而增大，說明升高溫度反應②逆向移動的程度大于反應①逆向移動的程度，同時H2的量也在增大，所以A為H2的物質的量分數變化曲線，此時CO的量變化不大，B為CO的物質的量分數變化曲線，CH3COOCH3的物質的量分數500℃之后隨溫度升高而降低，說明升高溫度反應②逆