2026屆福建省泉州市永春一中化學高三第一學期期中質量跟蹤監(jiān)視試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列反應的方程式正確的是A．蔗糖與濃硫酸混合產(chǎn)生刺激性氣味的氣體：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2OC．向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓D．Ca(HCO3)2溶液與足量NaOH溶液反應：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O2、化學與人類生產(chǎn)、生活密切相關，下列說法不正確的是A．計算機芯片的主要材料是SiB．明礬能使海水淡化從而解決淡水危機C．可用碘酒滅菌消毒是因為它能使蛋白質變性D．鈉、鍶、鋇等金屬化合物可在燃放時呈現(xiàn)艷麗色彩3、在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，若向氯水中加入少量NaHCO3粉末，溶液中發(fā)生的變化是（）A．pH增大，HClO濃度減小 B．pH增大，HClO濃度增大C．pH減小，HClO濃度增大 D．pH減小，HClO濃度減小4、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐漸加入鐵粉，充分反應后溶液中固體剩余物的質量與加入鐵粉的質量如圖所示。忽略溶液體積的變化，下列說法不正確的是A．a(chǎn)點時溶液中陽離子為Cu2+、Fe2+和Fe3+B．b點時溶液中發(fā)生的反應為：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c點時溶液中溶質的物質的量濃度為0.5mol·L－1D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度之比為1∶15、三硅酸鎂（Mg2Si3O8·nH2O)難溶于水，在醫(yī)療上可做抗酸劑。它除了可以中和胃液中多余的酸之外，生成的H2SiO3還可覆蓋在有潰瘍的胃表面，緩解刺激。將0.184g三硅酸鎂（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1鹽酸中，充分反應后，濾去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的鹽酸，消耗NaOH溶液30mL，則n為A．6B．5C．4D．36、mg鋁鎂合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全反應（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO），向反應后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，當?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質量恰好為最大值ng，則下列有關該實驗的說法中正確的有①沉淀中氫氧根的質量為(n-m)g②恰好溶解后溶液中的NO3-離子的物質的量為aVmol③反應過程中轉移的電子的物質的量為mol④生成NO氣體的體積室溫下為L⑤與合金反應的硝酸的物質的量為()molA．2項 B．3項 C．4項 D．5項7、下列離子方程式書寫錯誤的是（）A．FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+B．CH3COOH與NaOH溶液反應：CH3COOH+OH-→CH3COO-+H2OC．FeSO4溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-D．鋁粉投入到氨水溶液中：2Al+2H2O+2OH-→2AlO+3H28、下列說法正確的是（）A．二氧化硅具有良好的半導體特性，故而可用作光導纖維B．硅酸鈉為鹽，非堿類物質，故可用玻璃瓶盛裝C．高溫下SiO2能與Na2CO3固體反應生成Na2SiO3和CO2，說明硅酸酸性強于碳酸D．硅溶于氫氧化鈉溶液，只有水作氧化劑，NaOH既非氧化劑也非還原劑9、海洋生物參與氮循環(huán)過程如圖所示：下列說法不正確的是()A．反應②中有極性鍵斷裂和非極性鍵生成B．反應③中可能有氧氣參與反應C．反應①～⑤中包含3個氧化還原反應D．等量NO2-參加反應，反應④轉移電子數(shù)目比反應⑤多10、已知：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；K2Cr2O7+14HCl＝2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O；MnO2+4HCl=MnCl2+Cl2↑+2H2O其中，KMnO4和一般濃度的鹽酸反應，K2Cr2O7需和較濃的鹽酸（＞6mol·L-1）反應，MnO2需和濃鹽酸（＞8mol·L-1）反應。以下結論中，不正確的是()A．上述反應既屬于氧化還原反應，又屬于離子反應B．生成1molCl2轉移電子數(shù)均為2NA（NA為阿伏加德羅常數(shù)）C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2D．鹽酸的濃度越大，Cl-的還原性越強11、根據(jù)表中數(shù)據(jù)，下列判斷正確的是（）A．在等濃度的NaF、NaH2PO4混合溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(F－)+c(H2PO4－)+c(OH－)B．少量H3PO4和NaF反應的離子方程式為：H3PO4+2F－===HPO42－+2HFC．同溫同濃度時，溶液的pH：NaF＞NaH2PO4＞Na2HPO4D．結合質子能力：PO43－＞HPO42－＞F－12、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(如下圖所示)。下列有關化學反應的敘述正確的是A．[O]表示還原劑B．能與反應生成和NOC．能與溶液反應生成D．物質X一定為13、中國傳統(tǒng)文化對人類文明貢獻巨大，古代文獻中記載了古代化學研究成果。下列常見古詩文對應的化學知識正確的是（）常見古詩文記載化學知識A《夢溪筆談》中對寶劍的記載：“古人以劑鋼為刃，柔鐵為莖干，不爾則多斷折”鐵的合金硬度比純鐵的大，熔點比純鐵的高B《天工開物》中記載：凡火藥，硫為純陽，硝為純陰硫指的是硫黃．硝指的是硝酸鉀C《本草綱目拾遺》中對強水的記載：“性最烈，能蝕五金，其水甚強，惟玻璃可盛”強水為氫氟酸D《本草綱目》“燒酒”條目下寫道自元時始創(chuàng)其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上其清如水，味極濃烈，蓋酒露也”這里所用的“法”是指萃取A．A B．B C．C D．D14、(NH4)2SO3氧化是氨法脫硫的重要過程。某小組在其他條件不變時，分別研究了一段時間內溫度和(NH4)2SO3初始濃度對空氣氧化(NH4)2SO3速率的影響，結果如圖。下列說法不正確的是A．60℃之前，氧化速率增大與溫度升高化學反應速率加快有關B．60℃之后，氧化速率降低可能與O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解有關C．(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，與SO32-水解程度增大有關D．(NH4)2SO3初始濃度增大到一定程度，氧化速率變化不大，可能與O2的溶解速率有關15、某學習小組在討論問題時各抒己見，下列是其中的四個觀點，你認為正確的是A．某單質固體能導電，則該單質一定是金屬單質B．某化合物的水溶液能導電，則該化合物一定是電解質C．某化合物固態(tài)不導電，熔融態(tài)導電，則該化合物很可能是離子化合物D．某純凈物常溫下為氣態(tài)，固態(tài)不導電，則構成該純凈物的微粒中一定有共價鍵16、下列物質的水溶液在空氣中小心加熱蒸干灼燒至質量不再減少，能得到較純凈的原溶質的是（）①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．僅③C．僅①③D．僅①③⑥二、非選擇題（本題包括5小題）17、PVAc是一種具有熱塑性的樹脂，可合成重要高分子材料M，合成路線如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ為H原子或烴基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是電石氣，則A的結構簡式為___。已知AB為加成反應，則X的結構簡式為___；B中官能團的名稱是___。（2）已知①的化學方程式為___。（3）寫出E的結構簡式___；檢驗E中不含氧官能團（苯環(huán)不是官能團）的方法__。（4）在EFGH的轉化過程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結構，則M的結構簡式為___。（6）以乙炔為原料，結合已知信息選用必要的無機試劑合成1-丁醇。___。18、阿克他利M（）是一種抗風濕性關節(jié)炎藥物，其合成路線如下：完成下列填空：(1)反應①的反應類型為_______________。(2)反應②所用的試劑為_________________。(3)寫出的所有含苯環(huán)結構的同分異構體的結構簡式。_______________(4)寫出由對硝基苯乙酸（）得到對硝基苯乙酸乙酯的試劑和條件。______________(5)A的分子式為C7H8，寫出由A合成苯甲醛的合成路線。_____________19、煙道氣的主要成分為粉塵、空氣、H2O、NOx，其中NOx是主要的大氣污染物之一，為了監(jiān)測某工廠煙道氣中NOx含量，采集標準狀況下50.00L煙道氣樣經(jīng)除塵、干燥后緩慢通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NO3?，除去多余的H2O2并加水稀釋至100.00mL。量取20.00mL該溶液，加入30.00mL0.01000mol·L?1FeSO4標準溶液（過量），充分反應后，用0.001000mol·L?1K2Cr2O7標準溶液滴定至終點，消耗K2Cr2O7溶液10.00mL。滴定過程中發(fā)生如下反應：Fe2++NO3?+H+—NO↑+Fe3++H2O（未配平）+Fe2++H+—Cr3++Fe3++H2O（未配平）（1）NO被H2O2氧化為NO3?的離子方程式是_________。（2）配制100mL0.001000mol·L?1K2Cr2O7標準溶液時，除需用到燒杯、量筒、玻璃棒外，還需用到的玻璃儀器有_________、_________。（3）若FeSO4標準溶液部分變質，會使NOx含量測定結果_________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。（4）標準狀況下該工廠煙道氣中NOx（折合成NO2）的含量為_________mg·m?3（寫出計算過程）。20、聚合硫酸鐵、明礬可用作凈水劑。某課題組擬以廢棄的鋁鐵合金為原料制備聚合硫酸鐵和明礬，設計化工流程如下：(1)聚合硫酸鐵能溶于水，微溶于乙醇，其化學式可表示為[Fe2(OH)x(SO4)y]n。①在聚合硫酸鐵中，x、y之間的關系是_______。試劑X中溶質的化學式為________。②上述流程圖中的“氧化”設計存在缺陷，請?zhí)岢龈倪M意見；____________________為了降低聚合硫酸鐵的溶解度，在濃縮過程中加入適量的溶劑是________(填結構簡式)。③加入試劑Y的目的是為了調節(jié)溶液的PH，若Y為氧化物，寫出調節(jié)PH的離子方程式：________；溶液的pH對[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有較大影響(如圖A所示)，試分析pH過小(pH≤3.0)導致聚合硫酸鐵中x的值減小的原因：________。(2)明礬的化學式為KAl(SO4)2·12H2O。圖B為明礬的溶解度隨溫度變化的曲線，由濾液Ⅰ制備明礬晶體的流程如下(供選用的試劑：廢棄的鋁鐵合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：①試劑1是____；操作1的名稱是________。②結晶措施是________。21、用硼鎂礦(Mg2B2O5·H2O，含F(xiàn)e2O3雜質)制取硼酸(H3BO3)晶體的流程如下。同答下列問題：(1)沉淀的主要成分為____________________(填化學式)。(2)寫出生成Na2B4O5(OH)4·8H2O的化學方程式_________________________________。(3)檢驗H3BO3晶體洗滌干凈的操作是______________________________。(4)已知：實驗室利用此原理測定硼酸樣品中硼酸的質量分數(shù)。準確稱取0.3000g樣品于錐形瓶中，加入過量甘油加熱使其充分溶解并冷卻，滴入1～2滴酚酞試液，然后用0.2000mol·L-1NaOH標準溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液22.00mL。①滴定終點的現(xiàn)象為________________________。②該硼酸樣品的純度為_________________％(保留1位小數(shù))。(5)電解NaB(OH)4溶液制備H3BO3的工作原理如下圖。①b膜為________交換膜(填“陰離子”或“陽離子”)。理論上每生成1molH3BO3，兩極室共生成__________L氣體(標準狀況)。②N室中，進口和出口NaOH溶液的濃度：a％_________b％(填“>”或“<”)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【詳解】A、濃硫酸具有脫水性和強的氧化性，使蔗糖脫水生成碳，該過程放熱，碳與濃硫酸在加熱條件下反應生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化學反應方程式為：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正確；B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反應的生成物為硝酸銅、一氧化氮、水，其離子方程式為：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B錯誤；C、向硫酸銨溶液中加入氫氧化鋇溶液，其反應的離子方程式為：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C錯誤；D、以Ca(HCO3)2系數(shù)為1，與NaOH溶液反應的離子方程式為：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D錯誤?！军c睛】配比型離子反應方程式：當一種反應物中有兩種或兩種以上組成離子參與反應時，因其組成比例不協(xié)調(一般為復鹽或酸式鹽)，當一種組成離子恰好完全反應時，另一種組成離子不能恰好完全反應(有剩余或不足)而跟用量有關。書寫方法為“少定多變”法（1）“少定”就是把相對量較少的物質定為“1mol”，若少量物質有兩種或兩種以上離子參加反應，則參加反應的離子的物質的量之比與原物質組成比相符。（2）“多變”就是過量的反應物，其離子的化學計量數(shù)根據(jù)反應實際需求量來確定，不受化學式中的比例制約，是可變的。2、B【解析】試題分析：A．計算機芯片的主要材料是Si，正確；B．明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，能做凈水劑，錯誤；C．可用碘酒滅菌消毒是因為它能使蛋白質變性，正確；D．鈉、鍶、鋇等金屬化合物的焰色反應各不相同，可在燃放時呈現(xiàn)艷麗色彩，正確；故選B?？键c：考查了物質的性質和用途的相關知識。3、B【分析】若向氯水中加入少量NaHCO3粉末，會和溶液中的鹽酸反應使平衡正向進行，根據(jù)此分析進行解答?！驹斀狻看温人崴嵝孕∮谔妓?，不與碳酸氫鈉反應，若向氯水加入碳酸氫鈉粉末，鹽酸與碳酸氫鈉反應，平衡向正反應方向移動，溶液中次氯酸濃度增大，溶液PH增大，故B選項正確。故答案選B。4、D【分析】由氧化性的強弱（Fe3+＞Cu2+）及圖象變化可知：①0～5.6gFe發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe時，消耗鐵1.12g，剩余物為1.28g，而1.28gCu的物質的量為0.02mol，此時發(fā)生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入鐵粉為從1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）時，固體增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此時溶液中不含Cu2+，反應完全，以此來解答。【詳解】A．0～5.6gFe發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a點時溶液中陽離子為Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正確；B．由圖可知加入鐵粉0.56g～1.68g時，n（Fe）=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物為1.28g，即1.28gCu的物質的量為1.28g÷64g/mol=0.02mol，此時發(fā)生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正確；C．由圖象可知原溶液中Fe3+為0.02mol，即Fe2(SO4)3為0.01mol，n（SO）=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+為0.02mol，即CuSO4為0.02mol，n（SO）=n（CuSO4）=0.02mol，當加入鐵粉為從1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）時，固體增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶質為FeSO4，n（SO）=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n（FeSO4）=n（SO）=0.05mol，所以c點溶液中溶質的物質的量濃度為0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，故C正確；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3為0.01mol，CuSO4為0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質的量濃度之比=物質的量之比為1：2，故D錯誤；故答案選D。5、A【解析】試題分析：由題意知，三硅酸鎂可以和鹽酸反應生成的H2SiO3和氯化鎂。將0.184g三硅酸鎂（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1鹽酸中，充分反應后，濾去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的鹽酸，消耗NaOH溶液30mL，則剩余的鹽酸n(HCl)=n(NaOH)=0.003mol。50mL0.1mo1·L－1鹽酸中含0,005mol溶質，所以與三硅酸鎂反應的鹽酸為0.002mol。由4HCl~Mg2Si3O8·nH2O可以求出三硅酸鎂的物質的量為0.0005mol，求出三硅酸鎂的摩爾質量為g/mol，則24，解之得n為6，A正確，本題選A。6、B【分析】鎂鋁合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全溶解，向反應后的混合溶液中滴加amol·L－1NaOH溶液，當?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質量恰好為最大值，沉淀質量最大時，沉淀Wie氫氧化鋁和氫氧化鎂，此時溶液為硝酸鈉溶液；①沉淀質量等于合金質量與OH－質量之和；②根據(jù)n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)，進行計算；③沉淀中OH－的物質的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質的量，也等于合金失去電子物質的量；④條件是室溫狀態(tài)，不是標準狀況，無法直接用22.4L·mol－1；⑤參加反應的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物質的量等于硝酸鈉的物質的量，起氧化劑的硝酸的物質的量等于NO的物質的量?！驹斀狻竣俪恋頌锳l(OH)3和Mg(OH)2，根據(jù)原子守恒，其質量應為合金質量和OH－的質量，即m(OH－)=(n－m)g，故①正確；②當沉淀質量達到最大時，溶液中溶質為NaNO3，即n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10－3×amol，故②錯誤；③在沉淀中OH－的物質的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質的量，也等于合金失去電子物質的量，即n(e－)=n(OH－)=(n－m)/17mol，故③正確；④根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，即生成n(NO)=(n－m)/(17×3)mol=(n－m)/51mol，因為室溫狀態(tài)下，因此無法計算NO的體積，，故④不正確；⑤參加反應的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，因此與合金反應的硝酸的物質的量為[aV×10－3＋(n－m)/51]mol，故⑤正確；綜上所述，選項B正確。7、D【詳解】A.FeCl3溶液呈酸性是因為鐵離子水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正確；B.CH3COOH與NaOH溶液反應生成醋酸鈉和水：CH3COOH+OH-＝CH3COO-+H2O，B正確；C.FeSO4溶液中通入Cl2亞鐵離子被氧化為鐵離子：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，C正確；D.由于氨水不能溶解氫氧化鋁，鋁粉投入到氨水溶液中不反應，D錯誤；答案選D。8、D【詳解】A.硅具有良好的半導體特性，二氧化硅可用作光導纖維，故錯誤；B.硅酸鹽具有粘性，容易將玻璃瓶與玻璃塞粘到一起，不能用玻璃瓶盛裝，故錯誤；C.高溫下SiO2能與Na2CO3固體反應生成Na2SiO3和CO2，不是在常溫下進行，且不是在水溶液中進行，不能說明硅酸的酸性強于碳酸，故錯誤；D.硅與氫氧化鈉溶液反應生成硅酸鈉和氫氣，水中氫離子化合價降低，做氧化劑，故正確；故選D。9、C【詳解】A.反應②中NH2OHN2H4，NH2OH中極性鍵斷裂，N2H4中有非極性鍵生成，故A正確；B.反應③中N2H4N2，N元素化合價上升，N2H4是還原劑，可能需要氧化劑O2參與反應，故B正確；C.反應①～⑤中②、③、④、⑤是氧化還原反應，故C錯誤；D.④中N元素由+3價降低到-1價，⑤中N元素由+3價降低到0價，等量NO2-參加反應，反應④轉移電子數(shù)目比反應⑤多，故D正確；故選C。10、C【解析】A.上述反應中都有電子轉移和離子參加，所以既屬于氧化還原反應，又屬于離子反應，故正確；B.兩個反應中氯元素都從-1價變?yōu)?價，生成1molCl2轉移電子數(shù)為2mol，均為2NA，故正確；C.根據(jù)反應物的濃度分析，鹽酸濃度越大，與之反應的氧化劑的氧化性越弱，則氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞MnO2＞Cl2，故錯誤；D.鹽酸中氯離子的還原性和鹽酸的濃度大小有關，鹽酸的濃度越大，Cl-的還原性越強，故正確；故選C?！军c睛】掌握氧化性或還原性的強弱比較的規(guī)律，一般可以根據(jù)反應物的濃度大小分析，濃度越大，說明與之反應的物質的性質越弱，反應條件越低，說明反應物的性質越強。11、D【解析】根據(jù)電荷守恒、水解規(guī)律、離子方程式的書寫分析。【詳解】A.根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(F－)+c(H2PO4－)+c(OH－)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，故A錯誤；B.少量H3PO4和NaF反應生成NaH2PO4和HF，離子方程式為：H3PO4

+F-=H2PO4-+HF，故B錯誤；C.根據(jù)鹽類水解規(guī)律：越弱越水解，可知同溫同濃度時，溶液的pH：Na2HPO4＞NaH2PO4＞NaF，故C錯誤；D.根據(jù)電離常數(shù)可知，結合H+

的能力由強到弱：PO43－＞HPO42－>F-＞H2PO4-，故D正確。故選D?！军c睛】鹽類水解規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解，雙弱雙水解，誰強顯誰性。12、C【詳解】A．由圖中可知，[O]表示氧化劑，A錯誤；B．能與反應生成，反應方程式為：N2O5+H2O=2HNO3，B錯誤；C．SO2具有還原性，H2O2具有氧化性，故能與溶液反應生成，C正確；D．當NH3過量時生成物質X為(NH4)2SO4，當硫酸過量時生成物質X為，D錯誤；故答案為：C。13、B【詳解】A.鐵的合金的熔點比純鐵的低，A不正確；B．黑火藥中，硫指的是硫黃．硝指的是硝酸鉀，B正確；C．玻璃的主要成分為二氧化硅，能與氫氟酸反應，由“惟玻璃可盛”判斷，強水肯定不是氫氟酸，C不正確；D.“用濃酒和糟入甑，蒸令氣上其清如水”，這里的“法”是指蒸餾，D不正確。故選B。14、C【分析】A、溫度越高，氧化速率越快；B、反應物濃度降低，反應速率降低；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度；D、當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率。【詳解】A、溫度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大與溫度升高化學反應速率加快有關，故A正確；B、反應物濃度降低，反應速率降低，溫度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受熱易分解，均使反應物濃度降低，故B正確；C、SO32-水解不影響溶液中+4價硫的總濃度，故C錯誤；D、當亞硫酸銨的濃度增大到一定程度后，亞硫酸根離子被氧化的速率大于氧氣的溶解速率，因氧氣的溶解速率較小導致亞硫酸根離子的氧化速率變化不大。故D正確；故選C?！军c睛】本題考查外界條件對化學反應速率的影響，解題關鍵：綜合理解多種條件同時對反應速率影響時，有一個條件在某時段起主導作用。15、C【解析】A．能導電的固體單質不一定是金屬單質，如石墨，選項A錯誤；B．某化合物的水溶液能導電，但該化合物不一定是電解質，也可能是非電解質，如二氧化硫水溶液能導電，但電離出陰陽離子的是亞硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非電解質，選項B錯誤；C．某化合物固態(tài)不導電，熔融態(tài)導電，該化合物可能是離子化合物，如硫酸鋇，硫酸鋇晶體中不含自由移動的離子，所以固體硫酸鋇不導電，在熔融狀態(tài)下，硫酸鋇電離出陰陽離子而導電，選項C正確；D．某純凈物常溫下為氣態(tài)，固體不導電，則構成該純凈物的微粒中不一定含有共價鍵，如：稀有氣體，稀有氣體是單原子分子，不含化學鍵，選項D錯誤；答案選C。16、C【解析】根據(jù)鹽類的水解原理分析；【詳解】①CuSO4溶液中Cu2+水解生成氫氧化銅和硫酸，硫酸是難揮發(fā)性酸，加熱蒸干至質量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質；故①符合題意；

②FeSO4中的Fe2+加熱易被氧化為三價鐵，最終無法得到原溶質，故②不符合；

③K2CO3溶液中碳酸根離子水解生成碳酸氫鉀和氫氧化鉀，加熱蒸干至質量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質，故③符合題意；

④Ca（HCO3）2受熱分解生成CaCO3、CO2和H2O，加熱蒸干至質量不再減少為止，能得到較純凈碳酸鈣，故④不符合；

⑤NH4HCO3受熱分解，生成CO2、H2O和NH3，故加熱后得不到原溶質，故⑤不符合；

⑥KMnO4加熱到質量不變，分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，故得不到原溶質，故⑥不符合題意；

⑦FeCl3溶液水解生成氫氧化鐵和氯化氫，氯化氫揮發(fā)促進水解得到氫氧化鐵，在加熱蒸干，氫氧化鐵分解生成Fe2O3，故得不到原溶質，故⑦不符合意義。

故選C?！军c睛】掌握物質在水溶液中，經(jīng)過加熱促進水解的過程中發(fā)生的化學變化是解題關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳雙鍵+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱使其充分反應，冷卻后過濾，向濾液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵保護醛基不被H2還原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是電石氣，A為HC≡CH，與X反應生成B，由B的結構簡式可知X為CH3COOH，發(fā)生加聚反應生成PVAc，結構簡式為，由轉化關系可知D為CH3CHO，由信息Ⅰ可知E為，由信息Ⅱ可知F為，結合G的分子式可知G應為，H為，在E→F→G→H的轉化過程中，乙二醇可保護醛基不被H2還原，M為，以此分析解答?！驹斀狻?1)A的俗名是電石氣，A為HC≡CH，根據(jù)上述分析，X為CH3COOH，B()中的官能團為酯基、碳碳雙鍵，故答案為HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳雙鍵；(2)反應①的化學方程式為+nNaOH+nCH3COONa，故答案為+nNaOH+nCH3COONa；(3)E為，E中不含氧官能團為碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以檢驗碳碳雙鍵前，需要把醛基破壞掉，故檢驗碳碳雙鍵的方法為：加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱充分反應，冷卻后過濾，向濾液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵，故答案為；加入新制Cu(OH)2懸濁液，熱充分反應，冷卻后過濾，向濾液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵；(4)E中含有醛基，經(jīng)E→F→G→H的轉化后又生成醛基，則乙二醇的作用是保護醛基不被H2還原，故答案為保護醛基不被H2還原；(5)M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結構，則M的結構簡式為，故答案為；(6)以乙炔為原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增長碳鏈，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根據(jù)信息I，2分子乙醛可以反應生成CH3CH=CHCHO，然后與氫氣加成即可，合成路線為：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案為HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH?！军c睛】本題的易錯點為(3)，檢驗碳碳雙鍵時要注意醛基的干擾，需要首先將醛基轉化或保護起來。18、取代濃硫酸、濃硝酸；；乙醇、濃硫酸；加熱【分析】甲苯與Cl2在光照條件下發(fā)生甲基上的取代反應產(chǎn)生一氯甲苯，該物質與NaCN發(fā)生取代反應產(chǎn)生，與濃硫酸、濃硝酸混合加熱，發(fā)生對位上的取代反應產(chǎn)生，發(fā)生水解反應產(chǎn)生，與Zn、鹽酸發(fā)生還原反應產(chǎn)生，與CH3COOH發(fā)生成肽反應產(chǎn)生M?！驹斀狻?1)甲苯與氯氣光照發(fā)生取代反應產(chǎn)生，與NaCN發(fā)生取代反應產(chǎn)生，所以反應①的反應類型為取代反應；(2)反應②是與濃硫酸、濃硝酸混合加熱，發(fā)生對位上的取代反應產(chǎn)生，所以反應所用的試劑為濃硫酸、濃硝酸；(3)由于同分異構體是分子式相同結構不同的化合物，所以的所有含苯環(huán)結構的同分異構體的結構簡式為：；；；(4)對硝基苯乙酸（）與乙醇在濃硫酸存在和加熱條件下發(fā)生酯化反應得到對硝基苯乙酸乙酯和水，故該步反應的試劑是乙醇、濃硫酸，反應條件是加熱；(5)A的分子式為C7H8，則A是甲苯，與Cl2在光照時反應產(chǎn)生，與NaOH的水溶液共熱，發(fā)生取代反應產(chǎn)生，與Cu在加熱條件下被氧化產(chǎn)生苯甲醛。所以由A合成苯甲醛的合成路線為?！军c睛】本題考查了有機合成與推斷的知識，掌握有機物結構簡式的通式、各類物質反應和轉化的規(guī)律及反應條件是本題解答的關鍵。注意官能團對物質化學性質的決定作用。19、2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O膠頭滴管100mL容量瓶偏高368mg·m?3【分析】（1）NO被H2O2氧化為NO3?，H2O2被還原為H2O，據(jù)此寫出反應的離子方程式；（2）配制一定濃度的溶液，需用到燒杯、量筒、玻璃棒、膠頭滴管、100mL容量瓶，據(jù)此進行解答。（3）若FeSO4標準溶液部分變質，則消耗K2Cr2O7溶液的體積減小，計算時求得NO3-的物質的量增大，會使NOx含量測定結果偏高；（4）根據(jù)+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O、3Fe2++NO3?+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O反應中各量之間的關系進行計算。【詳解】（1）NO被H2O2氧化為NO3?，H2O2被還原為H2O，反應的離子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；答案為：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；（2）配制100mL0.001000mol·L?1K2Cr2O7標準溶液時，除需用到燒杯、量筒、玻璃棒外，還需用到的玻璃儀器有膠頭滴管、100mL容量瓶；答案為：膠頭滴管、100mL容量瓶；（3）若FeSO4標準溶液部分變質，則消耗K2Cr2O7溶液的體積減小，計算時求得NO3-的物質的量增大，會使NOx含量測定結果偏高；答案為：偏高；（4）根據(jù)反應+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O1mol6mol5×10-5mol3×10-4mol3Fe2++NO3?+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O3mol1mol15×10-4mol-3×10-4mol4×10-4mol標準狀況下該工廠煙道氣中NOx（折合成NO2）的含量為=368mg·m?3；答案為：368。20、x+2y=6KOH將稀硝酸改為雙氧水或通入氧氣CH3CH2OHFe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O抑制Fe3+水解廢棄過濾的鋁鐵合金蒸發(fā)濃縮冷卻或冷卻熱飽和溶液【詳解】(1)①根據(jù)化合物中化合價代數(shù)和為0分析，有關系式為：x+2y=6。廢棄的鋁鐵合金加入試劑X將鐵和鋁元素分離，且最后得到明礬，說明加入試劑中含有鉀元素，且為堿性，所以試劑X為KOH。②因為最后得到的物質中不含硝酸根離子,且硝酸反應后會生成有毒氣體——氮的氧化物，所以應將稀硝酸改為雙氧水或通入氧氣。因為聚合硫酸鐵能溶于水，微溶于乙醇，為了降低聚合硫酸鐵的溶解度，所以在濃縮過程中加入適量的CH3CH2OH。③加入一種氧化劑調節(jié)溶液的pH且不引入雜質，則加入氧化鐵，離子方程式為：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。因為鐵離子水解顯酸性，pH小會抑制Fe3+水解，使x變小。(2)濾液Ⅰ含有氫氧化鉀和偏鋁酸根離子，所以加入廢棄過濾的鋁鐵合金再次溶解金屬鋁，然后蒸發(fā)濃縮得到偏鋁酸鉀飽和溶液，再加入硫酸反應生成硫酸鋁鉀，最后冷卻或冷卻熱飽和溶液即可得到明礬晶體。21、Mg(OH)2、Fe2O34NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH