2026届福建省泉州市永春一中化学高三第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

2026届福建省泉州市永春一中化学高三第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列反应的方程式正确的是A．蔗糖与浓硫酸混合产生刺激性气味的气体：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2OC．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓D．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O2、化学与人类生产、生活密切相关，下列说法不正确的是A．计算机芯片的主要材料是SiB．明矾能使海水淡化从而解决淡水危机C．可用碘酒灭菌消毒是因为它能使蛋白质变性D．钠、锶、钡等金属化合物可在燃放时呈现艳丽色彩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，溶液中发生的变化是（）A．pH增大，HClO浓度减小 B．pH增大，HClO浓度增大C．pH减小，HClO浓度增大 D．pH减小，HClO浓度减小4、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐渐加入铁粉，充分反应后溶液中固体剩余物的质量与加入铁粉的质量如图所示。忽略溶液体积的变化，下列说法不正确的是A．a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+B．b点时溶液中发生的反应为：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c点时溶液中溶质的物质的量浓度为0.5mol·L－1D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1∶15、三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O)难溶于水，在医疗上可做抗酸剂。它除了可以中和胃液中多余的酸之外，生成的H2SiO3还可覆盖在有溃疡的胃表面，缓解刺激。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则n为A．6B．5C．4D．36、mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有①沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g②恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为aVmol③反应过程中转移的电子的物质的量为mol④生成NO气体的体积室温下为L⑤与合金反应的硝酸的物质的量为()molA．2项 B．3项 C．4项 D．5项7、下列离子方程式书写错误的是（）A．FeCl3溶液呈酸性：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+B．CH3COOH与NaOH溶液反应：CH3COOH+OH-→CH3COO-+H2OC．FeSO4溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-D．铝粉投入到氨水溶液中：2Al+2H2O+2OH-→2AlO+3H28、下列说法正确的是（）A．二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维B．硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装C．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸酸性强于碳酸D．硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂9、海洋生物参与氮循环过程如图所示：下列说法不正确的是()A．反应②中有极性键断裂和非极性键生成B．反应③中可能有氧气参与反应C．反应①～⑤中包含3个氧化还原反应D．等量NO2-参加反应，反应④转移电子数目比反应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和一般浓度的盐酸反应，K2Cr2O7需和较浓的盐酸（＞6mol·L-1）反应，MnO2需和浓盐酸（＞8mol·L-1）反应。以下结论中，不正确的是()A．上述反应既属于氧化还原反应，又属于离子反应B．生成1molCl2转移电子数均为2NA（NA为阿伏加德罗常数）C．氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞Cl2＞MnO2D．盐酸的浓度越大，Cl-的还原性越强11、根据表中数据，下列判断正确的是（）A．在等浓度的NaF、NaH2PO4混合溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(F－)+c(H2PO4－)+c(OH－)B．少量H3PO4和NaF反应的离子方程式为：H3PO4+2F－===HPO42－+2HFC．同温同浓度时，溶液的pH：NaF＞NaH2PO4＞Na2HPO4D．结合质子能力：PO43－＞HPO42－＞F－12、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。下列有关化学反应的叙述正确的是A．[O]表示还原剂B．能与反应生成和NOC．能与溶液反应生成D．物质X一定为13、中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了古代化学研究成果。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是（）常见古诗文记载化学知识A《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”铁的合金硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高B《天工开物》中记载：凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾C《本草纲目拾遗》中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛”强水为氢氟酸D《本草纲目》“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”这里所用的“法”是指萃取A．A B．B C．C D．D14、(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是A．60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B．60℃之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关D．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关15、某学习小组在讨论问题时各抒己见，下列是其中的四个观点，你认为正确的是A．某单质固体能导电，则该单质一定是金属单质B．某化合物的水溶液能导电，则该化合物一定是电解质C．某化合物固态不导电，熔融态导电，则该化合物很可能是离子化合物D．某纯净物常温下为气态，固态不导电，则构成该纯净物的微粒中一定有共价键16、下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干灼烧至质量不再减少，能得到较纯净的原溶质的是（）①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．仅③C．仅①③D．仅①③⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。（2）已知①的化学方程式为___。（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。18、阿克他利M（）是一种抗风湿性关节炎药物，其合成路线如下：完成下列填空：(1)反应①的反应类型为_______________。(2)反应②所用的试剂为_________________。(3)写出的所有含苯环结构的同分异构体的结构简式。_______________(4)写出由对硝基苯乙酸（）得到对硝基苯乙酸乙酯的试剂和条件。______________(5)A的分子式为C7H8，写出由A合成苯甲醛的合成路线。_____________19、烟道气的主要成分为粉尘、空气、H2O、NOx，其中NOx是主要的大气污染物之一，为了监测某工厂烟道气中NOx含量，采集标准状况下50.00L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3−，除去多余的H2O2并加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入30.00mL0.01000mol·L−1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用0.001000mol·L−1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液10.00mL。滴定过程中发生如下反应：Fe2++NO3−+H+—NO↑+Fe3++H2O（未配平）+Fe2++H+—Cr3++Fe3++H2O（未配平）（1）NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式是_________。（2）配制100mL0.001000mol·L−1K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_________、_________。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NOx含量测定结果_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。（4）标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为_________mg·m−3（写出计算过程）。20、聚合硫酸铁、明矾可用作净水剂。某课题组拟以废弃的铝铁合金为原料制备聚合硫酸铁和明矾，设计化工流程如下：(1)聚合硫酸铁能溶于水，微溶于乙醇，其化学式可表示为[Fe2(OH)x(SO4)y]n。①在聚合硫酸铁中，x、y之间的关系是_______。试剂X中溶质的化学式为________。②上述流程图中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见；____________________为了降低聚合硫酸铁的溶解度，在浓缩过程中加入适量的溶剂是________(填结构简式)。③加入试剂Y的目的是为了调节溶液的PH，若Y为氧化物，写出调节PH的离子方程式：________；溶液的pH对[Fe2(OH)x(SO4)y]n中x的值有较大影响(如图A所示)，试分析pH过小(pH≤3.0)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：________。(2)明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O。图B为明矾的溶解度随温度变化的曲线，由滤液Ⅰ制备明矾晶体的流程如下(供选用的试剂：废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：①试剂1是____；操作1的名称是________。②结晶措施是________。21、用硼镁矿(Mg2B2O5·H2O，含Fe2O3杂质)制取硼酸(H3BO3)晶体的流程如下。同答下列问题：(1)沉淀的主要成分为____________________(填化学式)。(2)写出生成Na2B4O5(OH)4·8H2O的化学方程式_________________________________。(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是______________________________。(4)已知：实验室利用此原理测定硼酸样品中硼酸的质量分数。准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入过量甘油加热使其充分溶解并冷却，滴入1～2滴酚酞试液，然后用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。①滴定终点的现象为________________________。②该硼酸样品的纯度为_________________％(保留1位小数)。(5)电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。①b膜为________交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成__________L气体(标准状况)。②N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a％_________b％(填“>”或“<”)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】A、浓硫酸具有脱水性和强的氧化性，使蔗糖脱水生成碳，该过程放热，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反应的生成物为硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，其反应的离子方程式为：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；D、以Ca(HCO3)2系数为1，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误。【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。2、B【解析】试题分析：A．计算机芯片的主要材料是Si，正确；B．明矾水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能做净水剂，错误；C．可用碘酒灭菌消毒是因为它能使蛋白质变性，正确；D．钠、锶、钡等金属化合物的焰色反应各不相同，可在燃放时呈现艳丽色彩，正确；故选B。考点：考查了物质的性质和用途的相关知识。3、B【分析】若向氯水中加入少量NaHCO3粉末，会和溶液中的盐酸反应使平衡正向进行，根据此分析进行解答。【详解】次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸氢钠反应，若向氯水加入碳酸氢钠粉末，盐酸与碳酸氢钠反应，平衡向正反应方向移动，溶液中次氯酸浓度增大，溶液PH增大，故B选项正确。故答案选B。4、D【分析】由氧化性的强弱（Fe3+＞Cu2+）及图象变化可知：①0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe时，消耗铁1.12g，剩余物为1.28g，而1.28gCu的物质的量为0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入铁粉为从1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此时溶液中不含Cu2+，反应完全，以此来解答。【详解】A．0～5.6gFe发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a点时溶液中阳离子为Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正确；B．由图可知加入铁粉0.56g～1.68g时，n（Fe）=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物为1.28g，即1.28gCu的物质的量为1.28g÷64g/mol=0.02mol，此时发生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正确；C．由图象可知原溶液中Fe3+为0.02mol，即Fe2(SO4)3为0.01mol，n（SO）=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+为0.02mol，即CuSO4为0.02mol，n（SO）=n（CuSO4）=0.02mol，当加入铁粉为从1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶质为FeSO4，n（SO）=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n（FeSO4）=n（SO）=0.05mol，所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，故C正确；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3为0.01mol，CuSO4为0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物质的量浓度之比=物质的量之比为1：2，故D错误；故答案选D。5、A【解析】试题分析：由题意知，三硅酸镁可以和盐酸反应生成的H2SiO3和氯化镁。将0.184g三硅酸镁（Mg2Si3O8·nH2O）加入到50mL0.1mo1·L－1盐酸中，充分反应后，滤去沉淀，用0.1mo1·L－1NaOH溶液滴定剩余的盐酸，消耗NaOH溶液30mL，则剩余的盐酸n(HCl)=n(NaOH)=0.003mol。50mL0.1mo1·L－1盐酸中含0,005mol溶质，所以与三硅酸镁反应的盐酸为0.002mol。由4HCl~Mg2Si3O8·nH2O可以求出三硅酸镁的物质的量为0.0005mol，求出三硅酸镁的摩尔质量为g/mol，则24，解之得n为6，A正确，本题选A。6、B【分析】镁铝合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加amol·L－1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值，沉淀质量最大时，沉淀Wie氢氧化铝和氢氧化镁，此时溶液为硝酸钠溶液；①沉淀质量等于合金质量与OH－质量之和；②根据n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)，进行计算；③沉淀中OH－的物质的量等于Mg2＋、Al3＋所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量；④条件是室温状态，不是标准状况，无法直接用22.4L·mol－1；⑤参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量，起氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量。【详解】①沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，根据原子守恒，其质量应为合金质量和OH－的质量，即m(OH－)=(n－m)g，故①正确；②当沉淀质量达到最大时，溶液中溶质为NaNO3，即n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10－3×amol，故②错误；③在沉淀中OH－的物质的量等于Mg2＋、Al3＋所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量，即n(e－)=n(OH－)=(n－m)/17mol，故③正确；④根据得失电子数目守恒，即生成n(NO)=(n－m)/(17×3)mol=(n－m)/51mol，因为室温状态下，因此无法计算NO的体积，，故④不正确；⑤参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为[aV×10－3＋(n－m)/51]mol，故⑤正确；综上所述，选项B正确。7、D【详解】A.FeCl3溶液呈酸性是因为铁离子水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；B.CH3COOH与NaOH溶液反应生成醋酸钠和水：CH3COOH+OH-＝CH3COO-+H2O，B正确；C.FeSO4溶液中通入Cl2亚铁离子被氧化为铁离子：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－，C正确；D.由于氨水不能溶解氢氧化铝，铝粉投入到氨水溶液中不反应，D错误；答案选D。8、D【详解】A.硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；B.硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，不能用玻璃瓶盛装，故错误；C.高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；D.硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；故选D。9、C【详解】A.反应②中NH2OHN2H4，NH2OH中极性键断裂，N2H4中有非极性键生成，故A正确；B.反应③中N2H4N2，N元素化合价上升，N2H4是还原剂，可能需要氧化剂O2参与反应，故B正确；C.反应①～⑤中②、③、④、⑤是氧化还原反应，故C错误；D.④中N元素由+3价降低到-1价，⑤中N元素由+3价降低到0价，等量NO2-参加反应，反应④转移电子数目比反应⑤多，故D正确；故选C。10、C【解析】A.上述反应中都有电子转移和离子参加，所以既属于氧化还原反应，又属于离子反应，故正确；B.两个反应中氯元素都从-1价变为0价，生成1molCl2转移电子数为2mol，均为2NA，故正确；C.根据反应物的浓度分析，盐酸浓度越大，与之反应的氧化剂的氧化性越弱，则氧化性：KMnO4＞K2Cr2O7＞MnO2＞Cl2，故错误；D.盐酸中氯离子的还原性和盐酸的浓度大小有关，盐酸的浓度越大，Cl-的还原性越强，故正确；故选C。【点睛】掌握氧化性或还原性的强弱比较的规律，一般可以根据反应物的浓度大小分析，浓度越大，说明与之反应的物质的性质越弱，反应条件越低，说明反应物的性质越强。11、D【解析】根据电荷守恒、水解规律、离子方程式的书写分析。【详解】A.根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(F－)+c(H2PO4－)+c(OH－)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，故A错误；B.少量H3PO4和NaF反应生成NaH2PO4和HF，离子方程式为：H3PO4

+F-=H2PO4-+HF，故B错误；C.根据盐类水解规律：越弱越水解，可知同温同浓度时，溶液的pH：Na2HPO4＞NaH2PO4＞NaF，故C错误；D.根据电离常数可知，结合H+

的能力由强到弱：PO43－＞HPO42－>F-＞H2PO4-，故D正确。故选D。【点睛】盐类水解规律：有弱才水解，越弱越水解，双弱双水解，谁强显谁性。12、C【详解】A．由图中可知，[O]表示氧化剂，A错误；B．能与反应生成，反应方程式为：N2O5+H2O=2HNO3，B错误；C．SO2具有还原性，H2O2具有氧化性，故能与溶液反应生成，C正确；D．当NH3过量时生成物质X为(NH4)2SO4，当硫酸过量时生成物质X为，D错误；故答案为：C。13、B【详解】A.铁的合金的熔点比纯铁的低，A不正确；B．黑火药中，硫指的是硫黄．硝指的是硝酸钾，B正确；C．玻璃的主要成分为二氧化硅，能与氢氟酸反应，由“惟玻璃可盛”判断，强水肯定不是氢氟酸，C不正确；D.“用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，D不正确。故选B。14、C【分析】A、温度越高，氧化速率越快；B、反应物浓度降低，反应速率降低；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。15、C【解析】A．能导电的固体单质不一定是金属单质，如石墨，选项A错误；B．某化合物的水溶液能导电，但该化合物不一定是电解质，也可能是非电解质，如二氧化硫水溶液能导电，但电离出阴阳离子的是亚硫酸而不是二氧化硫，所以二氧化硫是非电解质，选项B错误；C．某化合物固态不导电，熔融态导电，该化合物可能是离子化合物，如硫酸钡，硫酸钡晶体中不含自由移动的离子，所以固体硫酸钡不导电，在熔融状态下，硫酸钡电离出阴阳离子而导电，选项C正确；D．某纯净物常温下为气态，固体不导电，则构成该纯净物的微粒中不一定含有共价键，如：稀有气体，稀有气体是单原子分子，不含化学键，选项D错误；答案选C。16、C【解析】根据盐类的水解原理分析；【详解】①CuSO4溶液中Cu2+水解生成氢氧化铜和硫酸，硫酸是难挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质；故①符合题意；

②FeSO4中的Fe2+加热易被氧化为三价铁，最终无法得到原溶质，故②不符合；

③K2CO3溶液中碳酸根离子水解生成碳酸氢钾和氢氧化钾，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质，故③符合题意；

④Ca（HCO3）2受热分解生成CaCO3、CO2和H2O，加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净碳酸钙，故④不符合；

⑤NH4HCO3受热分解，生成CO2、H2O和NH3，故加热后得不到原溶质，故⑤不符合；

⑥KMnO4加热到质量不变，分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，故得不到原溶质，故⑥不符合题意；

⑦FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，在加热蒸干，氢氧化铁分解生成Fe2O3，故得不到原溶质，故⑦不符合意义。

故选C。【点睛】掌握物质在水溶液中，经过加热促进水解的过程中发生的化学变化是解题关键。二、非选择题（本题包括5小题）17、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键保护醛基不被H2还原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH，B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键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，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH。【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。18、取代浓硫酸、浓硝酸；；乙醇、浓硫酸；加热【分析】甲苯与Cl2在光照条件下发生甲基上的取代反应产生一氯甲苯，该物质与NaCN发生取代反应产生，与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生对位上的取代反应产生，发生水解反应产生，与Zn、盐酸发生还原反应产生，与CH3COOH发生成肽反应产生M。【详解】(1)甲苯与氯气光照发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应产生，所以反应①的反应类型为取代反应；(2)反应②是与浓硫酸、浓硝酸混合加热，发生对位上的取代反应产生，所以反应所用的试剂为浓硫酸、浓硝酸；(3)由于同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，所以的所有含苯环结构的同分异构体的结构简式为：；；；(4)对硝基苯乙酸（）与乙醇在浓硫酸存在和加热条件下发生酯化反应得到对硝基苯乙酸乙酯和水，故该步反应的试剂是乙醇、浓硫酸，反应条件是加热；(5)A的分子式为C7H8，则A是甲苯，与Cl2在光照时反应产生，与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生，与Cu在加热条件下被氧化产生苯甲醛。所以由A合成苯甲醛的合成路线为。【点睛】本题考查了有机合成与推断的知识，掌握有机物结构简式的通式、各类物质反应和转化的规律及反应条件是本题解答的关键。注意官能团对物质化学性质的决定作用。19、2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O胶头滴管100mL容量瓶偏高368mg·m−3【分析】（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；（4）根据+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O、3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O反应中各量之间的关系进行计算。【详解】（1）NO被H2O2氧化为NO3−，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；答案为：2NO＋3H2O2=2H＋＋2NO＋2H2O；（2）配制100mL0.001000mol·L−1K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶；答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；答案为：偏高；（4）根据反应+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O1mol6mol5×10-5mol3×10-4mol3Fe2++NO3−+4H+=NO↑+3Fe3++2H2O3mol1mol15×10-4mol-3×10-4mol4×10-4mol标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为=368mg·m−3；答案为：368。20、x+2y=6KOH将稀硝酸改为双氧水或通入氧气CH3CH2OHFe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O抑制Fe3+水解废弃过滤的铝铁合金蒸发浓缩冷却或冷却热饱和溶液【详解】(1)①根据化合物中化合价代数和为0分析，有关系式为：x+2y=6。废弃的铝铁合金加入试剂X将铁和铝元素分离，且最后得到明矾，说明加入试剂中含有钾元素，且为碱性，所以试剂X为KOH。②因为最后得到的物质中不含硝酸根离子,且硝酸反应后会生成有毒气体——氮的氧化物，所以应将稀硝酸改为双氧水或通入氧气。因为聚合硫酸铁能溶于水，微溶于乙醇，为了降低聚合硫酸铁的溶解度，所以在浓缩过程中加入适量的CH3CH2OH。③加入一种氧化剂调节溶液的pH且不引入杂质，则加入氧化铁，离子方程式为：Fe2O3+6H+＝2Fe3++3H2O。因为铁离子水解显酸性，pH小会抑制Fe3+水解，使x变小。(2)滤液Ⅰ含有氢氧化钾和偏铝酸根离子，所以加入废弃过滤的铝铁合金再次溶解金属铝，然后蒸发浓缩得到偏铝酸钾饱和溶液，再加入硫酸反应生成硫酸铝钾，最后冷却或冷却热饱和溶液即可得到明矾晶体。21、Mg(OH)2、Fe2O34NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH