湖北省宜昌市秭归县第二高级中学2026届化学高三第一学期期中监测模拟试题含解析

湖北省宜昌市秭归县第二高级中学2026届化学高三第一学期期中监测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列图象能正确地表达可逆反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)（ΔH<0）的是()A． B．C． D．2、下列实验操作或检验正确的是A．收集氯气 B．转移溶液 C．模拟工业制备并检验氨气 D．用海水制少量蒸馏水3、常温下，将Cl2缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，整个过程中溶液pH的变化如图所示。下列有关叙述正确的是A．溶液中c（HClO）的大小关系：①处大于②处B．可依据②处数据计算所溶解的n（Cl2）C．曲线③④段有离子反应：HClO+OH-==ClO-+H2OD．③处表示氯水与氢氧化钠溶液恰好反应完全4、下列说法正确的是()A．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B．漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C．纯碱、明矾和干冰都是电解质D．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化5、25℃时，用2．22mol·L的氨水滴定l2．22mL2．25mol·L-2H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是A．A点溶液的pH等于2B．由图中数据可知，H2A为弱酸C．B点水电离出的H+离子浓度为2．2×22-6mol·L-2D．C点溶液中6、肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气。已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式正确的是A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－542.7kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1C．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1059.3kJ·mol－17、已知：2A(g)B(g)+Q(Q>0)，2A(g)B(l)；下列能量变化示意图正确的是A． B．C． D．8、下列离子方程式书写正确的是A．氢氧化钡溶液与稀硫酸混合：Ba2++SO42-→BaSO4↓B．铁片放入稀盐酸溶液中：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C．向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2：ClO-+H2O+CO2→HClO+HCO3–D．Na2CO3溶液中CO32-的水解：CO32-+2H2O→H2CO3+2OH-9、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．20g20Ne含有的中子数为10NAB．100mL1mol·L-1亚硫酸钠溶液中含有的阴离子数目大于0.1NAC．4.6g乙醇和甲醚(CH3OCH3)的混合物中碳氢键数目为0.6NAD．0.1molS2O被氧化为S4O时，转移的电子数为0.1NA10、将磁性氧化铁放入稀HNO3中可发生如下反应：3Fe3O4+28HNO3=9Fe(NO3)x+NO↑+14H2O下列判断合理的是A．Fe(NO3)x中的x为2B．反应中每还原0.4mol氧化剂，就有1.2mol电子转移C．稀HNO3在反应中只表现氧化性D．磁性氧化铁中的所有铁元素全部被氧化11、化学与社会、生活密切相关。下列说法正确的是()A．在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋可防止食品因氧化而变质B．燃烧煤、天然气、石油等排放的大量CO2是导致雾霾的原因C．小苏打能做糕点的膨松剂是由于NaHCO3能与碱反应D．漂白精可用作消毒剂是由于Ca(ClO)2可转化为HClO12、某溶液中，若忽略水的电离，只含有下表中所示的四种离子，试推测X离子及其个数b可能为（）离子Na+Ba2+Cl﹣X个数3a2aabA．NO3﹣、4a B．CO32﹣、3a C．OH﹣、6a D．SO42﹣、3a13、聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：

（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是（）A．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成B．聚维酮的单体是：C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应14、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（）A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀15、下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl-、NO3-不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓B由水电离出的H+浓度为1×10-12mol•L-1NH4+、Na+、NO3-、Cl-一定能大量共存NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2OD通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-A．A B．B C．C D．D16、关于下列装置说法正确的是A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．滴有酚酞溶液的装置②在电解过程中，b极先变红C．可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜D．装置④中发生铁的吸氧腐蚀二、非选择题（本题包括5小题）17、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl－。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如图的实验：已知：3NO+8Al+5OH－+2H2O=3NH3↑+8AlO。根据以上的实验操作与现象，回答下列问题(1)气体1为______(填化学式，下同)(2)试样溶液中肯定存在________离子。试样中可能存在______离子。(3)写出沉淀1部分溶解的离子方程式__________。18、医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。19、硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍；②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至铁屑耗尽；③，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．请回答下列问题：（1）实验步骤①的目的是___________________________________________。（2）写出实验步骤②中的化学方程式__________________________________________。（3）补全实验步骤③的操作名称_________________________。（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_______________________________。（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你______(填“是”或“否”)同意乙的观点（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)．硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成请根据表中数据画出硫酸亚铁的溶解度曲线示意图。__（7）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为________________。（8）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)20、从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是______（填字母序号）。a．Feb．FeOc．Fe3O4d．Fe2O3（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料——红氧化铁的工艺流程如下（部分操作和条件略）：回答下列问题：①在步骤i中产生的有毒气体可能有__________________。②在步骤iii操作中，要除去的离子之一为Al3＋。若常温时Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－32，此时理论上使Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=1×10-5mol/L，则溶液的pH为____________。③步骤iv中，生成FeCO3的离子方程式是_________________。（3）氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入适量氧化铜粉末会产生沉淀，写出该沉淀的化学式______________。这一过程的总反应的离子方程式______。（4）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：复分解反应ii的离子方程式是________________。21、在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H22NH3△H<0。（1）反应开始阶段，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆），随后v（正）________逐渐（填“增大”或“减小”，下同），v（逆）逐渐_______，反应达到平衡时，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆）。（2）达到平衡后，若正反应速率用v（N2）表示，逆反应速率用v’（H2）表示，则v（N2）＝____v’（H2）。（3）下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_______（填字母）。A其他条件不变时，压缩容器体积B其他条件不变时，升高反应体系温度C使用合适的催化剂D保持容器体积不变，充入一定量的氮气（4）实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因是_____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】对于可逆反应3A(g)+B(g)⇌2C(g)△H＜0，反应放热，升高温度，正、逆反应速率都增大，逆反应速率增大更多，平衡向逆反应方向移动，则C%降低，A%增大，A的转化率降低；反应物的化学计量数之和大于生成物的化学计量数之和，增大压强，平衡向正反应方向移动，则C%增大，A%降低，A的转化率增大，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知，

A.由图象可知，温度升高，C%增大，说明升高温度平衡向正反应移动，图象与实际不相符，A项错误；

B.由图象可知，温度升高，正反应速率增大比逆反应速率增大更多，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，B项错误；

C.由图象可知，压强越大A%降低，平衡向正反应移动，升高温度A%降低，平衡向正反应移动，图象与实际不相符，C项错误；

D.由图象可知，压强越大A转化率增大，平衡向正反应移动，升高温度A的转化率降低，平衡向逆反应移动，图象与实际相符，D项正确；

答案选D。2、D【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。答案选D。3、C【解析】根据图像，pH从7－3发生：Cl2＋H2OHCl＋HClO，②以后发生：NaOH＋HCl=NaCl＋H2O、HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，A、根据图像，以及题意，当氯水达到饱和时，pH最小，即②时达到饱和，根据Cl2＋H2OHCl＋HclO，得出②中c(HClO)大于①中，故A错误；B、氯气溶于水，有少量与水发生反应，根据信息，②无法计算溶解氯气的物质的量，故B错误；C、③处的pH=7，此时的溶质为NaCl、NaClO、HClO，因此③到④发生的反应是HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故C正确；D、根据C选项分析，完全反应溶质为NaCl和NaClO，溶液显碱性，pH不等于7，因此③处没有完全反应，故D错误。4、B【详解】A.石油的分馏是物理变化，A错误；B.漂白粉、水玻璃和碱石灰均是混合物，B正确；C.干冰是固态二氧化碳，二氧化碳在水溶液和熔融状态下自身均不能导电，是非电解质，C错误；D.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，是物理变化，D错误；答案选B。5、B【分析】A点：根据c（H+）×c（OH-）=KW=2×22-24,lg=22,计算得c（H+）=22-2mol/L，则pH=2，同时可知2．25mol·L-2H2A完全电离为强酸；B点：酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，根据lg=2，c（H+）×c（OH-）=KW=2×22-24计算得c（H+）=22-6mol/L；C点：（NH4）2A与氨水混合物，根据lg=-4，c（H+）×c（OH-）=KW=2×22-24，计算得c（H+）=22-9mol/L，则pH=9，偏碱性，考虑氨水的电离平衡，以此进行分析。【详解】A.A点：根据c（H+）×c（OH-）=KW=2×22-24,lg=22,计算得c（H+）=22-2mol/L，则pH=2，故不选A；B.根据A点：c（H+）×c（OH-）=KW=2×22-24,lg=22,计算得c（H+）=22-2mol/L，得2.25mol/LH2A完全电离，H2A为强酸，故选B；C.B点酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，lg=2，计算得c（H+）=22-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为2.2×22-6mol·L-2,故不选C;D.C点NH4）2A与氨水混合物,根据lg=-4，计算得c（H+）=22-9mol/L，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离平衡,则溶液中,故不选D;答案:B【点睛】对于此类图像题经常利用分析起点，恰好完全中和点，溶液呈中性点等获得所需结论。6、B【详解】肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气，已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1，②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534.0kJ·mol－1，将方程式②×2-①得N2H4跟N2O4反应的热化学方程式，2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=－1076.7kJ·mol－1或N2H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-538.35kJ·mol－1，B选项符合题意；答案选B。7、A【详解】2A(g)B(g)+Q(Q>0)为放热反应，2molA(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，2A(g)B(l)放出的能量大于Q；故选A。8、C【详解】A.氢氧化钡溶液与稀硫酸混合，发生反应产生BaSO4沉淀和H2O，反应方程式：Ba2++2OH-+2H++SO42-→BaSO4↓+2H2O，A错误；B.铁片放入稀盐酸溶液中，反应产生Fe2+，B错误；C.向Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2，反应产生Ca(HCO3)2、HClO，反应的离子方程式为：ClO-+H2O+CO2→HClO+HCO3–，C正确；D.Na2CO3二元弱酸的正盐，在溶液中CO32-的水解是分步进行的，且都是可逆的，D错误；故合理选项是C。9、C【详解】A．20g20Ne的物质的量为1mol，一个20Ne所含中子数为20-10=10个，所以20g20Ne含有的中子数为10NA，故A正确；B．100mL1mol·L-1亚硫酸钠溶液中含有0.1molNa2SO3，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO)+c(SO)，溶液中n(Na+)=0.2mol，所以c(OH-)+c(HSO)+c(SO)大于0.1NA，故B正确；C．1mol乙醇中含5molC-H键，1mol甲醚(CH3OCH3)含6molC-H键，所以4.6g乙醇和甲醚(CH3OCH3)的混合物中碳氢键数目无法确定，故C错误；D．S2O被氧化为S4O时S元素由+2价变为+2.5价，每个S2O失去1个电子，则0.1molS2O被氧化为S4O时，转移的电子数为0.1NA，故D正确；答案为C。10、B【详解】A．根据N守恒可计算出x=3，A错误；B．28molHNO3反应，降为+2价的N只有1mol，每生成1molNO转移电子数为3mol，B正确。C．Fe失电子数为3，HNO3表现氧化性和酸性，C错误；D．Fe3O4可看成是FeO·Fe2O3，所以3molFe3O4反应，化合价升为+3价的Fe只有3mol，D错误；故答案选B。11、D【详解】A项，盛有硅胶的透气小袋主要用于吸水防潮，不能起到防氧化的作用，故A项错误；B项，燃烧煤等化石燃料产生的烟尘等物质是雾霾形成的部分原因，而CO2的排放与雾霾形成无关，故B项错误；C项，小苏打可以做膨松剂的原理是NaHCO3受热分解生成了CO2气体，不是因为其能与碱反应，故C项错误。D项，漂粉精主要成分是次氯酸钙，与二氧化碳和水反应即可转变为HClO，具有强氧化性，可以用于消毒，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。12、C【解析】在此溶液中，含有的阳离子有Na＋和Ba2＋，Na＋的个数是3a，Ba2＋的个数是2a，所以二者所带的正电荷总数是(1×3a＋2×2a）=7a，因Cl－的个数是a，所以Cl－所带的负电荷数是1×a=a，则根据溶液呈现电中性、阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数可知，此溶液中还缺少含有6a负电荷的阴离子。因溶液中含有Ba2＋，会与CO32－和SO42－反应生成沉淀而不能大量共存，所以排除B和D；A项，4a个NO3－所带的负电荷数是1×4a=4a，所以A错误；C项，6a个OH－所带的负电荷数是1×6a=6a，符合题意；所以此题答案选C。13、A【详解】A．聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮分子是由2m+n个单体加聚而成，A项错误；B．由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是，B项正确；C．聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D．聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A。【点睛】考虑物质的溶解性时，可以从三个因素入手进行判断：一是，溶质分子和溶剂分子极性相似相溶；二是，溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是，溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。14、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；B.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；C.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2mol电子生成2molCuI，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。15、C【解析】A.滴加氨水能发生反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液或碱溶液，若是碱溶液有反应：NH4++OH-=NH3·H2O，离子方程式错误，B项错误；C.酸性溶液中有反应：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe2+和MnO4-不能大量共存，离子方程式正确，C项正确；D.SO2具有强还原性，ClO-具有强氧化性，发生反应：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+，离子方程式错误，D项错误；答案选C。16、C【解析】A项，装置①为原电池，Zn为负极，Cu为正极，电流方向与阳离子运动方向形成闭合，所以盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B项，滴有酚酞溶液的装置②是惰性电极电解NaCl溶液，b为阳极，生成Cl2，a为阴极，生成H2，所以a极先变红，故B错误；C项，装置③电解质溶液为CuSO4溶液，若阴极(c极)为铁，阳极(d极)为铜，则可在铁上镀铜，故C正确；D项，装置④为原电池，Zn作负极失电子发生氧化反应，铁作正极只起导电作用，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH3NH、Mg2+、SO和NONa+、Cl－和Al3+Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O【分析】试样溶液中加入过量氢氧化钡溶液并加热，生成的气体1遇湿润红色石蕊试纸显蓝色，该气体1是氨气，则试样中含有铵根离子，向滤液中通入二氧化碳，得到的溶液2，沉淀2，溶液2中加入铝，生成的气体2，该气体为氨气，据已知条件知，溶液2中含有硝酸根离子，根据元素守恒知，原溶液中含有硝酸根离子，滤液1中通入二氧化碳，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡，沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，所以有硫酸钡沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，能和过量的氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有镁离子。根据分析溶液中一定有铵根离子，镁离子，硫酸根离子，和硝酸根离子，不能确定是否有铝离子，可能存在钠离子和氯离子，据此分析。【详解】(1)气体1为NH3；

(2)根据上述分析可知，试样溶液中肯定存在NH、Mg2+、SO和NO离子。试样中可能存在Na+、Cl－和Al3+离子；(3)沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，所以有硫酸钡沉淀，说明原溶液中有硫酸根离子，能和过量的氢氧化钡反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为氢氧化镁，所以溶液中含有镁离子，沉淀1部分溶解的离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++H2O。18、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：19、去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁热过滤洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗是56.7℃<t<64℃偏低【详解】（1）Na2CO3溶液显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污；（2）发生化学方程式为Fe＋H2SO4FeSO4＋H2↑；（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤；（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗；（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2＋，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，即同意乙同学的观点；（6）根据表格中的数据，得出：；（7）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因为温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃<t<64℃；（8）根据得失电子数目，推出FeSO4·7H2O的质量分数为，根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，即所测结果偏低。20、cCO和SO2等5Fe2＋＋2HCO3－=FeCO3↓＋CO2↑＋H2OFe(OH)33CuO+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+3[Fe(CN)6]4－+4Fe3+=Fe4[Fe(CN)6]3↓【分析】（1）磁铁的成分主要是四氧化三铁；（2）①“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等；②根据Ksp[Al(OH)3]=1.0×10－32计算要将Al3＋沉淀完全时溶液的pH；③根据硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3写出离子方程式；（3）因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，