2026年上海市外国语大学附属上外高中高三第三次模拟测试化学试题试卷含解析

2026年上海市外国语大学附属上外高中高三第三次模拟测试化学试题试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg[]。室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10

mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（）A．MOH电离方程式是MOH=M++OH-B．C

点加入盐酸的体积为10mLC．若B点加入的盐酸溶液体积为5

mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)

+

2c(OH-)D．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大2、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A．原子半径：Y＞Z＞XB．X元素的族序数是Y元素的2倍C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键3、下列反应中，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型的是A．CH3CHO→CH3COOH B．CH2＝CHCl→C． D．CH3COOH→CH3COOCH2CH34、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．a点对应的溶液中：Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-B．b点对应的溶液中：K+、Ca2+、I－、Cl-C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Ag+D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Cl-5、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱6、t℃时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中，溶液中温度变化曲线Ⅰ、pH变化曲线Ⅱ与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是A．Kw的比较：a点比b点大B．b点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c点时溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d点时溶液中c（NH3•H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）7、下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D8、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A．推广电动汽车，践行绿色交通 B．改变生活方式，预防废物生成C．回收电子垃圾，集中填埋处理 D．弘扬生态文化，建设绿水青山9、标准状态下，气态分子断开1mol化学键的能量称为键能。已知H—H、H—O和O=O键的键能分别为436kJ·mol－1、463kJ·mol－1和495kJ·mol－1。下列热化学方程式正确的是A．断开1molH2O(l)中的H—O键需要吸收926kJ的能量B．2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝－485kJ·mol－1C．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH＝＋485kJ·mol－1D．2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－110、下列电池工作时，O2在正极放电的是（）A．锌锰电池B．氢燃料电池C．铅蓄电池D．镍镉电池A．A B．B C．C D．D11、为证明铁的金属活动性比铜强，某同学设计了如下一些方案：方案现象或产物①

将铁片置于CuSO4溶液中铁片上有亮红色物质析出②将铁丝和铜丝分别在氯气中燃烧产物分别为FeCl3和CuCl2③将铁片和铜片分别放入热浓硫酸中产物分朋为Fe2

(SO4)3和CuSO4④将铜片置于FeCl3溶液中铜片逐渐溶解⑤将铁片和铜片置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接铁片溶解，铜片上有气泡产生能根据现象或产物证明铁的金属活动性比铜强的方案一共有A．2种 B．3种 C．4种 D．5

种12、电渗析法淡化海水装置示意图如下，电解槽中阴离子交换膜和阳离子交换膜相间排列，将电解槽分隔成多个独立的间隔室，海水充满在各个间隔室中。通电后，一个间隔室的海水被淡化，而其相邻间隔室的海水被浓缩，从而实现了淡水和浓缩海水分离。下列说法正确的是（）A．离子交换膜b为阳离子交换膜B．各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水C．通电时，电极l附近溶液的pH比电极2附近溶液的pH变化明显D．淡化过程中，得到的浓缩海水没有任何使用价值13、为原子序数依次增大的五种短周期元素，A是周期表原子半径最小的元素，同周期且相邻，C的L层电子数是K层的3倍，E原子的核外电子数是B原子质子数的2倍。下列说法不正确的是（）A．纯净的E元素的最高价氧化物可用于制造光导纤维B．三种元素形成的化合物中一定只含共价键C．由元素组成的某种化合物可与反应生成D．元素A与形成的常见化合物中，热稳定性最好的是AD14、室温下，将0.1000mol·L－1盐酸滴入20.00mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A．该一元碱溶液浓度为0.1000mol·L－1B．a点：c(M＋)>c(Cl－)>c(OH-)>c(H+)C．b点：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)D．室温下，MOH的电离常数Kb＝1×10－515、下列各组中的离子，能在溶液中大量共存的是A．K+、H+、SO42-、AlO2- B．H+、Fe2+、NO3-、Cl-C．Mg2+、Na+、Cl-、SO42- D．Na+、K+、OH-、HCO3-16、常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A．过滤后的溶液中一定没有S2-B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2-=CuS↓二、非选择题（本题包括5小题）17、我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。（2）C和D生成E的化学方程式为_____________。（3）G的结构简式为________。（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是______、_____。（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______（任写一种）。18、某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHO＋R’CH2NO2＋H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是__________________.(2)反应②中除B外，还需要的反应物和反应条件是___________________(3)有机物D的结构简式为_____________________，反应③中1摩尔D需要___摩尔H2才能转化为E(4)反应④的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_____________。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_____________。19、碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。②制备水合肼时，应将__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。③尿素的电子式为__________________(2)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为___。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。20、信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第①步Cu与酸反应的离子方程式为__________；得到滤渣1的主要成分为__________。（2）第②步中加H2O2的作用是__________，使用H2O2的优点是__________；调溶液pH的目的是使__________生成沉淀。（3）第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是__________。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O，探究小组设计了三种方案：甲：滤渣2酸浸液Al2(SO4)3·18H2O乙：滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)3·18H2O丙：滤渣2滤液溶液Al2(SO4)3·18H2O上述三种方案中，__________方案不可行，原因是__________；从原子利用率角度考虑，__________方案更合理。（5）探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol·L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+①写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω=__________；②下列操作会导致含量的测定结果偏高的是______。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子21、钒被称为“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。常见的钒氧化物为VO、V2O3、VO2、V2O5，低价氧化钒在空气中易被氧化成高价氧化钒。请回答下列问题：（1）已知：①2V(s)＋O2(g)=2VO(s)△H1=－825.6kJ·mol-1②4VO(s)＋O2(g)=2V2O3(s)△H2=－788.8kJ·mol-1③V2O3(s)＋O2(g)=V2O5(s)△H3=－334.6kJ·mol-1④4V(s)＋5O2(g)=2V2O5(s)△H4据上述反应热效应之间的关系，可知△H4=___。（2）V2O5是钒氧化物中最重要的，也是最常用的钒化工制品。工业上制备V2O5的一个方法是利用VOCl3水解，则VOCl3中V的化合价为___，水解反应的化学方程式为___。（3）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热法，该反应的化学方程式为___。（4）工业制硫酸常用V2Os作催化剂，已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H=－196kJ·mol-1，500℃时将2molSO2和1molO2装入一容积恒定的10L密闭容器中，达到平衡时容器中SO3的浓度为0.1mol·L-1。①该反应的平衡常数K=___。某温度时，该反应的平衡常数K=50，则该温度___(填“>”“<”或“=”)500℃。②下列措施能使的值减小的是___(填字母)。A．升温B．其他条件不变，再充入2molHeC．其他条件不变，再充入2molSO2和1molO2D．不用V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，，根据水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，解出c(OH－)=10－3mol·L－1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=M＋＋OH－，故A错误；B、C点时AG=0，即c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH和MCl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒，c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)，两式合并得到c(M＋)+2c(H＋)=c(MOH)+2c(OH－)，故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。2、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A.X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；B.X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C.X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D.X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。3、A【解析】

乙醇生成乙醛为氧化反应，据此解答。【详解】A．CH3CHO→CH3COOH，为氧化反应，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型，故A选；B．CH2＝CHCl→为碳碳双键的加聚反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故B不选；C．为苯环上H的取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故C不选；D．CH3COOH→CH3COOCH2CH3为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故D不选；故答案选A。4、B【解析】

A选项，a点对应是Na2CO3、NaHCO3混合溶液：Fe3+、AlO2－、SO42－、NO3－，CO32－、HCO3－与Fe3+发生双水解反应，AlO2－与HCO3－发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，故A错误；B选项，b点对应是NaHCO3：K+、Ca2+、I－、Cl－，都不发生反应，共存，故B正确；C选项，c点对应的是NaCl溶液：Na+、Ca2+、NO3－、Ag+，Ag+与Cl－发生反应，故C错误；D选项，d点对应的是NaCl溶液、盐酸溶液中：F－、NO3－、Fe2+、Cl－，F－与H+反应生成HF，NO3－、Fe2+、H+发生氧化还原反应，故D错误；综上所述，答案为B。5、B【解析】

侯氏制碱法的原理：①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。6、D【解析】

A．据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B．据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B错误；C．c点溶液为中性，溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整体c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C错误；D．d点加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3•H2O)，二式联立可得c(NH3•H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正确；故答案为D。7、C【解析】

A．氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A错误；B．Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，加入Na2S时，若有黑色沉淀PbS生成，不能说明PbSO4转化为PbS，不能说明Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbS)，故B错误；C．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C正确；D．硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D错误；答案选C。Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，这是易错点。8、C【解析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。9、D【解析】

A.断开1molH2O(g)中的H—O键需要吸收926kJ的能量，故A错误；B.2H2O(g)=2H2(g)＋O2(g)ΔH＝463kJ·mol－1×4－436kJ·mol－1×2－495kJ·mol－1=+485kJ·mol－1，故B错误；C.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)应该是放热反应，故C错误；D.2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH＝－485kJ·mol－1，故D正确。综上所述，答案为D。10、B【解析】

A选项，锌锰电池，锌为负极，二氧化锰为正极，故A错误；B选项，氢燃料电池，氢气为负极，氧气为正极，故B正确；C选项，铅蓄电池，铅为负极，二氧化铅为正极，故C错误；D选项，镍镉电池，镉为负极，氢氧化氧镍为正极，故D错误；综上所述，答案为B。11、A【解析】①铁片置于CuSO4溶液中，铁片上有亮红色物质析出，说明发生了置换反应Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，活泼性Fe>Cu；②、③、④均不能说明活泼性Fe>Cu；⑤铁、铜用导线连接置于稀硫酸中，铁、铜形成原电池，Fe作负极，铁片溶解，铜作正极有H2放出，说明活泼性Fe>Cu，故答案选A。12、B【解析】

图中分析可知，电极1为电解池阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜。A.分析可知b为阴离子交换膜，A错误；B.实线对应的半透膜是阳离子半透膜，虚线是阴离子半透膜，结合阴阳离子移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，B正确；C.通电时，阳极电极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，阴极电极反应，2H++2e-=H2↑，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，C错误；D.淡化过程中，得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，D错误；故合理选项是B。13、B【解析】

原子半径最小的元素是氢，A为氢，C的L层是K层的3倍，则C为氧，B为氮，D为氟，B原子有7个质子，则E原子有14个核外电子，即硅元素，据此来分析各选项即可。【详解】A.二氧化硅可以用于制造光导纤维，A项正确；B.A、B、C三种元素可以形成，中含有离子键，B项错误；C.可以直接和作用得到，C项正确；D.非金属性越强的元素，其氢化物的热稳定性越好，B、C、D、E中非金属性最强的是氟，因此的热稳定性最好，D项正确；答案选B。14、C【解析】

A．加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH浓度为0.1000mol·L－1，正确，A不选；B．a点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒c(M＋)+c(H＋)=c(Cl－)+c(OH－)，则c(M＋)＞c(Cl－)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M＋)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确，B不选；C．b点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒得c(M＋)=c(Cl－)，所以c(M＋)+c(MOH)＞c(Cl－)，错误，C选；D．根据A选可知，MOH浓度为0.1000mol·L－1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH－)=10－3mol·L－1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHM＋＋OH－，由于其电离程度较小，则c(MOH)≈0.1mol·L－1，忽略水的电离，则c(M＋)≈c(OH－)=10－3mol·L－1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。15、C【解析】H+、AlO2-反应生成Al3+，故A错误；H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，故B错误；Mg2+、Na+、Cl-、SO42-不反应，故C正确；OH-、HCO3-反应生成CO32-，故D错误。16、C【解析】

A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基4-硝基甲苯（对硝基甲苯）取代反应加成反应14或【解析】

A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为；(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种；苯环上连接1个—CH2CH2CHO有1种；苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。18、酚羟基、醛基、醚键CH3OH、浓硫酸、加热4【解析】

(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应②为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件①结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。19、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。【详解】(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。20、Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙×100%c【解析】

稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步骤制取Al2(SO4)3·18H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第①步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为Cu+4H++2NO3-Cu2++2NO2↑+2H2O或3Cu+8H++2NO3-3Cu2++2NO↑+4H2O；Pt、Au，(2)第②步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；(3)第③步由CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；(5)①取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmol•L-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2++H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/L×b×10-3L=bc×10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO4•5H2O物质的量为bc×10-3mol；100mL溶液中含bc×10-3mol×5=5bc×10-3mol，所以CuSO4•5H2O质量分数的表