2025-2026学年海南省临高中学化学高三第一学期期末监测试题

2025-2026学年海南省临高中学化学高三第一学期期末监测试题请考生注意：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、下列比较错误的是A．与水反应的剧烈程度：K<Ca B．稳定性：HF>HC1C．原子半径：Si>N D．碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)22、已知铍（Be）与铝的性质相似．则下列判断正确的是（）A．铍遇冷水剧烈反应B．氧化铍的化学式为Be2O3C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D．氯化铍水溶液显中性3、下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是()A．该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存B．通入CO2气体产生蓝色沉淀C．与NaHS反应的离子方程式：Cu2++S2-═CuS↓D．与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+4、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．FeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B．漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NOC．CaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D．活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2＋等重金属5、关于下图所示各装置的叙述中，正确的是A．装置①是原电池，总反应是：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+B．装置①中，铁做负极，电极反应式为：Fe3++e-=Fe2+C．装置②通电一段时间后石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深D．若用装置③精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液6、已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液，Na2S溶液的反应情况如下：（1）CuSO4溶液和Na2CO3溶液主要：Cu2++CO32－+H2O=Cu(OH)2↓+CO2↑次要：Cu2++CO32－=CuCO3↓（2）CuSO4溶液和Na2S溶液主要：Cu2++S2－=CuS↓次要：Cu2++S2－+2H2O=Cu(OH)2↓+H2S↑下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是（）A．CuS<Cu(OH)2<CuCO3 B．CuS>Cu(OH)2>CuCO3C．Cu(OH)2>CuCO3>CuS D．Cu(OH)2>CuCO3>CuS7、垃圾分类，有利于资源充分利用，下列处理错误的是A．厨房菜蔬与残羹回收处理后作肥料B．旧报纸等废纸回收再生产纸C．电池等电子产品有毒需特殊处理D．塑料袋等白色垃圾掩埋处理8、一定符合以下转化过程的X是（）X溶液WZXA．FeO B．SiO2 C．Al2O3 D．NH39、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10、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A．纯棉面料主要含C、H

、O

三种元素B．植物油的主要成分属于酯类物质C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色D．聚乳酸

(

)

的降解过程中会发生取代反应11、新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A．电池充电时X为电源负极B．放电时，正极上可发生反应：2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2C．充电时，没生成1molS8转移0.2mol电子D．离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过12、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氢原子数目为2NAD．密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NA13、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L14、下列有关实验的叙述完全正确的是A．A B．B C．C D．D15、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>X>WB．W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D．比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性16、草酸是二元中强酸，草酸氢钠溶液显酸性。常温下，向10mL0.01mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.01mol·L-1NaOH溶液，随着NaOH溶液体积的增加，溶液中离子浓度关系正确的是（）A．V[NaOH(aq)]=0时，c(H+)=1×10-2mol·L-1B．V[NaOH(aq)]<10mL时，不可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)C．V[NaOH(aq)]=10mL时，c(H+)=1×10-7mol·L-1D．V[NaOH(aq)]>10mL时，c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。（6）N的结构简式为________________。18、普罗帕酮，为广谱高效膜抑制性抗心律失常药。具有膜稳定作用及竞争性β受体阻滞作用。能降低心肌兴奋性，延长动作电位时程及有效不应期，延长传导。化合物I是合成普罗帕酮的前驱体，其合成路线如图：已知：CH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O回答下列问题：(1)H的分子式为_____________；化合物E中含有的官能团名称是_________。(2)G生成H的反应类型是______。(3)F的结构简式为_____。(4)B与银氨溶液反应的化学方程式为__________。(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M的结构共有___种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为：_______。(6)参照上述合成路线，以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：____。19、三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成③相关物质的物理性质如下：物质相对分子量沸点熔点溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水请回答下列问题：（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。20、葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。Ⅰ.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2的含量为________g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。21、我国第二代身份证采用的是具有绿色环保性能的PETG新材料，该材料可以回收再利用，而且对周边环境不构成任何污染。PETG的结构简式如下：可采用的合成路线如图所示：已知：①A的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一。②③RCOORl＋R2OH→RCOOR2＋R1OH(R、R1、R2表示烃基)试回答下列问题：(1)C的名称为________，反应①的类型为_______。(2)反应③所需条件为__________，试剂X为________。(3)写出I的结构简式：___________。(4)写出反应⑤的化学方程式：____________(5)与E互为同分异构体，且满足以下条件的有机物共有_____种，其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积比为1:2:2:1的一种同分异构体的结构简式为_______。①芳香化合物；②一定条件下能发生银镜反应；③能与NaHCO3溶液反应生成气体。(6)请以甲苯为原料，设计制备苯甲酸苯甲酯的合成路线_____________。(无机试剂任选，合成路线示例见本题干)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A．金属性K＞Ca＞Na＞Mg，金属性越强，金属单质与水反应越剧烈，故A错误；B．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性F＞S，所以氢化物的稳定性HF＞H2S，故B正确；C．C、Si同主族，电子层依次增大，故原子半径Si＞C，C、N同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径C＞N，因此原子半径：Si>N，故C正确；D．元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性Ca＞Mg，所以碱性Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故D正确；故选A。2、C【解析】

既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A.铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B.铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C.氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D.氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选C。3、A【解析】

A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应，可以大量共存，故选A；B.CO2不与CuSO4反应，不能生产沉淀，故不选B；C.CuSO4与NaHS反应的离子方程式：Cu2++HS-═CuS↓+H+，故不选C；D.CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+，故不选D；答案选A。4、B【解析】

A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错误；故合理选项是B。5、C【解析】

A.该装置是原电池，由于Fe比Cu活泼，所以铁作负极，铜作正极，负极上Fe失电子发生氧化反应，正极上Fe3＋得电子发生还原反应，电池总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，选项A错误；B.该装置是原电池，铁作负极，负极上Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，选项B错误；C.氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向负电荷较多的阴极移动，因此装置②中石墨Ⅱ电极附近溶液红褐色加深，选项C正确；D.由电流方向判断a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，选项D错误；答案选C。6、A【解析】

由（1）可知，Cu(OH)2比CuCO3易生成，说明Cu(OH)2比CuCO3溶解度小；由（2）可知，CuS比Cu(OH)2易生成，说明CuS比Cu(OH)2溶解度更小。由此可以得出，溶解度CuS<Cu(OH)2<CuCO3。故选A。7、D【解析】

A.厨房菜蔬与残羹成分为有机物，回收发酵处理后可作有机肥料，故A正确；B.旧报纸等废纸属于可回收垃圾，回收后可以再生产纸，故B正确；C.电池等电子产品中含有重金属等有毒物质，可以污染土壤和水体，需特殊处理，故C正确；D.塑料袋等白色垃圾属于可回收垃圾，难降解，不能掩埋处理，故D错误。故选D。8、D【解析】

A．FeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A不选；B．SiO2与稀硝酸不反应，故B不选；C．Al2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选；D．NH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成NH3，符合转化关系，故D选；故答案为：D。9、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。10、C【解析】

A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；答案选C。11、B【解析】A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以M是正极，发生还原反应，N是负极，发生氧化反应，电池充电时X为电源正极，A错误；B、根据装置图可知正极反应式可以为2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2，B正确；C、根据总反应式可知充电时每生成xmolS8转移16mol电子，C错误；D、电子一定不会通过交换膜，D错误，答案选B。12、C【解析】

A.常温常压下，124gP4的物质的量是1mol，由于白磷是正四面体结构，含有6个P－P键，因此其中所含P—P键数目为6NA，A错误；B.铁离子在溶液中水解，所以100mL1mol·L−1FeCl3溶液中所含Fe3+的数目小于0.1NA，B错误；C.甲烷和乙烯分子均含有4个氢原子，标准状况下，11.2L甲烷和乙烯混合物的物质的量是0.5mol，其中含氢原子数目为2NA，C正确；D.反应2SO2+O22SO3是可逆反应，因此密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NA，D错误。答案选C。本题主要从物质结构、水解、转移电子、可逆反应等角度考查，本题相对比较容易，只要认真、细心就能做对，平时多注意这方面的积累。白磷的结构是解答的难点，注意与甲烷正四面体结构的区别。13、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。14、C【解析】

A、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色；B、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜；C、离子反应向着离子浓度减小的方向进行；D、未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰。【详解】A项、次氯酸钠水解生成的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，不能用pH试纸测次氯酸钠溶液的pH，不能达到实验目的，故A错误；B项、氯化铜在溶液中水解生成氢氧化铜和氯化氢，加热促进氯化铜水解，生成的氯化氢易挥发使水解趋于完全生成氢氧化铜，制备无水氯化铜应在HCl气流中蒸发，故B错误；C项、碘化银和氯化银是同类型的难溶电解质，向浓度相同的银氨溶液中分别加入相同浓度氯化钠和碘化钠溶液，无白色沉淀生成，有黄色沉淀生成，说明碘化银溶度积小于氯化银，故C正确；D项、氯气溶于水也能与硝酸银反应生成白色的氯化银沉淀，未反应的氯气对取代反应的产物HCl的检验产生干扰，不能达到实验目的，故D错误。故选C。15、C【解析】

Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。A．H原子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A项错误；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。H2O2的结构简式为H—O－O—H，含有极性键和非极性键，C项正确；D．比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。D项错误；本题答案选C。16、D【解析】

A.因为草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全电离，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中c(H+)<1×10-2mol/L，A项错误；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液显酸性，Na2C2O4溶液因水解而显碱性，NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液过程中溶液由酸性逐渐变为碱性，所以当V(NaOH)aq<10mL时，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B项错误；C.当V(NaOH)aq=10mL时，NaHC2O4和NaOH恰好完全反应生成Na2C2O4，C2O42-发生水解而使溶液呈碱性，故常温下c(H+)<1×10-7mol/L，C项错误；D.当V(NaOH)aq>10mL时，所得溶液的溶质是Na2C2O4和NaOH，C2O42-发生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且NaOH电离的OH-抑制C2O42-的水解，故c(Na+)>c(C2O42-)<c(HC2O4-)，D项正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。18、C18H18O3(酚)羟基、羰基取代反应CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O10【解析】

由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应，据此分析。【详解】由A的分子式为C2H6O，且能在Cu作催化剂时被O2氧化，则A的结构简式为CH3CH2OH，B的结构简式为CH3CHO，B被银氨溶液氧化，酸化后得到C为CH3COOH，由题目中已知信息可得，E与生成F为，F与H2发生加成反应生成G，G的结构简式为：，由G与C3H5ClO反应生成H可知，反应产物还有H2O分子，故该反应为取代反应；(1)由流程图中H的结构简式可知，其分子式为：C18H18O3，由E的结构简式可知，E所含有的官能团有：(酚)羟基、羰基；(2)由分析可知，G生成H的反应类型是取代反应；(3)由分析可知，F的结构简式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为CH3CHO，与银氨溶液反应的化学方程式为CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；(5)芳香族化合物M与E互为同分异构体，M中除苯环外，不含其他环状结构，且1molM能与2molNaOH反应，则M中苯环上的取代基可能是2个酚羟基和1个乙烯基，由苯环上的邻、间、对位结构的不同，一共有6中同分异构体；M还有可能是甲酸苯酚酯，苯环上另有一个甲基的结构，这样的同分异构体有3种；M还有可能是乙酸苯酚酯，有1种同分异构体；所以符合条件的M一共有10种同分异构体；其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱上显示4组峰的M的结构简式为；(6)以2-丙醇和苯甲醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线为：。本题根据流程图中所给A物质的分子式及其反应条件推导出A的结构简式是解题的关键，注意比较G和H的结构简式区别，然后根据有机化学中反应基本类型的特点进行判断。19、球形干燥管与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能+H2O→+Mg(OH)Br缓慢滴加混合液蒸馏重结晶68%乙醚有毒，且易燃【解析】

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。【详解】(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔点较高就简单的认为生成的三苯甲醇为固体，所以通过过滤分离，应还要注意三苯甲醇的溶解性，实验中使用的有机溶剂都可以溶解三苯甲醇，所以要用蒸馏的方法分离。20、SO2（g）SO2（aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋+HS