2024届湖南省常德市高考仿真卷化学试卷含解析

2024届湖南省常德市高考仿真卷化学试卷

注意事项

1.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.

2.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0.5亳米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置.

3.请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符.

4.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他

答案.作答非选择题，必须用05亳米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效.

5.如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗.

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量

最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是

A.反应③为工业制粗硅的原理

B.Z位于元素周期表第三周期nA族

C.4种元素的原子中，Y原子的半径最小

D.工业上通过电解乙来制取Z

2、氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是（）

A.ChB.ChC.SO2D.NaOH

3、把铝粉和某铁的氧化物（xFeO・yFe2O3）粉末配成铝热剂，分成两等份。一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐

酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液中充分反应。前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,则x:y为

A.1：1C.5：7D.7：5

4、电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为

90g/moL；“A、表示乳酸根离子）。则下列说法不无画的是

A.交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜

B.阳极的电极反应式为：2H2O-4e-=O2T+4H+

C.电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6〜8,此时进入浓缩室的OH可忽略不计。设200mL20g/L

乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的在标准状况下的体积约为6.72L,则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变

化忽略不计）

D.浓缩室内溶液经过电解后pH降低

5、新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是（）

选项ABCD

消毒剂双氧化水臭氧医用酒精84消毒液

B.BD.D

6、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NH3

B.先从a管通入NH3,再从b管通入CO?

C.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

7、不能用元素周期律解释的是（）

A.氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键

B.向淀粉KI溶液中滴加滨水，溶液变蓝

C.向Na2s溶液中滴加盐酸，有气泡生成

D.F2在暗处遇％即爆炸，L在暗处遇H2几乎不反应

8、室温下向10mL0.lmol・L-】MOH溶液中加入O.lmoH/i的二元酸ILX,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法错

误的是

A.MOH是强碱，M点水电离产生c(OlT)=10-13moiH

B.N点溶液中离子浓度大小关系为c(M+)>c(OH")>c(X2")>c(HX-)>c(H+)

C.P点溶液中C(H2X)+C(H*)=C(X2-)+C(OH-)

D.从M点到Q点，水的电离程度先增大后减小

9、2016年，我国科研团队开创了以煤为原料合成气态烯煌的新途径。下列说法错误的是

A.煤的气化和液化是物理变化

B.煤的干慵是在隔绝空气条件下进行的

C.大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因

D.发展“煤制油”工程可减少对石油产品的依赖

10、常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度

比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是()

1g3或ig迎2

"c(HA)c(HB)

A.a点时,溶液中由水电离的c(OH)约为1x1010m为L-i

B.电离平衡常数：Ka(HA)<Ka(HB)

C.b点时，c(B)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)

D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B)>c(HB)

11、下列化学用语正确的是()

A.聚丙烯的结构简式：CH2—CHz—CH2

B.丙烷分子的比例模型，

9•

C.甲醛分子的电子式：H：*：H

D.2•乙基4,3.丁二烯分子的键线式：

12、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()

A.能使酚酸变红的溶液：Na+、A|3+、SO?>NOV

B.0.1mol/LNaClO溶液：K\Fe2>Cl、SO?'

A.随着pH的增大，pC增大的曲线是A?•的物质的量浓度的负对数

2

B.pH=3.50时，c(HA*)>c(H2A)>c(A')

C.b点时C(H2A)-C(A2')/C2(HA")=10'43

D.pH=3.00~5・30时，c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先减小后增大

16、短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍;、C的最外

层电子数之比为5:2,D的氧化物是常用的耐火材料；下列叙述正确的是()

A.元素A的氢化物都是气体

B.简单离子半径：C>D>B元素

C.B、C形成的化合物与水反应可以生成一种刺激性气味的气体

D.元素B的气态氢化物的水溶液能溶解单质D

二、非选择题(本题包括5小题)

17、化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：

请回答下列问题：

(1)A的系统命名为

(2)反应②的反应类型是一。

(3)反应⑥所需试剂为一。

(4)写出反应③的化学方程式为

(5)F中官能团的名称是一o

(6)化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有一种(不含立体异构)。

①ImolM与足量的NaHC。、溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；

②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6：2：1：1的结构简式

为_(写出其中一种)。

oo

(7)参照上述合成路线，以C2H50H和Jmoc题为起始原料，选用必要的无机试剂合成,写出合成路线

18、丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下:

BnOBnOCOOH

BnQ

9性不蝮5°——XrX

BnOBnO

丹参素

己知：Bn一代表芾基(O>-CH2-)

请回答下列问题:

(1)D的结构简式为,H中所含官能团的名称为

(2)FfG的反应类型为,该反应的目的是_____________o

(3)A的名称是__________,写出AfB的化学方程式：.

COOH

(4)用苯酚与B可以制备物质M()。N是M的同系物，相对分子质量比M大1.则符合下

列条件的N的同分异构体有种(不考虑立体异构其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3

的物质的结构简式是______________(写出一种即可)。

①苯环只有两个取代基

②能与FeCl?溶液发生显色反应

③能发生银镜反应

④红外光谱表明分子中不含酸键

(5)参照丹参素的上述合成路线，以CH3为原料，设计制备HOTQ^COOH的合成路线：

19、以铝土矿(主要成分为ALO-含少量Si。?和F^O；等杂质)为原料生产铝和氮化铝的一种工艺流程如图［已知:

SiO?在“碱溶”时转化为铝硅酸钠(NaAlSiO「nH?。)沉淀］。

(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式—o

(2)溶液a中加入NaHCO,后，生成沉淀的离子方程式为

(3)有人考虑用熔融态AlCh电解制备铝，你觉得是否可行？请说明理由：_o

(4)取一定量的氮化铝样品，用以下装置测定样品中AIN的纯度(夹持装置已略去)。打开K2,加入NaOH浓溶液,

至不再产生NH-打开通入N?一段时间。

①写出A1N与NaOH溶液反应的化学方程式

②实验中需要测定的数据是

20、氮化铝(A1N)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小组利用ALO3+3C+N2高温2A1N

+3CO制取氮化铝，设”如图实验装置:

试回答：

(1)实验中用饱和NaNCh与NH4cl溶液制取氮气的化学方程式为—。

（2）装置中分液漏斗与蒸馅烧瓶之间的导管A的作用是一（填写序号）。

a.防止NaN（h饱和溶液蒸发

b.保证实验装置不漏气

c.使NaNOz饱和溶液容易滴下

（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下,

（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：一

（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数（实验中导管体积忽略不计）。已知：氮化

铝和NaOH溶液反应生成NaAKh和氨气。

①广口瓶中的试剂X最好选用_（填写序号）。

a.汽油b.酒精c.植物油d.CCh

②广口瓶中的液体没有装满（上方留有空间），则实验测得Nth的体积将一（填“偏大”、“偏小”或“不变

③若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g,测得氨气的体积为3.36M标准状况），则样品中AIN的质量分数为

21、聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙酸己酯，该反应的化学方

催化剂

程式为：CH3COOCH3（1）+C6H13OH（1）=^=^CH3COOC6HB（1）+CH3DH（1）

△

已知V正=kFX（CH3COOCH.3）x（C6H13OH）,、逆=k^x（CH3COOC6Hi3）x（CH3OH）,其中v正、、逆为正、逆反应速率，k

正、k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。

（1）反应开始时，已醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348K、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率

（«）随时间（D的变化关系如图所示。

该醇解反应的0（填＞或〈）。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数&二—（保留2位有效数字）。在

曲线①、②、③中，k止一k逆值最大的曲线是；A、B、C、D四点中，v止最大的是一，v史最大的是。

（2）343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1：1、1：2和2：1进行初始投料。则达到平衡后，初始投料比

时，乙酸甲酯转化率最大；与按1：2投料相比，按2：1投料时化学平衡常数瓜_（填增大、减小或不变）。

（3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是—。

a.参与了醇解反应，但并不改变反应历程b.使k正和k逆增大相同倍数

c.降低了醇解反应的活化能d.提高乙酸甲酯的平衡转化率

参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、D

【解题分析】

由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si,甲为CO2,乙为MgO,丙为SiCh,丁为CO；

【题目详解】

高温

A.反应③2C+SiO,=Si+2co，为工业制粗硅的原理，A正确；

B.Z即镁位于元素周期表第三周期UA族，B正确；

C.4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；

D.工业二通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；

答案选D。

2、B

【解题分析】

H2s具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2s的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。

【题目详解】

A.发生2H2S+O2=S1+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误；

B.发生2H2S+CL=S1+2HCI反应，溶液酸性增强，故B正确；

C.发生2H2S+SO2=3S1+2H2。反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；

D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误；

故答案选Bo

3、B

【解题分析】

第一份中Al与xFeO・yFe2O3粉末得到Fe与AbCh,再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCgFeCL+IhT，第二份直

接放入足量的烧碱溶液，发生反应：2AI+2NaOH+2H2O=NaAIO2+3H2t,前后两种情况下生成的气体质量比是5：7,

则令第一份、第二份生成氢气物质的量分别为5m01、7mol,根据方程式计算Fe、Al的物质的量，再根据第一份中A1

与xFeO・yFe2Ch反应的电子转移守恒计算xFeOyFezth中Fe元素平均化合价，进而计算x、y比例关系。

【题目详解】

第一份中AI与xFeOyFezCh粉末得到Fe与AI2O3,再与足量盐酸反应，发生反应：Fe+2HCI=FeC12+H2t，第二份直接

放入足量的烧碱溶液，发生反应：2AI+2\aOH+2H2O=NaAlO2+3H2f,前后两种情况下生成的气体质量比是5:7,令第

一份、第二份生成氢气物质的量分别为5mol、7mol,则：

Fe+2HCI=FeCl2+H2T

5mol5mol

2A1+2NaOH+2H2O=NaAlO2+3H2T

23

2

7molx-7mol

Jc

..2

令xFeOyFezCh中Fe兀素平均化合价为a,根据Al与xFeOyFezCh反应中的电子转移守恒：7molx-x3=5molx(a-0),

3

2x+2yx3

解得f心故F^=2&整理得答案选B。

4、C

【解题分析】

A.根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子

从阳极通过交换膜I进入浓缩室，则交换膜I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A正确;

+

B.根据A项分析，阳极的电极反应式为：2H2O-4e=O2t4-4H,故B正确;

+

C.在阳极上发生电极反应：4OH-4e=2H2O+O2b阴极上发生电极反应：2H+2e=H2t，根据电极反应方程式，则

有：2HA~2甲~1%,电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L,产生氢气的物质的量

672L

—:---------=0.03mol,则生成HA的物质的量=0.03molx2=0.06mol,则电解后溶液中的乳酸的总质量

22.4L/mol

=0.06molx90g/moL+200xl03Lx20g/L=9.4g,此时该溶液浓度=Z^&=47g/L,故C错误；

0.2L

D.在电解池的阳极上是OH-放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理,

电解池中的阴离子移向阳极，即A-通过阴离子交换膜(交换膜H)从阴极进入浓缩室，这样：H++A=HA,乳酸浓度增

大,酸性增强，pH降低，故D正确；

答案选Co

5、C

【解题分析】

双氧水、臭氧、84消毒液均具有强氧化性，氧化病毒和细菌，达到消毒杀菌的目的；酒精消毒的原理是使蛋白质变性,

故答案为C。

6、B

【解题分析】

侯氏制碱法的原理：

①将足量N%通入饱和食盐水中，再通入CO2,溶液中会生成高浓度的HCO”与原有的高浓度Na+结合成溶解度较

小的NaHCCh析出：NaCI+NH34-CO2+H2O=NaHCO31+NH4Cl；

②将析出的沉淀加热，制得Na2c03（纯碱）：ZNaHCChANa2cO3+CO2T+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。

【题目详解】

A.侯氏制碱法中可循环利用的气体是A项错误；

B.先通入N%,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NaHCO.3,将其加热得到纯碱（Na2coD项错误；

答案选B。

【题目点拨】

侯氏制碱法中，要先通入足量NW,再通入是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH?使食盐水显碱性，

能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO-与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCCh晶体；如果先通入82,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NaHCCh晶体。

7、C

【解题分析】

A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；

B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质；

C.向Na2s03溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应；

D.非金属性越强，与氢气化合越容易。

【题目详解】

A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠

形成氯化钠，含有离子键，氮与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；

B.向淀粉KI溶液中滴入滨水，溶液变蓝，说明漠单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选；

C向Na2s03溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HC1不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选；

D.非金属性F>L故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；

故答案选Co

8、B

【解题分析】

A.室温下O.lmol”/MOH溶液的pH=13,则c(OH)=0.1moll/',故MOH是强碱,室温下O.lmoFl/MOH溶液的pH=13,

由水电离出的c(H+)=IO43moi•1/,该溶液中由水电离出的c(H+)与c(OIT)相等，A正确；

133

B.10mL0.1molL，MOH溶液，n(MOH)=0.1mol-L*x10x10L=lxIOmol,N点的时候，n(H2X)=0.1

inolL^Sx103L=5x104moL此时MOH与H2X恰好完全反应生成M2X,反应方程式为：H2X+2MOH=M2X+2H2O,

X?一的水解程度比较微弱，溶液中离子浓度的大小为：C(M+)>C(X2-)>C[OH-)>C(HX-)>C(H+),B错误；

C.P点时MOH与H2X恰好完全反应生成MHX,反应方程式为：H2X+MOH=MHX+H2O,由电荷守恒可知：c(M+)+

c(H+尸2c(X2-)+C(HX-)+C(OH)由物料守恒可知：C(M+)=C(X2-)+C(HX-)+C(H?X),由电荷守恒式子与物料守恒式子结

合可知C(H2X)+C(H+)=C(X2-)+C(OH-),C正确；

D.N点MOH与H?X恰好完全反应生成MzX,水的电离程度最大，、点之后水的电离程度开始减小，故从M点到Q

点，水的电离程度先增大后减小，D正确；

答案选

9、A

【解题分析】A.煤的气化和液化是将碳转化为气态或液态的燃料，都属于化学变化，故A错误；B.

煤的干馔是将煤在隔绝空气条件下加强热进行的，故B正确；C.

大量燃烧煤炭会产生大量的可吸入颗粒物等污染物，是造成雾霾的重要原因，故C正确；D.

发展“煤制油”工程可减少石油的使用量，减少对石油产品的依赖，故D正确；故选A。

10、B

【解题分析】

A.a点时，|g=一<-=0,c(A)=c(HA),溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4,抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH)

c(HA)

约为lxl040moMA选项A正确；

c(A)c(H+)c(A)/c(B)

B.1g—~^=0,c(A')=c(HA),电离平衡常数：Ka(HA)=v~i=cH+=104mol/L；lg—―^=0,

c(HA)c(HA、)c(HB)

c(B)=c(HB),电离平衡常数：Ka(HB)=~~^=CH=10-5moin.,Ka(HA)>Ka(HB),选项B错误;

c(HB)'7

C.b点时，1g孚4=0,c(B•尸c(HB),pH=5,c(B)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH),选项C正确;

c(HB)

D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(B»c(HB),选项D正确。

答案选B。

11>D

【解题分析】

£----CH----CH,-3n

A.聚丙烯为高分子化合物，其正确的结构简式为：I-，故A错误;

CH.

B.为丙烷的球棍模型，故B错误；

C.甲醛为共价化合物，分子中存在2个碳氢共用电子对，碳原子和氧原子形成2对共用电子对，故C错误;

D.2•乙基・1,3.丁二烯分子中含有2个碳碳双键，它的键线式为：二^,故D正确；

答案选D。

【题目点拨】

本题考察化学用语的表达，电子式，键线式，结构式，球棍模型，比例模型等。球棍模型要体现原子之间的成键方式,

比例模型要体现出原子的体积大小。

12、C

【解题分析】

A.能使酚酸变红的溶液呈碱性，AI3+与OW会发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，A错误；

B.NaClO.F/+之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；

C.K\[Ag(NH3)2]\NO3\OH•之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大量共存，C正确；

D.由水电离产生的c(H+)=lxlO/3moi/L的溶液呈酸性或碱性，HCCh-与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量

共存，D错误；

故合理选项是Co

13、D

【解题分析】

A.通过i观察iiiii、iv中发生的变化，达到空白对照的目的，故A正确：B.向ii中滴加几滴浓盐酸，增大H+浓度,

平衡逆向移动，H3Fe(OC6H5)6浓度降低，溶液颜色变浅，故B正确；C.苯的密度比水，CCh的密度比水大，故汨、

iv中无色层中的溶剂分别为苯和CCL,故C正确；D.iii中加入苯后水溶液层呈浅紫色，而iv中加入CC14后水溶液

层呈紫色，说明苯酚更易溶解于苯，导致平衡逆向移动，水溶液的颜色变浅，即苯酚在苯中的溶解性大于在CC14中的

溶解性，故D错误；故答案为D。

14、A

【解题分析】

+

A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I+O2+4H=2I2+2H2O,故A正确；

B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe+4H++NO3一=Fe3+十

+2+

NOT+2H20；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe+8H+2NO3=3Fe+2NOf+

4H2O,故B错误；

2+

C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca+H2O+CO2T+2CH3COO,故C错误;

2+

D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca+2CIO+H2O=CaSOjl+ZHClO,生成的次氯酸具有强氧化性，能氧

化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。

【题目点拨】

本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁

少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫

酸钙。

15、C

【解题分析】

H2A存在电离平衡：H2AWH++HA-、HA#H++A2,pH增加促进电离立衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-

的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A?-的物质的量浓度的负对数，由

此分析解答。

【题目详解】

A.由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B.pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A?•的物质的量浓度的负对数，此时pC(H2A)

22

>pC(A")>pC(HAO,即c(HA)>c(A)>c(H2A),故B错误；

22+

c(H,A).c(A)C(H2A)K:(A)C(H)K.

2

C.b点时，c(H2A)=C(A),—万一=—万一｛=交点a处c(HA-)=c(H2A),故

22

c(HA)c(HA)c(H,)Ka2

c(H,A).c(H^)c(A2'|.c(H)

Kai=-——(H+)=lxlO°\HAM2+H\交点c处c(HAO=c(A2"),故Kaz=J、=c(H+)

c(HAJc(HAJ

=1x10*3,故C(H2A)・C(A2-)/C2(HA)=10@8/10S3=10-4.5,故c正确；

2

D.D.pH=3.00〜5.30时，结合物料守恒c(H2A)+c(HA)+C(A0始终不变，故D错误；

故答案为Co

【题目点拨】

认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题测重考查学生的分

析能力及灵活应用能力。

16、C

【解题分析】

短周期元素A、B、C、D原子序数依次增人。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素,

故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2,最外层电子数不得超过8,

原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。

【题目详解】

A.元素碳的氢化物都是有机物的烧类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；

B.B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：B>C>D,故

B错误；

C.B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；

D.元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；

答案选C。

二、非选择题（本题包括5小题）

O浓硫酸O

+H

17、2,3•二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溟酸JLCOOH+CH3cH20H才JI^COOC2H,z°羟基、

CHOCOOH

[I

醛基12H3c—C—CH2-COOH或H3C—C-CH2-CHC

CHJCHj

00

00

【解题分析】

A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有

两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为II|]，则A为丫，C与乙醇发生酯化反应生成D。

H3)

【题目详解】

(I)A为,根据烷危的系统命名法规则可知其名称应为：2,3・二甲基・1,3丁二烯;

(2)B到C的过程为酸性高镒酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；

⑶根据G和H的结构可知该过程中羟基被滨原子取代，所需试剂为浓氢溪酸；

0浓硫酸O

(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：火/COOH+CH3cH20Hl火7coOOH/%。；

⑸根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；

(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：

①ImolM与足量的NaHCCh溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成Imol二氧化碳，说明ImolM

中含有Imol竣基；

@0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即ImolAg固体，说明O.SmolM含0.5mol醛基；

除去皎基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：八」和I，先固定拨基有4种方式，再固定醛基，则

分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6：2：1：1的结构简式为:

CHO(JOOH

COOH

Hc—C—或HC—C—CH-CHO

3CH2-32;

⑺根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I,合成I需要发生类似D与H的反应，原料

I限OOC、H\即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溟加成可以生成二漠乙烷，其

00

00

结构与G类似，所以合成路线为：,『山*尊|仁||彗阿

“徐或附

【题目点拨】

推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结

构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。

18、酸键、羟基、较基取代反应保护(酚)羟基乙二醛

H

CHOCH3O

IIII+02-jII18HO—AA—C—CH,或HO-C—0—CH

2H-C-C-H2HO-C-C-HJI=

OH11

,,0-Q-CH,B„O^Q^CH3噤B-O^^COOH/HO-HQ^-COOH

【解题分析】

H0

*

根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛(OHC・CHO),乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为

B与D发生加成反应生成E()；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G(

H0

保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。

【题目详解】

BnOCOOH

产

(1)根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H(B)中所含官能团为酸键、羟基、拨基;

答案:■键、羟基、竣基

(2)FfG的结果是F中的羟基氢被节基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化,

所以F-G是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。

答案：取代反应保护(酚)羟基

o000

(3)A为乙二醛(OHCCHO),ATB属于醛基的氧化反应，方程式为IIII+。2一II；

2H—C—C—H2H0-C—C—H

0000

答案：乙二醛IIII+。2一

2H—C—C—H2HOC-C-II

(4)根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-.HCOOCH(CH3),OHCCH

01(

OHC—CH

(OH)CH2・、OHCCHZCH(OH)•、、OHCC—,每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种

CH,OH

CH,

位置关系，共有6x3=18；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是

(5)由原料到目标产物，甲基变成了我基(发生了氧化反应)，但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要

预先保护起来。根据题意可以使用BnQ进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为

HOTQ-CH,BnJQ-CH,祟BnO—Q^COOHaHOTQ—COOH，

BMT

答案：HO-0-CH,端/BnO^-CH5华＞)Q^C0OH*HO-^COOII

【题目点拨】

本题难点第(4)小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦

芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。

19、Na.O•A12O3-2SiO2-2nH2OA1O；+HCO；+H?O=A1(OH)3J+CO：不可行；A1C13属于共价化

合物，熔融状态不导电AIN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3TAIN样品的质量以及装置C在吸收NF前

后的质量

【解题分析】

铝土矿经碱溶后，SiO?转化为铝硅酸钠(NaAISiOjfH?。)沉淀，氧化铁不溶于NaOIL氧化铝与碱反应变为偏

铝酸根离子，故溶液a的主要成分为偏铝酸钠，加入碳酸氢钠溶液，会与偏铝酸根反应生成氢氧化铝沉淀，而后进行

进一步转化。

【题目详解】

(1)用氧化物的形式表示铝硅酸钠的化学式为Na2O.AI2O3♦2SiO2-2nH2O:

(2)溶液a中加入NaHCO?后，生成沉淀的离子方程式为A1O]+HCO；+也。=AKOH%J+COj：

(3)A1CI，属于共价化合物，熔融状态不导电，故不能使用电解氯化铝的方法制备铝单质；

(4)①由题意可知A1N与NaOH反应会生成氨气，且A1元素在碱性条件下一般以偏铝酸根离子的形式存在，可写出

反应方程式为AIN+NaOH+H2O=NaAlO,+NH.T。

②可根据N元素守恒进行测定，故实验要测定的数据为AIN样品的质量以及装置C在吸收NH3前后的质量。

20、NaN6+NH4cl乌NaCl+N2T+2H2。c用酒精灯微热蒸馅烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，

导管内上升一段水柱，证明气密性良好在干燥管D末端连接一个尾气处理装置c不变61.5%

【解题分析】

制取氮化铝：用饱和NaNOz与NH4a溶液制取氮气NaNCh+NH4c1旦^。+刈1+2H2。，装置中分液漏斗与蒸储烧

瓶之间的导管A,平衡内外压强，使NaNO?饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，

氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为，ALO3+3C+N建运2A1N+3CO,D防止空气进

入反应装置干扰实验；

（1）饱和NaNCh与NH4cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；

（2）根据实验的