2018-2019學年湖北省十堰市高考化學第一次調(diào)研試卷

2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題（本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意）.短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，W原子的核外電子數(shù)等于電子層數(shù)，X?和「的核外電子排布相同，X與Z同族。下列敘述正確的是（ ）A.原子半徑：Z>X>YX的簡單氫化物的穩(wěn)定性比Z的強Y的氫化物為共價化合物Z的最高價氧化物對應的水化物是一種強酸【答案】D【解析】【分析】短周期W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，W原子的核外電子數(shù)等于電子層數(shù)，即W原子核外只有1個電子，則W為H元素：X3和Y*離子的電子層結構相同，則X位于第二周期VIA族，為O元素，Y位于第三周期IA族，為Na元素：Z與X同族，則Z為S元素，據(jù)此解答。【詳解】根據(jù)分析可知：W為H,X為O,Y為Na,Z為S元素；A.同主族從上向下原子半徑逐漸增大，同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，則原子半徑Na>S>0,即Y>Z>X,故A錯誤；B.非金屬性0>S,則H2O比H2s穩(wěn)定，即X的簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性比Z的強，故B錯誤；NaH為離子化合物，故C錯誤；S的最高價氧化物對應水化物為硫酸，硫酸為強酸，故D正確；故答案為D.2.下列說法正確的是A.紫外光譜儀、核磁共振儀、質(zhì)譜儀都可用于有機化合物結構的分析0B.高聚物（E-gHCHz^X土）屬于可降解材料，工業(yè)上是由單體經(jīng)過縮聚反應合成啊C.通過煤的液化可獲得煤焦油、焦炭、粗氨水等物質(zhì)D.石油裂解的目的是為了提高輕質(zhì)油的質(zhì)量和產(chǎn)量【答案】A【解析】【詳解】A.紫外可見分光光度計是定量研究物質(zhì)組成或結構的現(xiàn)代儀器，核磁共振儀用于測定有機物分子中氫原子的種類和數(shù)目，質(zhì)譜儀可用于有機化合物的相對分子質(zhì)量，A正確：l OHB.高聚物（B*hchz-c王）水解產(chǎn)生小分子 I 和H2CO3,所以屬于可降解材料，工業(yè)上ch3" CH3-CH-CH2OHOH是由單體| 和H2CO3經(jīng)過縮聚反應合成，B錯誤；CHs-CH-ClfcOHC.通過煤的干館可獲得煤焦油、焦炭、粗氨水等物質(zhì)，C錯誤；D.石油裂解的目的是為了獲得短鏈氣態(tài)不飽和短，石油裂化的目的是為了提高輕質(zhì)油的質(zhì)量和產(chǎn)量，D錯誤；故合理選項是A..甲、乙、丙、丁四種易溶于水的物質(zhì)，分別由NH「、Ba2\Mg2\H*、0H\Cl\HCO3\SC^中的不同陽離子和陰離子各一種組成，已知：①將甲溶液分別與其他三種物質(zhì)的溶液混合，均有白色沉淀生成；②0.1mol-L"乙溶液中c（H*）>0.1mol-L'1；③向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列結論不正確的是（ ）A.甲溶液含有Ba* B.乙溶液含有SO4〃C.丙溶液含有C「 D.丁溶液含有Mg?*【答案】D【解析】【詳解】根據(jù)②中的信息可知乙是二元酸，故乙是h2so4；根據(jù)③中現(xiàn)象，可以推知丙中含有cr；再結合①中提供信息，甲與其它三種物質(zhì)混合均產(chǎn)生白色沉淀，則可推出甲是Ba（OH）z，乙是H2SO4,丙是MgCL，丁是NH?HCO3,故選Do【點睛】本題考查離子共存的正誤判斷，該題是高考中的高頻題，屬于中等難度的試題，側重對學生基礎知識的訓練和檢驗，本題解題關鍵是先找出離子之間能夠形成的白色沉淀，然后判斷甲的組成即可。.下列說法錯誤的是（ ）A.以乙醇、空氣為原料可制取乙酸B.甲苯分子中最多13個原子共平面C.淀粉、油脂和蛋白質(zhì)都是可以水解的高分子化合物D.分子式為C5H12O的醇共有8種結構【答案】C【解析】【詳解】A.醇羥基可以發(fā)生氧化反應生成竣基，可以用乙醇、空氣為原料制取乙酸，故A正確；B.甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，故B正確：C.油脂不屬于高分子化合物，故C錯誤；D.C5Hlz的同分異構體有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2>C(CH3)4,其中CH3cH2CH2CH2CH3有3種H原子，CH3cHzcH(CH3)z有4種H原子，*出)4只有1種H原子，故羥基(-0H)取代1個H得到的醇有3+4+1=8種，故D正確；故答案為C.【點睛】CsHizO的醇可以看做羥基上連接一個戊基，戊基有8種，所以分子式為CsHizO的醇共有8種結構；常見的是基個數(shù)：丙基2種；丁基4種；戊基8種。5.利用如圖所示裝置模擬電解原理在工業(yè)生產(chǎn)上的應用。下列說法正確的是( )直流電源A.鐵片上鍍銅時，Y是純銅B.制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂C.電解精煉銅時，Z溶液中的Cu"濃度不變D.電解飽和食鹽水時，X極的電極反應式為4OH-4e=2HzO+O2個【答案】B【解析】【分析】根據(jù)圖中得出X為陽極，Y為陰極。【詳解】A.鐵片上鍍銅時，銅為鍍層金屬，為陽極，因此X是純銅，故A錯誤；B.制取金屬鎂時，Z是熔融的氯化鎂，鎂離子再陰極生成鎂單質(zhì)，故B正確；C.電解精煉銅時，陽極開始是鋅溶解，陰極始終的銅離子得電子變?yōu)殂~單質(zhì)，因此Z溶液中的Cu-濃度減小，故C錯誤；D.電解飽和食鹽水時，X極的電極反應式為2C「一2e-=Ch個，故D錯誤。綜上所述，答案為B。【點睛】電解精煉銅，粗銅作陽極，純銅作陰極；電鍍，鍍件作陰極，鍍層金屬作陽極，鍍層金屬鹽溶液為電解液。6.已知：Br+H2->HBr+H,其反應的歷程與能量變化如圖所示，以下敘述正確的是反應歷程A.該反應是放熱反應B.加入催化劑，Ei-Ez的差值減小C.H-H的鍵能大于H-Br的鍵能D.因為Ei>Ez,所以反應物的總能量高于生成物的總能量【答案】C【解析】【分析】根據(jù)反應物的總能量和生成物的總能量的相對大小來判斷反應的熱效應。反應的能量變化與反應途徑無關，催化劑只改變反應速率，與該反應的能量變化無關?！驹斀狻緼.若反應物的總能量〉生成物的總能量，則反應為放熱反應；若反應物的總能量〉生成物的總能量，則反應為吸熱反應，此圖中生成物總能量高于反應物，故該反應為吸熱反應，A錯誤；B.Ei￡的差值即為此反應的燃變，催化劑只改變活化能，與始值無關，B錯誤；C.此反應為吸熱反應，故斷開H-H鍵所需要的能量高于生成H-Br鍵放出的能量，C正確；D.因為&>Ez，所以反應物的總能量低于生成物的總能量，此反應吸收熱量，D錯誤，故合理選項是C.【點睛】本題考查吸熱反應和放熱反應，在化學反應中，由于反應中存在能量的變化，所以反應物的總能量和生成物的總能量不可能相等，根據(jù)二者能量差異判斷反應的熱效應。7.實驗室制備硝基苯時，經(jīng)過配制混酸、硝化反應(50?60C)、洗滌分離、干燥蒸懶等步驟，下列圖示裝置和操作能達到目的的是配制混酸“一二0硝化反應人c.1 洗滌分離Ir-t【答案】C【解析】【詳解】A、配制混酸時，應先將濃硝酸注入燒杯中，再慢慢注入濃硫酸，并及時攪拌和冷卻，故A錯誤；B、由于硝化反應控制溫度50~60C,應采取50?60C水浴加熱，故B錯誤；C、硝基苯是油狀液體，與水不互溶,分離互不相溶的液態(tài)混合物應采取分液操作，故C正確；D、蒸儲時為充分冷凝，應從下端進冷水，故D錯誤。答案：C.【點睛】本題考查了硝基苯的制備實驗，注意根據(jù)實驗原理和實驗基本操作，結合物質(zhì)的性質(zhì)特點和差異答題。8.明研［KA1（SO4）z-12H2O］是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛.采用廢易拉罐制備明研的過程如下圖所示.下列敘述錯誤的是（）|明府||明府|A.合理處理易拉罐有利于環(huán)境保護和資源再利用B.從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC."沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D.上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】【詳解】A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用對經(jīng)濟效益、社會效益的提高、環(huán)境的保護有著巨大的促進作用，故不選A；B.易拉罐（主要成分為A1,含有少量的Fe）,因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe,故不選B；C.“沉淀”反應是鐵離子生成氫氧化鐵的反應，故不選C；D.鋁離子與碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應，故選D；答案：D9.下列物質(zhì)的制備方法正確的是（）A.實驗室用1體積酒精和3體積濃度為6mol/L的硫酸制乙烯B.用鎂粉和空氣反應制備Mg3電C.2mLi0%的NaOH溶液中滴加2%的CuSCU溶液5滴得新制Cu（OH）2懸濁液D.用電解熔融氯化鋁的方法制得單質(zhì)鋁【答案】C【解析】【詳解】A.實驗室用1體積酒精和3體積濃度為18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A錯誤；B.鎂粉在空氣中和氧氣也反應，會生成氧化鎂，故B錯誤；C.氫氧化鈉過量，可與硫酸銅反應生成氫氧化銅，反應后制得的氫氧化銅呈堿性，符合要求，故C正確;D.氯化鋁屬于分子晶體，熔融狀態(tài)不導電，工業(yè)上用電解熔融氧化鋁的方法冶煉AI,故D錯誤；故選C.10.我國古代的青銅器工藝精湛，有很高的藝術價值和歷史價值。下列說法不正確的是（ ）A.我國使用青銅器的時間比使用鐵器、鋁器的時間均要早B.將青銅器放在銀質(zhì)托盤上，青銅器容易生成銅綠C.《本草綱目》載有名"銅青"之藥物，銅青是銅器上的綠色物質(zhì)，則銅青就是青銅D.用蜂蠟做出銅器的蠟模，是古代青銅器的鑄造方法之一，蜂蠟的主要成分是有機物【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.金屬大規(guī)模被使用的先后順序跟金屬的活動性關系最大，金屬性越弱的金屬使用越早，所以我國使用青銅器的時間比使用鐵器、鋁器的時間均要早，故A正確；B.Cu比Ag活潑，將青銅器放在銀質(zhì)托盤上，構成原電池，銅為負極，青銅器容易生成銅綠，故B正確；C.銅在空氣中長時間放置，會與空氣中氧氣、二氧化碳、水反應生成堿式碳酸銅，因此《本草綱目》載有名"銅青"之藥物，銅青就是銅銹蝕生成的堿式碳酸銅，故C錯誤；D.蜂蠟的主要成分是酸類、游離脂肪酸、游離脂肪醇和碳水化合物，主要成分是有機物，故D正確；故選C.11.化學與生活密切相關，下列說法不正確的是（ ）A.醫(yī)用"納米銀外用抗菌凝膠”外用于皮膚后，能夠緩釋放出納米銀離子，抑制并殺滅與之接觸的病菌并有促進皮膚愈合的作用B.銀是首飾行業(yè)中常用的金屬材料，純銀由于太軟，因此，常摻雜其他組分（銅、鋅、銀等），標準首飾用銀的銀含量為92.5%,又稱925銀C.分別用液化石油氣、汽油、地溝油加工制成的生物柴油都是碳氫化合物D.液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰【答案】C【解析】【分析】【詳解】A."納米銀外用抗菌凝膠”利用了銀使蛋白質(zhì)變性的原理殺滅病菌，故A正確；B.標準首飾用銀的合金，銀含量為92.5%,又稱925銀，故B正確；C.地溝油的主要成分是油脂，屬于酯類，不是碳氫化合物，故C錯誤；D.液氯罐泄漏時，可將其移入水塘中，并向水塘中加入熟石灰，二者發(fā)生反應產(chǎn)生氯化鈣、次氯酸鈣和水，從而消除了氯氣的毒性及危害，故D正確；故答案選C..在硫酸銅晶體結晶水含量測定的實驗過程中，下列儀器或操作未涉及的是【答案】C【解析】【詳解】A.為使硫酸銅晶體充分反應，應該將硫酸銅晶體研細，因此要用到研磨操作，A不符合題意：B.硫酸銅晶體結晶水含量測定實驗過程中，需要準確稱量瓷生煙的質(zhì)量、瓷用煙和一定量硫酸銅晶體的質(zhì)量、瓷用竭和硫酸銅粉末的質(zhì)量，至少稱量4次，所以涉及到稱量操作，需要托盤天平，B不符合題意；C.盛有硫酸銅晶體的瓷組娟放在泥三角上加熱，直到藍色完全變白，不需要蒸發(fā)結晶操作，因此實驗過程中未涉及到蒸發(fā)結晶操作，C符合題意；D.加熱后冷卻時，為防止硫酸銅粉末吸水，應將硫酸銅放在干燥器中進行冷卻，從而得到純凈而干燥的無水硫酸銅，因此需要使用干燥器，D不符合題意；故合理選項是C..常溫下，用AgN03溶液分別滴定濃度均為O.Olmol/L的KCI、KzQO,溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示（不考慮C2O4”的水解）。下列敘述正確的是（）Ksp(Ag2c2O4)的數(shù)量級等于IO11n點表示AgCI的不飽和溶液C.向c(C「)=c(QO4")的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成AgzCQz,沉淀D.Ag2c2O4+2C「=2AgCI+C2Oj的平衡常數(shù)為1O904【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.Ksp(Ag2C2O4)=(10",)2xl0：246=101146,科學計數(shù)法表示時應該是axlOb,a是大于1小于10的數(shù)，故它的數(shù)量級等于10力，a錯誤；B.n點時c(Ag)比溶解平衡曲線上的c(Ag，大，所以表示AgCI的過飽和溶液，B錯誤；C.設c(C「)=c(C20」)=amol/L,混合液中滴入AgNCh溶液時，生成AgzCz。4沉淀所需/|01146 lor% ](1975c(Ag>.一=、==，生成AgCI沉淀所需c(A，)=U—,顯然生成AgCI沉淀需要的c(Ag，小，先形Va yja a成AgCI沉淀，C錯誤；io~246D.Ag2C2O4+2C「=2AgCI+C2O43的平衡常數(shù)為 ZO'04,D正確；(]0-5.75)2故合理選項是D,14.依據(jù)Cd(Hg)+HgzSO4=3Hg+Cd2++SO,反應原理，設計出韋斯頓標準電池，其簡易裝置如圖。下列有關該電池的說法正確的是()A.電池工作時Cd"向電極B移動B.電極A上發(fā)生反應Hg2SO4+2e=2Hg+SO42-C.電極B上發(fā)生反應Cd(Hg)-4e=Hg2++Cd2tD.反應中每生成amolHg轉移3amol電子【答案】B【解析】【詳解】根據(jù)電池反應方程式可知：在反應中Cd(Hg)極作負極，Cd失去電子，發(fā)生氧化反應產(chǎn)生Cd，Hg作溶劑,不參加反應，另一極Hg為正極，Cd?+向負電荷較多的電極A移動，A錯誤、B正確；根據(jù)總反應方程式可知物質(zhì)B電極上的Hg不參加反應，C錯誤；根據(jù)方程式可知每生成3moiHg,轉移2m。后，則生成amolHg轉移工-mol的電子，D錯誤；故合理選項是BoNa表示阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值。乙醛(CH3cH20cH2cH3)是一種麻醉劑。制備乙酸的方法是2cHeH20H—fCHCH20cHzcH3+H2O.下列說法正確的是A.18gH218O分子含中子數(shù)目為10NaB.每制備lmolCH3CH218OCH2CH3必形成共價鍵數(shù)目為4NAC.10g46%酒精溶液中含H原子個數(shù)為1.2NaD.標準狀況下,4.48L乙醇含分子數(shù)為0.2以【答案】C【解析】A、18gH分子含中子數(shù)目為kl生"x10Na=9Na，故A錯誤；B、每制備ImolCH3cHz^ocH2cH3,分20r?moI子間脫水，形成c-o、O-H共價鍵，形成共價鍵數(shù)目為2Na,故B錯誤；C、10g46%酒精溶液中，酒精4.6g,水5.4g,含H原子=本""'-IX6+商' 1*2)XNA=1.2NA,含H原子個數(shù)為1.2NA,故C正確,46只,mol I8r?molD、標準狀況下,4.48L乙醇為液態(tài)，故D錯誤；故選C。二、實驗題(本題包括1個小題，共10分)16.某課外活動小組欲利用CuO與NH3反應，研究N&的某種性質(zhì)并測定其組成，設計了如下實驗裝置(夾持裝置未畫出)進行實驗。請回答下列問題：(1)儀謂a的名稱為；儀器b中可選擇的試劑為。(2)實驗室中，利用裝置A,還可制取的無色氣體是(填字母)。A.Cl2B.02C.C02D.N02(3)實驗中觀察到裝置C中黑色Cu。粉末變?yōu)榧t色固體，量氣管有無色無味的氣體，上述現(xiàn)象證明NM具有 性，寫出相應的化學方程式 。（4）E裝置中濃硫酸的作用.（5）讀取氣體體積前，應對裝置F進行的操作：。（6）實驗完畢，若測得干燥管D增重mg,裝置F測得氣體的體積為nL（已折算成標準狀況），則氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為（用含m、n字母的代數(shù)式表示）?！敬鸢浮糠忠郝┒?固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰 BC還原3CuO+2NH3—3Cu+3H2O+N2 吸收未反應的氨氣，阻止F中水蒸氣進入D 慢慢上下移動右邊漏9n斗，使左右兩管液面相平 --11.2m【解析】【分析】A裝置制取氨氣，B裝置干燥氨氣，C為反應裝置，D裝置吸收反應產(chǎn)生的水，E裝置防止F中的水分進入D裝置干擾實驗結果，F(xiàn)裝置測量生成氮氣的體積?！驹斀狻浚?）裝置中儀器a為分液漏斗，濃氨水遇氧化鈣、氫氧化鈉會釋放氨氣，故可選用固體氫氧化鈉或氧化鈣或堿石灰（成分為氧化鈣和氫氧化鈉）；（2）該裝置為固液不加熱制取氣體，A.氯氣為黃綠色氣體，A錯誤；B.過氧化鈉和水，或過氧化氫和二氧化銘制氧氣都無需加熱，B正確；C.碳酸鈣和稀鹽酸制取二氧化碳，無需加熱，C正確；D.二氧化氮為紅棕色氣體，D錯誤；答案選BC；（3）裝置C中黑色CuO粉末變?yōu)榧t色固體，說明氧化銅被還原為銅單質(zhì)，說明氨氣具有還原性，量氣管有無色無味的氣體，根據(jù)元素守恒該氣體肯定含有氮元素，只能是氮氣，故方程式為△3CuO+2NH3=3Cu+3H2O+N2；（4）根據(jù)實驗目的，需要測定D裝置的質(zhì)量變化來確定生成水的量，故E裝置的作用是防止F中的水分進入D裝置，同時濃硫酸還能吸收氨氣；（5）為保證讀出的氣體體積為標準大氣壓下的體積，需要調(diào)整兩邊液面相平；（6）測得干燥管D增重mg,即生成mg水，裝置F測得氣體的體積為nL,即nL氮氣，根據(jù)元素守恒,水中的氫元素都來自于氨氣，氮氣中的氮元素都來自于氨氣，故氨分子中氮、氫的原子個數(shù)比為：【點睛】量氣裝置讀數(shù)的注意事項：①氣體冷卻到室溫；②上下移動量筒，使量筒內(nèi)液面與集氣瓶內(nèi)液面相平；③

讀數(shù)時視線與凹液面最低處相平。三、推斷題(本題包括1個小題，共10分)17.［化學一一選修5：有機化學基礎］化合物M是一種香料，A與D是常見的有機化工原料，按下列路線合成化合物M：〈合成化合物M：〈＞-CH=CHCHO已知以下信息:①A的相對分子質(zhì)量為28R/ 稀NaOH②2RCHaCH0—2s~-r-ch3ch=c-cho回答下列問題：A的名稱是,D的結構簡式是0A生成B的反應類型為,C中官能團名稱為。E生成F的化學方程式為。(4)下列關于G的說法正確的是。(填標號)a.屬于芳香姓b.可與FeCb溶液反應顯紫色c.可與新制的Cu(OH)z共熱生成紅色沉淀d.G分子中最多有14個原子共平面(5)化合物M的同系物N比M的相對分子質(zhì)量大14,N的同分異構體中同時滿足下列條件的共有種(不考慮立體異構)。①與化合物M含有相同的官能團；②苯環(huán)上有兩個取代基(6)參照上述合成路線,化合物X與Y以物質(zhì)的量之比2:1反應可得到化合物，X的結構簡式為,Y的結構簡式為.(4)cd；(5)18；(6)(4)cd；(5)18；(6)CH3cHzcH。,CHO?！窘馕觥?/p>

【分析】根據(jù)信息②，推出c和D結構簡式為：CH3CHO和?^-CHO，A的分子量為28,推出A為CHz=CH式乙烯），B為CH3cHzOH,G的結構簡式為：＜^Q^-CH0,F的結構簡式為：CH：QH,E的結構簡式為：^O^~CH;C1,D的結構簡式為：^Q^）-CH3.【詳解】A為乙烯，D的結構簡式為：^Q^-CH3;(2)A和(2)A和B發(fā)生CH2=CH2+H2O一定條下CH3CH2OH,發(fā)生加成反應，C的結構簡式含有官能團是醛基;（3）E生成F,發(fā)生取代反應，反應方程式為:CH2CI+NaOHCHjOH+NaCl；（4）CH2CI+NaOHCHjOH+NaCl；（4）根據(jù)G的結構簡式為:HjOACHO,a、點僅含碳氫兩種元素，G中含有0元素，故錯誤；b、不含有酚羥基，與FeCb溶液不發(fā)生顯色反應，故錯誤；c、含有醛基，與新制Cu（OHb共熱產(chǎn)生CuzO,故正確；d、苯環(huán)是平面正六邊形，醛基共面，所有原子共面，即有14個原子共面，故正確（5）N的相對分子質(zhì)量比M大14,說明N比M多一個"Cd",,-CHO（鄰間對三種）、CH=CHCH3（5）N的相對分子質(zhì)量比M大14,說明N比M多一個"Cd",,-CHO（鄰間對三種）、CH=CHCH3CHOch3-CH=CH-CHO（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、（鄰間對三種）、CHOCHCH:CH：-CHO（鄰間對三種）、C-ch、（鄰間對三種），共有3x6=18種;CHO（6）根據(jù)信息②，X為CH3cH2cH0,Y的結構簡式為OH（：Y_）-CHO。四、綜合題（本題包括2個小題，共20分）18.在氣體分析中，常用CuCI的鹽酸溶液吸收并定量測定CO的含量，其化學反應如下：2CUCI+2CO+2H0=Cu2CI2?2CO?2H2Oo回答下列問題:（1）Cu在元素周期表中屬于.（選填“s”、"p”、"d”（1）Cu在元素周期表中屬于.超導材料鐲領銅氧化物中含有Cu3+,基態(tài)Cu"的電子排布式為..N03-離子的空間構型是.C、N..N03-離子的空間構型是.CO與N?互稱等電子體。①它們的分子中都存在三個共價鍵，其中包含..個。鍵,.個n①它們的分子中都存在三個共價鍵，其中包含..個。鍵,.個n鍵。②下表為co和n2的有關信息。鍵的類型A-B（單鍵）A=B（雙鍵）A三B（叁鍵）鍵能(kJ/mol)CO3518031071N2159418946根據(jù)表中數(shù)據(jù)，說明co比Nz活潑的原因是（4）CuzCh?2CO?2H2。是一種配合物，其結構如圖所示：OCClCO\\?CuCuH,0cfOH,①該配合物中氯原子的雜化方式為.②該配合物中，co作配體時配位原子是C而不是0的原因是.（5）阿伏加德羅常數(shù)的測定有多種方法，X射線衍射法就是其中的一種。通過對CuCI晶體的X射線衍射圖象分析，可以得出CuCI的晶胞如圖所示，則距離每個Cu*最近的C「的個數(shù)為.若晶體中C「呈立方面心最密堆積方式排列，C「的半徑為apm,晶體的密度為pg/crr/,阿伏加德羅常數(shù)Na=（列計算式表達）。99.5x103。4缶a，【答案】ds[Ar]3d8N平面三角形12C0中斷裂第一個n鍵的鍵能比N2的第一個n鍵的鍵能小很多，CO的第一個n鍵容易斷99.5x103。4缶a，【解析】【詳解】（1）Cu位于周期表中第4周期第IB族，為ds區(qū)元素；Cu的核外電子排布式為[Ar]3/04si,變成Cu"需失去3個電子，從最外層開始失去，所以Cu"的核外電子排布為[Ar]3d8；（2）同周期主族元素，隨著原子序數(shù)增大，第一電離能呈增大的趨勢，但第DA族和第VA族元素反常,則C、N、O三種原子中的第一電離能最大的是N；對于NO；,根據(jù)VSEPR理論,VP=BP+LP=3+上必尹口=3,則其空間構型為平面三角形；（3）①據(jù)M分子的結構N三N可知，分子中包含1個。鍵、2個n鍵，故答案為：1；2；②CO中C=0-0=0,放出：1071kJ/mol-803kJ/mol=268kJ/mol,N2?fN=N-N=N,放出：946kJ/mol-418kJ/mol=528kJ/mol,由此可知反應中，CO中第一個n鍵的鍵能比電的小很多，C0的第一

個鍵容易斷；(4)①根據(jù)圖中，氯原子形成了四條共價鍵，即有四條雜化軌道，雜化類型為sp\②C的電負性小于0,對孤電子對吸引能力弱，給出電子對更容易，C0作配體時，配位原子是C而不是0；(5)圖示晶胞中不能觀察到完成的CU’的成鍵，但根據(jù)CI原子的成鍵情況判斷Cu*的情況，圖中觀察到每個CI原子周圍有4個C/距離最近，因CuCI中離子個數(shù)比為1：1,故距離每個Cu*最近的C「的個數(shù)是4個；若晶體中C「呈立方面心最密堆積方式排列，C「的半徑為apm,則晶胞棱長為4ax也X10"cm,故24x(64+35.5)g/mol,整理得:晶胞體積為(4aX變Xl()T°cm)3,晶胞中Cl原子數(shù)目為4,CuCI中離子個數(shù)比為4x(64+35.5)g/mol,整理得:4,則(4aX2^X10-10cm)3Xpg/cm3=24x(64+35.5)4ax也x10"

24V2pa3R，4x(64+35.5)4ax也x10"

24V2pa3R，I,sOHK(<)(1)A含有的官能團名稱是(2)D-E的反應類型是.(3)E的分子式是.(3)E的分子式是.F的結構簡式是(4)B-C的化學方程式為.(5)W是(4)B-C的化學方程式為.(5)W是B的同分異構體，0.5molW與足量碳酸氫鈉溶液反應生成44gCgW共有.種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜為三組峰的結構簡式為選)為原料制備化合物4j(6)設計由甲苯和()選)為原料制備化合物4j(6)設計由甲苯和()”的合成路線(無機試劑任+(2n-l)CH3OH9濃破源+(2n-l)CH3OH9濃破源【解析】【答案】碳碳雙鍵、酯基 酯化反應(取代反應) CnH10O3nCH3OOCH2CH2COOCH3+nHOCH2CH2OH-aeIIOOC—<：U—CH—(：<M)H【分析】由合成流程可知,HiCOOC與甲醇發(fā)生信息中的反應生成A由合成流程可知,HiCOOC與甲醇發(fā)生信息中的反應生成A為COOCH,\ / ，A與氫氣發(fā)4后手匚一少分c有HiCCXX生加成反應生成B為,<KH4后手匚一少分c有HiCCXX生加成反應生成B為0 O?II U .(:H<0十，：TJ|j(.H?—C-O—(與苯在氯化鋁作用下反應生成D的為o*'(<>(?lbD與甲醇發(fā)生酯化反應生成E為,E發(fā)生信息中的反應生成F,與苯在氯化鋁作用下反應生成D的為o*'(<>(?lbD與甲醇發(fā)生酯化反應生成E為,E發(fā)生信息中的反應生成F,試劑X為||，生成F為最后F在加熱條件下發(fā)生取代反應生成G為【詳解】IMWCCOOCH,<)(2)D與甲醇發(fā)生酯化反應生成⑴A為\=/ <)(2)D與甲醇發(fā)生酯化反應生成“X"〃，則DTE的反應類型是酯化反應或取代反應;()(3)E為了人彳、,其分子式是C11H1Q3；由分析可知F的結構簡式是

HOCH2cH必與B發(fā)生縮聚反應生成的C為L-…一代發(fā)生反應的化學方0 0程式為 ；nCH.OOCCHXHXOOCH^nHfX^,CHJHI——CHt0*€H：HXH;-C-0-CHXH;-(hH4(2irI)CH,OHB為"''""\/，＜“*",其同分異構體W0.5mol與足量碳酸氫鈉溶液反應生成44gCO2,C02的物質(zhì)的物質(zhì)的量為Imol,說明W分子結構中含有2個竣基，除去2個-COOH,還有4個C,這四個碳C如為直鏈狀即C-C-C-C,連接2個-COOH,共有6種結構，另外四個碳中可以有一個支鏈，即C-C-C連接2個-COOH,共有3種結構，即符合條件的B的同分異構體W共有9種，其中核磁共振氫譜為三組IKMK—CH—峰的結構簡式為 | |CH,CII,⑹結合題中生成D的反應原理甲苯和COOH一小再在濃硫酸的作用下加熱發(fā)生酯化反應即可生成3具體合成路線為⑹結合題中生成D的反應原理甲苯和COOH一小再在濃硫酸的作用下加熱發(fā)生酯化反應即可生成3具體合成路線為COOH-?【點睛】本題題干給出了較多的信息，學生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關鍵，需要學生具備準確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學信息的能力，采用正推和逆推相結合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。學生需要根據(jù)目標產(chǎn)品的結構特點分析產(chǎn)品與原料間的構成關系，再結合正推與逆推相結合進行推斷，充分利用反應過程C原子數(shù)目，對學生的邏輯推理有較高的要求。難點是同分異構體判斷，注意題給條件，結合官能團的性質(zhì)分析解答。2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題（本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意）.新鮮水果、蔬菜、乳制品中富含的維生素C具有明顯的抗衰老作用，但易被空氣氧化。某課外小組利用碘滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學方程式為：+1?脫到維生素C+1?脫到維生素C維生素C下列認識正確的是（）A.上述反應為取代反應C.滴定時要劇烈振蕩錐形瓶B.滴定時可用淀粉溶液作指示劑D.維生素C的分子式為C6HQ【答案】B【解析】【詳解】A、上述反應為去氫的氧化反應，A錯誤；B、該反應涉及碘單質(zhì)的反應，可用淀粉溶液作指示劑；B正確；C、滴定時輕輕振蕩錐形瓶，C錯誤；D、維生素C的分子式為￡6%。6，D錯誤。.將鈉、鎂、鋁各0.3mol分別放入100mlimol/L的鹽酸中，在同溫同壓下產(chǎn)生的氣體體積比是（）A.1:2:3 B.6:3:2 C.3:1:1 D.1:1:1【答案】C【解析】【分析】Na與鹽酸反應：2Na+2HCI=2NaCI+H2t,Mg與鹽酸反應：Mg+2HCI=MgCI2+H2f,Al與鹽酸的反應:2Al+6HCI=2AICb+3H2t,然后判斷過量，如果金屬鈉過量，Na還會與水反應；【詳解】2Na+2HCI=2NaCl+H2t0.30.3>100X10-3LXlmol?L-1,鹽酸不足，金屬鈉過量，因此金屬鈉還與水反應：2Na+2H2O=2NaOH+H2f,根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，有0.3molXl=n(Hz)X2,BPn(H2)=0.15mol；Mg+2HCI=MgCI2+H2f0.3 0.6>100X10-3LXlmol?L-1,鹽酸不足，金屬鎂過量，產(chǎn)生n(Hz)=0.1mol啟=0.05mol,2AI+6HCI=2AICI3+3H2f,同理鹽酸不足，鋁過量，產(chǎn)生n（Hz）=0.05mol,相同條件下，氣體體積比值等于其物質(zhì)的量比值，即氣體體積比值為0.15mol：O.OSmol：0.05mol=3s1：1,故C正確?！军c睛】易錯點是金屬鈉產(chǎn)生出，學生容易認為鹽酸不足，按照鹽酸進行判斷，錯選D選項，忽略了過量的金屬鈉能與水反應產(chǎn)生“，即判斷金屬鈉產(chǎn)生d的物質(zhì)的量時，可以采用得失電子數(shù)目相等進行計算。.一定條件下，在水溶液中l(wèi)molC「、CIOX(x=l,2,3,4)的能量(kJ)相對大小如圖所示。下列有關說法正確的是()C(+3,100)z%/、、/ 、''D(+5,64)TOC\o"1-5"\h\z?%+1,60) '< '- "E分(-1。)，，，-1 +1 +3 +5 +7策元素的化合價A.這些離子中結合FT能力最強的是AA、B、C、D、E五種微粒中C最穩(wěn)定CTB+D的反應，反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能B-?A+D反應的熱化學方程式為3CIO(aq)=CIO3-(aq)+2C「(aq)AH=+116kJ-mol-1【答案】C【解析】【詳解】A.酸性越弱的酸，陰離子結合氫離子能力越強，次氯酸是最弱的酸，所以Clb結合氫離子能力最強，即B結合氫離子能力最強，故A錯誤；A、B、C、D、E中A能量最低，所以最穩(wěn)定，故B錯誤；CfB+D,根據(jù)轉移電子守恒得該反應方程式為2CIO2=CIO；+CIO-,反應熱=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2xl00kJ/mol=-76kJ/mol,則該反應為放熱，所以反應物的總鍵能小于生成物的總鍵能，故C正確；D.根據(jù)轉移電子守恒得BTA+D的反應方程式為3CIO=CIO3+2CI,反應熱=(64kJ/rr>ol+2x0kJ/mol)-3x60kJ/mol=-116kJ/mol,所以該熱化學反應方程式為3CIO(aq)=CIO3(aq)+2Cr(aq)AH=-116kJ/mol,故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為CD,要注意始變與鍵能的關系，4仁反應物的總鍵能-生成物的總鍵能。.某同學用NazCCh和NaHCOs溶液進行如圖所示實驗。下列說法中正確的是()1mLO.5mol-LlCaCLCaCLmL0.5mL0.5mol-L1NazCOs溶液%白應沉淀1mL0.5molL1#NaHCO,溶液白晶淀無色氣體A.實驗前兩溶液的pH相等B.實驗前兩溶液中離子種類完全相同C.加入CaCb溶液后生成的沉淀一樣多D.加入CaCI2溶液后反應的離子方程式都是CO32+Ca2+===CaCO34z【答案】B【解析】碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，所以同濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液，碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉，故A錯誤；NazCOj和NaHCCh溶液中都含有Na,、HCO3\CO32\H\OH,故B正確；加入CaCh后，NazCCh溶液中發(fā)生反應：CO32+Ca2+—CaCO34z,NaHCOs溶液中發(fā)生反應：2HCO3*Ca2+=CaCChJ+COz個+4。，故CD錯誤。.下列試劑不會因為空氣中的二氧化碳和水蒸氣而變質(zhì)的是（）A.Na2CO3 B.Na2O2 C.CaO D.Ca（CIO）2【答案】A【解析】【詳解】A.碳酸鈉固體在空氣中與二氧化碳、水蒸氣都不發(fā)生反應，故A符合題意；B.過氧化鈉和空氣中的二氧化碳、水蒸氣都發(fā)生反應，故B不合題意；C.氧化鈣能與空氣中的水反應生成氫氧化鈣，故C不合題意；D.次氯酸鈣會吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，生成次氯酸和碳酸鈣，故D不合題意；故選A。6.實驗室制備下列氣體時，所用方法正確的是（）A.制氧氣時，用NaQz或Hz。?作反應物可選擇相同的氣體發(fā)生裝置B.制氯氣時，用飽和NaHCO3溶液和濃硫酸凈化氣體C.制氨氣時，用排水法或向下排空氣法收集氣體D.制二氧化氮時，用水或NaOH溶液吸收尾氣【答案】A【解析】【詳解】A.NazOz與水反應，山。2在二氧化鋅催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體常溫條件下反應,可選擇相同的氣體發(fā)生裝置，故A正確；B.實驗室制取的氯氣含有氯化氫和水分，常用飽和食鹽水和濃硫酸凈化氣體，若用飽和NaHCOs溶液，氯化氫、氯氣都能和NaHCOs反應，故B錯誤；C.氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，故C錯誤；D.二氧化氮與水反應生成一氧化氮，仍然污染空氣，所以不能用水吸收，故D錯誤；答案選A。.欲測定Mg(N03) 中結晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A.稱量樣品一加熱一用已知質(zhì)量的無水氯化鈣吸收水蒸氣并稱量.稱量樣品一加熱一冷卻一稱量Mg(N03)2C.稱量樣品一加熱f冷卻一稱量Mg。D.稱量樣品一加NaOH溶液f過濾f加熱f冷卻f稱量MgO【答案】B【解析】【分析】力口執(zhí)Mg(NOJ2受熱易分解，其分解反應為：2Mg(NO,)2—2MgO+4NO2t+O2T.【詳解】A.稱量樣品—加熱—用已知質(zhì)量的無水氯化鈣吸收水蒸氣并稱量，根據(jù)水的質(zhì)量以及結晶水合物的質(zhì)量可以求解，A正確；B.因硝酸鎂易分解，稱量樣品一>加熱無法恰好使結晶水合物恰好分解為硝酸鎂，B錯誤；C.稱量樣品—加熱—冷卻—稱量MgO,根據(jù)硝酸鎂分解的方程式以及氧化鎂的質(zhì)量可測定Mg(NO3)2-nH2O的結晶水含量，C正確；D.稱量樣品—加NaOH將硝酸鎂轉化為氫氧化鎂，一過濾—加熱氫氧化鎂分解生成氧化鎂―冷卻一稱量MgO,根據(jù)鎂原子守恒求解無水硝酸鎂的質(zhì)量，據(jù)此求解結晶水含量，D正確。答案選B。MgCh和NaHCOs按物質(zhì)的量之比為1：2混合制成溶液，加熱蒸干灼燒后得到的固體是()A.Mg(HCO3)2>NaCIB.Mg。、NaCIC.MgCI2,Na2CO3D.MgCO3,NaCI【答案】B【解析】【詳解】MgCh與NaHCOs按物質(zhì)的量之比為1：2混合，在溶液中可將1molMg"和2moiNaHCC^看成是1molMg(HCO3)2和2molNaCI；在溶液受熱時亦可看成是Mg(HCC)3)2受熱分解：AMg(HCO3)2=MgCO3+CO2t+H2O,在受熱時MgCC>3易轉化為更難溶的Mg(0H)”灼燒后氫氧化鎂會分解生成氧化鎂固體，所以得到固體為：MgO、NaCI,故選B。9.設Na為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.25C、lOIKPa下,Na個己七2分子的質(zhì)量為48gB.標準狀況下，22.4LHF中含有的電子數(shù)為IONaimol白磷魚)分子中所含化學鍵的數(shù)目為4Na1LO.1mol/L的NaCIO水溶液中含有的氧原子數(shù)為0.1NA【答案】A【解析】【詳解】A、Na個分子，其物質(zhì)的量為lmol,其質(zhì)量為lx48g=48g,故正確；B、標準狀況下，HF不是氣體，故錯誤；C、白磷是正四面體結構，4個P處于頂點，Imol白磷分子中含有化學鍵物質(zhì)的量為6m。1,故錯誤；D、NaCIO溶液中有水，水是由氫元素和氧元素組成，即氧原子的物質(zhì)的量大于O.lmol,故錯誤；故答案選A.10.可用于電動汽車的鋁一空氣燃料電池，通常以NaCI溶液或NaOH溶液為電解質(zhì)溶液，鋁合金為負極,空氣電極為正極。下列說法正確的是()A.以NaCI溶液或NaOH溶液為電解液時，正極反應都為：O2+2H2O+4e-===4OH-B.以NaOH溶液為電解液時，負極反應為：AI+3OH-—3e-===AI(0HbJC.以NaOH溶液為電解液時，電池在工作過程中電解質(zhì)溶液的堿性保持不變D.電池工作時，電子通過外電路從正極流向負極【答案】A【解析】【詳解】A.以NaCI溶液或NaOH溶液為電解液時，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子，電極反應為：O2+2H2O+4e-===4OH-,故A正確；B.以NaOH溶液為電解液時，A1易失去電子作負極，電極反應為：聞+4。k-3e-=Al(V+2HzO,故B錯誤;C.以NaOH溶液為電解液時，總反應為：4AI+4OH-+302=4A102-+2H20,氫氧根離子參加反應，所以溶液的堿性降低，故C錯誤；D.放電時，電子從負極沿導線流向正極，故D錯誤；故選A。.下列指定反應的離子方程式不正確的是A.向氨化的飽和氯化鈉溶液中通入足量二氧化碳氣體:Na*+NH3H2O+CO2=NaHCO3I+NH;B.堿性條件下次氯酸鉀溶液與氫氧化鐵反應：3CIO-+2Fe(OH)3+4OH-=2FeC)42-+3C「+5H2OC.向硫酸亞鐵溶液中加入過氧化鈉固體:2NazC)2+2Fe2++2H2O=4Na*+2Fe(OH)2I+O2個D.向飽和的碳酸氫鈣溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca"+HCO3-+OH-=CaCO31+H20【答案】C【解析】【詳解】A.向氨化的飽和氯化鈉溶液中通入足量二氧化碳氣體:NM?H20+NaCI+C02==NH4CI+NaHCO3I,離子方程式為：NH3?H20+Na++COz==NH4++NaHCO3I,故A正確；B.堿性條件下次氯酸鉀溶液與氫氧化鐵反應制高鐵酸鉀:2Fe(OH)3+3KCIO+4KOH=2K2FeO4+3KCI+5H2O,離子方程式為：3CIO+2Fe(OH)3+4OH=2FeO42+3Cr+5H2O,故B正確；C.向硫酸亞鐵溶液中加入過氧化鈉固體，亞鐵離子具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為：4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3^+O2/r+8Na+,故C錯誤；D.向飽和的碳酸氫鈣溶液中加入足量的澄清石灰水:Ca(HCO3)2+Ca(OH)2===2H2O+2CaCO3I,離子方程式為：Ca2++HCO3+OH=CaCO34z+H2O,故D正確。答案選C..氮及其化合物的轉化過程如圖所示。下列分析合理的是A.催化劑a表面發(fā)生了極性共價鍵的斷裂和形成B.N2與Hz反應生成NH3的原子利用率為100%C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時，不涉及電子轉移D.催化劑a、b能提高反應的平衡轉化率【答案】B【解析】【詳解】A.催化劑A表面是氮氣與氫氣生成氨氣的過程，發(fā)生的是同種元素之間非極性共價鍵的斷裂，A項錯誤；B.Nz與小在催化劑a作用下反應生成NL屬于化合反應，無副產(chǎn)物生成，其原子利用率為100%,B項正確；C.在催化劑b表面形成氮氧鍵時，氨氣轉化為NO,N元素化合價由-3價升高到+2價，失去電子，C項錯誤；D.催化劑a、b只改變化學反應速率，不能提高反應的平衡轉化率，D項錯誤;答案選B。【點睛】D項是易錯點，催化劑通過降低活化能，可以縮短反應達到平衡的時間，從而加快化學反應速率，但不能改變平衡轉化率或產(chǎn)率。13.某原子電子排布式為2s22P3,下列說法正確的是A.該元素位于第二周期IIIA族 B.核外有3種能量不同的電子C.最外層電子占據(jù)3個軌道 D.最外層上有3種運動狀態(tài)不同的電子【答案】B【解析】【分析】由原子電子排布式為ls，s，p3,可知原子結構中有2個電子層，最外層電子數(shù)為5,共7個電子，有7個不同運動狀態(tài)的電子，但同一能級上電子的能量相同，以此來解答.【詳解】A.有2個電子層，最外層電子數(shù)為5,則該元素位于第二周期VA族，故A錯誤；B.核外有3種能量不同的電子，分別為Is、2s、3P上電子，故B正確；C.最外層電子數(shù)為5,占據(jù)1個2s、3個2P軌道，共4個軌道，故C錯誤；D.最外層電子數(shù)為5,則最外層上有5種運動狀態(tài)不同的電子，故D錯誤；故答案為Bo14.德國化學家利用冷和Hz在催化劑表面合成氨氣而獲得諾貝爾獎，該反應的微觀歷程及反應過程中的能量變化如圖一、圖二所示，其中J'O-hA、 分別表示冷、NH3及催化劑。下列說法不正確的是（）A.①今②過程中催化劑與氣體之間形成離子鍵B.②今③過程中，需要吸收能量C.圖二說明加入催化劑可降低反應的活化能D.在密閉容器中加入ImolM、3moiH”充分反應放出的熱量小于921d【答案】A【解析】【詳解】A.①今②過程中催化劑與氣體之間是吸附，沒有形成離子鍵，故A錯誤；B.②今③過程中，化學鍵斷鍵需要吸收能量，故B正確；C.圖二中通過a、b曲線說明加入催化劑可降低反應的活化能，故C正確；D.在密閉容器中加入lmoINz、3moiH”該反應是可逆反應，不可能全部反應完，因此充分反應放出的熱量小于92kJ,故D正確。綜上所述，答案為A。H—OO-H15.已知磷酸分子（X）中的三個氫原子都可以與重水分子（DQ）中的D原子發(fā)生氫交換。H-OO又知次磷酸（H3PO2）也可與D20進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能與D20發(fā)生氫交換。下列說法正確的是A.H3POz屬于三元酸 B.NaHzPOz溶液可能呈酸性0IC.NaH2PO2屬于酸式鹽 D.H3P02的結構式為H-P-O-HH【答案】D【解析】【分析】根據(jù)磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子（DzO）中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸（出P02）也可跟D20進行氫交換，說明羥基上的氫能與60進行氫交換，但次磷酸鈉（NaHzPOz）卻不能跟D?。發(fā)生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3P中只有一個羥基氫，據(jù)此分析解答。【詳解】A.根據(jù)以上分析，H3P02中只有一個羥基氫，則出POz屬于一元酸，故A錯誤；B.NaH2PCh屬于正鹽并且為強堿形成的正鹽，所以溶液不可能呈酸性，故B錯誤；C.根據(jù)以上分析，H3P中只有一個羥基氫，則出P02屬于一元酸，所以NaH2P02屬于正鹽，故C錯誤；OD.根據(jù)以上分析，H3P02中只有一個羥基氫，結構式為fH,故D正確；IH故選：D.【點睛】某正鹽若為弱堿鹽，由于弱堿根水解可能顯酸性，若為強堿鹽其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解為堿性。二、實驗題（本題包括1個小題，共10分）16.CIOz（黃綠色易溶于水的氣體）是一種高效、低毒的消毒劑。某興趣小組通過圖1裝置（夾持裝置略）對其制備、吸收和釋放進行了研究。(1)儀器A的名稱是.(2)安裝F中導管時，應選用圖2中的.(3)A中發(fā)生反應生成CIO2和Ch,其氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物物質(zhì)的量之比為.⑷關閉B的活塞，CIO?在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaCIOz，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是.⑸已知在酸性條件下NaCIOz可發(fā)生反應生成NaCI并釋放出CIO”該反應的離子方程式為一.(6)CIOz很不穩(wěn)定，需隨用隨制，產(chǎn)物用水吸收可得到CIO?溶液。為測定所得溶液中CIO?的濃度，進行了下列實驗：步驟1:準確量取CIO?溶液10.00mL,稀釋成100.00mL試樣，量取V。mL試樣加入到錐形瓶中；步驟2：用稀硫酸調(diào)節(jié)試樣的pHd.0,加入足量的KI晶體，靜置片刻；步驟3：加入指示劑，用cmoH/iNazSzOs溶液滴定至終點。重復2次，測得消耗NazSzOs溶液平均值為VimLo(已知2aoz+10「+8H+=2C「+5h+4H2O2Na2S2O3+l2Na2S4O6+2Nal)計算該CIO2的濃度為g/L(用含字母的代數(shù)式表示，計算結果化簡).【答案】圓底燒瓶b1：2吸收3 4H++5CIO2=CI+4CIO2t+2H2O135cVi/V0【解析】【分析】根據(jù)實驗裝置圖可知，A、B是制備氯氣和二氧化氯的；C是用于吸收氯氣的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新釋放二氧化氯的，F(xiàn)是可驗證尾氣中是否含有氯氣?！驹斀狻竣鸥鶕?jù)儀器特征，可知儀器A是圓底燒瓶；(2)F裝置應是Ch和KI反應，還需要連接尾氣處理裝置，所以應長管進氣，短管出氣，故選b;(3)氯酸鈉和稀鹽酸混合產(chǎn)生5和CIO?，NaCIOs中氯為+5價被還原成CIO,中+4價，鹽酸中氯為-1價，被氧化成0價氯，轉移電子數(shù)為2,所以NaCICh、CIO,前化學計量數(shù)為2,5前化學計量數(shù)為1,反應化學方程式：2NaCIO3+4HCI=2CIO2個+Clz個+2NaCI+2H2。，其氧化產(chǎn)物CL和還原產(chǎn)物CIO2物質(zhì)的量之比為1:2；(4)F裝置中發(fā)生Ch+2KI=2KCI+h時，碘遇淀粉變藍，而F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是吸收Cg⑸在酸性條件下NaCIOz可發(fā)生反應生成NaCI并釋放出CIO2,根據(jù)元素守恒可知應還有水生成，該反應的離子方程式為4H*+5CIO2、C「+4CIOz個+2出0;(6)設原CIO?溶液的濃度為xmol/L,則根據(jù)滴定過程中的反應方程式可知2CIO2-~5l2~10Na2S2O3；則有l(wèi)OmLxxV；之1()1*10=1*10-%匕1110以2,解得x=￥molL,換算單位得當當g/L。三、推斷題(本題包括1個小題，共10分)17.煤的綜合利用有如下轉化關系。CO和出按不同比例可分別合成A和B,已知垃A對氫氣的相對密度是14,B能發(fā)生銀鏡反應，C為常見的酸味劑。請回答：⑴有機物D中含有的官能團的名稱為.(2)反應⑥的類型是.⑶反應④的方程式是.(4)下列說法正確的是.A.有機物A能使溟水和酸性高銃酸鉀溶液褪色B.有機物B和D能用新制堿性氫氧化銅懸濁液鑒別C.有機物C、D在濃HzSCU作用下制取CH3COOCHZCH3,該反應中濃H2SO4是催化劑和氧化劑D.有機物C沒有同分異構體【答案】羥基 取代反應/酯化反應 CH2=CH2+O2^CH3COOHAB【解析】【分析】根據(jù)題干信息可知，A為CHz=CHz,B為乙醛；根據(jù)A、B的結構結合最終產(chǎn)物CH3COOCH2CH3逆推可知,C為ChhCOOH,D為CH3cH2OH?！驹斀狻竣鸥鶕?jù)以上分析，D中官能團為羥基，故答案為：羥基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應類型為酯化反應即取代反應，故答案為：酯化反應或取代反應。⑶反應④為乙烯氧化為乙酸，化學方程式為：CH2=CH2+O2-?CH3COOH,故答案為：CH2=CH2+O2^CH3COOH.⑷A.乙烯和溟水中的澳單質(zhì)加成，可被酸性高銃酸鉀溶液氧化，故A正確；B.乙醛和新制氫氧化銅在加熱條件下生成磚紅色沉淀，乙醇與Cu(OH)z懸濁液不反應，可以鑒別，故B正確；C.酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，故C錯誤；D.CH3COOH的同分異構體有HCOOCH3,故D錯誤。綜上所述，答案為AB.四、綜合題(本題包括2個小題，共20分)18.生物降解聚酯高分子材料PBA的合成路線如下:已知：LA已知：LA的核磁共振氫譜只有1組吸收峰，且不能使澳的四氯化碳溶液褪色。KMnO4/H*RiCH=CHR,一R.COOH+R^OOHiii? 一號察RC=CH+Rj-CHO二RC=C-CHOHR,請按要求回答下列問題：A的分子式：；反應①的反應類型：.C的結構簡式：;D所含官能團名稱：。(3)寫出下列反應的化學方程式：檢驗甲醛中含有醛基的反應：,反應⑥：。(4)E的同分異構體有多種，寫出其中所有能與NaHCO：溶液反應的同分異構體的結構簡式(不考慮順反異構)，=(5)寫出以：j一丁二烯為原料合成有機物F的路線流程圖(方框內(nèi)填寫中間產(chǎn)物的結構簡式，箭頭上注明試劑和反應條件)：OHCHO+4Ag(NH3)20H4(NHJ:COS+6NH-+2H：0+4Agiq o o unT崎件、'計h+(2n-l)H:0△-COOH'CH；=CHCH;COOH'CH;CH=CHCOOH'CH,=C(CH3)COOHBr3BrBr3BrNaOH^OHO^^

△【解析】【分析】髭A的相對分子質(zhì)量為84,則分子式為C6Hs,核磁共振氫譜顯示只有1組峰，不能使澳的四氯化碳溶液褪色，應為環(huán)己烷)，A與BC在光照時發(fā)生取代反應產(chǎn)生B,根據(jù)B的相對分子質(zhì)量可以確定B為QrBr,B與NaOH的乙醇溶液在加熱的條件下發(fā)生消去反應生成C,則C是環(huán)己烯,其結構簡式為C被酸性KMnCU溶液氧化產(chǎn)生的D為丁二酸HOOC(CH2)4COOH,乙煥與甲醛HCHO反應產(chǎn)生E,E與氫氣加成生成F,由題給信息可知E為HOCH2cmecdOH,F為HOCHzCHzCdCHzOH,D與F發(fā)生縮聚反應，生成PBA為HO｛、(CH94COOCH?HSCH：O扭；0(5)由1.3-丁二烯為原料(其他無機試劑任選)通過三步制備化合物F,1.3-丁二烯可與溪發(fā)生1,4-加成，加成產(chǎn)物與氫氣發(fā)生加成反應，然后再水解可生成F,也可以是加成產(chǎn)物先水解后與氫氣發(fā)生加成反應，以此解答該題?！驹斀狻?1)A為環(huán)己烷，分子式是C6HlMC6H12與Bq在光照時發(fā)生取代反應生成［，一Br,所以①發(fā)生取代反應;(2)C是環(huán)己烯，結構簡式為D是丁二酸HOOC(CHz)4COOH,所含官能團名稱班基；(3)甲醛中含有醛基，可以利用銀鏡反應檢驗甲醛中含有醛基，方程式為HCH0+4Ag(NH,)20H4(NHJCO?+6NHS+2H;O+4AgX反應⑥是HOOC(CH2)4COOH與HOCH2CH2CH2CH2OH在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生聚酯反應，該反應的化學方程式為8n OH ?1 ―OhH(4)E是HOCH2c三CCHzOH,分子式為C4H6。?，其同分異構體有多種，其中所有能與NaHCCh溶液反應，說明分子中含有-COOH,則其同分異構體的結構簡式為：△_COOH、CH：=CHCH:COOH'CH3CH=CHCOOH'CH:=C(CH-)COOHS⑸由1,3-丁二烯為原料，通過三步制備化合物F,可使1,3-丁二烯與溟發(fā)生1,4-加成，加成產(chǎn)物再與氫氣發(fā)生加成反應，然后再水解可生成F,反應的流程為Br_^BfNaopoho^^.oh(或CH2Br-CH=CH-CH2Br先水解得到HOCH2CH=CH-CH2OH,然后再催化加氫)?！军c睛】本題考查有機物合成與推斷的知識，充分利用有機物的結構特點及前后轉化關系進行分析解答，易錯點為(4),注意同分異構體的判斷時，不飽和度形成因素可能是雙鍵，也可能是環(huán)狀結構所致，該題較好的考查學生分析推理能力、自學能力、知識遷移運用能力。19.研究氮及其化合物對化工生產(chǎn)有重要意義。(1)已知：①N2(g)+Oz(g)=2NO(g) AHI(2)2NH3(g)^=:tN2(g)+3H2(g)AH2③2Hz(g)+Oz(g)=2H2O(g) AH3則熱化學方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)AH=(用AH”AH2,AH3表示)。(2)在2L密閉絕熱容器中，投入4mol刈和6moiHz,在一定條件下生成NH3,測得不同溫度下，平衡時NM的物質(zhì)的量數(shù)據(jù)如下表：溫度，KTiT.TTtNH))/mol3.63.22.82.0①下列能說明該反應已達到平衡狀態(tài)的是.A.3vjE(H2)=2v?(NH3)B.容器內(nèi)氣體壓強不變C.混合氣體的密度不變D.混合氣的溫度保持不變②溫度L(填“>"<"或"=")T3.③在T4溫度下，達到平衡時Nz的轉化率為.(3)為重要的火箭推進劑之一。刈。4與NO?轉換的熱化學方程式為N2O4(g)=2NOz(g)AH,上述反應中，正反應速率v^kEplNQJ,逆反應速率丫速=1<建>2(|\102),其中k正、k逮為速率常數(shù)，則該反應的化學平衡常數(shù)％為一(以k正、k遨表示)。若將一定量N04投入真空容器中恒溫恒壓分解(溫度298K、壓強llOkPa),已知該條件下kMSxU^kpa-i.s-1,當N2O4分解10%時，v送=kPa-s1.(4)以連二亞硫酸鹽(SzO『)為還原劑脫除煙氣中的N0,并通過電解再生，裝置如圖。陰極的電極反應式為,電解槽中的隔膜為(填"陽"或"陰")離子交換膜。每處理ImolNO,電路中通過電子的物質(zhì)的量為.【答案】2AH2+3AH3-3AHi BD< 25% — 2X105 2SOj2+4H++2e=S2O42+2H2OKm

逆陽2moi【解析】【分析】⑴運用蓋斯定律計算；(2)①達到化學平衡時，正逆反應速率相同，各組分濃度保持不變及其衍生的各種關系符合平衡標志;②反應放熱，根據(jù)進行方向判斷；③根據(jù)三段式進行求解；(3)根據(jù)丫正士泥，得出g,再根據(jù)題給已知計算平衡時NO2的分壓，然后計算逆反應速率；⑷陰極上亞硫酸根離子得電子生成S2O4"；陽極上水失電子生成氧氣和氫離子，右側多余的氫離子通過離子交換膜進入左側，利用氧化還原規(guī)律，進行計算求解。【詳解】(1)根據(jù)蓋斯定律①N2(g)+Oz(g)=2NO(g)AHi,②2NH3(g)=^N2(g)+3Hz(g)AH2,(3)2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AH3,將2x②+3x③-3x①得到熱化學方程式：4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g) AH=2AH2+3AH3-3AH1,故答案為：2AH2+3AH3-3AH15(2)N2(g)+3H2(g)==2NH3(g)AH<0,①A.NH3.Hz表示的正、逆反應速率比不等于化學計量數(shù)之比,不能說明反應達到平衡狀態(tài)，A項錯誤；B.該反應是氣體體積減小的反應，建立平衡的過程中氣體物質(zhì)的量減小，容器內(nèi)壓強減小，故當容器內(nèi)壓強不變時，已達到平衡，B項正確；C.建立平衡過程中氣體質(zhì)量不變，混合氣體的密度一直不變，密度不能說明反應達到平衡狀態(tài)，C項錯誤；D.該反應為放熱反應，絕熱容器溫度不變時，已經(jīng)達到平衡；D項正確；故答案為BD；②反應放熱，溫度升高，平衡逆向進行，生成的氨氣的物質(zhì)的量會減小，Ti時氨氣的物質(zhì)的量更多，所以溫度低，溫度Ti<T3,故答案為：<;N2(g)+3H2(g)/2NH3(g)起始(mol)46 0 4-1③根據(jù)三段式進行求解法：任〃/ ,轉化(mol)1平衡(mol)3“ c ，貝N2的轉化率=-X100%=25%,3 2 43 2故答案為：25%；(3)上述反應中，正反應速率vj￡=kE,p(N2O4),逆反應速率vajukarp?(N02),其中卜正、km為速率常k,.數(shù)，丫正內(nèi)建，則用=丁工；若將一定量電。4投入真空容器中恒溫恒壓分解(溫度298K、壓強llOkPa),已k逆知該條件下k 當冷。4分解10%時，假設開始有ImolN2O4分解O.lmol,生成0.2molNO2,n(i^)=^-p2(NOJ=5xl02kPa'g_1x(llOkpx———)2=2xlO5kp-s-1,故答案為：—；' 1-0.1+0.2k逆2X105；⑷陰極上亞硫酸根離子得電子生成S2O4”，電極反應式為2so3"+4H++2e=S2O4”+2H2O;陽極上，水失電子生成氧氣和氫離子，右側多余的氫離子通過離子交換膜進入左側，所以交換膜為陽離子交換膜：NO吸收轉化后的主要產(chǎn)物為N”消耗lmolNO轉移2moi電子，所以電路中轉移電子為2m。1,故答案為：2SO32+4H++2e=S2O42+2H2O；陽；2mol.【點睛】本題考查化學平衡計算、電解原理、蓋斯定律等知識點，把握化學平衡計算方法、電解池中各個電極上發(fā)生的反應是解本題關鍵，要掌握基本概念，看清反應過程中變化條件，用化學反應原理分析變化結果，離子交換膜判斷為解答易錯點。2021屆新高考化學模擬試卷一、單選題(本題包括15個小題，每小題4分，共60分.每小題只有一個選項符合題意).設Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是。ImolMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3M，轉移的電子數(shù)為Na14g分子式為CnH2n的鏈點中含有的C-H鍵的數(shù)目為2NaC.室溫時，1.0LpH=13的Ba9Hb溶液中含有的數(shù)目為0.2NaD.Fe與水蒸汽反應生成22.4L氫氣，轉移電子數(shù)為2心【答案】B【解析】【詳解】A.由于鎂反應后變?yōu)?2價，故imol鎂反應轉移2以個電子，故A錯誤；CnH2n的最簡式為CH2,故14g此鏈煌中含有的C"的物質(zhì)的量為1m磯則含2以個C-H鍵，故B正確;pH=13的氫氧化鋼溶液中氫氧根濃度為O.lmol/L,故1L溶液中含有的氫氧根的物質(zhì)的量為O.lmol,個數(shù)為O.INa個，故C錯誤；D.氫氣所處的狀態(tài)不明確，故其物質(zhì)的量無法計算，則轉移的電子數(shù)無法計算，故D錯誤；答案選B?！军c睛】不管Mg在空氣中完全燃燒生成MgO或者是Mg3N?,鎂的化合價都升高到+2價，從化合價的變化，算出電子轉移的數(shù)目。.下列有關說法正確的是①二氧化硅可與NaOH溶液反應，因此可用NaOH溶液雕刻玻璃；②明砒溶于水可水解生成AI(0H)3膠體，因此可以用明磯對自來水進行殺菌消毒；③可用蒸儲法、電滲析法、離子交換法等對海水進行淡化；④從海帶中提取碘只需用到蒸悟水、dOz溶液和四氯化碳三種試劑；⑤地溝油可用來制肥皂、提取甘油或者生產(chǎn)生物柴油；⑥石英玻璃、Na2OCaO-6SiO2,淀粉、氨水的物質(zhì)類別依次為純凈物、氧化物、混合物、弱電解質(zhì)。A.③⑤⑥B.①④⑤C.除②外都正確 D.③⑤【答案】D【解析】①，雖然二氧化硅可與NaOH溶液反應，但不用NaOH溶液雕刻玻璃，用氫氟酸雕刻玻璃，①錯誤；②明祖溶于水電離出AP+,AP+水解生成Al(OH)3膠體，Al(OH)3膠體吸附水中的懸浮物，明研用作凈水劑，不能進行殺菌消毒，②錯誤；③，海水淡化的方法有蒸情法、電滲析法、離子交換法等，③正確；④，從海帶中提取碘的流程為：海帶粽?海帶灰蟲咯磐?含「的水溶液人'Jk 12滴加幾滴稀硫酸，再加入幽J2/H2O加C時產(chǎn)取的CCL,溶液蒸儲需要用到蒸儲水、山。2 ? 分港 溶液、稀硫酸、四氯化碳，④錯誤；⑤，地溝油在堿性條件下發(fā)生水解反應生成高級脂肪酸鹽和甘油，肥皂的主要成分是高級脂肪酸鹽，可制肥皂和甘油，地溝油可用于生產(chǎn)生物柴油，⑤正確；⑥，Na2t>CaO-6SiO2屬于硅酸鹽，氨水是混合物，氨水既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，⑥錯誤；正確的有③⑤,答案選D。.分枝酸是生物合成系統(tǒng)中重要的中間體，其結構簡式如圖所示。下列關于分枝酸的敘述不正確的是()COOII0HA.分子中含有4種官能團B.可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同C.可使溟的四氯化碳溶液、酸性高銃酸鉀溶液褪色D.lmol分枝酸最多可與3molNaOH發(fā)生中和反應【答案】D【解析】【詳解】A.分子中含有粉基、羥基、碳碳雙鍵、酸鍵4種官能團，故A正確；B.被基與乙醇酯化反應，羥基與乙酸酯化反應，故B正確；C.含有碳碳雙鍵可使溟的四氯化碳溶液發(fā)生加成，使酸性高缽酸鉀溶液發(fā)生氧化反應而褪色，故C正確;D.lmol分枝酸2moi竣基，因此最多可與2moiNaOH發(fā)生中和反應，羥基不與氫氧化鈉反應，故D錯誤。綜上所述，答案為D。【點睛】和鈉反應的基團主要是技基、羥基，和氫氧化鈉反應的的基團是俄基，和碳酸鈉反應的基團是歿基和酚羥基，和碳酸氫鈉反應的基團是找基。4.下列說法中，正確的是( )A.離子化合物中一定不含共價鍵B.分子間作用力越大，分子的熱穩(wěn)定性就越大C.可能存在不含任何化學鍵的晶體D.酸性氧化物形成的晶體一定是分子晶體【答案】C【解析】【詳解】A.離子化合物一定有離子鍵，可能含有共價鍵，如NaOH屬于離子化合物含有離子鍵和共價鍵，故A錯誤；B.分子的熱穩(wěn)定性由共價鍵決定，分子間作用力決定物質(zhì)的物理性質(zhì)，故B錯誤；C.稀有氣體分子里面不含化學鍵，一個原子就是一個分子，故C正確；D.二氧化硅為酸性氧化物，但它是由氧原子和硅原子構成的晶體，且以共價鍵形成空間網(wǎng)狀結構的原子晶體，不是分子晶體，故D錯誤；正確答案是C.【點睛】本題考查化學鍵、分子間作用力等知識，題目難度不大，注意分子間作用力影響分子的物理性質(zhì)，分子的穩(wěn)定性屬于化學性質(zhì)。5.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加，m、n、p是由這些元素組成的二元化合物，r是一種氣態(tài)單質(zhì)，n為淡黃色粉末，相關物質(zhì)轉化關系如圖所示。室溫下，O.OImol/L的s溶液pH為12,X的質(zhì)子數(shù)是W與Z的質(zhì)子數(shù)之和的一半。下列說法正確的是A.原子半徑：W<X<YB.簡單氫化物沸點：Z<X<Yn、s中均含有離子鍵和共價鍵q溶于水時溫度升高，證明其水解過程放熱【答案】C【解析】【分析】n是一種淡黃色粉末，且與p反應生成s與r,而0.01mol?l?的s溶液的pH為12,s為一元強堿，r為Y的氣體單質(zhì)，貝!|s為NaOH,n為Na??！盤為HQ,r為?！笨赏浦猰為CCh，q為NazCO1.結合原子序數(shù)可知W為H,X為C,Y為。，Z為Na,據(jù)此分析解答?！驹斀狻縃原子核外只有1個電子層，C、0核外均有2個電子層，同周期元素核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，因此原子半徑：W<Y<X,故A錯誤；C對應簡單氫化物為CS,。對應簡單氫化物為SO,Na對應簡單氫化物為NaH,CH4>HQ均為分子晶體，NaH為離子晶體，上0分子之間能夠形成氫鍵，因此簡單氫化物沸點：X<Y<Z,故B錯誤；Na2O2,NaOH均是Na,與多原子的陰離子組成的離子化合物，Na,與陰離子之間存在離子鍵，陰離子內(nèi)存在共價鍵，故C正確；Na2coi溶于水時，Na.和CO,在形成水合離子時會放熱，并不是水解放熱，水解過程屬于吸熱反應，故D錯誤：故答案為：C.【點睛】非金屬化合物的沸點比較：①若分子間作用力只有范德華力，范德華力越大，物質(zhì)的熔、沸點越高；②組成和結構相似，相對分子質(zhì)量越大，范德華力越大，熔、沸點越高，如SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③相對分子質(zhì)量相同或接近，分子的極性越大，范德華力越大，其熔、沸點越高，如CO>Nz；④形成分子間氫鍵的分子晶體熔、沸點較高，如H2O>H2S；如果形成分子內(nèi)氫鍵，熔、沸點會降低。6.向某NazC03、NaHCOs的混合溶液中加入少量的BaCL固體(溶液體積變化、溫度變化忽略不計)，測得溶液中離子濃度的關系如圖所示，下列說法正確的是()Tl|cOte*->已知：Ksp(BaCO3)=2.40xW9A、B、C三點對應溶液pH的大小順序為：A>B>CA點對應的溶液中存在：c(CO32)<c(HCO3)B點溶液中c(CO32)=0.24mol/LD.向C點溶液中通入C02可使C點溶液向B點溶液轉化【答案】A【解析】【分析】【詳解】CO3”的水解能力強于HC03,因此溶液中的CCh?-的濃度越大，溶液中的OFT的濃度越大，pH越大。溶液中的C03?-的濃度越大，則-1g工的值越小,從圖像可知，A、B、C三點對應的溶液的:的值依次增大,則溶液的pH依次減小，pH的排序為A>B>C，A正確：c(HCO,),c(CO：)一c(CO。 ，A點對應的溶液的又小于0,可知一、>0,可知c(C033)>c(HC0；),B錯誤；c(HC(j3) c(HCOJC.B點對應的溶液的lgc(Ba")=-7,貝!|c(Ba2+)=10〃mol?l_T,根據(jù)Ksp(BaCC)3)=c(Ba2+)c(CO32-)=2.40X10口,

,K、.(BaCOJ24x1O-9 ,可得c(CO32-)=—2+--=