福建省龙岩一中2024年高考仿真卷化学试卷含解析

福建省龙岩一中2024年高考仿真卷化学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列判断中一定正确的是（）A．若R2-和M+的核外电子层结构相同，则原子序数：R>MB．若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X>Y，则原子失电子能力：X>YC．若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量X>Y，则沸点：X>YD．若金属性M>N，则以M、N为两电极的原电池中M一定是负极2、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少3.25gB．充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C．放电时，混合液中的Cl-向负极移动D．充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应3、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A．甲中既含离子键，又含共价键B．丙和戊的混合物一定显酸性C．丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D．原子半径：X＜Y＜Z＜W4、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（）A．标准状况下，22.4LCH4含有的共价键数为NAB．1molFe与1molCl2充分反应，电子转移数为3NAC．常温下，pH=2的醋酸溶液中含有的H+数目为0.02NAD．常温常压下，46g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为3NA6、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能7、吗替麦考酚酯主要用于预防同种异体的器官排斥反应，其结构简式如下图所示。下列说法正确的是A．吗替麦考酚酯的分子式为C23H30O7NB．吗替麦考酚酯可发生加成、取代、消去反应C．吗替麦考酚酯分子中所有碳原子一定处于同一平面D．1mol吗替麦考酚酯与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH反应8、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强A．A B．B C．C D．D9、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．K1=K2<K3B．升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C．实验Ⅱ比实验Ⅰ达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动10、下列操作或原理正确的是（）A．可用玻璃棒蘸取新制氯水点在pH试纸上，测定该氯水的pH值B．装Na2CO3溶液的试剂瓶塞用玻璃塞C．蒸馏操作时先通冷却水再加热D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠不能放回原试剂瓶中11、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)B．化合物N与乙烯均能使溴水褪色，且原理相同C．含W元素的盐溶液可能显酸性、中性或碱性D．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构12、下列说法或表示方法中正确的是A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+285.8kJD．在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+53.7kJ，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ13、25℃时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是A．HCl溶液滴加一半时：B．在A点：C．当时：D．当时，溶液中14、一定压强下，向10L密闭容器中充入1molS2Cl2和1molCl2，发生反应S2Cl2(g)＋Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（）A．正反应的活化能大于逆反应的活化能B．达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动C．A、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD．一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变15、阿巴卡韦（Abacavir）是一种核苷类逆转录酶抑制剂，存在抗病毒功效。关于其合成中间体M（），下列说法正确的是A．与环戊醇互为同系物B．分子中所有碳原子共平面C．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，且原理相同D．可用碳酸钠溶液鉴别乙酸和M16、下列反应不属于氧化还原反应的是（）A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．Fe+CuSO4=FeSO4+CuC．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 D．Cl2+2FeCl2=3FeCl3二、非选择题（本题包括5小题）17、聚酰亚胺是重要的特种工程材料，广泛应用在航空、纳米、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）：已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图如下：②③回答下列问题：(1)A的名称是__________________；C中含氧官能团的名称是________________。(2)反应②的反应类型是____________________。(3)反应①的化学方程式是__________________________。(4)F的结构筒式是_____________________。(5)同时满足下列条件的G的同分异构体共有___________种(不含立体结构)；写出其中一种的结构简式：________________。①能发生银镜反应②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应③1mol该物质最多能与8molNaOH反应(6)参照上述合成路线，以间二甲苯和甲醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线：_______________________。18、已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是________，E物质的分子式是_________（2）巴豆醛的系统命名为____________，检验其中含有碳碳双键的方法是___________。（3）A到B的反应类型是__________，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_____。（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有________种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式______。（5）已知：+，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线______。19、粮食仓储常用磷化铝(A1P)熏蒸杀虫，A1P遇水即产生强还原性的PH3气体。国家标准规定粮食中磷物(以PH3计)的残留量不超过0.05mg•kg-1时为合格。某小组同学用如图所示实验装置和原理测定某粮食样品中碟化物的残留量。C中加入100g原粮，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol•L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反应后，用亚硫酸钠标准溶液滴定E中的溶液。(1)装置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2。若去掉该装置，则测得的磷化物的残留量___(填“偏髙”“偏低”或“不变”)。(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，写出该反应的离子方程式：__________。(4)收集装置E中的吸收液，加水稀释至250mL，量取其中的25.00mL于锥形瓶中，用4.0×lO-5mol•L-1的Na2SO3标准溶液滴定，消耗Na2SO3标准溶液20.00mL，反应原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通过计算判断该样品是否合格(写出计算过程)_______。20、X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_____E(生成物）（填“>”“<”或“=”），仅仅由I、II中的信息可知，Z可能是_____。(2)若X是铝，在温度不变时向I中分别加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后，产生无色气泡的速率明显加快，导致这种变化最可能的原因是_________。(3)若X是铝，II中反应产生的气泡有特殊颜色，则发生反应的离子方程式为_____；单质Y不可能是____(填字母）。A铅B石墨C镁D银(4)若Ⅲ溶液最终变成蓝色，写出负极上电极反应式_______；变化过程中，参与正极上放电的离子是_________。21、某兴趣小组研究亚硝酸钠，查阅下列资料，试根据信息回答下列问题。药品NaNO2(亚硝酸钠)性质1.在酸性溶液中有较强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+；2.AgNO2是一种难溶于水、易溶于酸的盐。（1）已知NaNO2能发生如下反应：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O。请用双线桥表示电子转移的方向和数目：___。（2）误食NaNO2会导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒，可服用维生素C解毒。下列分析错误的是__(填序号)。A．NaNO2被还原B．维生素C具有还原性C．还原性：维生素C>Fe2+D．NaNO2是还原剂（3）下列方法中，可用来区分NaNO2和NaCl的是___(填序号)。A．焰色反应B．分别滴加酸化FeSO4溶液和KSCN溶液C．在酸性条件下加入KI淀粉溶液D．分别滴加AgNO3溶液（4）某同学把新制的氯水加到NaNO2溶液中，观察到氯水褪色，同时生成NaNO3和HCl，请写出反应的离子方程式：___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.若R2-和M+的核外电子层结构相同，则R元素在M元素的上一个周期，即原子序数：R<M，故A错误；B.若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量X>Y，则X在Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：X>Y，原子失电子能力：X>Y，故B正确；C.因为X、Y可能为N、O、F，则可能存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对分子质量的大小去确定其沸点的大小，故C错误；D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性M>N，则以M、N为两电极的原电池中M不一定是负极，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】活泼性不同的两金属单质形成原电池时，一般活泼的金属作负极，但作负极的金属要能与电解质溶液发生氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。2、B【解析】

A.放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量减少0.05mol×65g/mol=3.25g，A正确；B.充电时，聚苯胺电极为阳极，其电势高于锌片(阴极)的电势，B错误；C.放电时，阳离子向正极移动，则混合液中的Cl-(阴离子)向负极移动，C正确；D.充电时，聚苯胺电极为阳极，接电源的正极，失电子发生氧化反应，D正确；故选B。3、A【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为1∶1，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A．甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A正确；B．丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C．丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：X＜W＜Z＜Y，故D错误；答案选A。4、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。5、D【解析】

A、标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，1mol甲烷中有4molC－H，因此22.4L甲烷中共价键的物质的量为22.4×4/22.4mol=4mol，故错误；B、2Fe＋3Cl2=2FeCl3，铁过量，氯气不足，因此转移电子物质的量为1×2×1mol=2mol，故错误；C、没有说明溶液的体积，无法计算物质的量，故错误；D、由于N2O4的最简式为NO2，所以46g的NO2和N2O4混合气体N2O4看作是46gNO2，即1mol，原子物质的量为1mol×3=3mol，故正确。6、D【解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。7、D【解析】A.吗替麦考酚酯的分子中含有1个N原子，H原子是个数应该为奇数，故A错误；B.吗替麦考酚酯中含有碳碳双键，能够发生加成反应、含有酯基能够发生取代反应、但不能发生消去反应，故B错误；C.吗替麦考酚酯分子中含有亚甲基几个，所有碳原子可能处于同一平面，不是一定处于同一平面，故C错误；D.1mol吗替麦考酚酯含有2mol酯基和1mol酚羟基与NaOH溶液充分反应最多消耗3molNaOH，故D正确；故选D。8、B【解析】

A．先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；B．在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故B正确；C．由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，故C错误；D．水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，故D错误；故答案选B。【点睛】D项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。9、C【解析】

A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q<0，则K3<K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3<K2=K1，A错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡状态，故实验I和Ⅱ探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K==4。温度不变，平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc==4=K，因此恒温下再向容器中通入1molA和1molC，化学平衡没有发生移动，D错误；故合理选项是C。10、C【解析】

A．依据氯水成分及性质漂白性判断；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液；C．后先通冷却水，一开始产生的水蒸气没有得到冷却；D．多余的钠应放回试剂瓶。【详解】A．氯水中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测试氯水的pH值，故A错误；B．碳酸钠水溶液呈碱性，能够与玻璃中二氧化硅反应生成具有粘性硅酸钠溶液，将玻璃塞与试剂瓶粘到一起，故B错误；C．先通冷却水，保证冷凝管的管套中充满水，再开始加热，否则一开始产生的水蒸气没有得到冷却，故C正确；D．实验室中少量金属钠常保存在煤油中，实验时多余的钠能放回原试剂瓶中，故D错误；故选：C。【点睛】本题考查化学中仪器的使用及试剂的保存，解题关键：熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化学实验基本操作的注意事项，易错点A，注意氯水的漂白性。11、C【解析】

乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；【详解】乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为H2S，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，如果W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为Na，如果Z为S，则W不符合要求；A、同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是r(Na)>r(s)>r(O)，故A错误；B、SO2能使溴水褪色，发生SO2＋Br2＋H2O=2HBr＋H2SO4，利用SO2的还原性，乙烯和溴水反应，发生的加成反应，故B错误；C、含S元素的盐溶液，如果是Na2SO4，溶液显中性，如果是NaHSO4，溶液显酸性，如果是Na2SO3，溶液显碱性，故C正确；D、形成化合物分别是NaH、Na2O/Na2O2、Na2S，NaH中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，故D错误，答案选C。【点睛】微粒半径大小比较：一看电子层数，一般来说电子层数越多，半径越大；二看原子序数，当电子层数相同，半径随着原子序数的递增而减小；三看电子数，电子层数相同，原子序数相同，半径随着电子数的增多而增大。12、D【解析】

A.等质量的硫蒸气比硫固体含有的能量高，因此二者分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ是放热反应，说明金刚石不如石墨稳定，B错误；C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧产生液态水放出的热量是571.6kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+571.6kJ，C错误；D.由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ，D正确；故合理选项是D。13、A【解析】

根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A.HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)<c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，A项错误；B.溶液中加入盐酸，使CO32-转变为HCO3-，则有c(Na+)>c(HCO3-)。图中A点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又A点溶液呈碱性，有c(OH-)>c(H+)，B项正确；C.溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；D.溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。14、A【解析】

根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250℃，300℃时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，ΔH2＜0。【详解】A.正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B.由分析可知ΔH＜0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D.根据反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。15、D【解析】

A．M中含有两个羟基，与环戊醇结构不相似，不互为同系物，故A错误；B．M中含有sp3杂化的碳原子，所有碳原子不可能共平面，故B错误；C．M中含有碳碳双键和羟基，能够与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应而使溶液褪色，M中含有碳碳双键，其与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故C错误；D．乙酸与碳酸钠能够发生反应生成二氧化碳气体，M不与碳酸钠溶液反应，利用碳酸钠能鉴别乙酸和M，故D正确；故答案为：D。16、C【解析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。点睛：本题考查氧化还原反应，试题难度不大，注意从元素化合价的角度判断物质的性质，平日学习中注意知识的积累，快速判断。二、非选择题（本题包括5小题）17、乙醇羧基取代反应3【解析】根据已知：①有机物A的质谱与核磁共振氢谱图可知，A的相对分子质量为46，核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：2：3，则A为乙醇；根据流程可知，E在铁和氯化氢作用下发生还原反应生成，则E为；E是D发生硝化反应而得，则D为；D是由A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应而得，则C为；C是由分子式为C7H8的烃B氧化而得，则B为甲苯；结合已知③以及G的分子式，可知对二甲苯与二分子一氯甲烷反应生成F，F为；根据已知②可知，F氧化生成G为；G脱水生成H，H为。(1)A的名称是乙醇；C为，含氧官能团的名称是羧基；(2)反应②是D在浓硫酸和浓硝酸作用下发生硝化反应（或取代反应）生成E；(3)反应①是A与C在浓硫酸作用下发生酯化反应生成D，其化学方程式是；(4)F的结构筒式是；(5)的同分异构体满足条件：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有甲酸酯的结构，且水解后生成物中有酚羟基结构；③1mol该物质最多能与8molNaOH反应，则符合条件的同分异构体可以是：、、共3种；(6)间二甲苯氧化生成间苯二甲酸，间苯二甲酸与甲醇发生酯化反应生成间苯二甲酸二甲酯，间苯二甲酸甲酯发生硝化反应生成，还原得到，其合成路线为：。18、氨基、溴原子C13H18O2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键取代反应；5【解析】

【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。19、吸收空气中的还原性气体，防止其干扰pH3的测定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性；(2)氧气会氧化一部分PH3，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可写出正确的化学方程式；(4)先计算Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量，再由高锰酸钾总的物质的量减去Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量求出吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量，进而求出粮食中磷物(以PH3计)的残留量。【详解】(1)KMnO4溶液有强氧化性，PH3有强还原性，装置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空气中的还原性气体，防止其干扰PH3的测定；(2)装置B中盛装焦性没食子酸的碱性溶液吸收空气中的O2，若去掉该装置，氧气会氧化一部分PH3，导致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亚硫酸钠标准溶液偏少，则测得的磷化物的残留量偏低；(3)装置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被还原为Mn2+，由得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒可知，该反应的离子方程式为：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反应原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3标准溶液消耗的高锰酸钾的物质的量==3.2mol。则吸收PH3消耗的高锰酸钾的物质的量=2.50×lO-4mol