浙江省杭州市达标名校2019年高考一月适应性考试化学试题含解析

浙江省杭州市达标名校2019年高考一月适应性考试化学试题
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．下列有关化学和传统文化关系的说法中不正确
．．．的是
A．东汉魏伯阳在《周易参同契》中对汞的描述：“太阳流珠，常欲去人…得火则飞，不见埃尘，将欲制之，黄芽为根……”，这里的“黄芽”是指硫
B．三国时期曹植在《七步诗》中写到“煮豆持作羹，漉菽以为汁。

萁在釜中燃，豆在釜中泣。

……”，文中“漉”涉及的操作原理类似于化学实验中的过滤
C．《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：“强烧之，紫青烟起……云是真硝石也”，该方法用了焰色反应
D．《本草图经》在绿矾项载：“盖此矾色绿，味酸，烧之则赤……”，因为绿矾能电离出H+，所以“味酸”2．已知：AgSCN(白色，s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，T℃时，K sp(AgSCN)=1.0×10-12。

在T℃时，向体积为20.00mL、浓度为mmol/L的AgNO3溶液中滴加0.l0mol/LKSCN溶液，溶液pAg的与加入的KSCN溶液体积的关系如图所示，下列说法错误的是（）
A．m=0.1
B．c点对应的KSCN溶液的体积为20.00mL
C．a、b、c、d点对应的溶液中水的电离程度：a＞b＞c＞d
D．若V3=60mL，则反应后溶液的pAg=11-lg2
3．某澄清透明溶液中，可能大量存在下列离子中的若干种：H+、NH4+、K+、Mg2+、Cu2+、Br－、AlO2－、Cl－、SO42－、CO32－，现进行如下实验：
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出。

将溶液分为3份。

②在第1份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清。

加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象。

③在第2份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色。

则下列推断正确的是:
A．溶液中一定有K+、Br－、AlO2－、CO32－
B．溶液中一定没有NH4+、Mg2+、Cu2+、Cl－
C．不能确定溶液中是否有K+、Cl－、SO42－
D．往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液可确认是否有Cl－
4．设NA 为阿伏加德罗常数值。

下列说法正确的是
A ．常温下，1 L pH=9的CH 3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为1×10-9N A
B ．常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL 沸水中，生成胶粒数为0.056N A
C ．向Na 2O 2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg ，该反应转移电子数为Λ
bN 2
D ．6.8 g KHSO 4晶体中含有的离子数为0.15 N A
5．室温下，将0.10 mol·L -1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 mol·L -1氨水中，溶液中pH 和pOH 随加入盐酸体积变化曲线如图所示。

已知：pOH= -lg c(OH -)。

下列说法正确的是（ ）
A ．M 点所示溶液中：c(NH 4+)+c(NH 3·H 2O)= c(Cl -)
B ．N 点所示溶液中：c(NH 4+)>c(Cl -)
C ．Q 点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积
D ．M 点和N 点所示溶液中水的电离程度相同
6．下列实验对应的实验现象和结论或解释都正确的是( ) 选
项 实验操作 实验现象
结论或解释
A KI 淀粉溶液中通入少Cl 2
溶液变蓝 Cl 2能与淀粉发生显色反应 B
向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置 水层几乎无色
苯与溴水发生了取代反应
C
向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，然后加入银氨溶液，加热
无银镜出现
不能判断蔗糖是否水解
D 向FeCl 3和AlCl 3混合溶液中滴加过量NaOH 溶液 出现红褐色沉淀 K sp [Fe(OH)3]<K sp [Al(OH)3]
A ．A
B ．B ．
C ．C
D ．D
7．下列事实不能说明X 元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是（ ） A ．X 单质与H 2S 溶液反应，溶液变浑浊
B ．在氧化还原反应中，1molX 单质比1mol 硫得电子多
C ．X 和硫两元素的气态氢化物受热分解，前者的分解温度高
D ．X 元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性
8．下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）
A．用碳酸钠溶液制备少量烧碱
B．用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体
C．用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸
D．用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污
9．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．用①装置除去CO2中含有的少量SO2
B．用②装置蒸干饱和AlCl3溶液制备AlCl3晶体
C．用③装置加热NH4Cl固体制取NH3
D．用④装置分离乙酸乙酯与水的混合液
10．CO2和CH4催化重整可制备合成气，对减缓燃料危机具有重要的意义，其反应历程示意图如下：
下列说法不正确
．．．的是
A．合成气的主要成分为CO和H2
B．①→②既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成
C．①→②吸收能量
D．Ni在该反应中做催化剂
11．N A 代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数为44 N A
B．1 mol CH3COONa与少量CH3COOH溶于水所得的中性溶液中，CH3COO-数目为N A
C．17.4 g MnO2与40 mL10 mol/L浓盐酸反应，转移电子的数目为0.2 N A
D．常温下pH=4的醋酸溶液中由水电离出的H＋的数目为10-10 N A
12．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Be2O3
C．氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应
D．氯化铍水溶液显中性
13．能确定为丙烯的化学用语是（）
A．B．C3H6C．D．CH2=CH-CH3
14．已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度,且原子间以单键结合。

下列有关C3N4晶体的说法中正确的是()
A．C3N4晶体是分子晶体
B．C3N4晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长
C．C3N4晶体中C、N原子个数之比为4∶3
D．C3N4晶体中粒子间通过共价键相结合
15．有机物M是合成某药品的中间体，结构简式如图所示。

下列说法错误的是
A．用钠可检验M分子中存在羟基
B．M能发生酯化、加成、氧化反应
C．M的分子式为C8H8O4
D．M的苯环上一硝基代物有2种
二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料、防腐等工业，它不溶于H2SO4、HNO3和醇，微溶于水，可溶于浓盐酸和氨水，在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]。

以海绵铜（主要成分是Cu和少量CuO）为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下：
（1）写出溶解过程中发生的氧化还原反应的离子方程式：_________
（2）还原过程中发生的主要反应的离子方程式：_________。

（3）析出的CuCl晶体水洗后要立即用无水乙醇洗涤，在真空干燥机内于70℃干燥2h，冷却密封包装。

70℃真空干燥、密封包装的原因是__________。

（4）写出氯化亚铜在空气中被氧化的化学方程式________
（5）如图是各反应物在最佳配比条件下，反应温度对CuCl产率影响．由图可知，溶液温度控制在60℃时，CuCl产率能达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是___。

（6）以碳棒为电极电解CuCl2溶液也可得到CuCl，写出电解时阴极上发生的电极反应式：____
三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：
回答下列问题
（1）A的化学名称为__。

（2）D中官能团的名称是__。

（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。

（4）写出⑤的反应方程式__。

（5）F的分子式为__。

（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。

①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6
（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。

可以通过以下途径合成:
已知有机物A 中含有C、H、O、Cl四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团，E是乙醇的同系物，F的分子式为C4H6O2。

完成下列填空:
（1）A 的结构简式为______或_________，反应③的反应类型________。

（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式:
反应⑤___________________；反应⑥_____________。

（3）写出两种与F含有相同官能团的同分异构体的结构简式_______、_______。

（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。

(合成路线常用的表示方式为: )___________________
19．（6分）乙烯的分子式为C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有重要意义。

请回答下列问题：
（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C 2H6（g）C2H4（g）+H2（g）△H制备乙烯。

已知：Ⅰ．C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-1556.8kJ·mol-1；
Ⅱ．H2（g）+1
2
O2（g）=H2O（1）△H2=-285.5kJ·mol-1；
Ⅲ．C2H6（g）+7
2
O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H3=-1559.9kJ·mol-1。

则△H=___kJ·mol-1。

（2）乙烯可用于制备乙醇：C 2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）。

向某恒容密闭容器中充入a mol C2H4（g）和 a mol H2O（g），测得C2H4（g）的平衡转化率与温度的关系如图所示：
①该反应为____热反应（填“吸”或“放”），理由为____。

②A点时容器中气体的总物质的量为____。

已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计
算的平衡常数叫压强平衡常数（K P），测得300℃时，反应达到平衡时该容器内的压强为b MPa，则A点对应温度下的K P=____MPa-1（用含b的分数表示）。

③已知：C 2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的反应速率表达式为v正=k正c（C2H4）·c（H2O），v逆=k逆c （C2H5OH），其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。

则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是___（填选项字母）。

A．k正增大，k逆减小B．k正减小，k逆增大
C．k正增大的倍数大于k逆D．k正增大的倍数小于k逆
④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4（g）的平衡转化率__10%（填“>”“<”或“=”）。

（3）乙烯可以被氧化为乙醛（CH3CHO），电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极（填“阴”或“阳”），对应的电极反应式为___。

参考答案
一、单选题（本题包括15个小题，每小题4分，共60分．每小题只有一个选项符合题意）
1．D
【解析】
【详解】
A．液态的金属汞，受热易变成汞蒸气，汞属于重金属，能使蛋白质变性，属于有毒物质，但常温下，能和硫反应生成硫化汞，从而防止其变成汞气体，黄芽指呈淡黄色的硫磺，故A正确；
B．煮豆持作羹，漉豉以为汁意思为煮熟的豆子来做豆豉而使豆子渗出汁水，分离豆豉与豆汁，实际是分离固体与液体，应选择过滤的方法，故B正确；
C．鉴别硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)，灼烧时焰色反应不同，分别为紫色、黄色，可鉴别，故C正确；D．FeSO4⋅7H2O电离生成二价铁离子、硫酸根离子，不能电离产生氢离子，硫酸亚铁为强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液显酸性，故D错误；
答案选D。

2．C
【解析】
【分析】
a点时，只有AgNO3溶液，由pAg可求出c(AgNO3)；c点时pAg=6，则c(Ag+)=10-6mol/L，可近似认为Ag+不存在，则此时Ag+与SCN-刚好完全反应，此时溶液呈中性，由此可求出V1；d点时，KSCN过量，SCN-
水解而使溶液显碱性。

【详解】
A. a点时，只有AgNO3溶液，由pAg=1，可求出c(AgNO3)=0.1mol/L，A正确；
B. c点时，Ag+与SCN-刚好完全反应，20.00mL×0.1mol/L= V1×0.1mol/L，从而求出V1= 20.00mL，B 正确；
C. c点时，Ag+与SCN-刚好完全反应，水的电离不受影响，d点时，KSCN过量，SCN-水解而使水的电离程度增大，则溶液中水的电离程度：c＜d，C错误；
D. 若V3=60mL，c(SCN-)=0.1mol/L60mL-0.1mol/L20mL
80mL
⨯⨯
=0.05mol/L，则
c(Ag+)=
12
10
0.05
-
=2×10-11mol/L，反应后溶液中的pAg=-lgc(Ag+)=11-lg2，D正确；
故选C。

3．A
【解析】
【分析】
①用试管取少量溶液，逐滴加入稀盐酸至过量，溶液先浑浊后又变澄清，有无色气体放出，可知无色气体为二氧化碳，一定含CO32-，溶液先浑浊后又变澄清可知，溶液中一定含AlO2-，由离子共存的条件可知，一定不含H+、Mg2+、Cu2+；
②在一份溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，溶液先浑浊后又变澄清，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，未见明显现象，则溶液中不含NH4+；
③在另一份溶液中加入新制的氯水和CCl4，振荡后静置，下层溶液显橙红色，则溶液中一定含Br-，由电荷守恒可知溶液中一定存在的阳离子为K+，不能确定是否含Cl-、SO42-。

【详解】
A项、由实验现象可知，溶液中一定存在K+、Br-、CO32-、AlO2-，故A正确；
B项、由实验操作可知，一定不含NH4+、H+、Mg2+、Cu2+，不能确定溶液中是否含Cl-，故B错误；
C项、溶液中一定含K+，不能确定是否含Cl-、SO42-，故C错误；
D项、由于溶液事先已经加入盐酸，往第3份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液无法确认是否有Cl－，故D 错误。

故选A。

【点睛】
本题考查离子的共存，试题信息量较大，侧重分析与推断能力的考查，把握离子的反应、现象与结论的关系为解答的关键。

4．C
【解析】 【详解】
A. 常温下，pH=9的CH 3COONa 溶液，水电离出的氢氧根离子浓度是-5110mol/L ⨯，1 L pH=9的CH 3COONa 溶液中，发生电离的水分子数为1×10-5N A ，故A 错误；
B. 氢氧化铁胶体粒子是氢氧化铁的聚集体，常温下，10 mL 5.6 mol/L FeC13溶液滴到100 mL 沸水中，生成胶粒数小于0.056N A ，故B 错误；
C. -22222Na O +2H O=4NaOH+O 2e ~~，由方程式可知过氧化钠生成氢氧化钠质量增大，固体增加4g
转移2mol 电子，向Na 2O 2通入足量的水蒸气，固体质量增加bg ，该反应转移电子数为
Λ
bN 2
，故C 正确； D. KHSO 4固体含有K +、HSO 4-， 6.8 g KHSO 4晶体中含有的离子数为A 6.8g
2136g/mol
N ⨯⨯= 0.1 N A ，故D 错
误； 选C 。

5．D 【解析】 【分析】
已知室温时水的电离常数为1⨯10-14，则根据曲线得Q 点时溶液中pH=pOH=7，Q 点时溶液显中性，溶质为NH 4Cl 和NH 3·H 2O ；Q 点左侧溶液为碱性，Q 点右侧溶液为酸性。

【详解】
A 项，根据电荷守恒得c(H +)+c(NH 4+)=c(OH -)+ c(Cl -)，而M 点加的盐酸比Q 点少，溶液为碱性，即c(H +)＜c(OH -)，则c(NH 4+)＞c(Cl -)，故A 项错误；
B 项，根据电荷守恒得c(H +)+c(NH 4+)=c(OH -)+ c(Cl -)，而N 点加的盐酸比Q 点多，溶液为酸性，即c(H +)＞c(OH -)，则c(NH 4+)＜c(Cl -)，故B 项错误；
C 项，根据分析，Q 点时溶液显中性，溶质为NH 4Cl 和NH 3·H 2O ，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C 项错误；
D 项，M 点溶液为碱性，而pH=a ，则水电离出的c(H +)=10-a mol/L ，N 点溶液为酸性，pOH=a ，则水电离出的c(OH -)=10-a mol/L ，，而水电离出的H +和OH -始终相等，即M 点和N 点均满足水电离出的c(H +)= c(OH -)=10-a mol/L ，即水的电离程度相同，故D 项正确。

综上所述，本题正确答案为D 。

6．C 【解析】 【详解】
A 、I 2能与淀粉发生显色反应，Cl 2不能与淀粉发生显色反应，故A 错误；
B、向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置，苯萃取溴水中的溴，苯与溴水不反应，故B错误；
C、银镜反应需在碱性条件下进行，向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热，先加入氢氧化钠中和硫酸，然后加入银氨溶液，加热，才能判断蔗糖是否水解，故C正确；
D、向FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加过量NaOH溶液，生成氢氧化铁沉淀和偏铝酸钠，不能证明
K sp[Fe(OH)3]<K sp[Al(OH)3]，故D错误。

7．B
【解析】
【分析】
比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性等角度判断，而与得失电子数没有必然关系。

【详解】
A．X单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明X单质的氧化性比硫强，则说明X元素的非金属性比S元素的非金属性强，故A不符合题意；
B．在氧化还原反应中，1molX单质比1molS得电子多，氧化性强弱与得失电子数没有必然关系，故B符合题意；
C．元素的非金属性越强，氢化物的稳定性越强，X和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明X的非金属性较强，故C不符合题意；
D．X元素的最高价含氧酸的酸性强于硫酸的酸性，说明X的非金属性较强，故D不符合题意；
故答案选B。

8．B
【解析】
【详解】
A．碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；
B．CO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应，无法达到提纯的目的，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；
D．热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确；
故答案为B。

9．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. CO2和SO2都会和饱和碳酸钠溶液反应，不能到达除杂效果，A项错误；
B. AlCl3为强酸弱碱盐，在溶液中发生水解生成氢氧化铝胶体和氯化氢，直接蒸干AlCl3饱和溶液，氯化氢挥发，导致水解平衡右移，使水解趋于完全生成氢氧化铝沉淀，不能得到无水AlCl3，B项错误；
C. 加热NH4Cl固体分解为NH3和HCl，两者遇冷又会生成NH4Cl，堵住导管，存安全隐患，C项错误；
D. 乙酸乙酯的密度比水小，有机层在上层，水层在下层，与图中装置分层现象相符，D项正确；
答案选D。

10．C
【解析】
【详解】
A．由图示可知CO2和CH4在Ni催化作用下，最终生成CO和H2，故A正确；B．化学反应的过程中存在构成反应物的键的断裂和生成物中键的形成，由图示可知①→②过程中既有碳氧键的断裂，又有碳氧键的形成，故B正确；C．①的能量总和大于②的能量总和，则①→②的过程放出能量，故C错误；D．由图示可知CO2和CH4催化重整生成CO和H2的过程中Ni的质量和化学性质没有发生变化，则Ni为催化剂，故D正确；故答案为C。

11．B
【解析】
【详解】
A. 14CO2分子中含有24个中子，88.0 g14CO2的物质的量为88.0 g ÷46 g/mol=1.91 mol，所以其中含有的中子数目为1.91×24N A=45.9N A；14N2O的分子中含有22个中子，88.0 g14N2O的物质的量等于2 mol，所以其中含有的中子数目为44 N A，所以88.0 g14CO2与14N2O的混合物中所含中子数大于44 N A，A错误；
B. 在该中性溶液中n(CH3COO-)=n(Na+)，由于CH3COONa的物质的量是1 mol，所以该溶液中CH3COO-数目为N A，B正确；
C. 17.4 g MnO2的物质的量n(MnO2)=17.4 g÷87 g/mol=0.2 mol，n(HCl)=10 mol/L×0.04 L=0.4 mol，根据方程式中物质反应关系MnO2过量，应该以HCl为标准计算，但随着反应的进行，盐酸溶液浓度变小，所以0.4 mol HCl不能完全反应，所以反应过程中转移电子的物质的量小于0.2N A，C错误；
D. 只有离子浓度，缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D错误；
故合理选项是B。

12．C
【解析】
【分析】
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。

13．D
【解析】
【分析】
【详解】
A．球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；
B．C3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；
C．中少了1个H原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；
D．丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D符合题意；
故选D。

14．D
【解析】
【分析】
【详解】
A. C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度,则C3N4晶体是原子晶体，故A错误；
B. 因N的原子半径比C原子半径小,则C3N4晶体中，C−N键的键长比金刚石中C−C键的键长要短，故B 错误；
C. 原子间均以单键结合,则C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子，所以晶体中C、N原子个数之比为3:4，故C错误；
D. C3N4晶体中构成微粒为原子，微粒间通过共价键相结合，故D正确；
故选：D。

【点睛】
C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，则为原子晶体，每个C原子周围有4个N 原子，每个N原子周围有3个C原子，形成空间网状结构，C-N键为共价键，比C-C键短。

15．A
【解析】
【详解】
A．分子中含有酚羟基、羟基、羧基，都能与钠反应放出氢气，不能用钠检验M分子中存在羟基，故A错误；
B．分子中含有酚羟基能发生氧化反应，羟基、羧基能发生酯化，含有苯环能发生加成反应，故B正确；
C．根据结构简式，M的分子式为C8H8O4，故C正确；
D．M的苯环上一硝基代物有2种()，故D正确；
故选A。

二、实验题（本题包括1个小题，共10分）
16．3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O 2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化 4 CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl 温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应Cu2++e-+Cl-=CuCl↓
【解析】
【分析】
（1）Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Cu2+、NO气体和水；
（2）SO32-和Cu2+之间可以发生氧化还原反应生成氯化亚铜沉淀；
（3）乙醇和水易挥发，CuCl具有还原性，可以被空气氧化；
（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]；
（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快；
（6）电解时，阴极上Cu2+得电子发生还原反应。

【详解】
（1）溶解过程中，Cu与NO3-在酸性条件下发生氧化还原反应，离子方程式为：
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（2）还原过程中，溶液中的Cu2+被还原为CuCl，离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+，故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+ H2O=2CuCl↓+SO42-+2H+；
（3）真空干燥可以加快乙醇和水的挥发，密封包装可以防止CuCl在潮湿空气中水解、氧化，
故答案为加快乙醇和水的挥发，防止CuCl在潮湿的空气中水解氧化；
（4）由题给信息可知，CuCl在潮湿空气中易水解氧化成绿色的碱式氯化铜[Cu2（OH）3Cl]，根据得失电子守恒及原子守恒写出生成物并配平，化学方程式为：4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl，
故答案为4CuCl+O2+ 4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；
（5）因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，
故答案为温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；
（6）电解时，阴极上Cu2+得电子，电极反应式为：Cu2++e-+Cl-=CuCl↓，
故答案为Cu2++e-+Cl-=CuCl↓。

【点睛】
本题以实验形式考查金属铜以及化合物的性质，要求学生具有分析和解决问题的能力，注意知识的迁移和应用是解题的关键，注意得失电子守恒方法的熟练使用。

三、推断题（本题包括1个小题，共10分）
17．丙酮碳碳双键、羧基甲醇浓硫酸、加热
+CH3OH C12H9N2OF3
【解析】
【分析】
A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。

【详解】
（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；
（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；
（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：
+CH3OH，故答案为：
+CH3OH；
（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；
（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：
；
（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合
成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。

【点睛】
复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。

四、综合题（本题包括2个小题，共20分）
18．ClCH2CH2CH2OH CH3CHClCH2OH 消去反应
CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O nCH2=CHCOOCH3
CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH
【解析】
(1).根据转化关系图，A可实现连续两步氧化，可知A分子中含有-CH2OH，根据F的分子式C4H6O2，且E 是乙醇的同系物，推知E为CH3OH，A中含有3个C原子，又因A中的-OH、-Cl不能连接在同一个C原子上，故A为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH；A被催化氧化生成B，B为ClCH2CH2CHO(或CH3CHClCHO)，B被银氨溶液氧化生成C，C为ClCH2CH2COOH(或CH3CHClCOOH)，C在NaOH醇溶液中发生消去反应后进行酸化处理得到D为CH2=CHCOOH；
(2).反应⑤为CH2=CHCOOH与CH3OH发生酯化反应生成F：CH2=CHCOOCH3，方程式为：
CH2=CHCOOH+CH3OH CH2=CHCOOCH3+H2O；反应⑥为CH2=CHCOOCH3在一定条件下发生加聚反应生成G：，方程式为：nCH2=CHCOOCH3；
(3).结构中保留C=C和酯基，可得CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH；
(4).首先将中羟基氧化为羧基，生成物在NaOH溶液中水解，再用酸酸化，生成
，流程为：。

19．+282.4 放 温度越高，乙烯的平衡转化率越低 1.9amol
1981b
D > 阳 CH 3CHO-2e -+H 2O=CH 3COOH+2H +
【解析】
【详解】 （1）由盖斯定律Ⅲ-Ⅱ-Ⅰ可知，△H=（-1559.9kJ.mol -1）-（-285.5kJ.mol -1）-（-1556.8kJ.mol -1）=+282.4kJ·mol -1。

（2）①由图可知，温度越高，乙烯的平衡转化率越低，说明正反应是放热反应。

故答案为：放，温度越高，乙烯的平衡转化率越低。

②由图可知，A 点时乙烯的平衡转化率为10%，则平衡时C 2H 4（g ）、H 2O （g ）、C 2H 5OH （g ）的物质的量分别为0.9a mol 、0.9a mol 、 mol ，总的物质的量为1.9amol 。

平衡时A 点对应容器的总压强为b MPa ，故C 2H 4（g ）、H 2O （g ）、C 2H 5OH （g ）的分压分别为0.9b MPa 1.9、0.9b MPa 1.9、0.1b MPa 1.9，则-1P 0.1b MPa 191.9K ==MPa 0.9b 0.9b 81b MPa MPa 1.9 1.9
⨯。

故答案为：1.9amol ，】1981b 。

③平衡时，正、逆反应速率相等，即()()()25242c C H OH k K==c C H c H O k ⋅正逆。

升高温度，正、逆反应速率都增大，即k 正和k 逆均增大，但由于正反应是放热反应，K 减小，故k 正增大的倍数小于k 逆。

故选D 。

④正反应为气体物质的量减小的反应，平衡时，与恒容容器相比，恒压密闭容器压强更大，反应正向进行程度更大，C 2H 4（g ）的平衡转化率更高。

故答案为：＞。

（3）乙醛在阳极发生氧化反应生成乙酸，电极反应式为CH 3CHO-2e -+H 2O===CH 3COOH+2H +。

故答案为：阳，CH 3CHO-2e -+H 2O===CH 3COOH+2H +。