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【化学】北京市丰台区2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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北京市丰台区2018-2019学年高二上学期期中考试
1.下列有机化合物的分类不正确的是
A
B
C
D
苯的同系物
芳香化合物
烯烃
醇
【答案】C
【解析】
试题分析：A、苯环上的氢原子被烷烃基取代后生成的有机物称为同系物，通式为CnH2n—6，属于苯的同系物，A正确；B、含有苯环的化合物是芳香族化合物，属于芳香族化合物，B正确；C、含有1个碳碳双键的链烃是烯烃，不属于烯烃，是芳香烃，C错误；D、羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物称为醇，属于醇，D正确，答案选C。
考点：考查有机物分类判断
2.可以准确判断有机化合物含有哪些官能团的分析方法是
A. 李比希燃烧法 B. 红外光谱法
C. 质谱法 D. 核磁共振氢谱法
【答案】B
【解析】
【详解】A．李比希燃烧法可确定元素的种类，不能确定含有的官能团，故A不选；B．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故B选；C．质谱法可确定分子的相对分子质量，不能确定含有的官能团，故C不选；D．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的种类和数目，不能确定含有的官能团，故D不选；故选B。
3.下列有关化学用语表示正确的是
A. 乙烷的实验式C2H6 B. 乙醇的结构式CH3CH2OH
C. 羟基电子式 D. 1,3-丁二烯的分子式：C4H8
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验式是分子中原子个数的最简整数比，乙烷的实验式CH3，故A错误；B．乙醇的结构式为，CH3CH2OH为乙醇的结构简式，故B错误；C．羟基含有9个电子，羟基电子式为 ，故C正确；D．1，3-丁二烯的分子中含有2个碳碳双键，通式为CnH2n-2，则1，3-丁二烯的分子式为C4H6，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法。本题的易错点为C，要注意羟基与氢氧根离子的区别。
4.下列各组混合物中能用分液漏斗进行分离的是
A. 乙醇和水 B. 苯和甲苯 C. 溴乙烷和水 D. 乙醇和乙酸
【答案】C
【解析】
【详解】乙醇和水、苯和甲苯、乙醇和乙酸三组物质中的物质能够互溶，溶液不分层，不能用分液的方法分离，而溴乙烷不溶于水，液体分层，可用分液漏斗分离，故选C。
5.下列有机物的命名正确的是
A. 3-甲基2-乙基戊烷 B. 2，3，3-三甲基丁烷
C. 2-甲基-3-丁炔 D. 3， 3 -二甲基 -1- 丁烯
【答案】D
【解析】
【详解】A、烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，在3号和4号碳原子上各有一个甲基，故名称为3，4-二甲基己烷，故A错误；B、烷烃命名时，当两端离支链一样近时，应从支链多的一端开始编号，故此烷烃的正确的名称为2，2，3-三甲基丁烷，故B错误；C、炔烃命名时，应从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故碳碳三键在1号和2号碳原子之间，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-丁炔，故C错误；D、烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在1号和2号碳原子之间有碳碳双键，在3号碳原子上有两个甲基，故名称为3，3-二甲基-1-丁烯，故D正确；故选D。
6.四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的是
A. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
B. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键
D. 丁为醋酸分子的比例模型
【答案】C
【解析】
分析：根据四种常见有机物的比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯，丙是苯，丁是乙醇，据此解答。
详解：A. 乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；
B. 甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；
C. 苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；
D. 丁为乙醇分子的比例模型，D错误。答案选C。
7.含有一个三键的炔烃，氢化后的产物结构简式为，此炔烃可能的结构简式有.
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【详解】根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在C≡C的位置。有如图所示的2个位置可以还原为C≡C键，其中1、2两位置相同，故该炔烃共有1种，故选A。
【点睛】本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键。解答本题可以采取逆推法还原碳碳三键，需要注意的是“1、2两位置相同”。也是本题的易错点。
8.下列物质中，沸点最高的是
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙二醇 D. 丙三醇
【答案】D
【解析】
【详解】乙醇和乙二醇与乙烷比较，乙醇和乙二醇含有氢键，沸点较高，在常温下为液体，而乙烷为气体；乙醇和乙二醇相比较，乙二醇的相对分子质量较大，含有的氢键数目较多，则沸点比乙醇的高，则同理乙二醇与丙三醇相比较，沸点较高的为丙三醇，故选D。
9.除去下列物质中的少量杂质(括号内)，选用的试剂和分离方法不能达到实验目的的是
混合物
试剂
分离方法
A
粗苯甲酸(泥沙等)
水
重结晶
B
乙酸乙酯(乙酸)
饱和碳酸钠溶液
分液
C
乙炔(硫化氢)
硫酸铜溶液
洗气
D
苯(苯酚)
溴水
过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯甲酸的溶解度受温度影响大，可用重结晶分离，故A正确；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应而被吸收，可用分液法分离，故B正确；C．硫化氢能与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，而乙炔与硫酸铜溶液不反应，可以除去杂质，故C正确；D．溴、三溴苯酚均溶于苯，不能除杂，应加NaOH溶液洗涤、分液除杂，故D错误；故选D。
10.1 mol某气态烃能与1 mol 氯化氢发生加成反应，加成后的产物又可与 7 mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为
A. CH2=CH2 B. CH3CH=CH2 C. .CH3CH2CH=CH2 D. CH3CH2CH2CH=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】烯烃和HCl发生加成反应时，烯烃中碳碳双键物质的量与所需HCl的物质的量相等，1mol某气态烃能与1mol氯化氢发生加成反应，说明该气态烃中含有1个碳碳双键；卤代烃和氯气发生取代反应时，卤代烃中氢原子的物质的量与所需氯气的物质的量相等，说明该卤代烃中含有7个H原子，且其中一个H原子为加成得到的，所以该烯烃中含有6个H原子，符合条件的为B，故选B。
11.若丙醇中氧原子为18O，它和乙酸反应生成酯的相对分子质量是
A. 100 B. 104 C. 120 D. 122
【答案】B
【解析】
【详解】酸与醇反应的原理为酸脱羟基，醇脱氢，故丙醇与乙酸反应的原理为：CH3COOH+C3H718OH CH3CO18OC3H7+H2O，故CH3CO18OC3H7的相对分子质量为5×12+16+18+10×1=104，故选B。
【点睛】本题考查了酯化反应的实质，酯化反应的反应机理是酸脱羟基，醇脱氢，本题的关键是判断18O的去向。
12.用核磁共振仪对分子式为C3H8O的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是1:1:6，则该化合物的结构简式为
A. CH3-O-CH2-CH3 B. CH3CH（OH）CH3
C. CH3CH2CH2OH D. C3H7OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3-O-CH2-CH3含3种H，且原子个数比为3:2:3，故A不选；B．CH3CH(OH)CH3含3种H，且原子个数比为1:1:6，故B选；C．CH3CH2CH2OH含4种H，故C不选；D．C3H7OH若为2-丙醇含3种H，若为1-丙醇含4种H，故D不选；故选B。
13.下列烃的一卤代物同分异构体数目最多的是
A. 乙烷 B. 2﹣甲基丙烷
C. 2，2﹣二甲基丙烷 D. 2，2﹣二甲基丁烷
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙烷的结构简式为CH3CH3，分子中含有1种氢原子，其一氯代物有1种；B、2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)2，分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种异构体；C、2，2-二甲基丙烷的结构简式为C(CH3)4，分子中含有1种氢原子，其一氯代物有1种异构体；D、2，2-二甲基丁烷的结构简式为(CH3)3CCH2CH3，分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种异构体；故选D。
14.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”(原子节约)的新概念及要求，理想原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，实现零排放。下列反应类型一定符合这一要求的是
(1)取代反应 (2)加成反应 (3)消去反应 (4)水解反应 (5) 酯化反应 (6)氧化反应
A. (2) B. (1)(4) C. (3)(5) D. (2)(6)
【答案】A
【解析】
【详解】(1)取代反应、(3)消去反应、(4)水解反应、(5)酯化反应、(6)氧化反应这四种反应生成物一般均不止一种，且有副产物产生，不符合原子经济理念；(2)加成反应中原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，且不产生副产物，原子利用率高达100%，符合原子经济理念；故选A。
【点睛】本题考查反应类型的特点，正确把握原子经济理念解反应的特点是解本题关键。原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，常见的反应有化合反应，加成反应，加聚反应。
15.为了鉴定溴乙烷中卤素原子的存在，以下各步实验：①加入AgNO3溶液 ②加热 ③ 用 HNO3酸化溶液 ④ 加入NaOH水溶液 ，其中操作顺序合理的是
A. ④②③① B. ①②③④ C. ④①③② D. ④①②③
【答案】A
【解析】
【详解】为了检验溴乙烷中含有溴元素，不能直接向溴乙烷中滴加硝酸银溶液来检验，因为溴乙烷不溶于水，不能电离出溴离子。检验溴乙烷中含有溴元素一定要将之转化为溴离子，可以采用卤代烃的水解方法生成卤离子，即加入氢氧化钠溶液，加热，发生水解反应生成NaBr，用HNO3酸化溶液至溶液呈酸性，最后加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀，则证明含溴元素，即操作顺序为④②③①，故选A。
16.分子式为C4H8的烯烃共有(要考虑顺反异构)
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为C4H8的烯烃为单烯烃，主链上可能是4个C原子、3个碳原子，如果主链上有4个C原子，有1-丁烯、2-丁烯，且2-丁烯有顺反两种结构；如果主链上含有3个C原子，为2-甲基丙烯，所以一共有4种结构，故选B。
【点睛】本题考查同分异构体种类判断。本题的易错点为顺反异构的判断，存在顺反异构，需要在碳碳双键两端的上的C原子，连接的原子或原子团不一样。
17.十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如下图，下列说法错误的是
A. “PX”的分子式为C8H10
B. “PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C. “PX”分子中，最多有14个原子共面
D. 可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯
【答案】B
【解析】
根据模型，PX为对二甲苯。A、分子式为C8H10，故A正确；B. “PX”的二氯代物共有 共7种，故B错误；C、“PX”分子中，苯环上的C和H共面，有12个原子，每个甲基中可有1个H旋转至共平面，故该分子中最多有14个原子共面，故C正确；D、对二甲苯可使酸性高锰酸钾褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯，故D正确；故选B。
18. 可用于鉴别乙醇、甲酸、乙醛、乙酸4种无色液体的一种试剂是( )
A. 水 B. 新制Cu(OH)2 C. NaOH溶液 D. 石蕊试剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A．四种有机物都溶于水，不能鉴别，故A错误；B．加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，甲酸能溶解氢氧化铜，含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，可鉴别，故B正确；C．氢氧化钠溶液不能鉴别乙醇、乙醛，二者都不反应，也不能鉴别乙酸、甲酸，没有明显的现象，故C错误；D．乙醇、乙醛溶液呈中性，乙酸、甲酸溶液呈酸性，用石蕊试剂不能鉴别，故D错误；故选B。
【考点定位】考查有机物的鉴别
【名师点晴】为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，本题注意把握常见有机物的性质和鉴别方法，鉴别有机物时，要有明显的现象；四种有机物都易溶于水，其中乙醛含有-CHO，具有还原性，可用新制Cu(OH)2悬浊液检验，乙酸具有酸性，甲酸既具有酸性又具有还原性，以此选择鉴别试剂。
19.下列各物质中既能发生消去反应又能催化氧化，并且催化氧化的产物是醛的
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．不能发生催化氧化，可发生消去反应，故A错误；B．能发生催化氧化，但不能发生消去反应，故B错误；C．能发生催化氧化、也能发生消去反应，但氧化产物为丙酮，不能发生银镜反应，故C错误；D．能发生消去反应，催化氧化可生成醛，能发生银镜反应，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质。解答本题要注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系，同时注意催化氧化的产物与结构的关系。
20.分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B。将A氧化最终可得C，且B和C为同系物。若C可发生银镜反应，则原有机物的结构简式为：（ ）
A. HCOOCH2CH2CH3 B. CH3COOCH2CH3
C. CH3CH2COOCH3 D. HCOOCH（CH3）2
【答案】C
【解析】
试题分析：分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，对应的酯的结构简式为CH3CH2COOCH3，答案为C。
考点：考查有机物的推断
21.下列有关甲苯的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是
A. 甲苯燃烧产生大量黑烟
B. 1mol甲苯与3mol H2发生加成反应
C. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
D. 苯在50~60°C时发生硝化反应而甲苯在30°C时即可
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯含碳量高，燃烧有黑烟，与组成元素有关，与结构无关，故A不选；B．甲苯含苯环，1mol甲苯与3mol H2发生加成反应，与苯环的不饱和度有关，与侧链无关，故B不选；C．甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，是侧链甲基受到苯环影响的结果，故C不选；D．苯在50～60°C时发生硝化反应而甲苯在30°C时即可，说明苯环受到了侧链甲基的影响，故D选；故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物的结构、性质及有机反应为解答的关键。选项C为解答的易错点，要注意区分侧链对苯环性质的影响与苯环对侧链性质的影响。
22.用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4 酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2 的CCl4 溶液
C
C2 H5OH与浓硫酸加热至170℃
NaOH溶液
KMnO4 酸性溶液
D
C2 H5OH与浓硫酸加热至170℃
NaOH溶液
Br2 的CCl4 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴乙烷的消去反应：CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O，乙烯能够被高锰酸钾溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液褪色，检验乙烯；但乙烯中含有杂质乙醇，乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，使KMnO4酸性溶液褪色，乙醇干扰乙烯的检验，乙醇能和水任意比互溶，而乙烯难溶于水，故需用水除去乙烯中的乙醇蒸气，故A正确；B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热生成的乙烯中含有乙醇杂质，乙醇不与Br2的CCl4溶液反应，不干扰乙烯的检验，无需除去乙醇，故B错误；C．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，CH3-CH2-OHCH2═CH2↑+H2O，同时乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化碳、二氧化硫气体和水，生成的乙烯中含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳和水蒸气，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，导致酸性KMnO4溶液褪色，二氧化硫、乙醇干扰乙烯的检验，NaOH溶液能溶解乙醇，能和二氧化硫反应，故需用NaOH溶液除去乙醇、二氧化硫，故C正确；D．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成的乙烯中含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳和水蒸气，二氧化硫在水蒸气存在下能与Br2的CCl4溶液反应，SO2干扰乙烯的检验，需用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，故D正确；故选B。
23. 在阿司匹林的结构简式(下式)中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共热,发生反应时断键的位置是 ( )
A. ①④ B. ②⑤ C. ③④ D. ②⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：阿司匹林中含有酯基和羧基，与足量NaOH溶液共热可发生中和反应（断⑥号键）和酯的水解反应（断②号键），选D。
考点：考查有机物的结构与性质。
24.有一种合成维生素的结构简式为,对该合成维生素的叙述正确的是
A. 该合成维生素有三个苯环
B. 该合成维生素1 mol最多能中和5 mol氢氧化钠
C. 该合成维生素1 mol最多能和含6 mol单质溴的溴水反应
D. 该合成维生素可用有机溶剂萃取
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知该合成维生素有二个苯环，故A错误；B．能与氢氧化钠反应的只有酚羟基，该合成维生素1 mol最多能中和4 mol氢氧化钠，故B错误；C．能与溴水反应的为酚羟基的邻、对位的取代以及碳碳双键的加成反应，则该合成维生素1 mol最少能和5mol单质溴的溴水反应，故C错误；D．有机物大都溶于有机溶剂，故D正确；故选D。
25.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 反应①的产物中含有水
B. 反应②中只有碳碳键形成
C. 汽油主要是C5~C11的烃类混合物
D. 图中a的名称是2-甲基丁烷
【答案】B
【解析】
A、通过图示可以得到反应①为CO2+H2→CO，根据原子守恒，得到反应①为CO2+H2→CO+H2O，因此A描述正确；B、反应②生成（CH2）n中含有碳氢键盘和碳碳键，则B描述错误；C、汽油主要是C5~C11的烃类混合物，选项C描述正确；D、观察可以发现图中a是(CH3)2CHCH2CH3，其系统命名是2-甲基丁烷，选项D描述正确。答案选B。
26.下列几组物质：
①苯和乙苯②CH3COOH和 ③CH3CH2CH2CH3和
④ CH3CH2C≡CH和CH3C≡CCH3⑤CH2=CHCH2CH3和⑥和
（1）属于同系物的是_______(填序号，下同)；
（2）属于同一物质的是_______；
（3）由于碳骨架不同而产生的同分异构体是_______ ；
（4）由于官能团的位置不同而产生的同分异构体是_______；
（5）具有不同官能团的同分异构体是 _______。
【答案】 (1). ① (2). ③ (3). ⑤ (4). ④ (5). ②
【解析】
【分析】
(1)结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物为同系物；
(2)分子式、结构相同的为同一物质；
(3)由于碳骨架不同而产生的同分异构体是碳链异构；
(4)由于官能团的位置不同而产生的同分异构体是位置异构；
(5)具有不同官能团的同分异构体是官能团异构；
据此分析解答。
【详解】(1)①苯和乙苯的结构相似，组成上相差2个CH2原子团，故为同系物，故答案为：①；
(2)③CH3CH2CH2CH3和的分子式、结构均相同，故为同一物质，故答案为：③；
(3)CH2=CH-CH2-CH3 和是由于碳骨架不同而产生的同分异构体，故答案为：⑤；
(4)④CH3CH2C≡CH和CH3C≡CCH3是由于官能团的位置不同而产生的同分异构体，故答案为：④；
(5)②CH3COOH 和 是具有不同官能团的同分异构体，即属于官能团异构，故答案为：②。
27.现有下列8种有机物:①乙炔②甲苯③溴乙烷④乙醇⑤苯酚⑥乙醛⑦乙酸⑧乙酸乙酯。请回答:
（1）实验室制备①的反应方程式___________________________
（2）能与碳酸氢钠溶液反应产生气体的是______________（填序号，下同）
（3）在一定条件下能与浓硝酸反应生成TNT的是________此反应的化学方程式为_____________________________________
（4）能与银氨溶液发生银镜反应的是______此反应的化学方程式为_________________________________________
（5）在一定条件下能与氢氧化钠水溶液反应的是___________
【答案】 (1). CaC₂+2H－OH→Ca(OH)₂+CH≡CH↑ (2). ⑦ (3). ② (4). (5). ⑥ (6). CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (7). ③⑤⑦⑧
【解析】
【分析】
(1)实验室用碳化钙和水反应制备乙炔；
(2)能够与碳酸氢钠溶液反应，该有机物具有酸性，且酸性大于碳酸，说明含有羧基；
(3)TNT为三硝基甲苯，据此书写方程式；
(4)含有醛基的有机物能够发生银镜反应；
(5)氢氧化钠为碱溶液，能够与氢氧化钠反应的有卤代烃、苯酚、乙酸、酯类等物质；
据此分析解答。
【详解】(1)碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，故化学方程式为CaC₂+2H2O→Ca(OH)₂+CH≡CH↑，故答案为：CaC₂+2H2O→Ca(OH)₂+CH≡CH↑；
(2)能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明该有机物显示酸性，且酸性大于碳酸，说明分子中含有羧基，满足条件的为乙酸，故答案为：⑦；
(3)在一定条件下能与浓硝酸反应生成TNT，TNT为三硝基甲苯，所以该有机物为甲苯，反应的化学方程式为，故答案为：②；；
(4)分子中含有醛基的有机物能够发生银镜反应，8种有机物中，只有乙醛中含有醛基，能够发生银镜反应，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3，故答案为：⑥；CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；
(5)苯酚、乙酸能够与氢氧化钠溶液发生中和反应，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液发生取代(水解)反应，乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液发生取代(水解)反应，故答案为：③⑤⑦⑧。
28.人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程。
（1）已知分子式为C6H6的结构有多种，其中的两种为：
①这两种结构的区别表现在定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能_____(填入编号，下同)，而Ⅰ不能_____。
A.被酸性高锰酸钾溶液氧化 B.与溴水发生加成反应
C.与溴发生取代反应 D.与氢气发生加成反应
定量方面(即消耗反应物的量的方面)：1 mol C6H6与H2加成，Ⅰ需_____mol,而Ⅱ需_______mol。
②今发现C6H6还可能有另一种如图所示的立体结构，该结构的二氯代物有___________种。
（2）已知萘的结构简式为，该结构简式不能解释萘的下列_______事实(填编号)。
A.萘不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.萘能与H2发生加成反应
C.萘分子中所有原子在同一平面上
D.一溴代萘(C10H7Br)只有两种同分异构体
【答案】(1)①ABCD AB 3 2
② 3
(2) A
【解析】
(1)①Ⅱ有碳碳双键，故能发生A、B、D，也有烷烃碳原子，故能发生C；
Ⅰ为苯分子，故能发生C、D，则不能发生A、B；
1 mol C6H6与H2加成，Ⅰ需3mol H2,而Ⅱ需2 mol H2（因1分子II含2个碳碳双键）；
②3种：三角形一条边上、正方形一条边上、正方形的对角线上；
(2)若奈的结构如图所示，则含有碳碳双键，应能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使之褪色；
29.某有机化合物 A经李比希法测得其中含碳为72.0%、含氢为6.67%,其余为氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一:用质谱法分析得知 A的相对分子质量为150。
方法二:核磁共振仪测出 A的核磁共振氢谱有5个峰,其面积之比为1:2:2:2:3,如下图所示。
方法三:利用红外光谱仪测得 A分子的红外光谱如下图所示。
请填空:
（1）A的分子式为 _____。
（2）A的分子中含一个甲基的依据是 _____。
a. A的相对分子质量
b. A的分子式
c. A的核磁共振氢谱图
d. A分子的红外光谱图
（3）A的结构简式为_______。
【答案】 (1). C9H10O2 (2). bc (3).
【解析】
【分析】
(1)根据各元素的含量，结合相对分子质量确定有机物A中C、H、O原子个数，进而确定有机物A的分子式；
(2)A的核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中有5种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，根据分子式可知分子中H原子总数，进而确定甲基数目；
(3)根据A分子的红外光谱可知，结构中含有C6H5C-、C=O、C—O、C—C等基团，结合核磁共振氢谱确定确定A的结构简式。
【详解】(1)有机物A中C原子个数N(C)= =9，有机物A中H原子个数N(H)= =10，有机物A中O原子个数N(O)= =2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，故答案为：C9H10O2
(2)A的核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中有5种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，由分子式可知分子中H原子总数为10，峰面积之比为1:2:2:2:3，进而可以确定分子中含1个甲基，所以需要知道A的分子式及A的核磁共振氢谱图，故答案为：bc；
(3)由A分子的红外光谱知，含有C6H5C-基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有3种，H原子个数分别为1个、2个、2个，由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个，由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键、C=O、C—O等，所以符合条件的有机物A结构简式为C6H5COOCH2CH3，故答案为：C6H5COOCH2CH3。
30.萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂。合成α萜品醇G的路线之一如下:
已知：
请回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称是_____。
（2）B的分子式为_____；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_______________。
① 核磁共振氢谱有2个吸收峰 ② 能发生银镜反应
（3） B → C、E → F的反应类型分别为_____、_____。
（4）C → D的化学方程式为_____。
（5） 通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是_____和_____。
【答案】 (1). 羧基 羰基 (2). C8H14O3 (3). (4). 取代反应 (5). 酯化反应 (6). (7). NaHCO3溶液 (8). Na
【解析】
【分析】
根据C生成D的反应条件可知，C中含有卤素原子，则B与HBr发生取代反应生成C，C为，发生消去反应生成D，D为，D酸化得到E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结构可知，Y为CH3MgBr，据此解答。
【详解】(1)由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；
(2)由B的结构简式可知，B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构；能发生银镜反应，说明含有醛基，且为2个-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：C8H14O3；；
(3)根据上面的分析可知，由B到C的反应是B与溴化氢发生的取代反应，E→F发生酯化反应生成F，故答案为：取代反应；酯化(取代)反应；
(4)由上面的分析可知，C→D的反应方程式为+2NaOH +NaBr+2H2O，故答案为：+2NaOH +NaBr+2H2O；
(5)E为，含有羧基；F为，含有碳碳双键、酯基；G为，G中含有C=C双键、醇羟基；利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为：Na；NaHCO3溶液。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键。本题的难点为(2)，要注意结构的对称性的思考。
31.已知乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有关的有机试剂的沸点如下：
CH3COOC2H5为77.1℃； C2H5OH为78.3℃；
C2H5OC2H5（乙醚）为34.5℃； CH3COOH为118℃。
实验室合成乙酸乙酯粗产品的步骤如下：在蒸馏烧瓶内将过量的乙醇与少量浓硫酸混合，然后经分液漏斗边滴加醋酸，边加热蒸馏。由上面的实验可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗产品。
（1）制取乙酸乙酯的方程式是___________。
将粗产品经下列步骤精制：
（2）为除去其中的醋酸，可向产品中加入__________（填字母）。
A.无水乙醇 B.碳酸钠粉末 C.无水醋酸钠
（3）再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是____________________。
（4）然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是___________________。最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃~78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯。
【答案】 (1). CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O (2). B (3). 除去粗产品中的乙醇 (4). 除去粗产品中的水
【解析】
【分析】
(1)实验室通过乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；
(2)醋酸能够与碳酸钠反应，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，反应后能够分层；
(3)根据题意：乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，结合酯在盐溶液中的溶解度较小分析；
(4)无水硫酸铜可以与水反应生成硫酸铜晶体；
据此分析解答。
【详解】(1)制取乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；
(2)醋酸能够与碳酸钠反应放出二氧化碳，而乙酸乙酯不能，因此除去粗产品中的醋酸，可向产品中加入碳酸钠粉末，故答案为：B；
(3)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是除去粗产品中的乙醇，故答案为：除去粗产品中的乙醇；
(4)然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是除去粗产品中的水，最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃～78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯，故答案为：除去粗产品中的水。
1.下列有机化合物的分类不正确的是
A
B
C
D
苯的同系物
芳香化合物
烯烃
醇
【答案】C
【解析】
试题分析：A、苯环上的氢原子被烷烃基取代后生成的有机物称为同系物，通式为CnH2n—6，属于苯的同系物，A正确；B、含有苯环的化合物是芳香族化合物，属于芳香族化合物，B正确；C、含有1个碳碳双键的链烃是烯烃，不属于烯烃，是芳香烃，C错误；D、羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物称为醇，属于醇，D正确，答案选C。
考点：考查有机物分类判断
2.可以准确判断有机化合物含有哪些官能团的分析方法是
A. 李比希燃烧法 B. 红外光谱法
C. 质谱法 D. 核磁共振氢谱法
【答案】B
【解析】
【详解】A．李比希燃烧法可确定元素的种类，不能确定含有的官能团，故A不选；B．红外光谱法可确定有机物分子中含有的官能团，故B选；C．质谱法可确定分子的相对分子质量，不能确定含有的官能团，故C不选；D．核磁共振氢谱法可确定分子中不同位置的H的种类和数目，不能确定含有的官能团，故D不选；故选B。
3.下列有关化学用语表示正确的是
A. 乙烷的实验式C2H6 B. 乙醇的结构式CH3CH2OH
C. 羟基电子式 D. 1,3-丁二烯的分子式：C4H8
【答案】C
【解析】
【详解】A．实验式是分子中原子个数的最简整数比，乙烷的实验式CH3，故A错误；B．乙醇的结构式为，CH3CH2OH为乙醇的结构简式，故B错误；C．羟基含有9个电子，羟基电子式为 ，故C正确；D．1，3-丁二烯的分子中含有2个碳碳双键，通式为CnH2n-2，则1，3-丁二烯的分子式为C4H6，故D错误；故选C。
【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法。本题的易错点为C，要注意羟基与氢氧根离子的区别。
4.下列各组混合物中能用分液漏斗进行分离的是
A. 乙醇和水 B. 苯和甲苯 C. 溴乙烷和水 D. 乙醇和乙酸
【答案】C
【解析】
【详解】乙醇和水、苯和甲苯、乙醇和乙酸三组物质中的物质能够互溶，溶液不分层，不能用分液的方法分离，而溴乙烷不溶于水，液体分层，可用分液漏斗分离，故选C。
5.下列有机物的命名正确的是
A. 3-甲基2-乙基戊烷 B. 2，3，3-三甲基丁烷
C. 2-甲基-3-丁炔 D. 3， 3 -二甲基 -1- 丁烯
【答案】D
【解析】
【详解】A、烷烃命名时，应选最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，在3号和4号碳原子上各有一个甲基，故名称为3，4-二甲基己烷，故A错误；B、烷烃命名时，当两端离支链一样近时，应从支链多的一端开始编号，故此烷烃的正确的名称为2，2，3-三甲基丁烷，故B错误；C、炔烃命名时，应从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故碳碳三键在1号和2号碳原子之间，在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基-1-丁炔，故C错误；D、烯烃命名时，应选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在1号和2号碳原子之间有碳碳双键，在3号碳原子上有两个甲基，故名称为3，3-二甲基-1-丁烯，故D正确；故选D。
6.四种常见有机物的比例模型如下图。下列说法正确的是
A. 乙可与溴水发生取代反应而使溴水褪色
B. 甲能使酸性KMnO4溶液褪色
C. 丙中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键
D. 丁为醋酸分子的比例模型
【答案】C
【解析】
分析：根据四种常见有机物的比例模型可知甲是甲烷，乙是乙烯，丙是苯，丁是乙醇，据此解答。
详解：A. 乙烯分子中含有碳碳双键，乙可与溴水发生加成反应而使溴水褪色，A错误；
B. 甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；
C. 苯分子中的碳碳键是一种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键，C正确；
D. 丁为乙醇分子的比例模型，D错误。答案选C。
7.含有一个三键的炔烃，氢化后的产物结构简式为，此炔烃可能的结构简式有.
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】A
【解析】
【详解】根据炔烃与H2加成反应的原理，推知该烷烃分子中相邻碳原子上均带2个氢原子的碳原子间是对应炔烃存在C≡C的位置。有如图所示的2个位置可以还原为C≡C键，其中1、2两位置相同，故该炔烃共有1种，故选A。
【点睛】本题以加成反应为载体，考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键。解答本题可以采取逆推法还原碳碳三键，需要注意的是“1、2两位置相同”。也是本题的易错点。
8.下列物质中，沸点最高的是
A. 乙烷 B. 乙醇 C. 乙二醇 D. 丙三醇
【答案】D
【解析】
【详解】乙醇和乙二醇与乙烷比较，乙醇和乙二醇含有氢键，沸点较高，在常温下为液体，而乙烷为气体；乙醇和乙二醇相比较，乙二醇的相对分子质量较大，含有的氢键数目较多，则沸点比乙醇的高，则同理乙二醇与丙三醇相比较，沸点较高的为丙三醇，故选D。
9.除去下列物质中的少量杂质(括号内)，选用的试剂和分离方法不能达到实验目的的是
混合物
试剂
分离方法
A
粗苯甲酸(泥沙等)
水
重结晶
B
乙酸乙酯(乙酸)
饱和碳酸钠溶液
分液
C
乙炔(硫化氢)
硫酸铜溶液
洗气
D
苯(苯酚)
溴水
过滤
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯甲酸的溶解度受温度影响大，可用重结晶分离，故A正确；B．乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应而被吸收，可用分液法分离，故B正确；C．硫化氢能与硫酸铜反应生成硫化铜沉淀和硫酸，而乙炔与硫酸铜溶液不反应，可以除去杂质，故C正确；D．溴、三溴苯酚均溶于苯，不能除杂，应加NaOH溶液洗涤、分液除杂，故D错误；故选D。
10.1 mol某气态烃能与1 mol 氯化氢发生加成反应，加成后的产物又可与 7 mol氯气发生完全的取代反应，则该烃的结构简式为
A. CH2=CH2 B. CH3CH=CH2 C. .CH3CH2CH=CH2 D. CH3CH2CH2CH=CH2
【答案】B
【解析】
【详解】烯烃和HCl发生加成反应时，烯烃中碳碳双键物质的量与所需HCl的物质的量相等，1mol某气态烃能与1mol氯化氢发生加成反应，说明该气态烃中含有1个碳碳双键；卤代烃和氯气发生取代反应时，卤代烃中氢原子的物质的量与所需氯气的物质的量相等，说明该卤代烃中含有7个H原子，且其中一个H原子为加成得到的，所以该烯烃中含有6个H原子，符合条件的为B，故选B。
11.若丙醇中氧原子为18O，它和乙酸反应生成酯的相对分子质量是
A. 100 B. 104 C. 120 D. 122
【答案】B
【解析】
【详解】酸与醇反应的原理为酸脱羟基，醇脱氢，故丙醇与乙酸反应的原理为：CH3COOH+C3H718OH CH3CO18OC3H7+H2O，故CH3CO18OC3H7的相对分子质量为5×12+16+18+10×1=104，故选B。
【点睛】本题考查了酯化反应的实质，酯化反应的反应机理是酸脱羟基，醇脱氢，本题的关键是判断18O的去向。
12.用核磁共振仪对分子式为C3H8O的有机物进行分析，核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比是1:1:6，则该化合物的结构简式为
A. CH3-O-CH2-CH3 B. CH3CH（OH）CH3
C. CH3CH2CH2OH D. C3H7OH
【答案】B
【解析】
【详解】A．CH3-O-CH2-CH3含3种H，且原子个数比为3:2:3，故A不选；B．CH3CH(OH)CH3含3种H，且原子个数比为1:1:6，故B选；C．CH3CH2CH2OH含4种H，故C不选；D．C3H7OH若为2-丙醇含3种H，若为1-丙醇含4种H，故D不选；故选B。
13.下列烃的一卤代物同分异构体数目最多的是
A. 乙烷 B. 2﹣甲基丙烷
C. 2，2﹣二甲基丙烷 D. 2，2﹣二甲基丁烷
【答案】D
【解析】
【详解】A、乙烷的结构简式为CH3CH3，分子中含有1种氢原子，其一氯代物有1种；B、2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)2，分子中含有2种氢原子，其一氯代物有2种异构体；C、2，2-二甲基丙烷的结构简式为C(CH3)4，分子中含有1种氢原子，其一氯代物有1种异构体；D、2，2-二甲基丁烷的结构简式为(CH3)3CCH2CH3，分子中含有3种氢原子，其一氯代物有3种异构体；故选D。
14.“绿色化学”对化学反应提出了“原子经济性”(原子节约)的新概念及要求，理想原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，实现零排放。下列反应类型一定符合这一要求的是
(1)取代反应 (2)加成反应 (3)消去反应 (4)水解反应 (5) 酯化反应 (6)氧化反应
A. (2) B. (1)(4) C. (3)(5) D. (2)(6)
【答案】A
【解析】
【详解】(1)取代反应、(3)消去反应、(4)水解反应、(5)酯化反应、(6)氧化反应这四种反应生成物一般均不止一种，且有副产物产生，不符合原子经济理念；(2)加成反应中原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，且不产生副产物，原子利用率高达100%，符合原子经济理念；故选A。
【点睛】本题考查反应类型的特点，正确把握原子经济理念解反应的特点是解本题关键。原子经济性反应是原料分子中的原子全部转化成所需要的产物，常见的反应有化合反应，加成反应，加聚反应。
15.为了鉴定溴乙烷中卤素原子的存在，以下各步实验：①加入AgNO3溶液 ②加热 ③ 用 HNO3酸化溶液 ④ 加入NaOH水溶液 ，其中操作顺序合理的是
A. ④②③① B. ①②③④ C. ④①③② D. ④①②③
【答案】A
【解析】
【详解】为了检验溴乙烷中含有溴元素，不能直接向溴乙烷中滴加硝酸银溶液来检验，因为溴乙烷不溶于水，不能电离出溴离子。检验溴乙烷中含有溴元素一定要将之转化为溴离子，可以采用卤代烃的水解方法生成卤离子，即加入氢氧化钠溶液，加热，发生水解反应生成NaBr，用HNO3酸化溶液至溶液呈酸性，最后加入硝酸银溶液，生成淡黄色沉淀，则证明含溴元素，即操作顺序为④②③①，故选A。
16.分子式为C4H8的烯烃共有(要考虑顺反异构)
A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种
【答案】B
【解析】
【详解】分子式为C4H8的烯烃为单烯烃，主链上可能是4个C原子、3个碳原子，如果主链上有4个C原子，有1-丁烯、2-丁烯，且2-丁烯有顺反两种结构；如果主链上含有3个C原子，为2-甲基丙烯，所以一共有4种结构，故选B。
【点睛】本题考查同分异构体种类判断。本题的易错点为顺反异构的判断，存在顺反异构，需要在碳碳双键两端的上的C原子，连接的原子或原子团不一样。
17.十九大报告提出将我国建设成为制造强国，2020年我国“PX”产能将达到3496万吨/年。有机物（烃）“PX”的结构模型如下图，下列说法错误的是
A. “PX”的分子式为C8H10
B. “PX”的二氯代物共有6种（不考虑立体异构）
C. “PX”分子中，最多有14个原子共面
D. 可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯
【答案】B
【解析】
根据模型，PX为对二甲苯。A、分子式为C8H10，故A正确；B. “PX”的二氯代物共有 共7种，故B错误；C、“PX”分子中，苯环上的C和H共面，有12个原子，每个甲基中可有1个H旋转至共平面，故该分子中最多有14个原子共面，故C正确；D、对二甲苯可使酸性高锰酸钾褪色，而苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性KMnO4溶液鉴别“PX”与苯，故D正确；故选B。
18. 可用于鉴别乙醇、甲酸、乙醛、乙酸4种无色液体的一种试剂是( )
A. 水 B. 新制Cu(OH)2 C. NaOH溶液 D. 石蕊试剂
【答案】B
【解析】
试题分析：A．四种有机物都溶于水，不能鉴别，故A错误；B．加入新制Cu(OH)2悬浊液，乙醇不反应，乙醛在加热时生成砖红色沉淀，乙酸和氢氧化铜发生中和反应，氢氧化铜溶解，甲酸能溶解氢氧化铜，含有醛基，加热时有砖红色沉淀生成，可鉴别，故B正确；C．氢氧化钠溶液不能鉴别乙醇、乙醛，二者都不反应，也不能鉴别乙酸、甲酸，没有明显的现象，故C错误；D．乙醇、乙醛溶液呈中性，乙酸、甲酸溶液呈酸性，用石蕊试剂不能鉴别，故D错误；故选B。
【考点定位】考查有机物的鉴别
【名师点晴】为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，本题注意把握常见有机物的性质和鉴别方法，鉴别有机物时，要有明显的现象；四种有机物都易溶于水，其中乙醛含有-CHO，具有还原性，可用新制Cu(OH)2悬浊液检验，乙酸具有酸性，甲酸既具有酸性又具有还原性，以此选择鉴别试剂。
19.下列各物质中既能发生消去反应又能催化氧化，并且催化氧化的产物是醛的
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．不能发生催化氧化，可发生消去反应，故A错误；B．能发生催化氧化，但不能发生消去反应，故B错误；C．能发生催化氧化、也能发生消去反应，但氧化产物为丙酮，不能发生银镜反应，故C错误；D．能发生消去反应，催化氧化可生成醛，能发生银镜反应，故D正确；故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质。解答本题要注意醇类物质发生消去、催化氧化反应与结构的关系，同时注意催化氧化的产物与结构的关系。
20.分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B。将A氧化最终可得C，且B和C为同系物。若C可发生银镜反应，则原有机物的结构简式为：（ ）
A. HCOOCH2CH2CH3 B. CH3COOCH2CH3
C. CH3CH2COOCH3 D. HCOOCH（CH3）2
【答案】C
【解析】
试题分析：分子式C4H8O2的有机物与硫酸溶液共热可得有机物A和B，C4H8O2可为酯，水解生成酸和醇，将A氧化最终可得C，且B和C为同系物，说明A为醇，B和C为酸，C可发生银镜反应，则C为HCOOH，则A应为CH3OH，B为CH3CH2COOH，对应的酯的结构简式为CH3CH2COOCH3，答案为C。
考点：考查有机物的推断
21.下列有关甲苯的实验事实中，能说明侧链对苯环性质有影响的是
A. 甲苯燃烧产生大量黑烟
B. 1mol甲苯与3mol H2发生加成反应
C. 甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色而甲烷不能
D. 苯在50~60°C时发生硝化反应而甲苯在30°C时即可
【答案】D
【解析】
【详解】A．甲苯含碳量高，燃烧有黑烟，与组成元素有关，与结构无关，故A不选；B．甲苯含苯环，1mol甲苯与3mol H2发生加成反应，与苯环的不饱和度有关，与侧链无关，故B不选；C．甲苯能被高锰酸钾溶液氧化，是侧链甲基受到苯环影响的结果，故C不选；D．苯在50～60°C时发生硝化反应而甲苯在30°C时即可，说明苯环受到了侧链甲基的影响，故D选；故选D。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握有机物的结构、性质及有机反应为解答的关键。选项C为解答的易错点，要注意区分侧链对苯环性质的影响与苯环对侧链性质的影响。
22.用如图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是
乙烯的制备
试剂X
试剂Y
A
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
KMnO4 酸性溶液
B
CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热
H2O
Br2 的CCl4 溶液
C
C2 H5OH与浓硫酸加热至170℃
NaOH溶液
KMnO4 酸性溶液
D
C2 H5OH与浓硫酸加热至170℃
NaOH溶液
Br2 的CCl4 溶液
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴乙烷的消去反应：CH3CH2Br+NaOH CH2=CH2↑+NaBr+H2O，乙烯能够被高锰酸钾溶液氧化，导致酸性KMnO4溶液褪色，检验乙烯；但乙烯中含有杂质乙醇，乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，使KMnO4酸性溶液褪色，乙醇干扰乙烯的检验，乙醇能和水任意比互溶，而乙烯难溶于水，故需用水除去乙烯中的乙醇蒸气，故A正确；B．CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热生成的乙烯中含有乙醇杂质，乙醇不与Br2的CCl4溶液反应，不干扰乙烯的检验，无需除去乙醇，故B错误；C．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成乙烯气体，CH3-CH2-OHCH2═CH2↑+H2O，同时乙醇和浓硫酸在170℃以上能发生氧化反应，生成黑色碳、二氧化碳、二氧化硫气体和水，生成的乙烯中含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳和水蒸气，二氧化硫、乙醇能与KMnO4酸性溶液反应，导致酸性KMnO4溶液褪色，二氧化硫、乙醇干扰乙烯的检验，NaOH溶液能溶解乙醇，能和二氧化硫反应，故需用NaOH溶液除去乙醇、二氧化硫，故C正确；D．乙醇在浓硫酸加热170℃发生消去反应生成的乙烯中含有杂质乙醇、二氧化硫、二氧化碳和水蒸气，二氧化硫在水蒸气存在下能与Br2的CCl4溶液反应，SO2干扰乙烯的检验，需用氢氧化钠溶液除去二氧化硫，故D正确；故选B。
23. 在阿司匹林的结构简式(下式)中①②③④⑤⑥分别标出了其分子中的不同的键。将阿司匹林与足量NaOH溶液共热,发生反应时断键的位置是 ( )
A. ①④ B. ②⑤ C. ③④ D. ②⑥
【答案】D
【解析】
试题分析：阿司匹林中含有酯基和羧基，与足量NaOH溶液共热可发生中和反应（断⑥号键）和酯的水解反应（断②号键），选D。
考点：考查有机物的结构与性质。
24.有一种合成维生素的结构简式为,对该合成维生素的叙述正确的是
A. 该合成维生素有三个苯环
B. 该合成维生素1 mol最多能中和5 mol氢氧化钠
C. 该合成维生素1 mol最多能和含6 mol单质溴的溴水反应
D. 该合成维生素可用有机溶剂萃取
【答案】D
【解析】
【详解】A．由结构简式可知该合成维生素有二个苯环，故A错误；B．能与氢氧化钠反应的只有酚羟基，该合成维生素1 mol最多能中和4 mol氢氧化钠，故B错误；C．能与溴水反应的为酚羟基的邻、对位的取代以及碳碳双键的加成反应，则该合成维生素1 mol最少能和5mol单质溴的溴水反应，故C错误；D．有机物大都溶于有机溶剂，故D正确；故选D。
25.我国在CO2催化加氢制取汽油方面取得突破性进展，CO2转化过程示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 反应①的产物中含有水
B. 反应②中只有碳碳键形成
C. 汽油主要是C5~C11的烃类混合物
D. 图中a的名称是2-甲基丁烷
【答案】B
【解析】
A、通过图示可以得到反应①为CO2+H2→CO，根据原子守恒，得到反应①为CO2+H2→CO+H2O，因此A描述正确；B、反应②生成（CH2）n中含有碳氢键盘和碳碳键，则B描述错误；C、汽油主要是C5~C11的烃类混合物，选项C描述正确；D、观察可以发现图中a是(CH3)2CHCH2CH3，其系统命名是2-甲基丁烷，选项D描述正确。答案选B。
26.下列几组物质：
①苯和乙苯②CH3COOH和 ③CH3CH2CH2CH3和
④ CH3CH2C≡CH和CH3C≡CCH3⑤CH2=CHCH2CH3和⑥和
（1）属于同系物的是_______(填序号，下同)；
（2）属于同一物质的是_______；
（3）由于碳骨架不同而产生的同分异构体是_______ ；
（4）由于官能团的位置不同而产生的同分异构体是_______；
（5）具有不同官能团的同分异构体是 _______。
【答案】 (1). ① (2). ③ (3). ⑤ (4). ④ (5). ②
【解析】
【分析】
(1)结构相似，组成相差n个CH2原子团的有机物为同系物；
(2)分子式、结构相同的为同一物质；
(3)由于碳骨架不同而产生的同分异构体是碳链异构；
(4)由于官能团的位置不同而产生的同分异构体是位置异构；
(5)具有不同官能团的同分异构体是官能团异构；
据此分析解答。
【详解】(1)①苯和乙苯的结构相似，组成上相差2个CH2原子团，故为同系物，故答案为：①；
(2)③CH3CH2CH2CH3和的分子式、结构均相同，故为同一物质，故答案为：③；
(3)CH2=CH-CH2-CH3 和是由于碳骨架不同而产生的同分异构体，故答案为：⑤；
(4)④CH3CH2C≡CH和CH3C≡CCH3是由于官能团的位置不同而产生的同分异构体，故答案为：④；
(5)②CH3COOH 和 是具有不同官能团的同分异构体，即属于官能团异构，故答案为：②。
27.现有下列8种有机物:①乙炔②甲苯③溴乙烷④乙醇⑤苯酚⑥乙醛⑦乙酸⑧乙酸乙酯。请回答:
（1）实验室制备①的反应方程式___________________________
（2）能与碳酸氢钠溶液反应产生气体的是______________（填序号，下同）
（3）在一定条件下能与浓硝酸反应生成TNT的是________此反应的化学方程式为_____________________________________
（4）能与银氨溶液发生银镜反应的是______此反应的化学方程式为_________________________________________
（5）在一定条件下能与氢氧化钠水溶液反应的是___________
【答案】 (1). CaC₂+2H－OH→Ca(OH)₂+CH≡CH↑ (2). ⑦ (3). ② (4). (5). ⑥ (6). CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O (7). ③⑤⑦⑧
【解析】
【分析】
(1)实验室用碳化钙和水反应制备乙炔；
(2)能够与碳酸氢钠溶液反应，该有机物具有酸性，且酸性大于碳酸，说明含有羧基；
(3)TNT为三硝基甲苯，据此书写方程式；
(4)含有醛基的有机物能够发生银镜反应；
(5)氢氧化钠为碱溶液，能够与氢氧化钠反应的有卤代烃、苯酚、乙酸、酯类等物质；
据此分析解答。
【详解】(1)碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，故化学方程式为CaC₂+2H2O→Ca(OH)₂+CH≡CH↑，故答案为：CaC₂+2H2O→Ca(OH)₂+CH≡CH↑；
(2)能与碳酸氢钠溶液反应产生气体，说明该有机物显示酸性，且酸性大于碳酸，说明分子中含有羧基，满足条件的为乙酸，故答案为：⑦；
(3)在一定条件下能与浓硝酸反应生成TNT，TNT为三硝基甲苯，所以该有机物为甲苯，反应的化学方程式为，故答案为：②；；
(4)分子中含有醛基的有机物能够发生银镜反应，8种有机物中，只有乙醛中含有醛基，能够发生银镜反应，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3，故答案为：⑥；CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3；
(5)苯酚、乙酸能够与氢氧化钠溶液发生中和反应，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液发生取代(水解)反应，乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液发生取代(水解)反应，故答案为：③⑤⑦⑧。
28.人们对苯及芳香烃的认识有一个不断深化的过程。
（1）已知分子式为C6H6的结构有多种，其中的两种为：
①这两种结构的区别表现在定性方面(即化学性质方面)：Ⅱ能_____(填入编号，下同)，而Ⅰ不能_____。
A.被酸性高锰酸钾溶液氧化 B.与溴水发生加成反应
C.与溴发生取代反应 D.与氢气发生加成反应
定量方面(即消耗反应物的量的方面)：1 mol C6H6与H2加成，Ⅰ需_____mol,而Ⅱ需_______mol。
②今发现C6H6还可能有另一种如图所示的立体结构，该结构的二氯代物有___________种。
（2）已知萘的结构简式为，该结构简式不能解释萘的下列_______事实(填编号)。
A.萘不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.萘能与H2发生加成反应
C.萘分子中所有原子在同一平面上
D.一溴代萘(C10H7Br)只有两种同分异构体
【答案】(1)①ABCD AB 3 2
② 3
(2) A
【解析】
(1)①Ⅱ有碳碳双键，故能发生A、B、D，也有烷烃碳原子，故能发生C；
Ⅰ为苯分子，故能发生C、D，则不能发生A、B；
1 mol C6H6与H2加成，Ⅰ需3mol H2,而Ⅱ需2 mol H2（因1分子II含2个碳碳双键）；
②3种：三角形一条边上、正方形一条边上、正方形的对角线上；
(2)若奈的结构如图所示，则含有碳碳双键，应能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使之褪色；
29.某有机化合物 A经李比希法测得其中含碳为72.0%、含氢为6.67%,其余为氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一:用质谱法分析得知 A的相对分子质量为150。
方法二:核磁共振仪测出 A的核磁共振氢谱有5个峰,其面积之比为1:2:2:2:3,如下图所示。
方法三:利用红外光谱仪测得 A分子的红外光谱如下图所示。
请填空:
（1）A的分子式为 _____。
（2）A的分子中含一个甲基的依据是 _____。
a. A的相对分子质量
b. A的分子式
c. A的核磁共振氢谱图
d. A分子的红外光谱图
（3）A的结构简式为_______。
【答案】 (1). C9H10O2 (2). bc (3).
【解析】
【分析】
(1)根据各元素的含量，结合相对分子质量确定有机物A中C、H、O原子个数，进而确定有机物A的分子式；
(2)A的核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中有5种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，根据分子式可知分子中H原子总数，进而确定甲基数目；
(3)根据A分子的红外光谱可知，结构中含有C6H5C-、C=O、C—O、C—C等基团，结合核磁共振氢谱确定确定A的结构简式。
【详解】(1)有机物A中C原子个数N(C)= =9，有机物A中H原子个数N(H)= =10，有机物A中O原子个数N(O)= =2，所以有机物A的分子式为C9H10O2，故答案为：C9H10O2
(2)A的核磁共振氢谱有5个峰，说明分子中有5种H原子，其面积之比为对应的各种H原子个数之比，由分子式可知分子中H原子总数为10，峰面积之比为1:2:2:2:3，进而可以确定分子中含1个甲基，所以需要知道A的分子式及A的核磁共振氢谱图，故答案为：bc；
(3)由A分子的红外光谱知，含有C6H5C-基团，由苯环上只有一个取代基可知，苯环上的氢有3种，H原子个数分别为1个、2个、2个，由A的核磁共振氢谱可知，除苯环外还有两种氢，且两种氢的个数分别为2个、3个，由A分子的红外光谱可知，A分子结构有碳碳单键、C=O、C—O等，所以符合条件的有机物A结构简式为C6H5COOCH2CH3，故答案为：C6H5COOCH2CH3。
30.萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂、医药和溶剂。合成α萜品醇G的路线之一如下:
已知：
请回答下列问题：
（1）A所含官能团的名称是_____。
（2）B的分子式为_____；写出同时满足下列条件的B的链状同分异构体的结构简式：_______________。
① 核磁共振氢谱有2个吸收峰 ② 能发生银镜反应
（3） B → C、E → F的反应类型分别为_____、_____。
（4）C → D的化学方程式为_____。
（5） 通过常温下的反应，区别E、F和G的试剂是_____和_____。
【答案】 (1). 羧基 羰基 (2). C8H14O3 (3). (4). 取代反应 (5). 酯化反应 (6). (7). NaHCO3溶液 (8). Na
【解析】
【分析】
根据C生成D的反应条件可知，C中含有卤素原子，则B与HBr发生取代反应生成C，C为，发生消去反应生成D，D为，D酸化得到E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，F发生信息反应生成G，结合F与G的结构可知，Y为CH3MgBr，据此解答。
【详解】(1)由有机物A的结构可知，A中含有羰基、羧基，故答案为：羰基、羧基；
(2)由B的结构简式可知，B的分子式为C8H14O3，B的同分异构体中，核磁共振氢谱有2个吸收峰，说明分子中含有2种H原子，由B的结构可知，分子中H原子数目很多，故该同分异构体为对称结构；能发生银镜反应，说明含有醛基，且为2个-CHO，其余的H原子以甲基形式存在，故符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：C8H14O3；；
(3)根据上面的分析可知，由B到C的反应是B与溴化氢发生的取代反应，E→F发生酯化反应生成F，故答案为：取代反应；酯化(取代)反应；
(4)由上面的分析可知，C→D的反应方程式为+2NaOH +NaBr+2H2O，故答案为：+2NaOH +NaBr+2H2O；
(5)E为，含有羧基；F为，含有碳碳双键、酯基；G为，G中含有C=C双键、醇羟基；利用羧基、羟基与钠反应，酯基不反应，区别出F，再利用碳酸氢钠与羧基反应区别G与E，故答案为：Na；NaHCO3溶液。
【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用有机物的结构、反应条件及反应信息进行判断，掌握官能团的性质与理解反应信息是关键。本题的难点为(2)，要注意结构的对称性的思考。
31.已知乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH。有关的有机试剂的沸点如下：
CH3COOC2H5为77.1℃； C2H5OH为78.3℃；
C2H5OC2H5（乙醚）为34.5℃； CH3COOH为118℃。
实验室合成乙酸乙酯粗产品的步骤如下：在蒸馏烧瓶内将过量的乙醇与少量浓硫酸混合，然后经分液漏斗边滴加醋酸，边加热蒸馏。由上面的实验可得到含有乙醇、乙醚、醋酸和水的乙酸乙酯粗产品。
（1）制取乙酸乙酯的方程式是___________。
将粗产品经下列步骤精制：
（2）为除去其中的醋酸，可向产品中加入__________（填字母）。
A.无水乙醇 B.碳酸钠粉末 C.无水醋酸钠
（3）再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是____________________。
（4）然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是___________________。最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃~78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯。
【答案】 (1). CH3COOH+HOCH2CH3CH3COOCH2CH3+H2O (2). B (3). 除去粗产品中的乙醇 (4). 除去粗产品中的水
【解析】
【分析】
(1)实验室通过乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯；
(2)醋酸能够与碳酸钠反应，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小，反应后能够分层；
(3)根据题意：乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，结合酯在盐溶液中的溶解度较小分析；
(4)无水硫酸铜可以与水反应生成硫酸铜晶体；
据此分析解答。
【详解】(1)制取乙酸乙酯的化学方程式为CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O，故答案为：CH3COOH+HOC2H5CH3COOC2H5+H2O；
(2)醋酸能够与碳酸钠反应放出二氧化碳，而乙酸乙酯不能，因此除去粗产品中的醋酸，可向产品中加入碳酸钠粉末，故答案为：B；
(3)乙醇可以和氯化钙反应生成微溶于水的CaCl2·6C2H5OH，再向其中加入饱和氯化钙溶液，振荡，分离，其目的是除去粗产品中的乙醇，故答案为：除去粗产品中的乙醇；
(4)然后再向其中加入无水硫酸铜，振荡，其目的是除去粗产品中的水，最后，将经过上述处理后的液体加入另一干燥的蒸馏瓶内，再蒸馏，弃去低沸点馏分，收集沸点在76℃～78℃之间的馏分即得纯净的乙酸乙酯，故答案为：除去粗产品中的水。
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