陕西省西安市第一中学2019-2020学年高二下学期期中考试化学试题 19页

市一中2019—2020学年度第二学期线上教学测试 高二化学（选修5）试题 第I卷 ‎ 一、选择题（本题包括20小题，每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1.当前，我国急待解决的“白色污染”通常是指（　　）‎ A. 冶炼厂的白色烟尘 B. 石灰窑的白色粉末 C. 聚乙烯等塑料垃圾 D. 白色建筑材料 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】白色污染是指难以降解的塑料制品对环境造成的污染；答案选C。‎ ‎2. 下列物质中属于高分子化合物的是 A. 脂肪 B. 棉花 C. 蔗糖 D. 甘油 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 相对分子量达到10000以上的化合物为高分子化合物，常见的高分子化合物有淀粉、纤维素、蛋白质及各种聚合物等，据此进行解答。‎ ‎【详解】A.脂肪属于油脂,相对分子量较小,不属于高分子化合物,故A错误； B.棉花（C6H10O5）主要成分为纤维素,其相对分子量达到几万、甚至几十万,属于天然有机高分子化合物，所以B选项是正确的； C.蔗糖（C6H12O6）为二糖,相对分子量较小，不属于高分子化合物，故C错误； D.甘油为丙三醇,其分子式为:C3H8O3，相对分子量较小,不属于高分子化合物,故D错误； 综上所述，本题正确选项B。‎ ‎3.医院在对某类病人的尿液进行检查时常把氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液加入到其尿液中并加热，如果观察到产生红色沉淀，说明该尿液中含有 A. 食醋 B. 白酒 C. 食盐 D. 葡萄糖 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．食醋和氢氧化铜反应生成醋酸铜和水，使沉淀溶解，没有红色沉淀出现，故A错误；‎ B．白酒中主要含有酒精，酒精和氢氧化铜不反应，没有红色沉淀生成，故B错误；‎ C．食盐和氢氧化铜不反应，没有红色沉淀生成，故C错误；‎ D．葡萄糖中含有醛基，醛基具有还原性，能被新制的氢氧化铜氧化，有红色沉淀生成，说明尿液中含有葡萄糖，故D正确；‎ 故答案选D。‎ ‎【点睛】新制氢氧化铜可以检验醛基的存在，值得注意的是久置的氢氧化铜、新制氢氧化铜的性质还是有些差别。‎ ‎4.下列说法正确的是 A. 煤的干馏、石油的分馏分别是化学变化、物理变化 B. 蚕丝、羊毛和淀粉分别属于纤维素、蛋白质和多糖 C. 丁烷有3种同分异构体 D. 油脂、淀粉、葡萄糖、蛋白质均能发生水解反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．石油的分馏主要是物理变化而煤的干馏主要是化学变化，故A正确；‎ B．蚕丝属于蛋白质，羊毛和淀粉分别属于蛋白质和多糖，故B错误；‎ C．丁烷有2种同分异构体，正丁烷和异丁烷，故C错误；‎ D．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎5.聚丙烯酸酯类涂料是目前市场上流行的墙面涂料之一，它具有弹性好、不易老化、耐擦洗、色泽亮丽等优点．下边是聚丙烯酸酯的结构简式，‎ 它属于 ‎①无机化合物 ②有机化合物 ③高分子化合物 ④离子化合物 ⑤共价化合物 A. ①③④ B. ①③⑤ C. ②③⑤ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据聚丙烯酸酯的结构简式可知，该化合物是甲聚产物，属于高分子化合物，所以正确的答案是C。‎ ‎6.下列各物质中，互为同系物的是 A. 和 B. HCOOCH3和CH3COOH C. 油酸和软脂酸 D. 和 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．和 ，前者为苯酚，后者为苯甲醇，二者结构不相似，不属于同系物，故A错误；‎ B．HCOOCH3和CH3COOH，前者为甲酸甲酯，后者为乙酸，二者互为同分异构体，不属于同系物，故B错误；‎ C．油酸属于不饱和脂肪酸，结构中含有碳碳双键，软脂酸属于饱和脂肪酸，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；‎ D．和都是苯的同系物，结构相似，分子间相差1个CH2原子团，互为同系物，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为A，要注意酚类与醇类结构的区别。‎ ‎7.除去溶解在苯中的少量苯酚，正确的方法是 A. 用过滤器过滤 B. 用分液漏斗分液 C. 加入足量浓溴水后再过滤 D. 加入适量NaOH溶液，反应后再分液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯与苯酚互溶，不能过滤分离，故A错误；‎ B．苯与苯酚互溶，不能用分液漏斗分液分离，故B错误；‎ C．生成的三溴苯酚能够溶于苯中，应用氢氧化钠溶液除杂，故C错误； ‎ D．苯酚与NaOH反应后，与苯分层，再分液可分离，故D正确；‎ 故选D。‎ ‎8.某芳香族有机物的分子为C8H6O2，它的分子（除苯环外不含其它环）中不可能有 A. 两个羟基 B. 一个醛基 C. 二个醛基 D. 一个羧基 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 某芳香族有机物的分子为C8H6O2，根据其分子式可以判断，其结构除苯环外，还有两个不饱和度、两个C原子和两个O原子，故其有多种可能的结构。‎ ‎【详解】A. 根据分析可知，其苯环上可能有两个羟基和一个乙炔基； ‎ B. 根据分析可知，其苯环上可能有一个醛基和一个羰基； ‎ C. 根据分析可知，其苯环上可能有二个醛基； ‎ D. 根据分析可知，其苯环上不可能有一个羧基，这样还有一个不饱和度无法安排，故D不可能。‎ 故选D。‎ ‎9.下列关于蛋白质的叙述中不正确的是(　　)‎ A. 蛋白质溶液里加入饱和(NH4)2SO4溶液，蛋白质析出；向析出蛋白质中加水，蛋白质不溶解 B. 人工合成具有生命活力的蛋白质——结晶牛胰岛素是我国科学家在1965年首次合成的 C. 重金属盐能使蛋白质凝结，故误食重金属盐会中毒 D. 浓硝酸溅在皮肤上，使皮肤呈黄色，这是由于浓硝酸与蛋白质发生了颜色反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蛋白质溶液里加入饱和硫酸铵溶液，蛋白质析出，发生盐析，该过程可逆，再加入水还能重新溶解，而不影响蛋白质的性质，A错误；‎ B、人工合成具有生命活力的蛋白质—-结晶牛胰岛素是我国科学家在1965年首次合成的，B正确；‎ C、重金属盐能使蛋白质变性，吞服钡餐不会引起中毒，C正确；‎ D、皮肤成分是蛋白质，浓硝酸溅在皮肤上，能使皮肤呈黄色是由于蛋白质和浓硝酸发生颜色反应，D正确；‎ 答案选A。‎ ‎10.下列不互为同分异构体的一组物质是 A. 丙酸和甲酸乙酯 B. 淀粉和纤维素 C. 丁醇和2－甲基－1－丙醇 D. 蔗糖和麦芽糖 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．丙酸和甲酸乙酯，分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A正确；‎ B．淀粉和纤维素，虽然分子式相同，但是由于n值不同，不是同分异构体，故B错误；‎ C．丁醇和2－甲基－1－丙醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C正确；‎ D．蔗糖和麦芽糖分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D正确；‎ 故答案为B。‎ ‎11.根据下列反应步骤，由2－丙醇转化为1,2—丙二醇（HOCH2—CHOH—CH3）的正确的反应类型的顺序是 （ ）‎ A. 消去―取代―加成 B. 取代―消去―加成 C. 消去―加成―水解 D. 水解―取代―取代 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎2-丙醇CH3-CH（OH）-CH3合成1，2-丙二醇CH3CHOH-CH2OH时，可用逆推法判断，即CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHOHCH3，应先发生消去反应，然后发生加成反应，最后发生取代反应可生成CH3CHOH-CH2OH．‎ ‎【详解】2-丙醇CH3-CH（OH）-CH3合成1，2-丙二醇CH3CHOH-CH2OH时，可用逆推法判断，即CH3CHOHCH2OH→CH3CHBrCH2Br→CH3CH=CH2→CH3CHOHCH3，则2-丙醇应先发生消去反应生成CH3CH=CH2，CH3CH=CH2发生加成反应生成CH3CHBrCH2Br，CH3CHBrCH2Br发生水解反应可生成1，2-丙二醇.‎ 故选C。‎ ‎12.有机物有多种同分异构体，其中属于酯且含有苯环的共有 A. 3种 B. 4种 C. 5种 D. 6种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】属于酯类，则一定含有－COO－结构；如果分子中含有1个取代基，则取代基是－‎ OOCCH3、－CH2OOCH、－COOCH3；如果含有2个取代基，则是甲基和－OOCH，而位置可以是邻、间、对三种，因此根据是6种；‎ 答案选D。‎ ‎13.某化合物的结构(键线式)及球棍模型如下．该有机分子的核磁共振波谱图如下(单位是ppm)：‎ 下列关于该有机物的叙述正确的是 A. 该有机物不同化学环境的氢原子有8种 B. 该有机物属于芳香族化合物 C. 键线式中的Et代表的基团为－CH3‎ D. 该有机物不可能发生消去反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．该有机物结构不对称，含8种环境的H原子，所以核磁共振波谱图中有8种峰，A项正确；‎ B．该有机物中没有苯环，不属于芳香族化合物，B项错误；‎ C． 根据结构简式及球棍模型可知，Et代表-CH2CH3，C项错误；‎ D．该有机物分子含有羟基，且与羟基相连C的邻位C上含H，所以在一定条件下能够发生消去反应，D项错误；‎ ‎14. 某有机物的结构如下式，在以下六种反应类型： ①加成②水解③酯化④氧化⑤中和⑥消去中，它在一定条件下能够发生的反应是 A. ②③④ B. ①③⑤⑥ C. ②③④⑤⑥ D. ①③④⑤‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①有机物含有醛基、苯环，则它能和氢气发生加成反应；‎ ‎②有机物中不含有卤原子、酯基等能发生水解反应的官能团，则不能发生水解反应；‎ ‎③有机物含有羧基能和醇羟基发生酯化反应，含有的醇羟基也能羧基发生酯化反应；‎ ‎④有机物含有醇羟基结构，醇羟基能被氧化成醛基，同时含有醛基，醛基能被氧化成羧基，即能够发生氧化反应；‎ ‎⑤有机物含有羧基，具有酸性，能和碱发生中和反应；‎ ‎⑥有机物中含有醇羟基，但与醇羟基相连碳原子的邻碳上没有氢原子，故不能发生消去反应；‎ 故答案为D。‎ ‎15. 萤火虫发光原理如图：‎ 关于荧光素及氧化荧光素的叙述，正确的是（ ）‎ A. 互为同系物 B. 均可发生硝化反应 C. 均可与碳酸氢钠反应 D. 均最多有7个碳原子共平面 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．荧火素和氧化荧光素分子所含的官能团不同，二者不是同系物，A项错误；‎ B.二者均可与浓硝酸发生苯环上的硝化反应，B项正确；‎ C.羧基能与NaHCO3溶液反应，但酚羟基不能与碳酸氢钠溶液反应，C项错误；‎ D.凡直接与苯环相连的原子一定在同一平面内，所以荧火素和氧化荧光素分子最少有7个碳原子共平面，D项错误；‎ 答案选B。‎ ‎16.由下列5种基团中的2个不同基团两两组合：①—OH ②—CH3 ③—COOH ④ ⑤—CHO，形成的有机物能与NaOH反应的有 A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 能与NaOH反应的有机物含-COOH、-COOC-或酚-OH，据此分析解答。‎ ‎【详解】③-COOH分别与②④⑤组合的三种有机物均含-COOH，均能与NaOH反应；①与④组合成苯酚具有弱酸性，能与NaOH反应；①与⑤组合成HCOOH，能与NaOH反应；综上所述，共有5种有机物能与NaOH反应，故选D。‎ ‎【点睛】把握有机物的官能团及性质的关系为解答的关键。本题的易错点为①③组合成的碳酸为无机物。‎ ‎17.能用分液漏斗分离的混合物是（ ）‎ A. 液溴和四氯化碳 B. 乙醇和乙酸 C. 氯化钙和碳酸钠溶液 D. 苯和蒸馏水 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液溴和四氯化碳相互混溶，不分层，应利用蒸馏法分离，故A错误；‎ B．乙醇和乙酸相互混溶，不分层，应利用蒸馏法分离，故B错误；‎ C．氯化钙和碳酸钠溶液混合后有白色沉淀，过滤分离，故C错误；‎ D．苯和蒸馏水混合分层，苯在上层，则能用分液漏斗分离，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎18.下列反应中原子利用率高，符合“绿色化学”要求的是 A. 乙烷与Cl2反应制氯乙烷 B. 乙醇和浓硫酸共热制乙烯 C. 乙酸和乙醇共热酯化 D. 乙烯在催化剂作用下直接氧化制得唯一产物乙醛 ‎【答案】D ‎【解析】‎ A．由乙烷与氯气在光照条件下发生反应得到的产物有：一氯乙烷，1，1-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷，1，1，2-三氯乙烷，1，1，2，2-四氯乙烷，1，1，1，2-四氯乙烷，1，1，1，2，2-五氯乙烷，六氯乙烷和氯化氢，产物不唯一，不符合绿色化学思想，故A错误；B．CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，还有水生成，原子的利用没有全部转入期望的产物中，不符合绿色化学思想，故B错误；C．乙酸和乙醇在浓硫酸作用下加热CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOCH2CH3+H2‎ O生成乙酸乙酯和水，原子的利用没有全部转入期望的产物中，不符合绿色化学思想，故C错误；D．乙烯在催化剂作用下直接氧化制得唯一产物乙醛，‎2C2H4+O22CH3CHO，原子的利用全部转入期望的产物中，符合绿色化学思想，故D正确；故选D。‎ 点睛：理解绿色化学的核心就是要利用化学原理从源头消除污染是解答的关键，“绿色化学”就是要求原料物质中的所有原子完全被利用，全部转入期望的产物中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，常见的反应类型有：化合反应、加成反应、加聚反应，据此即可解答。‎ ‎19.普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如图所示。下列关于普伐他汀的性质描述正确的是 A 能与FeCl3溶液发生显色反应 B. 不能使酸性KMnO4溶液褪色 C. 能发生加成、取代、消去反应 D. 1 mol该物质最多可与1 mol NaOH反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由结构简式可知，分子中含碳碳双键、-OH、-COOC-、-COOH，结合烯烃、羧酸、醇、酯的性质来解答。‎ ‎【详解】A、不含苯环，不能与FeCl3溶液发生显色反应，故A错误；‎ B、含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故B错误；‎ C、含有羟基，邻位含有氢原子，可发生消去反应，含有碳碳双键、羧基等，能发生取代反应、加成反应，故C正确；‎ D、-COOH、-COOC-可与NaOH反应，则1mol该物质最多可与2mol NaOH反应，故D错误。‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重烯烃、羧酸、醇及酯性质的考查。‎ ‎20.缬氨霉素(valinomycin)是一种脂溶性的抗生素，是由12‎ 个分子组成的环状化合物，它的结构简式如图所示，有关说法正确的是 A. 缬氨霉素是一种蛋白质 B. 缬氨霉素完全水解可得到四种氨基酸 C. 缬氨霉素完全水解后的产物中有两种产物互为同系物 D. 缬氨霉素完全水解，其中一种产物与甘油互为同分异构体 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、蛋白质是高分子化合物，分子中含有氨基、羧基和肽键，而缬氨霉素是由12个分子组成的环状化合物，故A错误；‎ B．缬氨霉素发生水解产物有三种、和，且只有是氨基酸，故B错误：‎ C．和互为同系物，故C正确；‎ D．与甘油醛（）互为同分异构体，与甘油分子式都不同，故D错误；‎ 故选C。‎ 第II卷 二、非选择题 ‎ ‎21..邻羟基苯甲酸(俗名水杨酸)其结构简式为：‎ ‎ (1).水杨酸既可以看成是__________类物质，同时也可以看成是_____________类物质。‎ ‎(2).将其与_______________溶液作用生成物的化学式为C7H5O3Na，将其与_____________溶液作用生成物的化学式为C7H4O3Na2；‎ ‎(3).水杨酸的不同类同分异构体中，属于酚类且也具有苯环的化合物的结构简式为______________，它还可看成是__________类物质。‎ ‎(4).比水杨酸多一个CH2原子团，且与水杨酸属于同系物的取代基数目不同的两类物质的结构简式分别为___________________ ________________‎ ‎(5).比水杨酸多一个CH2原子团，且与水杨酸不属于同系物的两类物质的结构简式分别为_________________________________________‎ ‎【答案】 (1). 酚(或羧酸) 羧酸(或酚) (2). NaHCO3 (3). NaOH(或Na2CO3) (4). : (5). 酯 (6). : (7). (8). (9). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)水杨酸中铵酚-OH、-COOH,以此分析类别； (2)由化学式可以知道,Na原子个数为2,则与Na或NaOH、Na2CO3反应；Na原子个数为1时,只有-COOH反应,则与NaHCO3反应； (3)属于酚类且也具有苯环的化合物,则-COOH变为-OOCH； (4)比水杨酸多一个CH2原子团,与水杨酸属于同系物,则酚-OH的位置不变,多一个甲基或在苯环与-COOH之间加1个CH2； (5)比水杨酸多一个CH2原子团,苯环上有两个取代基,且与水杨酸不属于同系物的两类物质,为酯或醇。‎ ‎【详解】(1)含酚-OH,则属于酚,含-COOH,则属于羧酸；‎ 答案是:酚(或羧酸)；羧酸(或酚)； (2)由化学式可以知道,Na原子个数为2,则与Na或NaOH、Na2CO3反应,溶液为NaOH(或Na2CO3)；Na原子个数为1时,只有-COOH反应,则与NaHCO3反应； 因此，本题正确答案是: NaHCO3；NaOH(或Na2CO3)；‎ ‎(3)属于酚类且也具有苯环的化合物,则-COOH 变为-OOCH,结构简式为 ‎,含-COOC-,属于酯类；‎ 答案是:；酯； (4)比水杨酸多一个CH2原子团,与水杨酸属于同系物,则酚-OH的位置不变,多一个甲基或在苯环与-COOH之间加1个CH2,则符合条件的结构简式为 （或、）、；‎ 故答案是:；； (5)比水杨酸多一个CH2原子团,苯环上有两个取代基,且与水杨酸不属于同系物的两类物质,为酯或醇,其结构简式分别为、； 因此，本题正确答案是:；。‎ ‎22.化合物C是医用功能高分子材料，可由化合物A(C4H8O3)制得，如下图所示，B和D互为同分异构体。‎ ‎(1)试写出下列反应的化学方程式 A→B________________________________；‎ B→C　_________________ ；‎ ‎(2)试写出下列反应的反应类型 A→B___________；B→C___________；A→D_______________ 。‎ ‎【答案】 (1). HOCH2CH2CH2COOHCH2=CHCH2COOH+H2O (2). nCH2=CHCH2COOH (3). 消去反应 (4). 加聚反应 (5). 酯化反应(或取代反应)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ A的分子式为C4H8O3，具有酸性，且在浓硫酸的作用下生成D，D是分子式为C4H6O2的五原子环状化合物，由此推知A的结构简式为HOCH2CH2CH2COOH，所以D为，B的分子式为C4H6O2，能使溴水褪色，所以B为CH2=CHCH2COOH，加聚后得高分子C为，以此来解答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知AHOCH2CH2CH2COOH，B是CH2=CHCH2COOH，C是，D是。‎ ‎(1)A是HOCH2CH2CH2COOH，含有醇羟基，由于羟基连接的C原子邻位C原子上有H原子，因此可以与浓硫酸混合加热，发生消去反应产生B 是CH2=CHCH2COOH，则A→B的反应方程式为：HOCH2CH2CH2COOHCH2=CHCH2COOH+H2O；‎ B是CH2=CHCH2COOH，分子中含有不饱和的碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应产生C：，则B→C的反应方程式为：nCH2=CHCH2COOH；‎ ‎(2)根据(1)中分析可知A→B的反应类型为消去反应；‎ B→C的反应类型为加聚反应；‎ A是HOCH2CH2CH2COOH，分子中含有羧基、醇羟基，在浓硫酸存在条件下加热，发生分子内的酯化反应，产生环状酯D和水，所以A→D的反应类型为酯化反应，酯化反应也是取代反应。‎ ‎23.按要求回答下列问题：‎ ‎(1)CPAE是蜂胶的主要活性成分，其结构简式如图所示：‎ ‎①1 mol该有机物最多可与________mol H2发生加成反应。‎ ‎②写出该物质在碱性条件（NaOH溶液）下水解生成两种产物的结构简式：__________。‎ ‎(2)青蒿酸是合成青蒿素的原料，可以由香草醛合成：‎ 判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。‎ ‎①用FeCl3溶液可以检验出香草醛（ ）‎ ‎②香草醛可与浓溴水发生反应（ ）‎ ‎③香草醛中含有4种官能团（ ）‎ ‎④1 mol青蒿酸最多可与3 mol H2发生加成反应（ ）‎ ‎⑤可用NaHCO3溶液检验出香草醛中的青蒿酸（ ）‎ ‎(3)甲、乙、丙三种物质是某抗生素合成过程中的中间产物，下列说法正确的是________。‎ ‎ ‎ A．甲、乙、丙三种有机化合物均可跟NaOH溶液反应 B．用FeCl3溶液可区分甲、丙两种有机化合物 C．一定条件下丙可以与NaHCO3溶液、C2H5OH反应 D．乙、丙都能发生银镜反应 ‎【答案】 (1). 7 (2). 、 (3). √ (4). √ (5). × (6). × (7). √ (8). BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)①苯环和碳碳双键能够与氢气发生加成反应，据此分析判断；‎ ‎②酯基和酚羟基能够与NaOH，据此分析书写生成物的结构简式；‎ ‎ (2) ‎ 香草醛含有醛基，可发生加成、氧化反应，含有酚羟基，可发生取代、颜色反应，青蒿素含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，可发生中和、酯化反应，以此分析判断；‎ ‎(3) A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应；B．氯化铁能和酚发生显色反应；C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质；D．醛基能发生银镜反应，据此分析判断。‎ ‎【详解】(1)①苯环和碳碳双键能够与氢气发生加成反应，1 mol最多可与7mol H2发生加成反应，故答案为：7；‎ ‎②酯基能够在碱性条件(NaOH溶液)下水解生成盐和醇，在碱性条件(NaOH溶液)下水解生成的两种产物为和，故答案为：、；‎ ‎(2)①香草醛中含有酚羟基，用FeCl3溶液可以检验出香草醛，正确，故答案为：√；‎ ‎②香草醛中含有酚羟基，可与浓溴水发生反应，正确，故答案为：√；‎ ‎③香草醛中含有酚羟基、醚键和醛基，共3种官能团，错误，故答案为：×；‎ ‎④碳碳双键能够与氢气发生加成反应，1 mol青蒿酸最多可与2 mol H2发生加成反应，错误，故答案为：×；‎ ‎⑤羧基能够与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，可用NaHCO3溶液检验出香草醛中的青蒿酸，正确，故答案为：√；‎ ‎(3) A．酚羟基、羧基、卤原子或酯基都能和NaOH溶液反应，甲中不含酚羟基、羧基、卤原子或酯基，所以甲不能和NaOH溶液反应，故A错误；B．氯化铁能和酚发生显色反应，甲不含酚羟基而丙含有酚羟基，则丙能发生显色反应，而甲不能发生显色反应，所以可以用氯化铁溶液鉴别甲、丙，故B正确；C．丙中含有酚羟基、羧基、氯原子、醚键和苯环，具有酚、羧酸、卤代烃、醚和苯的性质，羧基能和乙醇发生酯化反应、与碳酸氢钠反应放出二氧化碳，故C正确；D．醛基能发生银镜反应，乙含有醛基，能发生银镜反应，丙不含醛基，不能发生银镜反应，故D错误；故答案为：BC。‎ ‎【点睛】明确官能团及其性质关系是解本题关键。本题的易错点为(2)，要注意酚羟基与碳酸氢钠不能反应，能够与碳酸钠反应生成碳酸氢钠。‎ 三、实验题 ‎24.实验室用加热l－丁醇、溴化钠和浓H2SO4的混合物的方法来制备1-溴丁烷时，还会有烯、醚等副产物生成。反应结束后将反应混合物蒸馏，分离得到1-溴丁烷，已知相关有机物的性质如下：‎ 熔点/℃‎ 沸点/℃‎ ‎1-丁醇 ‎-89.53‎ ‎117．25‎ ‎1-溴丁烷 ‎-112.4‎ ‎101．6‎ 丁醚 ‎-95．3‎ ‎142．4‎ ‎1-丁烯 ‎-185．3‎ ‎-6．5‎ ‎ A B C D ‎ ‎⑴制备1－溴丁烷的装置应选用上图中的_______（填序号）。反应加热时的温度不宜超过‎100℃‎，理由是______。‎ ‎⑵制备操作中，加入的浓硫酸必需进行稀释，其目的是_____。（填字母）‎ A.减少副产物烯和醚的生成 ‎ b.减少Br2的生成 c.减少HBr的挥发 ‎ d.水是反应的催化剂 ‎⑶反应结束后，将反应混合物中1－溴丁烷分离出来，应选用的装置是______。该操作应控制的温度（t）范围是_______。‎ ‎⑷欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，下列物质中最适合的是______。（填字母）‎ A.NaI b.NaOH c.NaHSO3 d.KCl ‎【答案】 (1). C (2). 防止1-溴丁烷因气化而逸出，影响产率 (3). abc (4). D (5). ‎101.6℃‎≤t＜‎117.25℃‎ (6). c ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据蒸馏原理及题干中熔沸点信息分析使用的仪器及加热时的温度；根据消去反应原理及浓硫酸的强氧化性分析反应中硫酸的作用；根据卤代烷的的性质分析除去其中杂质的方法。‎ ‎【详解】（1）实验室用加热1-丁醇、溴化钠和浓H2SO4的混合物的方法来制备1-溴丁烷时，发生反应生成产物中含有易溶于水的溴化氢，还会有烯、醚等副产物生成，吸收装置需要防倒吸；制备1-溴丁烷的装置应选用上图中C；1-溴丁烷沸点101.6，反应加热时的温度不宜超过‎100℃‎，防止1-溴丁烷因气化而逸出，影响产率；故答案为C；防止1-溴丁烷因气化而逸出，影响产率；‎ ‎（2）a.浓硫酸和1-丁醇反应发生副反应消去反应生成烯烃、分子间脱水反应生成醚，稀释后不能发生类似反应减少副产物烯和醚的生成，故a正确；‎ b.浓硫酸具有强氧化性能氧化溴离子为溴单质，稀释后减少Br2生成，故b正确；‎ c.反应需要溴化氢和1-丁醇反应，浓硫酸溶解溶液温度升高，使溴化氢挥发，稀释后减少HBr的挥发，故c正确；‎ d.水不是反应的催化剂，故d错误，故答案为abc；‎ ‎（3）反应结束后将反应混合物蒸馏，分离得到1-溴丁烷，应选用的装置为D，体积图表数据温度应控制在‎101.6℃‎≤t＜‎117.25℃‎，故答案为D；‎101.6℃‎≤t＜‎117.25℃‎；‎ ‎（4）欲除去溴代烷中的少量杂质Br2，‎ a.NaI和溴单质反应，但生成的碘单质会混入，故a不选；‎ b.溴单质和氢氧化钠反应，溴代烷也和NaOH溶液中水解反应，故b不选；‎ c.溴单质和NaHSO3 溶液发生氧化还原反应可以除去溴单质，故c选；‎ d.KCl不能除去溴单质，故d不选，故答案为c。‎ ‎25.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分子的红外光谱如上图所示。‎ 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________。‎ ‎（4）A的芳香类同分异构体有多种，其中符合下列条件：①分子结构中只含一个官能团；②分子结构中含有一个甲基；③苯环上只有一个取代基。则该类A的同分异构体共有________种。‎ ‎【答案】 (1). C9H10O2 (2). bc (3). (4). 5‎ ‎【解析】‎ ‎【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，进而确定甲基数目，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，苯环上的氢有三种，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及其它基团，所以符合条件的有机物A结构简式为，故答案为；‎ ‎(4)A为，A的芳香类同分异构体有多种，①分子结构中只含一个官能团；②分子结构中含有一个甲基；③苯环上只有一个取代基，满足条件的取代基(组成为-C3H5O2)有：-OOCCH2CH3、-CH2OOCCH3、-CH2COOCH3、-CH(CH3)OOCH、-CH(CH3)COOH，共5种，故答案为5。‎