【化学】甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二下学期第一次学段考试（期中考试）（解析版） 16页

甘肃省武威第六中学2019-2020学年高二下学期第一次学段考试（期中考试）‎ 第I卷(选择题)‎ 一、选择题(本大题共16小题，每小题题只有一个答案符合题目要求，共48分)‎ ‎1.下列对有机化合物的分类结果正确的是（　 　）‎ A. 乙烯(CH2=CH2)、苯()、环己烷()都属于脂肪烃 B. 苯()、环戊烷()、环己烷()同属于芳香烃 C. 乙烯(CH2=CH2)、乙炔(CH≡CH)同属于烯烃 D. 、、同属于环烷烃 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯属于芳香烃，故A错误；‎ B、环戊烷()、环己烷没有苯环结构，不属于芳香烃，故B错误；‎ C、乙炔属于炔烃，故C错误；‎ D、、、分子结构中都含有环，碳碳间都是单键，同属于环烷烃，故D正确；故选D。‎ ‎2.下列关于醛的说法中，正确的是（ ）‎ A. 福尔马林是甲醛的水溶液，可用于食品保鲜处理 B. 丙醛和丙酮可用新制的Cu( OH)2来鉴别 C. 用溴水检验丙烯醛（CH2=CHCHO）中是否含有碳碳双键 D. 对甲基苯甲醛（）能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明分子中存醛基 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲醛有毒，福尔马林为甲醛的水溶液，所以不能用福尔马林保鲜鱼肉等食品，A错误；‎ B．丙醛含有醛基，丙酮不含有醛基，新制的Cu(OH)2能使醛氧化而不能使酮氧化，所以可用新制的Cu(OH)2来鉴别，B正确；‎ C．碳碳双键、醛基均可使溴水褪色，不能用溴水检验丙烯醛(CH2=CHCHO)中是否含有碳碳双键，C错误；‎ D．甲基、-CHO均能被高锰酸钾氧化，两者均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能说明分子中存在醛基，D错误；‎ 答案选B。‎ ‎3.分子式为C4H10O的醇共有 A. 2 种 B. 3 种 C. 4 种 D. 5 种 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分子式为C4H10O的醇可认为是C4H10的一取代物，可能的结构有：，，和共计4种结构，C项正确；‎ 答案选C。‎ ‎【点睛】判断有机物同分异构体种类时，可先根据有机物的分子式计算不饱和度，再结合有机物的性质特点判断有机物结构中一定含有的基团，再进行分类讨论即可；烷烃基的个数=分子式相同的烷烃所有等效氢原子的种类=烷烃一取代物的种类。‎ ‎4.S-诱抗素的分子结构简式如图所示，下列关于该分子的说法正确的是( )‎ A. 含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基 B. 含有苯环、羟基、羰基、羧基 C. 含有羟基、羰基、羧基、酯基 D. 含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】从题图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。选项A正确。‎ ‎【点睛】该题是中等难度的试题，试题基础性强，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团。‎ ‎5.下列有机物的命名正确的是 A. 间3二甲苯 B. 2-甲基-2-丙烯 C. 2-甲基丁烷 D. 3-溴丁烷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．两个甲基处于苯环的对位，正确名称为对二甲苯，故A错误；‎ B．碳碳双键的位次应该最小，正确名称为2-甲基-1-丙烯，故B错误；‎ C．最长碳链含有4个C，主链为丁烷，其正确名称为：2-甲基丁烷，故C正确；‎ D．溴原子的位次应最小，正确名称为2-溴丁烷，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎【点睛】(1)烷烃命名原则： ①长：选最长碳链为主链； ②多：遇等长碳链时，支链最多为主链； ③近：离支链最近一端编号； ④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-----离支链最近一端编号”的原则； ⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面； ‎ ‎(2)对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名； (3)含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小。‎ ‎6.下列有机物可以形成顺反异构的是( )‎ A. 2,3-二甲基-2-丁烯 B. 1-氯-1-丙烯 C. 2-甲基-2-丁烯 D. 丙烯 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．2,3-二甲基-2-丁烯为(CH3)2C=CCH3CH3，同一碳上连相同的基团：甲基，A错误；‎ B．1-氯-1-丙烯为CH3CH=CHCl，双键上同一碳上连不相同的基团：氯原子和氢原子或氢原子和甲基，存在顺反异构，B正确；‎ C．2-甲基-2-丁烯为CH3C(CH3)=CHCH3，双键同一碳上连相同的基团：甲基，C错误；‎ D．丙烯为CH3CH=CH2，双键同一碳上连有相同的基团：氢原子，D错误。‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】根据存在顺反异构体的条件①分子中至少有一个键不能自由旋转（否则将变成另外一种分子）；②双键上同一碳上不能有相同的基团。‎ ‎7.下列五种烃①2－甲基丁烷 ②2，2－二甲基丙烷 ③戊烷 ④丙烷 ⑤丁烷，按沸点由高到低的顺序排列的是( )‎ A. ①＞②＞③＞④＞⑤ B. ②＞③＞⑤＞④＞①‎ C. ④＞⑤＞②＞①＞③ D. ③＞①＞②＞⑤＞④‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】①2-甲基丁烷、②2，2-二甲基丙烷、③戊烷三者互为同分异构体，根据互为同分异构体的烷烃分子中，烷烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小，则沸点③＞①＞②；结构相似的烷烃中，含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点由高到低的顺序排列的是③＞①＞②＞⑤＞④，故选D。‎ ‎【点睛】结构相似的烷烃中，含有的C原子数目越多，相对分子质量越大，熔沸点越高；互为同分异构体的烷烃分子中，烷烃含有的支链越多，分子间的作用力越小，熔沸点越小。‎ ‎8.中国南海海域是全球范围内石油储量与可开采储量较丰富、开采潜力较大的地方，有“第 二个波斯湾”之称。下列关于石油的说法正确的是( )‎ A. 石油属于可再生矿物能源 B. 石油只含有碳、氢、氧三种元素 C. 石油裂化的主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量 D. 石油分馏所得的各馏分均是纯净物 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、因石油属于不可再生矿物能源，故A正确；‎ B、因石油中含有碳、氢、氧、氮、硫等元素，故B错误；‎ C、因石油裂化主要目的是提高轻质液体燃料的产量和质量，故C正确；‎ D、因石油分馏的各馏分仍是混合物，故D错误。‎ ‎9.下列实验中，分离提纯的方法不正确的是 选项 实验 分离、提纯方法 A 除去苯中的环已烯 加入浓溴水后分液 B 提纯粗苯甲酸 重结晶 C 除去乙烷中乙烯气体 用溴水洗气 D 除去乙醇中水 加入氧化钙后蒸馏 A. A B. B C. C D. D ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．环已烯加入浓溴水发生加成反应的生成物以及溴都溶于苯，不能除去杂质，选项A不正确；‎ B. 苯甲酸的溶解度随温度的升高而增大，可利用重结晶提纯，选项B正确；‎ C.通入溴水后，乙烯和溴水生成二溴乙烷，为液体，洗气后只剩下乙烷，即可除去杂质，选项C正确；‎ D.生石灰吸收水，乙醇沸点较低，可蒸馏分离，选项D正确；‎ 答案选A。‎ ‎【点睛】本题考查物质的分离、提纯以及气体的制备和物质的检验等的操作，侧重于学生的 分析能力和实验能力的考查，注意把握操作的方法，注意相关基础知识的积累。‎ ‎10.某有机物的结构简式如下，关于该有机物的下列叙述不正确的是（）‎ A. 不能使酸性KMnO4溶液褪色 B. 能使溴水褪色 C. 在加热和催化剂作用下，最多能和4 molH2反应 D. 一定条件下，能发生取代反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误，符合题意；‎ B．含碳碳双键，与溴水发生加成反应，能使溴水褪色，故B正确，不符合题意；‎ C．苯环与碳碳双键均与氢气发生加成反应，则在加热和催化剂作用下，最多能和4 molH2反应，故C正确，不符合题意；‎ D．苯环上H、甲基上H、—Cl均可发生取代反应，故D正确，不符合题意；‎ 故选A。‎ ‎11.能说明苯分子中碳碳键不是单、双键交替的事实是 ‎①苯不能使KMnO4溶液褪色；‎ ‎②苯环中碳碳键的键长均相等；‎ ‎③邻二氯苯只有一种；‎ ‎④在一定条件下苯与H2发生加成反应生成环己烷。‎ A. ①②③④ B. ①②③ C. ②③④ D. ①②④‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】①苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明苯分子中不含碳碳双键，可以证明苯环结构中不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故①正确；‎ ‎②苯环上碳碳键的键长相等，说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故②正确；‎ ‎③如果是单双键交替结构，苯的邻位二氯取代物应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，能说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在C-C单键与C=C双键的交替结构，故③‎ 正确；‎ ‎④苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，所以不能说明苯分子中碳碳键不是单、双键相间交替的事实，故④错误；‎ 答案选B。‎ ‎12.已知碳碳单键可以旋转，结构简式为 的烃，下列说法中正确的是 A. 分子中最多有6个碳原子处于同一直线上 B. 该烃苯环上的一氯代物有3种 C. 分子中至少有12个碳原子处于同一平面上 D. 该烃属于苯的同系物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 在苯中，处于对角位置上的4个原子共线，如图所示。将该有机物“拉直”为： ，可以看出该分子中共直线的碳原子最多有6个，A正确；‎ B.该烃可以找到2根对称轴，如图，可以知道该烃的分子的苯环中含有2种等效氢，则该烃苯环上的一氯代物有2种， B错误；‎ C. 甲基与苯环平面结构通过单键相连，甲基的C原子处于苯中H原子位置，所以处于苯环这个平面。两个苯环之间靠单键相连，单键可以旋转，两个苯环所处的平面不一定共面，只有处于对角线位置的C原子，因为共直线，所以一定共面。该烃中一定共平面的碳原子，如图所示，至少有10个碳原子一定共面， C错误；‎ D. 同系物在分子构成上相差n个CH2，该有机物的分子式为C14H14，和苯C6H6，相差 C8H8，不是若干个CH2，不是苯的同系物， D错误；‎ 故合理选项为A。‎ ‎13.下列各种醇既可发生消去反应，又可被催化氧化的是（　　）‎ A. CH3OH B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 发生消去反应的条件是羟基所连碳的相邻的碳原子上必须有H，能被氧化的醇必须是羟基所连碳上必须有H，故选项B正确。‎ ‎14.下列说法正确的是(　　)‎ A. 除去苯中少量的苯酚，可向混合液中先加适量的浓溴水，使苯酚生成三溴苯酚，再过滤除去 B. 将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50 ℃时形成悬浊液 C. 苯酚的酸性很弱，不能使酸碱指示剂变色，但可以和碳酸氢钠反应放出CO2‎ D. 苯酚既可以发生氧化反应，又可以发生还原反应 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、苯是有机溶剂，既能溶解溴，又能溶解苯酚和三溴苯酚，因此在苯的苯酚溶液中加入溴水生成的三溴苯酚，溶于苯中，故不能除去苯中的少量苯酚。正确的方法应是加入适量的NaOH溶液，用分液漏斗分离， A不正确；‎ B、将苯酚晶体放入少量水中，加热时全部溶解，冷却到50℃形成乳浊液而变浑浊，不是悬浊液，B不正确；‎ C、苯酚的酸性比碳酸还弱，不能与NaHCO3反应，C不正确；‎ D、苯酚容易被氧化，同时苯环在一定条件下与氢气发生加成反应属于还原反应，D正确；答案选D。‎ ‎15.由溴乙烷做为主要原料来制取乙二醇时,需要经过的反应为（　　）‎ A. 加成—消去—取代 B. 消去—加成—取代 C. 取代—加成—消去 D. 取代—消去—加成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 可采取逆向分析，由生成物倒推。要生产乙二醇，可先制备1,2—二溴乙烷，制备1,2—二溴乙烷，可先制备乙烯，乙烯可由溴乙烷发生消去反应制取。‎ ‎【详解】 ‎ 答案选B。‎ ‎【点睛】逆向合成适用于产物倒推至原料，需要熟悉官能团的转化关系。‎ ‎16.有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质的不同。下列叙述不能说明上述观点的是 A. 甲苯与硝酸作用可得到2，4，6-三硝基甲苯，而苯与硝酸作用得到硝基苯 B. 甲苯可以是高锰酸钾溶液退色，而甲烷不能 C. 乙烯可发生加成反应，而乙烷不能 D. 苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．甲苯分子中，由于甲基对苯环的影响，导致苯环上的氢原子变得比较活泼，甲苯能够与硝酸作用可得到2，4，6-三硝基甲苯，而苯与硝酸作用得到硝基苯，说明了有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，错误；‎ B．由于苯环的影响，甲苯可以是高锰酸钾溶液退色，而甲烷不能，是由于有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，错误；‎ C．乙烯分子中含有碳碳双键，所以能够发生加成反应，不能说明有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，正确；‎ D．受苯环的影响，苯酚中的羟基氢原子变得比较活泼，所以苯酚能与NaOH溶液反应，而乙醇不能，是有机物分子中基团间的相互影响会导致化学性质不同，错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了有机物结构与性质的关系，题目难度中等，注意明确有机物结构决定其化学性质，要求学生熟悉常见的官能团类型及具有的化学性质。类比推理是学习和研究化学物质及其变化的一种常用的科学思维方法。由于物质的结构决定性质、性质决定用途，结构相似的物质往往具有相似的物理、化学性质。所以，依据事先设定好的“标准”将物质进行合理分类，对掌握物质的结构、通性等化学知识起着事半功倍的作用。但由于各种物质组成和结构具有一定的差异性，运用类推法时一定不能完全照搬。‎ 第II卷(非选择题)‎ 二、非选择题(本题共4小题，共52分)‎ ‎17.为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验。‎ ‎[分子式的确定]‎ ‎(1)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4 g H2O和8.8 g CO2，消耗氧气6.72L．标准状况下)。则该物质中各元素的原子个数比N(C)：N(H)：N(O)=________。‎ ‎(2)质谱仪测定有机化合物的相对分子质量为46，则该物质的分子式是_______________。‎ ‎(3)根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式______________、_________________。‎ ‎[结构式的确定]‎ ‎(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图所示，则A的结构简式为_______________。‎ ‎[性质实验]‎ ‎(5)A在Cu作用下可被氧化生成B，其化学方程式为________________________‎ ‎【答案】 (1). 2∶6∶1 (2). C2H6O (3). CH3CH2OH (4). CH3OCH3 (5). CH3CH2OH (6). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素守恒可判断有机化合物中一定含有C和H两种元素，根据生成8.8g的二氧化碳中C元素质量即为化合物中所含C元素质量、生成5.4g 的水中H元素质量即为化合物中所含H元素质量，对氧元素的确定要根据二氧化碳和水中的氧元素质量之和与氧气中氧元素的质 量来分析，若前者大，则有机化合物有氧元素，两者相等，则有机化合物没有有氧元素，然后求出各自的物质的量，根据各元素的物质的量之比可推测实验式（最简式）；依据相对分子质量确定分子式，依据核磁共振氢谱确定结构简式。‎ ‎【详解】(1)根据质量守恒定律可知，化合物中所含C元素质量为：8.8g× =2.4g，所含H元素质量为：5.4g××2=0.6g，二氧化碳和水中氧元素质量之和为 （8.8g-2.4g）+（5.4g-0.6g）=11.2g，而氧气的质量为×32g/mol=9.6g，有机物中氧元素质量为11.2g-9.6g=1.6g，所以有机物中N（C）：N（H）：N（O）=n（C）：n（H）：n（O）=mol：mol：mol=2：6：1，故答案为：2∶6∶1；‎ ‎(2)由N（C）：N（H）：N（O）=2：6：1可知，该有机物的实验式（最简式）是C2H6O，所以分子式为（C2H6O）n，而有机化合物的相对分子质量为46，所以n=1，则分子式为C2H6O，故答案为：C2H6O；‎ ‎(3)根据价键理论，预测A的可能结构CH3CH2OH、CH3-O-CH3，故答案为：CH3CH2OH、CH3-O-CH3；‎ ‎(4)根据核磁共振氢谱可知，有机物A分子内有3类氢原子，所以A的结构简式为：CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH；‎ ‎(5)乙醇在Cu作用下可被催化氧化生成乙醛，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O。‎ ‎【点睛】根据各元素的物质的量之比可推测实验式（最简式）；依据相对分子质量确定分子式，依据核磁共振氢谱确定结构简式是解答关键。‎ ‎18.实验室用乙醇和浓硫酸加热反应制取乙烯，请回答下列问题：‎ ‎（1）写出实验室制乙烯的化学反应方程式：___，该反应中浓硫酸的作用是：___，___。‎ ‎（2）有人设计下列实验以确认上述混合气体中有乙烯和二氧化硫。试回答下列问题：‎ ‎①图中A、B、C、D4个装置可盛放的试剂是A___，B___，C___，D__（将下列有关试剂的名称填入空格内）。‎ ‎（1）品红溶液 （2）NaOH溶液 （3）KMnO4溶液 ‎②能说明二氧化硫气体存在的现象是___。‎ ‎③使用装置B的目的是___。‎ ‎④使用装置C的目的是___。‎ ‎⑤能证明含有乙烯的现象是___。‎ ‎【答案】 (1). C2H5OH CH2=CH2↑+ H2O (2). 催化剂 (3). 脱水剂 (4). 品红溶液 (5). NaOH溶液 (6). 品红溶液 (7). KMnO4溶液 (8). 品红溶液褪色 (9). 除去SO2 (10). 确认SO2已除干净 (11). 高锰酸钾酸性溶液褪色 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）乙醇在浓硫酸下，加热到170℃发生消去反应生成乙烯和水；‎ ‎（2）二氧化硫检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯。‎ ‎【详解】（1）乙醇在浓硫酸下，加热到170℃发生消去反应生成乙烯和水，反应的化学方程式为C2H5OH CH2=CH2↑+ H2O，反应中浓硫酸起到催化剂和脱水剂的作用，故答案为：C2H5OH CH2=CH2↑+ H2O；催化剂；脱水剂；‎ ‎（2）①二氧化硫的检验用品红溶液，乙烯的检验用高锰酸钾酸性溶液，乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯，同在检验乙烯之前用NaOH溶液除去SO2，再通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，最后用高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，则A中盛放的试剂为品红溶液、B中盛放的试剂是NaOH溶液、C中盛放的试剂为品红溶液、D中盛放的试剂为KMnO4溶液，故答案为：品红溶液；NaOH溶液；品红溶液；KMnO4溶液；‎ ‎②A中盛放的品红溶液用来检验SO2，试管中品红溶液褪色，说明含有SO2，故答案为：品红溶液褪色；‎ ‎③B中NaOH溶液的目的是除去SO2，故答案为：除去SO2；‎ ‎④C中盛放品红溶液的目的是通过品红溶液不褪色确认SO2已除干净，故答案为：确认SO2已除干净；‎ ‎⑤能证明含有乙烯的现象是D中高锰酸钾酸性溶液褪色检验乙烯，故答案为：高锰酸钾酸性溶液褪色。‎ ‎【点睛】乙烯和二氧化硫都能使高锰酸钾酸性溶液褪色，所以先检验二氧化硫，然后检验乙烯是解答关键，也是易错点。‎ ‎19.从樟科植物枝叶提取的精油中含有下列甲、乙两种成分：‎ ‎(1)乙中所含官能团的名称为____________、___________。‎ ‎(2)由甲转化为乙需经下列过程(已略去各步反应的无关产物，下同)：‎ 甲 X 乙 已知：碳碳双键容易被氧化，则设计步骤①的目的是____________________，反应②的化学方程式为____________________________________________(注明反应条件)。‎ ‎(3)欲检验乙中的含氧官能团，选用下列的一种试剂是_______________（填序号)。‎ A．溴水 B．酸性高锰酸钾溶液 C．溴的CCl4溶液 D．银氨溶液 ‎(4)乙经氢化和氧化得到丙()。同时符合下列要求①能发生银镜反应；②能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱图上产生4个吸收峰等的丙的同分异构体结构简式有、________________。‎ ‎【答案】 (1). 醛基 (2). 碳碳双键 (3). 保护碳碳双键 (4). 2+O22+2H2O (5). D (6). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分析乙的结构简式知，乙中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；‎ ‎（2）分析题给流程图知，反应①为甲与HCl发生加成反应，反应②为醇羟基的氧化反应，反应③为卤代烃的消去反应；‎ ‎（3）乙中的含氧官能团为醛基，醛基的检验用银氨溶液；‎ ‎（4）丙为，其同分异构体中①能发生银镜反应，则含-CHO；②能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚-OH；③核磁共振氢谱图上产生4个吸收峰，分子中有四种不同化学环境的H原子，则苯环上和甲基中各有1种位置的H。‎ ‎【详解】（1）根据乙的结构简式可知，乙中含有的官能团是醛基和碳碳双键，故答案为：醛基和碳碳双键；‎ ‎（2）由转化关系可知，与氯化氢发生加成反应生成，发生催化氧化反应生成，则X为，发生消去反应生成，则设计步骤①的目的是保护碳碳双键，防止氧化羟基时，碳碳双键被氧化，发生催化氧化反应生成的化学方程式为2+O22+2H2O，故答案为：保护碳碳双键；2+O22+2H2O；‎ ‎（3）乙中含有碳碳双键和醛基，含氧官能团为醛基，醛基的检验用银氨溶液，D正确，故答案为：D；‎ ‎（4）丙为，其同分异构体中①能发生银镜反应，则含-CHO；②能与FeCl3溶液发生显色反应，则含酚-OH；③核磁共振氢谱图上产生4个吸收峰，分子中有四种不同化学环境的H原子，则苯环上和甲基中各有1种位置的H ‎，符合条件的同分异构体为和，故答案为：。‎ ‎20.按以下步骤可从合成 (部分试剂和反应条件已去)．‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A的名称为__________。‎ ‎(2)分别写出 B、F 的结构简式：B_____、F_____。‎ ‎(3)反应①～⑦中属于消去反应的是_____，属于加成反应的是_____(填代号)。‎ ‎(4)根据反应+Br2，写出在同样条件下CH2=CH—CH=CH2 与等物质的量Br2反应的化学方程式：__________________。‎ ‎(5)写出第④步的化学方程式_______________。‎ ‎(6)下列有机物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种峰(信号)且强度之比为 1∶1∶2 的是_______________。‎ A. B. C. D.‎ ‎【答案】 (1). 环己醇 (2). (3). (4). ②④ (5). ①③⑤⑥ (6). CH2=CH-CH=CH2+Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br (7). +2NaOH+2NaBr+2H2O (8). BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 苯酚与氢气发生完全加成反应产生A是环己醇，A与浓硫酸加热发生消去反应产生B是环己烯，B与Br2发生加成反应产生C是1，2-二溴环己烷，C与 NaOH乙醇溶液加热发生消去反应产生D是，D与Br2按1:1关系发生1，4-加成反应产生E为，E与H2发生加成反应产生F为，F与NaOH的水溶液发生水解反应产生G是，G与乙二酸HOOC-COOH在浓硫酸存在和加热时发生缩聚反应形成高聚物H：，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上述分析可知A是，名称为环己醇；‎ ‎(2) B结构简式为；F 的结构简式：；‎ ‎(3)在上述反应中，反应①属于加成反应，②属于消去反应，③属于加成反应，④属于消去反应，⑤属于加成反应，⑥属于加成反应，⑦属于取代反应，所以反应①～⑦中消去反应的是②④；属于加成反应的是①③⑤⑥；‎ ‎(4)CH2=CH—CH=CH2 与等物质的量 Br2发生1，4-加成反应的化学方程式为：CH2=CH-CH=CH2 +Br2→BrCH2CH=CH-CH2Br；‎ ‎(5)第④步的化学反应是与NaOH的乙醇溶液在加热时发生的消去反应，方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；‎ ‎(6) A.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰，且强度之比为1：1：4，A不符合题意；‎ B.在中核磁共振氢谱中能给出三种峰且强度之比为1：1：2，B符合题意；‎ C.在中核磁共振氢谱中能给出四种峰且强度之比为1：1：2：2，C不符合题意；‎ D.中核磁共振氢谱中能给出3种峰且强度之比为1：1：2，D符合题意；‎ 故合理选项是BD；‎ ‎【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，根据反应条件结合各类物质的结构与性质的关系正向顺推，掌握官能团的性质是关键，用对称的思想进行等效H原子的判断是核磁共振氢谱分析的依据。‎