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2017-2018学年甘肃省临夏中学高二下学期期末化学试题（解析版）
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2017-2018学年甘肃省临夏中学高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共11小题，共22.0分）
1. 下列离子方程式正确的是（ ）
A. 苯酚钠的溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-
B. NaOH溶液中加入少量苯酚：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2O
C. 银氨溶液中加入少量乙醛溶液，水浴加热：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-CH3COONH4+2Ag↓+H2O+3NH3
D. 乙酸钠溶液加入少量盐酸：CH3COONa+H+→CH3COOH+Na+
【答案】B
【解析】解：A．苯酚钠的溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故A错误；
B．NaOH溶液中加入少量苯酚，该反应的离子方程式为：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2O，故B正确；
C．银氨溶液中加入少量乙醛溶液，水浴加热的离子方程式为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓+H2O+3NH3，故C错误；
D．乙酸钠溶液加入少量盐酸，反应生成苯酚和氯化钠，正确的离子方程式为：CH3COO-+H+→CH3COOH，故D错误；
故选：B。
A．苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成苯酚和碳酸氢根离子；
B．苯酚与氢氧化钠仍然有反应生成苯酚钠和水；
C．乙酸铵为强电解质，应该拆开；
D．乙酸钠为强电解质，离子方程式中应该拆开。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
2. 下列说法不正确的是（ ）
A. 植物油氢化过程中发生了加成反应
B. 淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，且互为同分异构体
C. 蛋白质水解的最终产物是氨基酸
D. 合成的单体为丙烯和1，3-丁二烯
【答案】B
【解析】解：A．植物油氢化过程中，为碳碳双键与氢气的反应，为加成反应，故A正确；
B．淀粉和纤维素均为多糖，聚合度n不同，都是天然高分子化合物，但不互为同分异构体，故B错误；
C．蛋白质含-CONH-，水解的最终产物是氨基酸，故C正确；
D．为加聚产物，其单体为丙烯和1，3-丁二烯，故D正确；
故选：B。
A．植物油氢化过程中，为碳碳双键与氢气的反应；
B．淀粉和纤维素均为多糖，聚合度n不同；
C．蛋白质含-CONH-；
D．为加聚产物。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
3. 聚乳酸可在乳酸菌作用下分解，下列有关聚乳酸的说法正确是（ ）
A. 聚乳酸是一种纯净物
B. 聚乳酸的单体是
C. 聚乳酸是由单体之间通过加聚而合成的
D. 聚乳酸中有羧基，羟基，但无酯基
【答案】B
【解析】解：A．因高分子化合物中的n值不同，故其为混合物，故A错误；
B．因聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，其单体为：，故B正确；
C．含有羧基和羟基，可发生缩聚反应生成，故C错误；
D．聚乳酸由乳酸发生酯化反应生成，含有酯基，故D错误。
故选：B。
的单体为，由发生缩聚反应生成，结合有机物的结构和性质解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，答题时注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，难度不大。
4. 乙醇分子中不同的化学键如图所示，乙醇在各种反应中应断裂的键不正确的是（ ）
A. 和金属钠作用时，键①断裂
B. 和浓H2SO4共热至170℃时，键②和⑤断裂
C. 和浓HBr溶液共热时，键①断裂，发生加成反应
D. 在Ag催化剂下和O2反应时，键①和③断裂
【答案】C
【解析】解：A、乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故乙醇断键的位置为：①，故A正确；
B、乙醇和浓H2SO4共热至170℃时，发生消去反应，生成乙烯，反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故乙醇断键的位置为：②和⑤，故B正确；
C、乙醇和浓HBr混合加热时，发生取代反应，断裂的是乙醇中的C-O键，即断键位置为②，故C错误；
D、乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故乙醇断键的位置为①和③，故D正确。
故选：C。
根据乙醇的性质，结合反应物与产物的结构判断。有机反应重在掌握反应的机理即清楚断键与成键位置。
A、根据乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键。
B、乙醇和浓H2SO4共热至170℃时发生消去反应，断裂碳氧键、与羟基所连的碳的相邻的碳上的碳氢键。
C、乙醇和浓HBr共热时，发生取代反应，断裂的是C-O键。
D、根据乙醇在银催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢。
本题主要考查了乙醇的化学性质，掌握反应的机理是书解题的关键，难度不大。
5. 生活中的一些问题常涉及化学知识，下列叙述正确的是（ ）
A. 石油分馏是化学变化，可获得乙烯、丙烯和丁二烯
B. 蚕丝、棉花和人造丝的主要成分都是纤维素
C. 福尔马林是一种良好的杀菌剂，能用来消毒饮用水
D. 医院里检验糖尿病患者的方法是将病人的尿液加入到CuSO4和NaOH的混合溶液中，加热，若产生红色沉淀说明病人尿液中含有葡萄糖
【答案】D
【解析】解：A、根据石油中各组分的沸点不同，用加热的方法将各组分分离的操作为石油的分馏，故是物理变化，且由于石油中不含烯烃，故石油的分馏得不到乙烯、丙烯和丁二烯，故A错误；
B、棉花和人造丝的主要成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故B错误；
C、福尔马林的主要成分是甲醛，甲醛有毒，不能用来消毒饮用水，故C错误；
D、葡萄糖含-CHO，加入到CuSO4和NaOH的混合液中，加热后若产生红色沉淀，则说明病人的尿液中含有葡萄糖，故D正确。
故选：D。
A、根据石油中各组分的沸点不同，用加热的方法将各组分分离的操作为石油的分馏；
B、蚕丝的成分是蛋白质；
C、福尔马林的主要成分是甲醛，甲醛有毒；
D、含-CHO的有机物与新配制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。
本题考查了石油的综合利用、纤维素的存在以及葡萄糖的检验等，难度不大，注意基础知识的积累。
6. 下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1，3，4-三甲苯 B. 1，3丁二烯
C. 2-甲基-1-丙醇 D. 2-甲基-3-丁炔
【答案】B
【解析】解：A．苯的同系物命名取代基位次和应为最小名称为1，2，4-三甲苯，故A错误；
B．键线式用线段表示化学键，端点、交点为碳原子，碳原子、H原子不需要标出，杂原子及杂原子上的H原子需要标出，所以1，3-丁二烯的键线式为，故B正确；
C．醇的命名是选取含羟基碳原子在内的最长碳链为主碳链，从离羟基最近的一端编号，写出取代基和羟基位置和名称，最后写出主碳链醇的名称，，主碳链四个碳原子，羟基位于2号碳，名称为2-丁醇，故C错误；
D．炔烃命名选取含碳碳三键键在内的最长碳链为主碳链，从离三键近的一端编号，写出取代基和三键的位置和名称，分子中含三键的最长碳链有四个碳，三键位于1号碳，甲基位于3号碳，名称为3-甲基-1-丁炔，故D错误；
故选：B。
A．苯的同系物命名取代基位次和应为最小；
B．键线式用线段表示化学键，端点、交点为碳原子，碳原子、H原子不需要标出，杂原子及杂原子上的H原子需要标出；
C．醇的命名是选取含羟基碳原子在内的最长碳链为主碳链，从离羟基最近的一端编号，写出取代基和羟基位置和名称，最后写出主碳链醇的名称；
D．炔烃命名选取含碳碳三键键在内的最长碳链为主碳链，从离三键近的一端编号，写出取代基和三键的位置和名称。
本题考查了有机物中烃及其烃的衍生物的命名原则和方法，主要是苯的同系物、二烯烃、炔烃和醇的命名，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7. 下列叙述正确的是（ ）
A. 向氯乙烷中直接加入硝酸银溶液，可以鉴定其中的氯原子
B. 和 均是芳香烃，既是芳香烃又是芳香族化合物
C. 分子式为C4H8的有机物可能存在4个C-C单键
D. 分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式一定为C2H5-OH
【答案】C
【解析】解：A．氯乙烷中直接加入硝酸银溶液，不反应，应水解或消去反应后检验，故A错误；
B．芳香烃含苯环，且只含C、H元素，则、均不是芳香烃，硝基苯为芳香族化合物，故B错误；
C．C4H8的有机物可能为环丁烷，存在4个C-C单键，故C正确；
D．分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，可能为甲醚，或乙醇，故D错误；
故选：C。
A．氯乙烷中直接加入硝酸银溶液，不反应；
B．芳香烃含苯环，且只含C、H元素；
C．C4H8的有机物可能为环丁烷；
D．分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，可能为甲醚。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
8. 油脂能发生的反应有（ ）
①皂化反应 ②使酸性高锰酸钾溶液褪色 ③使溴水褪色④氧化反应 ⑤还原反应 ⑥加成反应
A. ①⑤ B. ①②③④ C. ①④⑤⑥ D. 全部
【答案】D
【解析】解：油脂分子中含有碳碳双键，能够发生氧化反应、使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，还能够与氢气发生加成反应（还原反应）；该有机物还含有酯基，能够发生皂化反应，
所以该有机物具有性质为①②③④⑤⑥。
故选：D。
中含有的官能团有：酯基、碳碳双键，能够发生皂化反应、能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，还能够发生氧化反应、还原反应、还原反应，据此进行解答。
本题考查油脂的组成、结构与性质，题目难度不大，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握常见有机物官能团与反应类型的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。
9. 下列有关醛的判断正确的是（ ）
A. 乙醛和丙烯（） 不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物
B. 1 mol HCHO发生银镜反应最多生成2 mol Ag
C. 对甲基苯甲醛使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它含有醛基
D. 能发生银镜反应的有机物不一定是醛类，甲酸乙酯也可发生银镜反应
【答案】D
【解析】解：A．乙醛和丙烯（） 与足量氢气发生加成反应可分别生成乙醇、丙醇，二者为同系物，故A错误；
B.1 mol HCHO含有2mol醛基，可生成4molAg，故B错误；
C．甲基连接在苯环上，也可被高锰酸钾氧化，故C错误；
D．含有醛基的有机物都可发生银镜反应，但不一定为醛，如甲酸乙酯、甲酸、葡萄糖等，故D正确。
故选：D。
A．乙醛和丙烯（） 与足量氢气发生加成反应可分别生成乙醇、丙醇；
B.1 mol HCHO含有2mol醛基；
C．甲基可被酸性高锰酸钾氧化；
D．能发生银镜反应，应含有醛基。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。
10. 下列有关有机物的叙述错误的是（ ）
A. 分子式为 C5H10O2 且能与 Na2CO3 溶液反应生成气体的有机物有 4 种同分异构体
B. 用酸性高锰酸钾溶液既可以鉴别出甲烷和乙烯，也可以除去甲烷中的乙烯
C. 乙烷和氯气反应制氯乙烷和乙烯与氯化氢反应制氯乙烷反应类型不同
D. 1 mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共消耗氯气5mol
【答案】B
【解析】解：A．C5H10O2能与 Na2CO3溶液反应生成气体的有机物，含-COOH，-C4H9有4种，则有机物有 4 种同分异构体，故A正确；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水除去杂质，故B错误；
C．乙烷和氯气反应制氯乙烷为取代反应，乙烯与氯化氢反应制氯乙烷为加成反应，反应类型不同，故C正确；
D．乙烯含碳碳双键、4个H，则1mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共消耗氯气5mol，故D正确；
故选：B。
A．C5H10O2能与 Na2CO3溶液反应生成气体的有机物，含-COOH，-C4H9有4种；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C．乙烷和氯气反应制氯乙烷为取代反应，乙烯与氯化氢反应制氯乙烷为加成反应；
D．乙烯含碳碳双键、4个H。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
11. 下列三种有机物是某些药物中的有效成分，下列说法正确的是（ ）
A. 三种有机物都能发生水解反应，都能与浓溴水发生反应
B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种
C. 将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多
D. 只用FeCl3溶液可以鉴别这三种有机物
【答案】C
【解析】解：A．只有阿司匹林能水解，布洛芬和阿司匹林与溴水不反应，故A错误；
B．只有阿司匹林中的苯环上有4种H原子，则一氯代物有4种，而其他两种的一氯代物有2种，故B错误；
C．酚羟基、羧基能与碱反应，1mol对羟基桂皮酸消耗1molNaOH，1mol布洛芬消耗1molNaOH，而1mol阿司匹林消耗3molNaOH，故C正确；
D．对羟基桂皮酸遇氯化铁溶液显紫色，其它两种物质不含酚羟基，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
A．能水解的有机物中含有：酯基、肽键或是卤代烃等；
B．阿司匹林中的苯环上有4种H原子；
C．酚羟基、羧基能与碱反应；
D．利用苯酚遇氯化铁溶液显紫色来分析。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握结构与性质的关系，熟悉酚、羧酸、酯的性质即可解答，题目难度不大。
二、填空题（本大题共1小题，共14.0分）
12. 不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛．
（1）Ⅰ中含有的含氧官能团的名称为______、______下列关于化合物I的说法，正确的是______．
A．遇FeCl3溶液可能显紫色
B．可发生酯化反应和银镜反应
C．能与溴发生取代和加成反应
D.1mol化合物I最多能与2molNaOH反应
（2）①化合物Ⅱ的分子式为______，1mol化合物Ⅱ能与______molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物．
②化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或IV分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，
Ⅲ的结构简式为______（写1种）；由Ⅳ生成Ⅱ的反应条件为______．
③聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为______．
【答案】羟基；酯基；AC；C9H10；4；或；NaOH的醇溶液、加热；CH2=CHCOOCH2CH3
【解析】解：（1）由I的结构可知，含有的含氧官能团有羟基、酯基；
A．分子中含有酚羟基，则遇FeCl3溶液可能显紫色，故A正确；
B．分子中不含有醛基，则不能发生银镜反应，故B错误；
C．分子中含有C=C，能与溴单质发生加成反应，含有酚羟基能与溴单质发生取代反应，故C正确；
D．分子中含有2个酚羟基和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则1mol化合物最多能与3molNaOH反应，故D错误，
故答案为：羟基、酯基；AC；
（2）①Ⅱ中含有9个C原子、10个H原子，其化学式为C9H10；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键，1mol化合物Ⅱ能与4molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物，
故答案为：C9H10；4；
②化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，说明Ⅲ中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C原子上，其结构简式为或；Ⅳ是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，所以其反应条件是氢氧化钠的醇溶液、加热；
故答案为：或；NaOH醇溶液、加热；
③聚合物可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯，结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，
故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3．
（1）有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应；
（2）①Ⅱ中含有9个C原子、10个H原子，据此确定化学式；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键；
②化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，说明Ⅲ中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C原子上；Ⅳ是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应；
③聚合物可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯．
本题考查有机物的结构与性质，关键是对官能团及其性质掌握，题目难度中等．
三、简答题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 席夫碱类化合物 G 在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成 G 的一种路线如下：
已知以下信息
①
②1mol B 经上述反应可生成 2mol C，且 C 不能发生银镜反应
③D 属于单取代芳烃，其相对分子质量为 106
④核磁共振氢谱显示 F 苯环上有两种化学环境的氢
⑤
回答下列问题：
（1）由 A 生成 B 的化学方程式为______。
（2）D 的化学名称是______，由 D 生成 E 的化学方程式为：______。
（3）G 的结构简式为______。
（4）H的分子式为C6H10O4，7.3g的H与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），H的可能结构共有______ 种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为______。
（5）由苯及化合物 C 经如下步骤可合成 N-异丙基苯胺：
反应条件 1 所用的试剂为______，反应条件2 所用的试剂为______，I的结构简式为______
【答案】（CH3）2CH-CCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O；乙苯；+HO-NO2+H2O；；9；；浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；
【解析】解：（1）由A生成B的化学方程式为：（CH3）2CH-CCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，
故答案为：（CH3）2CH-CCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O；
（2）D的结构简式为，化学名称为乙苯，由 D 生成 E 的化学方程式为：+HO-NO2+H2O，
故答案为：乙苯；+HO-NO2+H2O；
（3）G的结构简式为：，
故答案为：；
（4）H的分子式为C6H10O4，7.3g的H的物质的量为7.3g÷146g/mol=0.05mol，H与足量饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，故H分子中含有2个-COOH，可以看作丁烷被2个-COOH取代，若是正丁烷被取代，第一个羧基取代甲基上H原子，烃基有4种氢，另一个羧基取代有4种。第一个羧基取代亚甲基中H原子，另外一个羧基还有2种取代位置（另外两种与取代甲基中的重复），若是异丁烷被取代，2个羧基取代同一甲基上2个H原子，可以分别取代不同甲基中H原子，可以分别取代甲基与次甲基中H原子，有3种情况，故符合条件的共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为：，
故答案为：9；；
（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）2C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。
A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1mol B发生信息①中氧化反应生成2molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子上没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CH-CCl（CH3）2．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=29，故侧链为-CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH2，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为。
本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行运用，能较好的考查学生自学能力，要充分利用合成路线中有机物的分子式，关键是确定A与D的结构，再利用正、逆推法相结合进行推断难度中等。
14. 有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤
解释或实验结论
①称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。
试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为 ______ 。
②将9.0g A在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g。
（2）A的分子式为 ______ 。
③另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24L CO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24L H2（标准状况）。
（3）用结构简式表示A中含有的官能团 ______ 、 ______ 。
④A的核磁共振氢谱如图：
（4）A的结构简式为 ______ 。
（5）写出两分子的A形成环状化合物的化学方程式 ______
【答案】90；C3H6O3；-COOH；-OH；；2+2H2O
【解析】解：（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为：45×2=90，
故答案为：90；
（2）浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是：=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是：=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，所以有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为C3H6O3，
故答案为：C3H6O3；
（3）只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基，醇羟基可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），则含有羟基数目是1个，
故答案为：-COOH；-OH；
（4）根据A的核磁共振氢谱可知，A分子中含有4种等效H，氢原子的个数比是3：1：1：1，所以A的结构简式为，
故答案为：；
（5）A的结构简式为，其分子中含有1个羧基和1个羟基，2分子A可以发生酯化反应生成环状化合物，该反应的化学方程式为：2 +2H2O，
故答案为：2 +2H2O。
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；
（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，羟基可以和金属钠发生化学反应生成氢气；
（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比，可知A的结构简式；
（5）A分子中含有羧基和羟基，2分子A可以发生酯化反应生成环状化合物。
本题考查有机物的推断，侧重于有机物的推断的考查，同时考查学生对知识的整合能力，难度较大，注意A和钠反应时，不仅羟基和钠反应，羧基也和钠反应，为易错点。
15. 分子式为C12H14O2的有机物F广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：
试回答下列问题：
（1）A物质在核磁共振氢谱峰面积比为______。
（2）C物质的官能团名称______。
（3）上述合成路线中属于取代反应的是______（填编号）。
（4）写出反应⑥的化学方程式______。
（5）F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为-CH2COOCH3：
______
【答案】3：3：2：2；羟基、羧基；②⑤⑥；；
【解析】解：（1）A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，所以在核磁共振氢谱中能呈现4组峰，其峰面积比为3：3：2：2，
故答案为：3：3：2：2；
（2）的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，含-OH、-COOH，名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（3）上述合成路线中属于取代反应的是②⑤⑥，
故答案为：②⑤⑥；
（4）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（5）F为，其同分异构体，符合：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，两个取代基为对位；③其中一个取代基为-CH2COOCH3，另一个取代基为CH=CHCH3或-CH2CH=CH2或C（CH3）=CH2，结构简式为，故答案为：。
由合成流程可知，A和溴水发生加成反应，结合加成产物可知A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH．根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，且D含两个甲基，所以D的结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，以此来解答。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中有机反应、官能团变化、有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
2017-2018学年甘肃省临夏中学高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共11小题，共22.0分）
1. 下列离子方程式正确的是（ ）
A. 苯酚钠的溶液中通入少量CO2：2C6H5O-+CO2+H2O→2C6H5OH+CO32-
B. NaOH溶液中加入少量苯酚：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2O
C. 银氨溶液中加入少量乙醛溶液，水浴加热：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-CH3COONH4+2Ag↓+H2O+3NH3
D. 乙酸钠溶液加入少量盐酸：CH3COONa+H+→CH3COOH+Na+
【答案】B
【解析】解：A．苯酚钠的溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O→C6H5OH+HCO3-，故A错误；
B．NaOH溶液中加入少量苯酚，该反应的离子方程式为：C6H5OH+OH-→C6H5O-+H2O，故B正确；
C．银氨溶液中加入少量乙醛溶液，水浴加热的离子方程式为：CH3CHO+2[Ag（NH3）2]++2OH-CH3COO-+NH4++2Ag↓+H2O+3NH3，故C错误；
D．乙酸钠溶液加入少量盐酸，反应生成苯酚和氯化钠，正确的离子方程式为：CH3COO-+H+→CH3COOH，故D错误；
故选：B。
A．苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，反应生成苯酚和碳酸氢根离子；
B．苯酚与氢氧化钠仍然有反应生成苯酚钠和水；
C．乙酸铵为强电解质，应该拆开；
D．乙酸钠为强电解质，离子方程式中应该拆开。
本题考查了离子方程式的判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。
2. 下列说法不正确的是（ ）
A. 植物油氢化过程中发生了加成反应
B. 淀粉和纤维素都是天然高分子化合物，且互为同分异构体
C. 蛋白质水解的最终产物是氨基酸
D. 合成的单体为丙烯和1，3-丁二烯
【答案】B
【解析】解：A．植物油氢化过程中，为碳碳双键与氢气的反应，为加成反应，故A正确；
B．淀粉和纤维素均为多糖，聚合度n不同，都是天然高分子化合物，但不互为同分异构体，故B错误；
C．蛋白质含-CONH-，水解的最终产物是氨基酸，故C正确；
D．为加聚产物，其单体为丙烯和1，3-丁二烯，故D正确；
故选：B。
A．植物油氢化过程中，为碳碳双键与氢气的反应；
B．淀粉和纤维素均为多糖，聚合度n不同；
C．蛋白质含-CONH-；
D．为加聚产物。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
3. 聚乳酸可在乳酸菌作用下分解，下列有关聚乳酸的说法正确是（ ）
A. 聚乳酸是一种纯净物
B. 聚乳酸的单体是
C. 聚乳酸是由单体之间通过加聚而合成的
D. 聚乳酸中有羧基，羟基，但无酯基
【答案】B
【解析】解：A．因高分子化合物中的n值不同，故其为混合物，故A错误；
B．因聚乳酸的结构可知，该物质是乳酸羟基和羧基脱水的产物，其单体为：，故B正确；
C．含有羧基和羟基，可发生缩聚反应生成，故C错误；
D．聚乳酸由乳酸发生酯化反应生成，含有酯基，故D错误。
故选：B。
的单体为，由发生缩聚反应生成，结合有机物的结构和性质解答该题。
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，答题时注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，难度不大。
4. 乙醇分子中不同的化学键如图所示，乙醇在各种反应中应断裂的键不正确的是（ ）
A. 和金属钠作用时，键①断裂
B. 和浓H2SO4共热至170℃时，键②和⑤断裂
C. 和浓HBr溶液共热时，键①断裂，发生加成反应
D. 在Ag催化剂下和O2反应时，键①和③断裂
【答案】C
【解析】解：A、乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气：2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，故乙醇断键的位置为：①，故A正确；
B、乙醇和浓H2SO4共热至170℃时，发生消去反应，生成乙烯，反应方程式为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，故乙醇断键的位置为：②和⑤，故B正确；
C、乙醇和浓HBr混合加热时，发生取代反应，断裂的是乙醇中的C-O键，即断键位置为②，故C错误；
D、乙醇在Ag催化下与O2反应生成乙醛和水：2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O，故乙醇断键的位置为①和③，故D正确。
故选：C。
根据乙醇的性质，结合反应物与产物的结构判断。有机反应重在掌握反应的机理即清楚断键与成键位置。
A、根据乙醇与与金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断开的羟基上的氢氧键。
B、乙醇和浓H2SO4共热至170℃时发生消去反应，断裂碳氧键、与羟基所连的碳的相邻的碳上的碳氢键。
C、乙醇和浓HBr共热时，发生取代反应，断裂的是C-O键。
D、根据乙醇在银催化下与O2反应生成乙醛和水，断开的是羟基上的氢氧键和与羟基所连的碳的氢。
本题主要考查了乙醇的化学性质，掌握反应的机理是书解题的关键，难度不大。
5. 生活中的一些问题常涉及化学知识，下列叙述正确的是（ ）
A. 石油分馏是化学变化，可获得乙烯、丙烯和丁二烯
B. 蚕丝、棉花和人造丝的主要成分都是纤维素
C. 福尔马林是一种良好的杀菌剂，能用来消毒饮用水
D. 医院里检验糖尿病患者的方法是将病人的尿液加入到CuSO4和NaOH的混合溶液中，加热，若产生红色沉淀说明病人尿液中含有葡萄糖
【答案】D
【解析】解：A、根据石油中各组分的沸点不同，用加热的方法将各组分分离的操作为石油的分馏，故是物理变化，且由于石油中不含烯烃，故石油的分馏得不到乙烯、丙烯和丁二烯，故A错误；
B、棉花和人造丝的主要成分都是纤维素，蚕丝的成分是蛋白质，故B错误；
C、福尔马林的主要成分是甲醛，甲醛有毒，不能用来消毒饮用水，故C错误；
D、葡萄糖含-CHO，加入到CuSO4和NaOH的混合液中，加热后若产生红色沉淀，则说明病人的尿液中含有葡萄糖，故D正确。
故选：D。
A、根据石油中各组分的沸点不同，用加热的方法将各组分分离的操作为石油的分馏；
B、蚕丝的成分是蛋白质；
C、福尔马林的主要成分是甲醛，甲醛有毒；
D、含-CHO的有机物与新配制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀。
本题考查了石油的综合利用、纤维素的存在以及葡萄糖的检验等，难度不大，注意基础知识的积累。
6. 下列有机物命名正确的是（ ）
A. 1，3，4-三甲苯 B. 1，3丁二烯
C. 2-甲基-1-丙醇 D. 2-甲基-3-丁炔
【答案】B
【解析】解：A．苯的同系物命名取代基位次和应为最小名称为1，2，4-三甲苯，故A错误；
B．键线式用线段表示化学键，端点、交点为碳原子，碳原子、H原子不需要标出，杂原子及杂原子上的H原子需要标出，所以1，3-丁二烯的键线式为，故B正确；
C．醇的命名是选取含羟基碳原子在内的最长碳链为主碳链，从离羟基最近的一端编号，写出取代基和羟基位置和名称，最后写出主碳链醇的名称，，主碳链四个碳原子，羟基位于2号碳，名称为2-丁醇，故C错误；
D．炔烃命名选取含碳碳三键键在内的最长碳链为主碳链，从离三键近的一端编号，写出取代基和三键的位置和名称，分子中含三键的最长碳链有四个碳，三键位于1号碳，甲基位于3号碳，名称为3-甲基-1-丁炔，故D错误；
故选：B。
A．苯的同系物命名取代基位次和应为最小；
B．键线式用线段表示化学键，端点、交点为碳原子，碳原子、H原子不需要标出，杂原子及杂原子上的H原子需要标出；
C．醇的命名是选取含羟基碳原子在内的最长碳链为主碳链，从离羟基最近的一端编号，写出取代基和羟基位置和名称，最后写出主碳链醇的名称；
D．炔烃命名选取含碳碳三键键在内的最长碳链为主碳链，从离三键近的一端编号，写出取代基和三键的位置和名称。
本题考查了有机物中烃及其烃的衍生物的命名原则和方法，主要是苯的同系物、二烯烃、炔烃和醇的命名，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
7. 下列叙述正确的是（ ）
A. 向氯乙烷中直接加入硝酸银溶液，可以鉴定其中的氯原子
B. 和 均是芳香烃，既是芳香烃又是芳香族化合物
C. 分子式为C4H8的有机物可能存在4个C-C单键
D. 分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，由此可以初步推测有机物结构简式一定为C2H5-OH
【答案】C
【解析】解：A．氯乙烷中直接加入硝酸银溶液，不反应，应水解或消去反应后检验，故A错误；
B．芳香烃含苯环，且只含C、H元素，则、均不是芳香烃，硝基苯为芳香族化合物，故B错误；
C．C4H8的有机物可能为环丁烷，存在4个C-C单键，故C正确；
D．分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，可能为甲醚，或乙醇，故D错误；
故选：C。
A．氯乙烷中直接加入硝酸银溶液，不反应；
B．芳香烃含苯环，且只含C、H元素；
C．C4H8的有机物可能为环丁烷；
D．分子式为C2H6O的红外光谱图上发现有C-H键和C-O键的振动吸收，可能为甲醚。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
8. 油脂能发生的反应有（ ）
①皂化反应 ②使酸性高锰酸钾溶液褪色 ③使溴水褪色④氧化反应 ⑤还原反应 ⑥加成反应
A. ①⑤ B. ①②③④ C. ①④⑤⑥ D. 全部
【答案】D
【解析】解：油脂分子中含有碳碳双键，能够发生氧化反应、使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，还能够与氢气发生加成反应（还原反应）；该有机物还含有酯基，能够发生皂化反应，
所以该有机物具有性质为①②③④⑤⑥。
故选：D。
中含有的官能团有：酯基、碳碳双键，能够发生皂化反应、能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色，还能够发生氧化反应、还原反应、还原反应，据此进行解答。
本题考查油脂的组成、结构与性质，题目难度不大，明确常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握常见有机物官能团与反应类型的关系，试题培养了学生的灵活应用能力。
9. 下列有关醛的判断正确的是（ ）
A. 乙醛和丙烯（） 不是同系物，它们与氢气充分反应后的产物也不是同系物
B. 1 mol HCHO发生银镜反应最多生成2 mol Ag
C. 对甲基苯甲醛使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明它含有醛基
D. 能发生银镜反应的有机物不一定是醛类，甲酸乙酯也可发生银镜反应
【答案】D
【解析】解：A．乙醛和丙烯（） 与足量氢气发生加成反应可分别生成乙醇、丙醇，二者为同系物，故A错误；
B.1 mol HCHO含有2mol醛基，可生成4molAg，故B错误；
C．甲基连接在苯环上，也可被高锰酸钾氧化，故C错误；
D．含有醛基的有机物都可发生银镜反应，但不一定为醛，如甲酸乙酯、甲酸、葡萄糖等，故D正确。
故选：D。
A．乙醛和丙烯（） 与足量氢气发生加成反应可分别生成乙醇、丙醇；
B.1 mol HCHO含有2mol醛基；
C．甲基可被酸性高锰酸钾氧化；
D．能发生银镜反应，应含有醛基。
本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键。
10. 下列有关有机物的叙述错误的是（ ）
A. 分子式为 C5H10O2 且能与 Na2CO3 溶液反应生成气体的有机物有 4 种同分异构体
B. 用酸性高锰酸钾溶液既可以鉴别出甲烷和乙烯，也可以除去甲烷中的乙烯
C. 乙烷和氯气反应制氯乙烷和乙烯与氯化氢反应制氯乙烷反应类型不同
D. 1 mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共消耗氯气5mol
【答案】B
【解析】解：A．C5H10O2能与 Na2CO3溶液反应生成气体的有机物，含-COOH，-C4H9有4种，则有机物有 4 种同分异构体，故A正确；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，不能除杂，应选溴水除去杂质，故B错误；
C．乙烷和氯气反应制氯乙烷为取代反应，乙烯与氯化氢反应制氯乙烷为加成反应，反应类型不同，故C正确；
D．乙烯含碳碳双键、4个H，则1mol乙烯与Cl2完全加成，然后与Cl2发生取代反应，共消耗氯气5mol，故D正确；
故选：B。
A．C5H10O2能与 Na2CO3溶液反应生成气体的有机物，含-COOH，-C4H9有4种；
B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；
C．乙烷和氯气反应制氯乙烷为取代反应，乙烯与氯化氢反应制氯乙烷为加成反应；
D．乙烯含碳碳双键、4个H。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。
11. 下列三种有机物是某些药物中的有效成分，下列说法正确的是（ ）
A. 三种有机物都能发生水解反应，都能与浓溴水发生反应
B. 三种有机物苯环上的氢原子若被氯原子取代，其一氯代物都只有2种
C. 将等物质的量的三种物质加入氢氧化钠溶液中，阿司匹林消耗氢氧化钠最多
D. 只用FeCl3溶液可以鉴别这三种有机物
【答案】C
【解析】解：A．只有阿司匹林能水解，布洛芬和阿司匹林与溴水不反应，故A错误；
B．只有阿司匹林中的苯环上有4种H原子，则一氯代物有4种，而其他两种的一氯代物有2种，故B错误；
C．酚羟基、羧基能与碱反应，1mol对羟基桂皮酸消耗1molNaOH，1mol布洛芬消耗1molNaOH，而1mol阿司匹林消耗3molNaOH，故C正确；
D．对羟基桂皮酸遇氯化铁溶液显紫色，其它两种物质不含酚羟基，不能鉴别，故D错误；
故选：C。
A．能水解的有机物中含有：酯基、肽键或是卤代烃等；
B．阿司匹林中的苯环上有4种H原子；
C．酚羟基、羧基能与碱反应；
D．利用苯酚遇氯化铁溶液显紫色来分析。
本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，注意把握结构与性质的关系，熟悉酚、羧酸、酯的性质即可解答，题目难度不大。
二、填空题（本大题共1小题，共14.0分）
12. 不饱和酯类化合物在药物、涂料等应用广泛．
（1）Ⅰ中含有的含氧官能团的名称为______、______下列关于化合物I的说法，正确的是______．
A．遇FeCl3溶液可能显紫色
B．可发生酯化反应和银镜反应
C．能与溴发生取代和加成反应
D.1mol化合物I最多能与2molNaOH反应
（2）①化合物Ⅱ的分子式为______，1mol化合物Ⅱ能与______molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物．
②化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或IV分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，
Ⅲ的结构简式为______（写1种）；由Ⅳ生成Ⅱ的反应条件为______．
③聚合物可用于制备涂料，其单体结构简式为______．
【答案】羟基；酯基；AC；C9H10；4；或；NaOH的醇溶液、加热；CH2=CHCOOCH2CH3
【解析】解：（1）由I的结构可知，含有的含氧官能团有羟基、酯基；
A．分子中含有酚羟基，则遇FeCl3溶液可能显紫色，故A正确；
B．分子中不含有醛基，则不能发生银镜反应，故B错误；
C．分子中含有C=C，能与溴单质发生加成反应，含有酚羟基能与溴单质发生取代反应，故C正确；
D．分子中含有2个酚羟基和1个酯基，都可与氢氧化钠反应，则1mol化合物最多能与3molNaOH反应，故D错误，
故答案为：羟基、酯基；AC；
（2）①Ⅱ中含有9个C原子、10个H原子，其化学式为C9H10；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键，1mol化合物Ⅱ能与4molH2恰好完全反应生成饱和烃类化合物，
故答案为：C9H10；4；
②化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，说明Ⅲ中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C原子上，其结构简式为或；Ⅳ是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应，所以其反应条件是氢氧化钠的醇溶液、加热；
故答案为：或；NaOH醇溶液、加热；
③聚合物可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯，结构简式为CH2=CHCOOCH2CH3，
故答案为：CH2=CHCOOCH2CH3．
（1）有机物含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有酯基，可发生水解反应；
（2）①Ⅱ中含有9个C原子、10个H原子，据此确定化学式；能和氢气发生加成反应的有苯环和碳碳双键；
②化合物Ⅱ可由芳香族化合物Ⅲ或Ⅳ分别通过消去反应获得，但只有Ⅲ能与Na反应产生H2，说明Ⅲ中含有醇羟基，醇羟基可位于碳碳双键两端的任一个C原子上；Ⅳ是卤代烃，卤代烃和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应；
③聚合物可用于制备涂料，其单体为丙烯酸乙酯．
本题考查有机物的结构与性质，关键是对官能团及其性质掌握，题目难度中等．
三、简答题（本大题共3小题，共36.0分）
13. 席夫碱类化合物 G 在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成 G 的一种路线如下：
已知以下信息
①
②1mol B 经上述反应可生成 2mol C，且 C 不能发生银镜反应
③D 属于单取代芳烃，其相对分子质量为 106
④核磁共振氢谱显示 F 苯环上有两种化学环境的氢
⑤
回答下列问题：
（1）由 A 生成 B 的化学方程式为______。
（2）D 的化学名称是______，由 D 生成 E 的化学方程式为：______。
（3）G 的结构简式为______。
（4）H的分子式为C6H10O4，7.3g的H与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），H的可能结构共有______ 种（不考虑立体异构）；其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为______。
（5）由苯及化合物 C 经如下步骤可合成 N-异丙基苯胺：
反应条件 1 所用的试剂为______，反应条件2 所用的试剂为______，I的结构简式为______
【答案】（CH3）2CH-CCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O；乙苯；+HO-NO2+H2O；；9；；浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；
【解析】解：（1）由A生成B的化学方程式为：（CH3）2CH-CCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，
故答案为：（CH3）2CH-CCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O；
（2）D的结构简式为，化学名称为乙苯，由 D 生成 E 的化学方程式为：+HO-NO2+H2O，
故答案为：乙苯；+HO-NO2+H2O；
（3）G的结构简式为：，
故答案为：；
（4）H的分子式为C6H10O4，7.3g的H的物质的量为7.3g÷146g/mol=0.05mol，H与足量饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，故H分子中含有2个-COOH，可以看作丁烷被2个-COOH取代，若是正丁烷被取代，第一个羧基取代甲基上H原子，烃基有4种氢，另一个羧基取代有4种。第一个羧基取代亚甲基中H原子，另外一个羧基还有2种取代位置（另外两种与取代甲基中的重复），若是异丁烷被取代，2个羧基取代同一甲基上2个H原子，可以分别取代不同甲基中H原子，可以分别取代甲基与次甲基中H原子，有3种情况，故符合条件的共有9种，其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为：，
故答案为：9；；
（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）2C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件2所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，
故答案为：浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。
A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1mol B发生信息①中氧化反应生成2molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子上没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CH-CCl（CH3）2．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=29，故侧链为-CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH2，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为。
本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行运用，能较好的考查学生自学能力，要充分利用合成路线中有机物的分子式，关键是确定A与D的结构，再利用正、逆推法相结合进行推断难度中等。
14. 有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可以从牛奶中提取。纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：
实验步骤
解释或实验结论
①称取A 9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。
试通过计算填空：
（1）A的相对分子质量为 ______ 。
②将9.0g A在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g。
（2）A的分子式为 ______ 。
③另取A 9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24L CO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24L H2（标准状况）。
（3）用结构简式表示A中含有的官能团 ______ 、 ______ 。
④A的核磁共振氢谱如图：
（4）A的结构简式为 ______ 。
（5）写出两分子的A形成环状化合物的化学方程式 ______
【答案】90；C3H6O3；-COOH；-OH；；2+2H2O
【解析】解：（1）有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为：45×2=90，
故答案为：90；
（2）浓硫酸增重5.4g，则生成水的质量是5.4g，生成水的物质的量是：=0.3mol，所含有氢原子的物质的量是0.6mol，碱石灰增重13.2g，所以生成二氧化碳的质量是13.2g，所以生成二氧化碳的物质的量是：=0.3mol，所以碳原子的物质的量是0.3mol，所以有机物中碳个数是3，氢个数是6，根据相对分子质量是90，所以氧原子个数是3，即分子式为C3H6O3，
故答案为：C3H6O3；
（3）只有羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，生成2.24LCO2（标准状况），则含有一个羧基，醇羟基可以和金属钠发生反应生成氢气，与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况），则含有羟基数目是1个，
故答案为：-COOH；-OH；
（4）根据A的核磁共振氢谱可知，A分子中含有4种等效H，氢原子的个数比是3：1：1：1，所以A的结构简式为，
故答案为：；
（5）A的结构简式为，其分子中含有1个羧基和1个羟基，2分子A可以发生酯化反应生成环状化合物，该反应的化学方程式为：2 +2H2O，
故答案为：2 +2H2O。
（1）相同条件下，气体的相对分子质量之比等于密度之比；
（2）浓硫酸可以吸收水，碱石灰可以吸收二氧化碳，根据元素守恒来确定有机物的分子式；
（3）羧基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，羟基可以和金属钠发生化学反应生成氢气；
（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比，可知A的结构简式；
（5）A分子中含有羧基和羟基，2分子A可以发生酯化反应生成环状化合物。
本题考查有机物的推断，侧重于有机物的推断的考查，同时考查学生对知识的整合能力，难度较大，注意A和钠反应时，不仅羟基和钠反应，羧基也和钠反应，为易错点。
15. 分子式为C12H14O2的有机物F广泛用于香精的调香剂。为了合成该物质，某实验室的科技人员设计了下列合成路线：
试回答下列问题：
（1）A物质在核磁共振氢谱峰面积比为______。
（2）C物质的官能团名称______。
（3）上述合成路线中属于取代反应的是______（填编号）。
（4）写出反应⑥的化学方程式______。
（5）F有多种同分异构体，请写出符合下列条件的所有物质结构简式：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种；③其中一个取代基为-CH2COOCH3：
______
【答案】3：3：2：2；羟基、羧基；②⑤⑥；；
【解析】解：（1）A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，所以在核磁共振氢谱中能呈现4组峰，其峰面积比为3：3：2：2，
故答案为：3：3：2：2；
（2）的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH，含-OH、-COOH，名称为羟基、羧基，
故答案为：羟基、羧基；
（3）上述合成路线中属于取代反应的是②⑤⑥，
故答案为：②⑤⑥；
（4）反应⑥的化学方程式为，
故答案为：；
（5）F为，其同分异构体，符合：①属于芳香族化合物，且含有与F相同的官能团；②苯环上有两个取代基，且苯环上的一氯代物只有两种，两个取代基为对位；③其中一个取代基为-CH2COOCH3，另一个取代基为CH=CHCH3或-CH2CH=CH2或C（CH3）=CH2，结构简式为，故答案为：。
由合成流程可知，A和溴水发生加成反应，结合加成产物可知A的结构简式为CH2=C（CH3）CH2CH3，反应②是水解反应，生成物B的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCH2OH．B氧化得到C，则C的结构简式为CH3CH2C（CH3）OHCOOH．根据C和D的分子式的可判断，反应④是消去反应，且D含两个甲基，所以D的结构简式为CH3CH=C（CH3）COOH，反应⑤属于卤代烃的水解反应，则E的结构简式为，E和D通过酯化反应生成F，则F的结构简式为，以此来解答。
本题考查有机物的合成，为高频考点，把握合成流程中有机反应、官能团变化、有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。
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