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【化学】广东省肇庆市香山中学孔子中学汉台中学三校2018-2019学年高二上学期联考（解析版） 试卷
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广东省肇庆市香山中学孔子中学汉台中学三校2018-2019学年高二上学期联考
1.下列事实中能证明甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构的是（ ）
A. 甲烷的四个碳氢键的键能相等 B. 甲烷的四个碳氢键的键长相等
C. 甲烷的一氯代物只有一种 D. 甲烷的二氯代物只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
如果甲烷是正方形的平面结构,则CH2Cl2有两种结构，相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上,甲烷的二氯取代物只有一种结构,因此只有正四面体结构才符合。
【详解】A.无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构,还是平面正方形结构,甲烷中的四个键均为碳氢键，键能均一样，A错误；
B.无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，四个碳氢键的键长相等，B错误；
C. 无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，甲烷的一氯代物只有一种， C错误；
D.若甲烷是正方形的平面结构,则CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代,而实际上,CH2Cl2只有一种空间结构，因此只有正四面体结构才符合,D正确；
正确选项D。
2.鉴别织物成分是真蚕丝还是“人造丝”，在如下①－④的各方法中正确的是
①滴加浓硝酸 ②滴加浓硫酸 ③滴加酒精 ④灼烧
A. ①和③ B. ③和④ C. ①和④ D. ①和②
【答案】C
【解析】
试题分析：真蚕丝是蛋白质，人造丝是化学纤维。①滴加浓硝酸时，真蚕丝会发生颜色反应变为黄色，而人造丝不会变为黄色，因此可以鉴别物质，正确；②滴加浓硫酸由于二者都是含有碳元素的化合价，都会发生脱水反应变为黑色碳单质，因此不能鉴别二者，错误；③滴加酒精二者都没有明显的变化，因此不能鉴别二者，错误；④灼烧真蚕丝有烧焦羽毛的气味，而人造丝会蜷缩形成小圆球，因此现象不同，可以鉴别二者。故鉴别织物成分是真蚕丝还是“人造丝”的方法是①和④，选项C正确。
考点：考查真蚕丝还是“人造丝”的鉴别方法正误判断的知识。
3.下列各组物质可用分液漏斗分离的正确组合是 ( )
①乙醇和乙酸 ②葡萄糖溶液和蔗糖溶液 ③苯和食盐水
④苯和苯酚 ⑤乙酸乙酯和乙醇 ⑥甲酸乙酯和饱和纯碱溶液
A. ③⑥ B. ①③④⑥ C. ①②④⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
互不相溶的液体混合物，可用分液漏斗进行分离，结合物质的溶解性来解答。
【详解】①乙醇和乙酸互溶，应用蒸馏分离，不选；②葡萄糖溶液和蔗糖溶液互溶，不能分液，不选；③苯不溶于水，和食盐水分层，用分液漏斗分离，选；④苯和苯酚互溶，不能分液，不选；⑤乙酸乙酯和乙醇互溶，应用蒸馏分离，不选；⑥甲酸乙酯不溶于水，和饱和纯碱溶液分层，可用分液漏斗分离，选；符合题意的选项③⑥；
正确选项A。
4.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A. 由溴丙烷一步制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯与酸性高锰酸钾制苯甲酸
C. 由氯代环己烷制环己烯；由丙烯和Br2制二溴丙烷
D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】
A、卤代烃的水解属于取代反应，丙烯与水发生加成反应，故A错误；B、甲苯的硝化属于取代反应 ，甲苯氧化成苯甲酸属于氧化反应，故B错误；C、氯代环己烷生成环己烯，属于消去反应，丙烯生成1，2－二溴丙烷，属于加成反应，故C错误；D、乙酸与乙醇发生酯化反应(或取代反应)生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯的水解属于取代反应，故D正确。
5.欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质，应加入 （ ）
A. (NH4)2SO4溶液 B. 75%的酒精溶液
C. CuSO4溶液 D. NaOH浓溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A.(NH4)2SO4溶液能够降低蛋白质溶解度，蛋白质从水中析出又不改变它的性质，所以A能选；
B.酒精会使蛋白质失活，改变了它的性质，所以B不能选；
C.CuSO4为重金属盐，同样会使蛋白质失活，改变了它的性质，所以C不能选；
D.NaOH为强碱，同样会使蛋白质失活，改变了它的性质，所以D不能选。
正确选项A。
【点睛】热、酸、碱、重金属盐、紫外线、苯酚、酒精、甲醛等均能使蛋白质变性，蛋白质变性后，失去了水溶性，失去了生理活性；加入轻金属盐，降低了蛋白质溶解度，蛋白质发生了盐析，没有失去水溶性，也没有失去生理活性。
6. 新兴的大脑营养学研究发现，大脑的生长发育与不饱和脂肪酸有密切的关系，从深海鱼油中提取的，被称为“脑黄金”的DHA就是一种不饱和程度很高的脂肪酸，它的分子中含6个碳碳双键，化学名称为二十二碳六烯酸，则它的分子组成应为
A. C22H39COOH B. C21H42COOH C. C22H33COOH D. C21H31COOH
【答案】D
【解析】
二十二碳六烯酸说明它的烃基含有21个碳原子，分子中含有6个碳碳双键，比相应的烷基少12个H原子，则该烃基为C21H31—，所以它的分子式为C21H31COOH
7.下列有机物命名正确的是 （ ）
A. 3，3—二甲基丁烷 B. 1，2，3—三甲基丁烷
C. 2－乙基丁烷 D. 2，3，3—三甲基己烷
【答案】D
【解析】
【分析】
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；(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。
【详解】A.3，3—二甲基丁烷，丁烷的取代基不能出现3,3-二甲基,说明支链的编号位次错误，该有机物正确命名应该为:2,2-二甲基丁烷,故A错误；
B. 1，2，3—三甲基丁烷，甲基不可能在1号位，主碳链不是4，应为5，正确命名：2，3—二甲基戊烷，B错误；
C. 2－乙基丁烷，丁烷的命名中不能出现2-乙基，说明选取的主链不是最长碳链，最长碳链应该含有6个C，为己烷，在3号C含有一个甲基，该有机物正确命名应该为：3-甲基己烷，故C错误；
D. 2，3，3—三甲基己烷，主链为己烷，在2、3、5号C各含有一个甲基,该命名满足烷烃命名原则,故D正确；
正确选项D。
8.有机物的结构简式如下图：则此有机物可发生的反应类型有 （ ）
①取代 ②加成 ③消去 ④酯化 ⑤水解 ⑥氧化 ⑦中和
A. ①②③⑤⑥
B. ②③④⑤⑥
C. ①②③④⑤⑥⑦
D. ②③④⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①该物质具有苯环、甲基、羟基等结构，可发生取代反应，故选①；
②该物质具有双键和苯环，可发生加成反应，故选②；
③该物质具有羟基，且与羟基相邻的碳原子含有氢原子，可发生消去反应，故选③；
④该物质具有羟基、羧基，可发生酯化反应，故选④；
⑤该物质具有酯基，可发生水解反应，故选⑤；
⑥该物质具有羟基、双键等结构，可发生氧化反应，故选⑥；
⑦该物质具有羧基，可发生中和反应，故选⑦。
综上分析可知 ①②③④⑤⑥⑦符合题意；正确选项C 。
9.将下列各种物质以任意比混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生CO2的量亦不变的是
A. 乙酸和乙醛 B. 甲酸乙酯和丙酸
C. 甲酸和甲醇 D. 乙醇和乙醚
【答案】B
【解析】
【分析】
只要混合物的质量不变,完全燃烧后产生的CO2的量不变，这两种物质的碳的质量分数必须相同，据此规律解答。
【详解】只要混合物的质量不变,完全燃烧后产生的CO2的量不变，这两种物质的碳的质量分数必须相同；
A乙醛CH3CHO中C、H、O的物质的量之比为2:4:1；乙酸CH3COOH中C、H、O的物质的量比为2:4:2；二者比值不等，故碳的质量分数不同A错误；
B.甲酸乙酯HCOOCH2CH3中C、H、O的物质的量之比为3:6:2；丙酸CH3CH2COOH中C、H、O的物质的量之
比为3:6:2，二者比值相等，故碳的质量分数相同，正确；
C. 甲酸HCOOH中C、H、O的物质的量比为1:2:2；甲醇CH3OH中C、H、O的物质的量比1:4:1；二者比值不等，错误；
D. 乙醇CH3CH2OH 中C、H、O的物质的量比为2:6:1；乙醚CH3CH2OCH2CH3中C、H、O的物质的量比为4:10:1；二者比值不等，错误；
正确选项B。
10.某有机物分子里由一个—C6H5，一个—C6H4—，一个—CH2—，一个—OH四个原子团组成，符合这种组成的物质中，与FeCl3溶液混合后显紫色和不显紫色的种类分别为
A. 3种 3种 B. 3种 2种
C. 4种 3种 D. 4种 2种
【答案】A
【解析】
【分析】
该有机物中能使FeCl3溶液显紫色，则此有机物应为羟基直接连在苯环上, —C6H5和—OH 只能连在端点上；与FeCl3溶液混合后不显紫色，羟基不能直接连在苯环上，出现—CH2—OH结构，据此即可得出答案。
【详解】该有机物中能使FeCl3溶液显紫色，则此有机物应为羟基直接连在苯环上, —C6H5和—OH只能连在端点上，故可能的碳架结构为: C6H5—CH2—C6H4—OH，即—C6H4—上连接2个基团,可以有邻、间、对三种位置关系；与FeCl3溶液混合后不显紫色，羟基不能直接连在苯环上,故可能的碳架结构为C6H5—C6H4-CH2—OH，即—C6H4—上连接2个基团，可以有邻、间、对三种位置关系；综合以上分析可知：与FeCl3溶液混合后显紫色和不显紫色的种类分别为3种，3种；
正确选项A。
11.将1molCH4与Cl2发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代物的物质的量相等，则消耗的Cl2为
A. 0.5mol B. 2mol C. 2.5mol D. 4mol
【答案】C
【解析】
【详解】1molCH4与Cl2发生取代反应，欲得到四种取代物的物质的量相等，则生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4各为0.25mol，该四种取代物中n(Cl)=0.25mol×(1+2+3+4)=2.5mol，根据取代反应的特点知，1molCl2参加该反应只能向有机物提供1molCl，所以n(Cl2)=2.5mol；正确选项C。
12.用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可以形成（ ）种二肽。
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子；当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种；正确选项B。
【点睛】氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽；既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。
13.既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的化合物是
①Al ②Al2O3 ③硬脂酸钠 ④Al(OH)3 ⑤NaHCO3 ⑥谷氨酸 ⑦HCOONH4
A. ①②④⑤⑥⑦ B. ②④⑤⑥
C. ②④⑤⑥⑦ D. ②③④⑥⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
Al、Al2O3 、Al(OH)3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等都能和稀盐酸、NaOH溶液反应，据此分析解答。
【详解】(1)Al性质较特殊，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气,但不属于化合物，故错误；
(2)Al2O3属于两性氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，故正确；
(3)硬脂酸钠属于弱酸强碱盐,只与盐酸反应，和NaOH不反应,故错误；
(4) Al(OH)3属于两性氢氧化物,能和稀盐酸、NaOH溶液发生中和反应生成盐和水,故正确；
(5)NaHCO3属于弱酸的酸式盐,能和稀盐酸、NaOH反应,故正确；
(6)谷氨酸含有羧基和氨基,具有两性，能和NaOH、稀盐酸反应,故正确；
(7)HCOONH4属于弱酸的铵盐,能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应,故正确；
综合以上分析，只有②④⑤⑥⑦ 符合题意；正确选项C。
14.丁腈橡胶具有结构，则合成丁腈橡胶的原料是
①CH2=CH-CH=CH2 ②CH3-C≡C-CH3 ③CH2=CH-CN
④CH3-CH=CHCN ⑤CH3-CH=CH2 ⑥CH3-CH=CH-CH3
A. ③⑥ B. ②③ C. ①③ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】该有机物属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种单体，按图示结构断开，再将双键中的1个碳碳单键打开，然后将半键闭合即可得到该高聚物的单体为：CH2=CH-CH=CH2与CH2=CH-CN；正确选项C。
【点睛】本题考察了加聚反应原理及高分子化合物单体的求算方法，题目难度中等；先确定高聚物是加聚产物和缩聚产物,然后加聚反应生成的高聚物单体的判断:
(1)凡链节的主链只有两个碳原子的高聚物,其合成单体必为一种,将两个半键闭合即可；
(2)凡链节主链上有四个碳原子,且链节无双键的高聚物,其单体必为两种,在正中央划线断开,然后两个半键闭合即可；
(3)链节主链上只有碳原子,并存在C=C结构的高聚物,其规律是:“凡双键,四个碳;无双键,两个碳”划线断开,然后将半键闭合,即单双键互换。
15.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体结构） （ ）
A. 8种 B. 7种 C. 6种 D. 5种
【答案】A
【解析】
【分析】
分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷中的一个氢形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，结合等效氢判断。
【详解】分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷中的一个氢形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被﹣OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被﹣OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被﹣OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种；正确选项A。
【点睛】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，可以利用烃基异构判断，甲基结构为1种，乙基结构为1种，丙基结构为2种，丁基结构有4种，戊基结构有8种，所以羟基与戊基结合的产物有8种。
16.下列各组物质不属于同分异构体的是 （ ）
A. 2，2-二甲基丙醇和2-甲基-1-丁醇 B. 甲基丙烯酸和甲酸丙酯
C. 2-甲基丁烷和戊烷 D. 邻氯甲苯和对氯甲苯
【答案】B
【解析】
【详解】A项，2,2-二甲基丙醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，2-甲基丁醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A项正确；
B项，甲基丙烯酸的结构简式为：，分子式为C4H6O2，甲酸丙酯的结构简式为：，分子式为C4H8O2，二者分子式不同，不属于同分异构体，故B项错误；
C项，2-甲基丁烷的结构简式为：，戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C项正确。
D项，邻氯甲苯和对氯甲苯分子式相同，只是Cl的位置不同，属于同分异构体，故D项正确；
正确选项B。
17.乙醇分子中不同的化学键如图所示：关于乙醇在各种不同反应中断键的说法不正确的是 （ ）
A. 和金属钠反应键①断裂
B. 在Ag催化下和O2反应键①④断裂
C. 和浓硫酸共热140℃时，键①或键②断裂，170℃时键②⑤断裂
D. 和氢溴酸反应键①断裂
【答案】D
【解析】
【分析】
A、乙醇与金属钠反应生成乙醇钠,脱去羟基上的氢原子；
B、乙醇在银催化下和O2反应生成乙醛，结合结构式判断；
C、乙醇与浓硫酸共热至140℃发生分子间脱水，醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应；
D、与氢卤酸反应时,②键断裂；
【详解】A、乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，脱去羟基上的氢原子，即键①断裂；A选项正确；
B、乙醇在银催化下和O2反应生成乙醛,乙醇中的键①③断裂，B选项正确；
C、乙醇与浓硫酸共热至140℃发生分子间脱水,一个乙醇脱去羟基,另一个乙醇脱去羟基上的氢,即键 ①或键②断裂;醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应,脱去羟基和相邻碳原子上的氢,即键② 、⑤断裂，C选项正确；
D、与氢卤酸反应时，属于取代反应，②键断裂,故D选项错误；
正确选项D。
18.将等质量的四块铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻铜片质量增加的是 （ ）
A. 硝酸 B. 无水乙醇 C. 石灰水 D. 盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜,氧化铜是碱性氧化物,能和酸反应,氧化铜在加热条件下能和乙醇反应，据此分析解答。
【详解】A.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜,氧化铜是碱性氧化物,能和硝酸反应生成硝酸铜，所以铜片质量减少,故A错误；
B.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，在加热条件下,氧化铜和乙醇反应生成铜,所以铜的质量不变,故B错误；
C.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，石灰水溶液和氧化铜不反应，所以铜片质量增加，故C正确；
D.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜,氧化铜是碱性氧化物,能和盐酸反应生成氯化铜,所以铜片质量减少,故D错误；
正确选项C。
19.药物阿司匹林的结构简式为：，则1mol阿司匹林与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量是 （ ）
A. 1mol B. 2mol C. 3mol D. 4mol
【答案】C
【解析】
【详解】该有机物含有羧基，能够与氢氧化钠溶液发生反应；含有酯基水解后生成的酚和羧酸均能与氢氧化钠溶液发生反应，因此1mol阿司匹林与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量是3mol；正确选项C 。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答；能够与氢氧化钠发生反应的有机物有：卤代烃、酚、羧酸、酯类；其中要注意酚酯水解的产物为苯酚和羧酸，消耗的氢氧化钠的量要比醇酯多1倍。
20.3.42克蔗糖与3.24克淀粉混和并完全水解，若共生成m克葡萄糖和n克果糖，则m∶n为
A. 1∶3 B. 1∶5 C. 5∶1 D. 3∶1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据蔗糖水解的化学方程式C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)和淀粉水解的化学方程式（C6H10O5）n+ nH2O→nC6H12O6解题。
【详解】由蔗糖水解的化学方程式C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，3.42克（为0.01mol）蔗糖水解可以计算得到0.01mol葡萄糖和0.01mol果糖；由淀粉水解的化学方程式（C6H10O5）n+ nH2O→nC6H12O6知,3.24克淀粉（0.02/n mol）水解可以计算得到0.02mol葡萄糖；葡萄糖的量为0.01+0.02=0.03mol，果糖的量为0.01mol，由于葡萄糖和果糖的摩尔质量相等，则m∶n=3:1；正确选项D。
21.CH3COOH是一种弱酸，而氯乙酸ClCH2COOH的酸性强于CH3COOH，这是因为-Cl是一种强吸电子基团，能使-OH上的H原子具有更大的活动性，有的基团具有斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活动性，这些作用统称为“诱导效应”，据上规律，填空：
（1）HCOOH显酸性，而H2O显中性，这是由于HCOOH分子中存在______ (填吸或斥)电子基团，这种基团是___________。
（2）CH3COOH的酸性弱于HCOOH，这是由于CH3COOH分子中存在______(填吸或斥)电子基团，这种基团是___________。
（3）C6H5-也属于吸电子基团，故C6H5COOH的酸性比CH3COOH__________。
（4）下列酸中：CF3COOH、CCl3COOH、CHCl2COOH、CH2ClCOOH，酸性最强的是____。
【答案】 (1). 吸 (2). HCO— (3). 斥 (4). CH3— (5). 强 (6). CF3COOH
【解析】
【分析】
根据信息知，若分子中存在含有强吸引电子基团,能使-OH上的H原子活泼性增强而使该物质的酸性增强；若存在斥电子基团,能减弱-OH上H原子的活性而使该物质的酸性减弱，据此分析。
【详解】(1)HCOOH显酸性，而H2O呈中性,说明甲酸中存在强吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强而使该物质的酸性大于水,甲酸中含有醛基，醛基属于强吸引电子基团；正确答案：吸；HCO—。
（2）CH3COOH的酸性弱于HCOOH,说明乙酸分子存在斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活性而使该物质的酸性减弱，乙酸中含有-CH3,所以-CH3属于斥电子基团，导致乙酸的酸性小于甲酸；正确答案：斥 ； CH3—。
（3）C6H5-也属于吸电子基团，-CH3属于斥电子基团，所以C6H5COOH的酸性比CH3COOH的酸性强；正确答案：强。
（4）由于吸电子的能力：-F>-Cl>-H，所以酸性最强的是CF3COOH；正确答案：CF3COOH。
22.酚酞是常用的指示剂，其结构简式为。
（1）酚酞的分子式为_____________。
（2）从其结构上看，酚酞属于_____或____类衍生物。
（3）酚酞分别在1mol/LHCl和1mol/LNaOH溶液中溶解，在__________中溶解度较大，其原因是______________________________________________。
【答案】 (1). C20H14O4 (2). 酚 (3). 酯 (4). NaOH (5). 酚酞与NaOH反应生成盐是离子化合物，易溶于水
【解析】
【详解】（1）由所给结构简式可知，酚酞分子中有三个苯环含6×3=18个碳原子，再加上环外有2个碳原子，共有20个碳原子，氢原子数为14个，氧原子个数为4，在此基础上可确定酚酞的分子式为C20H14O4；正确答案：C20H14O4。
（2）酚酞分子结构中含有酚羟基（—OH）和-COO-结构，故酚酞属于酚类或酯类衍生物；正确答案：酚 、酯。
(3)因酚酞在碱性条件下水解程度大于酸性条件下的水解程度，且与碱作用生成的酚钠及羧酸的钠盐易溶于水，故在NaOH溶液中的溶解度大；正确答案：NaOH，酚酞与NaOH反应生成盐是离子化合物，易溶于水。
23.菠萝酯是一种有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物。苯氧乙酸的结构简式为：。
（1）甲一定含有的官能团的名称是_________。
（2）5.8g甲完全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O。甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，则甲的结构简式是_________________。
（3）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与三氯化铁溶液发生显色反应，且苯环上有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式）_________________。
（4）已知：RCH2COOHRCHClCOOH
R－ONaR－O－Rˊ（R－、Rˊ－代表烃基）
菠萝酯的合成路线如下：
①试剂X不可选用的是（选填字母）_________。
A．CH3COONa溶液 B．NaOH溶液
C．NaHCO3溶液 D．Na
②丙的结构简式是_____________，反应Ⅱ的反应类型是________________。
③反应的Ⅳ的化学方程式是_________________________________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). CH2=CH-CH2OH (3). 、（3选2） (4). A,C (5). CH2Cl-COOH (6). 取代反应 (7).
【解析】
【详解】（1）菠萝酯是由化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物，其中苯氧乙酸的结构简式为：，所以甲一定含有的官能团的名称是羟基；正确答案：羟基。
（2）由题意可知，甲中含有羟基,甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，甲的物质的量=5.8/58=0.1mol；质量守恒可知,参加反应的氧气的质量=0.3×44+0.3×18-5.8=12.8g，氧气物质的量=12.8/32=0.4mol；根据氧原子守恒,可知5.8g甲中n(O)=0.3×2+0.3-0.4×2=0.1mol；根据原子守恒可知，甲分子中N（C）=0.3/0.1=3，N(H)=0.3×2/0.1=6，N(O)=0.1/0.1=1，故甲的分子式为C3H6O，甲分子中不含甲基，且为链状结构,其结构简式是CH2=CH-CH2OH；正确答案：CH2=CH-CH2OH。
(Ⅱ)能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基,且有2种一硝基取代物，说明苯环上有2个取代基且处于对位位置,所以其同分异构体是、、（3选2）；正确答案：、、（3选2）。
(Ⅲ)苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠,催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成,结合反应信息可知,丙是CH2Cl-COOH， 故乙为乙酸；CH2=CH-CH-OH和发生酯化反应生成菠萝酯；
①苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸，所以苯酚能和钠、氢氧化钠反应生成苯酚钠,不能和醋酸钠、碳酸氢钠反应；正确选项：A,C。
②通过以上分析知, 丙的结构简式为：CH2Cl-COOH ；乙酸和氯气在一定条件下发生取代反应生成丙，所以反应Ⅱ属于取代反应；正确答案：CH2Cl-COOH ；取代反应。
③在催化剂、加热条件下, CH2=CH-CH-OH和发生酯化反应生成菠萝酯，反应方程式为：
；正确答案：。
【点睛】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，注意根据有机物的结构与反应信息确定丙的结构突破口，答题时注意把握题给信息，注意养成仔细审题的良好习惯。
24.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯：
（1）制备粗品将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入l mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是________，导管B除了导气外还具有的作用是_______。
②试管C置于冰水浴中的目的是___________________________________。
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_______层(填上或下)，分液后用___________ (填入编号)洗涤。
a．KMnO4溶液 b．稀H2SO4 c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从________口进入，目的是_____________。
③收集产品时，控制的温度应在__________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是（______）
a．蒸馏时从70 ℃开始收集产品
b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是____________。
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用溴水溶液 c．测定沸点
【答案】 (1). 防暴沸 (2). 冷凝回流 (3). 防止环己烯挥发 (4). 上层 (5). c (6). g（或下口） (7). 冷却水与气体形成逆流 (8). 83 oC (9). c (10). c
【解析】
【详解】（1）①根据实验室制乙烯可以知道，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，导管B比较长，能增加与空气的接触面积，其作用是导气和将生成的气体物质冷凝回流；因此，本题正确答案是：防止暴沸；冷凝回流。
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；因此，本题正确答案是：防止环己烯挥发。
（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层；环己烯中含有碳碳双键，可以被KMnO4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，可选；因此，本题正确答案是：上层；c。
②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从g（或下口）口进入，目的是冷却水与气体形成逆流，保证冷凝效果；正确答案：g（或下口）；冷却水与气体形成逆流。
③根据表中数据可以知道,馏分环己烯的沸点为83oC,故收集产品应控制温度在83oC 左右； a、蒸馏时从70oC开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量,故a错误；
b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量,故b错误；
c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确；
因此，本题正确答案是：83oC；c。
（3）环己烯粗品中含有环己醇，酸性高锰酸钾溶液既能与环己烯反应而褪色，也能与环己醇反应而褪色，因此无法鉴别环己烯精品和粗品，a错误；
环己烯能够与溴水发生加成反应导致溴水褪色，而环己烯粗品也能与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，因此无法鉴别环己烯精品和粗品，b错误；
环己烯精品为纯净物，有固定的熔沸点，而环己烯粗品属于混合物，无有固定的熔沸点，因此通过测定环己烯精品和粗品的沸点可以鉴别开两种物质，c正确；
正确答案：c。
【点睛】能够使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：烯烃、炔烃、苯的同系物、醇类、酚类、醛类、葡萄糖、麦芽糖等；本题在鉴别环己烯粗品和精品时，不能使用酸性高锰酸钾溶液，因为环己烯和环己醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，无法区分两种物质，这一点容易被忽视。
25.以有机物A为基础物质，可以通过不同的反应制得下列物质。
（1）写出A→C的化学方程式：__________________________________________。
（2）推断B物质的结构简式______________________；X反应类型是___________；由 D → E 所需的试剂是_______________________________。
（3）R物质属于A 的同分异构体，其性质如下：
试写出符合条件的R的同分异构体的结构简式(任写两种)：__________；________。
【答案】 (1). (2). (3). 取代反应 (4). 浓硫酸 (5). (6).
【解析】
【分析】
A发生缩聚反应生成高分子化合物C,A和HBr发生取代反应生成，发生反应生成B,B和溴发生加成反应，则应该发生消去反应生成B,所以B的结构简式为，和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应和消去反应生成,R物质属于A的同分异构体,R在稀硫酸条件下能水解生成M、N,M遇氯化铁溶液显紫色,说明有酚羟基,1molM能与2mol氢氧化钠反应,说明R中有一个酚羟基外还有一个酯基,据此分析解答。
【详解】A发生缩聚反应生成高分子化合物C,A和HBr发生取代反应生成，发生反应生成B,B和溴发生加成反应，则应该发生消去反应生成B,所以B的结构简式为，和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应和消去反应生成；
（1）根据题给信息可知，A→C为缩聚反应，化学方程式为： ；正确答案：。
（2）应该发生消去反应生成B,所以B的结构简式为；和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成， 所以X反应类型是取代反应；由D → E发生的是取代反应，所需的试剂是浓硫酸；因此，本题正确答案是: ；取代反应；浓硫酸。
(3)R物质属于A的同分异构体，R在稀硫酸条件下能水解生成M、N，N易造成人体眼睛失明为甲醇；M遇氯化铁溶液显紫色,说明有酚羟基，1molM能与2mol氢氧化钠反应,说明R中有一个酚羟基外还有一个酯基，酯基的结构为CH3O0C-，所以符合条件的的同分异构体的结构简式为 、 ；正确答案： 、 。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
26.将含有C．H、O的有机物3.24 g，装入元素分析装置，通入足量的O2使它完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B。测得A管质量增加了2.16g，B管增加了9.24g。已知该有机物的相对分子质量为108。
（1）燃烧此化合物3.24g，须消耗氧气的质量是多少______？
（2）求此化合物的分子式______？（要有简单计算过程）
（3）该化合物1分子中存在1个苯环和1个羟基，试写出它的同分异构体的结构简式______。（计算要有文字说明过程）
【答案】 (1). 8.16g (2). C7H8O
(3).
【解析】
【分析】
将生成的气体依次通过CaCl2管(A)和碱石灰(B),A管质量增加了2.16g，应为水的质量，B管增加了9.24g，应为二氧化碳的质量，根据有机物的相对分子质量可以知道一定物质的量的有机物中含有的C、H原子个数，结合质量守恒计算是否含有O，并计算O原子个数，以此计算分子式，从质量守恒的角度计算耗氧量，结合有机物的性质判断可能的结构。
【详解】(1)A管质量增加了2.16g 为生成水的质量，B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒可知，消耗氧气的质量=2.16+9.24-3.24=8.16g；正确答案：8.16g。
(2)试管A吸水质量增加2.16g ,为生成水的质量,水的物质的量=2.16/18=0.12mol,含H为0.24mol，碱石灰吸CO2增加9.24g ,即生成二氧化碳的物质的量=9.24/44=0.21mol，该有机物物质的量为=3.24/108=0.03mol，所以有机物分子中：N(C)=0.21/0.03=7， N(H)=0.12×2/0.03=8，N(O)=(108-12×7-8)/16=1，所以有机物的分子式为：C7H8O ；正确答案：C7H8O。
(3)若该有机物属于芳香族化合物,含有1个苯环, C7H8O 的不饱和度=（2×7+2-8）/2=4，侧链不含不饱和键，若只有1个侧链，则为-CH2OH或-OCH3；若侧链有2个，为-OH、-CH3,有邻、间、对三种位置关系；该化合物1分子中存在1个苯环和1个羟基，故符合条件的有机物的结构简式为:；正确答案：。
1.下列事实中能证明甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构的是（ ）
A. 甲烷的四个碳氢键的键能相等 B. 甲烷的四个碳氢键的键长相等
C. 甲烷的一氯代物只有一种 D. 甲烷的二氯代物只有一种
【答案】D
【解析】
【分析】
如果甲烷是正方形的平面结构,则CH2Cl2有两种结构，相邻或者对角线上的氢被Cl取代，而实际上,甲烷的二氯取代物只有一种结构,因此只有正四面体结构才符合。
【详解】A.无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构,还是平面正方形结构,甲烷中的四个键均为碳氢键，键能均一样，A错误；
B.无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，四个碳氢键的键长相等，B错误；
C. 无论甲烷分子是以碳原子为中心的正四面体结构，还是平面正方形结构，甲烷的一氯代物只有一种， C错误；
D.若甲烷是正方形的平面结构,则CH2Cl2有两种结构：相邻或者对角线上的氢被Cl取代,而实际上,CH2Cl2只有一种空间结构，因此只有正四面体结构才符合,D正确；
正确选项D。
2.鉴别织物成分是真蚕丝还是“人造丝”，在如下①－④的各方法中正确的是
①滴加浓硝酸 ②滴加浓硫酸 ③滴加酒精 ④灼烧
A. ①和③ B. ③和④ C. ①和④ D. ①和②
【答案】C
【解析】
试题分析：真蚕丝是蛋白质，人造丝是化学纤维。①滴加浓硝酸时，真蚕丝会发生颜色反应变为黄色，而人造丝不会变为黄色，因此可以鉴别物质，正确；②滴加浓硫酸由于二者都是含有碳元素的化合价，都会发生脱水反应变为黑色碳单质，因此不能鉴别二者，错误；③滴加酒精二者都没有明显的变化，因此不能鉴别二者，错误；④灼烧真蚕丝有烧焦羽毛的气味，而人造丝会蜷缩形成小圆球，因此现象不同，可以鉴别二者。故鉴别织物成分是真蚕丝还是“人造丝”的方法是①和④，选项C正确。
考点：考查真蚕丝还是“人造丝”的鉴别方法正误判断的知识。
3.下列各组物质可用分液漏斗分离的正确组合是 ( )
①乙醇和乙酸 ②葡萄糖溶液和蔗糖溶液 ③苯和食盐水
④苯和苯酚 ⑤乙酸乙酯和乙醇 ⑥甲酸乙酯和饱和纯碱溶液
A. ③⑥ B. ①③④⑥ C. ①②④⑥ D. ③⑤⑥
【答案】A
【解析】
【分析】
互不相溶的液体混合物，可用分液漏斗进行分离，结合物质的溶解性来解答。
【详解】①乙醇和乙酸互溶，应用蒸馏分离，不选；②葡萄糖溶液和蔗糖溶液互溶，不能分液，不选；③苯不溶于水，和食盐水分层，用分液漏斗分离，选；④苯和苯酚互溶，不能分液，不选；⑤乙酸乙酯和乙醇互溶，应用蒸馏分离，不选；⑥甲酸乙酯不溶于水，和饱和纯碱溶液分层，可用分液漏斗分离，选；符合题意的选项③⑥；
正确选项A。
4.下列各组中的反应，属于同一反应类型的是（ ）
A. 由溴丙烷一步制丙醇；由丙烯与水反应制丙醇
B. 由甲苯硝化制对硝基甲苯；由甲苯与酸性高锰酸钾制苯甲酸
C. 由氯代环己烷制环己烯；由丙烯和Br2制二溴丙烷
D. 由乙酸和乙醇制乙酸乙酯；由苯甲酸乙酯制苯甲酸和乙醇
【答案】D
【解析】
A、卤代烃的水解属于取代反应，丙烯与水发生加成反应，故A错误；B、甲苯的硝化属于取代反应 ，甲苯氧化成苯甲酸属于氧化反应，故B错误；C、氯代环己烷生成环己烯，属于消去反应，丙烯生成1，2－二溴丙烷，属于加成反应，故C错误；D、乙酸与乙醇发生酯化反应(或取代反应)生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯的水解属于取代反应，故D正确。
5.欲将蛋白质从水中析出而又不改变它的性质，应加入 （ ）
A. (NH4)2SO4溶液 B. 75%的酒精溶液
C. CuSO4溶液 D. NaOH浓溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A.(NH4)2SO4溶液能够降低蛋白质溶解度，蛋白质从水中析出又不改变它的性质，所以A能选；
B.酒精会使蛋白质失活，改变了它的性质，所以B不能选；
C.CuSO4为重金属盐，同样会使蛋白质失活，改变了它的性质，所以C不能选；
D.NaOH为强碱，同样会使蛋白质失活，改变了它的性质，所以D不能选。
正确选项A。
【点睛】热、酸、碱、重金属盐、紫外线、苯酚、酒精、甲醛等均能使蛋白质变性，蛋白质变性后，失去了水溶性，失去了生理活性；加入轻金属盐，降低了蛋白质溶解度，蛋白质发生了盐析，没有失去水溶性，也没有失去生理活性。
6. 新兴的大脑营养学研究发现，大脑的生长发育与不饱和脂肪酸有密切的关系，从深海鱼油中提取的，被称为“脑黄金”的DHA就是一种不饱和程度很高的脂肪酸，它的分子中含6个碳碳双键，化学名称为二十二碳六烯酸，则它的分子组成应为
A. C22H39COOH B. C21H42COOH C. C22H33COOH D. C21H31COOH
【答案】D
【解析】
二十二碳六烯酸说明它的烃基含有21个碳原子，分子中含有6个碳碳双键，比相应的烷基少12个H原子，则该烃基为C21H31—，所以它的分子式为C21H31COOH
7.下列有机物命名正确的是 （ ）
A. 3，3—二甲基丁烷 B. 1，2，3—三甲基丁烷
C. 2－乙基丁烷 D. 2，3，3—三甲基己烷
【答案】D
【解析】
【分析】
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；(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。
【详解】A.3，3—二甲基丁烷，丁烷的取代基不能出现3,3-二甲基,说明支链的编号位次错误，该有机物正确命名应该为:2,2-二甲基丁烷,故A错误；
B. 1，2，3—三甲基丁烷，甲基不可能在1号位，主碳链不是4，应为5，正确命名：2，3—二甲基戊烷，B错误；
C. 2－乙基丁烷，丁烷的命名中不能出现2-乙基，说明选取的主链不是最长碳链，最长碳链应该含有6个C，为己烷，在3号C含有一个甲基，该有机物正确命名应该为：3-甲基己烷，故C错误；
D. 2，3，3—三甲基己烷，主链为己烷，在2、3、5号C各含有一个甲基,该命名满足烷烃命名原则,故D正确；
正确选项D。
8.有机物的结构简式如下图：则此有机物可发生的反应类型有 （ ）
①取代 ②加成 ③消去 ④酯化 ⑤水解 ⑥氧化 ⑦中和
A. ①②③⑤⑥
B. ②③④⑤⑥
C. ①②③④⑤⑥⑦
D. ②③④⑤⑥⑦
【答案】C
【解析】
【详解】①该物质具有苯环、甲基、羟基等结构，可发生取代反应，故选①；
②该物质具有双键和苯环，可发生加成反应，故选②；
③该物质具有羟基，且与羟基相邻的碳原子含有氢原子，可发生消去反应，故选③；
④该物质具有羟基、羧基，可发生酯化反应，故选④；
⑤该物质具有酯基，可发生水解反应，故选⑤；
⑥该物质具有羟基、双键等结构，可发生氧化反应，故选⑥；
⑦该物质具有羧基，可发生中和反应，故选⑦。
综上分析可知 ①②③④⑤⑥⑦符合题意；正确选项C 。
9.将下列各种物质以任意比混合，只要混合物的总质量不变，完全燃烧后，产生CO2的量亦不变的是
A. 乙酸和乙醛 B. 甲酸乙酯和丙酸
C. 甲酸和甲醇 D. 乙醇和乙醚
【答案】B
【解析】
【分析】
只要混合物的质量不变,完全燃烧后产生的CO2的量不变，这两种物质的碳的质量分数必须相同，据此规律解答。
【详解】只要混合物的质量不变,完全燃烧后产生的CO2的量不变，这两种物质的碳的质量分数必须相同；
A乙醛CH3CHO中C、H、O的物质的量之比为2:4:1；乙酸CH3COOH中C、H、O的物质的量比为2:4:2；二者比值不等，故碳的质量分数不同A错误；
B.甲酸乙酯HCOOCH2CH3中C、H、O的物质的量之比为3:6:2；丙酸CH3CH2COOH中C、H、O的物质的量之
比为3:6:2，二者比值相等，故碳的质量分数相同，正确；
C. 甲酸HCOOH中C、H、O的物质的量比为1:2:2；甲醇CH3OH中C、H、O的物质的量比1:4:1；二者比值不等，错误；
D. 乙醇CH3CH2OH 中C、H、O的物质的量比为2:6:1；乙醚CH3CH2OCH2CH3中C、H、O的物质的量比为4:10:1；二者比值不等，错误；
正确选项B。
10.某有机物分子里由一个—C6H5，一个—C6H4—，一个—CH2—，一个—OH四个原子团组成，符合这种组成的物质中，与FeCl3溶液混合后显紫色和不显紫色的种类分别为
A. 3种 3种 B. 3种 2种
C. 4种 3种 D. 4种 2种
【答案】A
【解析】
【分析】
该有机物中能使FeCl3溶液显紫色，则此有机物应为羟基直接连在苯环上, —C6H5和—OH 只能连在端点上；与FeCl3溶液混合后不显紫色，羟基不能直接连在苯环上，出现—CH2—OH结构，据此即可得出答案。
【详解】该有机物中能使FeCl3溶液显紫色，则此有机物应为羟基直接连在苯环上, —C6H5和—OH只能连在端点上，故可能的碳架结构为: C6H5—CH2—C6H4—OH，即—C6H4—上连接2个基团,可以有邻、间、对三种位置关系；与FeCl3溶液混合后不显紫色，羟基不能直接连在苯环上,故可能的碳架结构为C6H5—C6H4-CH2—OH，即—C6H4—上连接2个基团，可以有邻、间、对三种位置关系；综合以上分析可知：与FeCl3溶液混合后显紫色和不显紫色的种类分别为3种，3种；
正确选项A。
11.将1molCH4与Cl2发生取代反应，待反应完全后，测得四种有机取代物的物质的量相等，则消耗的Cl2为
A. 0.5mol B. 2mol C. 2.5mol D. 4mol
【答案】C
【解析】
【详解】1molCH4与Cl2发生取代反应，欲得到四种取代物的物质的量相等，则生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4各为0.25mol，该四种取代物中n(Cl)=0.25mol×(1+2+3+4)=2.5mol，根据取代反应的特点知，1molCl2参加该反应只能向有机物提供1molCl，所以n(Cl2)=2.5mol；正确选项C。
12.用甘氨酸和丙氨酸缩合最多可以形成（ ）种二肽。
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【详解】氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子；当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，丙氨酸脱氢；也可以丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽，共4种；正确选项B。
【点睛】氨基酸形成肽键原理为羧基提供-OH，氨基提供-H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽；既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽。
13.既能与盐酸反应，又能与烧碱溶液反应的化合物是
①Al ②Al2O3 ③硬脂酸钠 ④Al(OH)3 ⑤NaHCO3 ⑥谷氨酸 ⑦HCOONH4
A. ①②④⑤⑥⑦ B. ②④⑤⑥
C. ②④⑤⑥⑦ D. ②③④⑥⑦
【答案】C
【解析】
【分析】
Al、Al2O3 、Al(OH)3、弱酸的酸式盐、弱酸的铵盐、氨基酸等都能和稀盐酸、NaOH溶液反应，据此分析解答。
【详解】(1)Al性质较特殊，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和氢气,但不属于化合物，故错误；
(2)Al2O3属于两性氧化物，能和稀盐酸、NaOH溶液反应生成盐和水，故正确；
(3)硬脂酸钠属于弱酸强碱盐,只与盐酸反应，和NaOH不反应,故错误；
(4) Al(OH)3属于两性氢氧化物,能和稀盐酸、NaOH溶液发生中和反应生成盐和水,故正确；
(5)NaHCO3属于弱酸的酸式盐,能和稀盐酸、NaOH反应,故正确；
(6)谷氨酸含有羧基和氨基,具有两性，能和NaOH、稀盐酸反应,故正确；
(7)HCOONH4属于弱酸的铵盐,能和稀盐酸、氢氧化钠溶液反应,故正确；
综合以上分析，只有②④⑤⑥⑦ 符合题意；正确选项C。
14.丁腈橡胶具有结构，则合成丁腈橡胶的原料是
①CH2=CH-CH=CH2 ②CH3-C≡C-CH3 ③CH2=CH-CN
④CH3-CH=CHCN ⑤CH3-CH=CH2 ⑥CH3-CH=CH-CH3
A. ③⑥ B. ②③ C. ①③ D. ④⑤
【答案】C
【解析】
【详解】该有机物属于加聚反应生成的高聚物，链节主链上存在碳碳双键结构，有6个碳原子，其单体必为两种单体，按图示结构断开，再将双键中的1个碳碳单键打开，然后将半键闭合即可得到该高聚物的单体为：CH2=CH-CH=CH2与CH2=CH-CN；正确选项C。
【点睛】本题考察了加聚反应原理及高分子化合物单体的求算方法，题目难度中等；先确定高聚物是加聚产物和缩聚产物,然后加聚反应生成的高聚物单体的判断:
(1)凡链节的主链只有两个碳原子的高聚物,其合成单体必为一种,将两个半键闭合即可；
(2)凡链节主链上有四个碳原子,且链节无双键的高聚物,其单体必为两种,在正中央划线断开,然后两个半键闭合即可；
(3)链节主链上只有碳原子,并存在C=C结构的高聚物,其规律是:“凡双键,四个碳;无双键,两个碳”划线断开,然后将半键闭合,即单双键互换。
15.分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体结构） （ ）
A. 8种 B. 7种 C. 6种 D. 5种
【答案】A
【解析】
【分析】
分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷中的一个氢形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，结合等效氢判断。
【详解】分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷中的一个氢形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种结构，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被﹣OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被﹣OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被﹣OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种；正确选项A。
【点睛】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，可以利用烃基异构判断，甲基结构为1种，乙基结构为1种，丙基结构为2种，丁基结构有4种，戊基结构有8种，所以羟基与戊基结合的产物有8种。
16.下列各组物质不属于同分异构体的是 （ ）
A. 2，2-二甲基丙醇和2-甲基-1-丁醇 B. 甲基丙烯酸和甲酸丙酯
C. 2-甲基丁烷和戊烷 D. 邻氯甲苯和对氯甲苯
【答案】B
【解析】
【详解】A项，2,2-二甲基丙醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，2-甲基丁醇的结构简式为：，分子式为C5H12O，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故A项正确；
B项，甲基丙烯酸的结构简式为：，分子式为C4H6O2，甲酸丙酯的结构简式为：，分子式为C4H8O2，二者分子式不同，不属于同分异构体，故B项错误；
C项，2-甲基丁烷的结构简式为：，戊烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH3，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故C项正确。
D项，邻氯甲苯和对氯甲苯分子式相同，只是Cl的位置不同，属于同分异构体，故D项正确；
正确选项B。
17.乙醇分子中不同的化学键如图所示：关于乙醇在各种不同反应中断键的说法不正确的是 （ ）
A. 和金属钠反应键①断裂
B. 在Ag催化下和O2反应键①④断裂
C. 和浓硫酸共热140℃时，键①或键②断裂，170℃时键②⑤断裂
D. 和氢溴酸反应键①断裂
【答案】D
【解析】
【分析】
A、乙醇与金属钠反应生成乙醇钠,脱去羟基上的氢原子；
B、乙醇在银催化下和O2反应生成乙醛，结合结构式判断；
C、乙醇与浓硫酸共热至140℃发生分子间脱水，醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应；
D、与氢卤酸反应时,②键断裂；
【详解】A、乙醇与金属钠反应生成乙醇钠，脱去羟基上的氢原子，即键①断裂；A选项正确；
B、乙醇在银催化下和O2反应生成乙醛,乙醇中的键①③断裂，B选项正确；
C、乙醇与浓硫酸共热至140℃发生分子间脱水,一个乙醇脱去羟基,另一个乙醇脱去羟基上的氢,即键 ①或键②断裂;醇与浓硫酸共热至170℃发生消去反应,脱去羟基和相邻碳原子上的氢,即键② 、⑤断裂，C选项正确；
D、与氢卤酸反应时，属于取代反应，②键断裂,故D选项错误；
正确选项D。
18.将等质量的四块铜片在酒精灯上加热后，分别插入下列溶液中，放置片刻铜片质量增加的是 （ ）
A. 硝酸 B. 无水乙醇 C. 石灰水 D. 盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜,氧化铜是碱性氧化物,能和酸反应,氧化铜在加热条件下能和乙醇反应，据此分析解答。
【详解】A.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜,氧化铜是碱性氧化物,能和硝酸反应生成硝酸铜，所以铜片质量减少,故A错误；
B.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，在加热条件下,氧化铜和乙醇反应生成铜,所以铜的质量不变,故B错误；
C.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜，石灰水溶液和氧化铜不反应，所以铜片质量增加，故C正确；
D.铜片在酒精灯上加热后生成氧化铜,氧化铜是碱性氧化物,能和盐酸反应生成氯化铜,所以铜片质量减少,故D错误；
正确选项C。
19.药物阿司匹林的结构简式为：，则1mol阿司匹林与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量是 （ ）
A. 1mol B. 2mol C. 3mol D. 4mol
【答案】C
【解析】
【详解】该有机物含有羧基，能够与氢氧化钠溶液发生反应；含有酯基水解后生成的酚和羧酸均能与氢氧化钠溶液发生反应，因此1mol阿司匹林与足量的氢氧化钠溶液反应，消耗氢氧化钠的物质的量是3mol；正确选项C 。
【点睛】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物官能团与性质的关系来解答；能够与氢氧化钠发生反应的有机物有：卤代烃、酚、羧酸、酯类；其中要注意酚酯水解的产物为苯酚和羧酸，消耗的氢氧化钠的量要比醇酯多1倍。
20.3.42克蔗糖与3.24克淀粉混和并完全水解，若共生成m克葡萄糖和n克果糖，则m∶n为
A. 1∶3 B. 1∶5 C. 5∶1 D. 3∶1
【答案】D
【解析】
【分析】
根据蔗糖水解的化学方程式C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)和淀粉水解的化学方程式（C6H10O5）n+ nH2O→nC6H12O6解题。
【详解】由蔗糖水解的化学方程式C12H22O11+H2O→C6H12O6(葡萄糖)+C6H12O6(果糖)，3.42克（为0.01mol）蔗糖水解可以计算得到0.01mol葡萄糖和0.01mol果糖；由淀粉水解的化学方程式（C6H10O5）n+ nH2O→nC6H12O6知,3.24克淀粉（0.02/n mol）水解可以计算得到0.02mol葡萄糖；葡萄糖的量为0.01+0.02=0.03mol，果糖的量为0.01mol，由于葡萄糖和果糖的摩尔质量相等，则m∶n=3:1；正确选项D。
21.CH3COOH是一种弱酸，而氯乙酸ClCH2COOH的酸性强于CH3COOH，这是因为-Cl是一种强吸电子基团，能使-OH上的H原子具有更大的活动性，有的基团具有斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活动性，这些作用统称为“诱导效应”，据上规律，填空：
（1）HCOOH显酸性，而H2O显中性，这是由于HCOOH分子中存在______ (填吸或斥)电子基团，这种基团是___________。
（2）CH3COOH的酸性弱于HCOOH，这是由于CH3COOH分子中存在______(填吸或斥)电子基团，这种基团是___________。
（3）C6H5-也属于吸电子基团，故C6H5COOH的酸性比CH3COOH__________。
（4）下列酸中：CF3COOH、CCl3COOH、CHCl2COOH、CH2ClCOOH，酸性最强的是____。
【答案】 (1). 吸 (2). HCO— (3). 斥 (4). CH3— (5). 强 (6). CF3COOH
【解析】
【分析】
根据信息知，若分子中存在含有强吸引电子基团,能使-OH上的H原子活泼性增强而使该物质的酸性增强；若存在斥电子基团,能减弱-OH上H原子的活性而使该物质的酸性减弱，据此分析。
【详解】(1)HCOOH显酸性，而H2O呈中性,说明甲酸中存在强吸引电子基团，能使-OH上的H原子活泼性增强而使该物质的酸性大于水,甲酸中含有醛基，醛基属于强吸引电子基团；正确答案：吸；HCO—。
（2）CH3COOH的酸性弱于HCOOH,说明乙酸分子存在斥电子基团，能减弱-OH上H原子的活性而使该物质的酸性减弱，乙酸中含有-CH3,所以-CH3属于斥电子基团，导致乙酸的酸性小于甲酸；正确答案：斥 ； CH3—。
（3）C6H5-也属于吸电子基团，-CH3属于斥电子基团，所以C6H5COOH的酸性比CH3COOH的酸性强；正确答案：强。
（4）由于吸电子的能力：-F>-Cl>-H，所以酸性最强的是CF3COOH；正确答案：CF3COOH。
22.酚酞是常用的指示剂，其结构简式为。
（1）酚酞的分子式为_____________。
（2）从其结构上看，酚酞属于_____或____类衍生物。
（3）酚酞分别在1mol/LHCl和1mol/LNaOH溶液中溶解，在__________中溶解度较大，其原因是______________________________________________。
【答案】 (1). C20H14O4 (2). 酚 (3). 酯 (4). NaOH (5). 酚酞与NaOH反应生成盐是离子化合物，易溶于水
【解析】
【详解】（1）由所给结构简式可知，酚酞分子中有三个苯环含6×3=18个碳原子，再加上环外有2个碳原子，共有20个碳原子，氢原子数为14个，氧原子个数为4，在此基础上可确定酚酞的分子式为C20H14O4；正确答案：C20H14O4。
（2）酚酞分子结构中含有酚羟基（—OH）和-COO-结构，故酚酞属于酚类或酯类衍生物；正确答案：酚 、酯。
(3)因酚酞在碱性条件下水解程度大于酸性条件下的水解程度，且与碱作用生成的酚钠及羧酸的钠盐易溶于水，故在NaOH溶液中的溶解度大；正确答案：NaOH，酚酞与NaOH反应生成盐是离子化合物，易溶于水。
23.菠萝酯是一种有菠萝香气的食用香料，是化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物。苯氧乙酸的结构简式为：。
（1）甲一定含有的官能团的名称是_________。
（2）5.8g甲完全燃烧可产生0.3molCO2和0.3molH2O。甲蒸气对氢气的相对密度是29，甲分子中不含甲基，且为链状结构，则甲的结构简式是_________________。
（3）苯氧乙酸有多种酯类的同分异构体，其中能与三氯化铁溶液发生显色反应，且苯环上有2种一硝基取代物的同分异构体是（写出任意2种的结构简式）_________________。
（4）已知：RCH2COOHRCHClCOOH
R－ONaR－O－Rˊ（R－、Rˊ－代表烃基）
菠萝酯的合成路线如下：
①试剂X不可选用的是（选填字母）_________。
A．CH3COONa溶液 B．NaOH溶液
C．NaHCO3溶液 D．Na
②丙的结构简式是_____________，反应Ⅱ的反应类型是________________。
③反应的Ⅳ的化学方程式是_________________________________________。
【答案】 (1). 羟基 (2). CH2=CH-CH2OH (3). 、（3选2） (4). A,C (5). CH2Cl-COOH (6). 取代反应 (7).
【解析】
【详解】（1）菠萝酯是由化合物甲与苯氧乙酸发生酯化反应的产物，其中苯氧乙酸的结构简式为：，所以甲一定含有的官能团的名称是羟基；正确答案：羟基。
（2）由题意可知，甲中含有羟基,甲蒸气对氢气的相对密度是29，相同条件下的气体密度之比等于其相对分子质量之比，所以甲的相对分子质量为58，甲的物质的量=5.8/58=0.1mol；质量守恒可知,参加反应的氧气的质量=0.3×44+0.3×18-5.8=12.8g，氧气物质的量=12.8/32=0.4mol；根据氧原子守恒,可知5.8g甲中n(O)=0.3×2+0.3-0.4×2=0.1mol；根据原子守恒可知，甲分子中N（C）=0.3/0.1=3，N(H)=0.3×2/0.1=6，N(O)=0.1/0.1=1，故甲的分子式为C3H6O，甲分子中不含甲基，且为链状结构,其结构简式是CH2=CH-CH2OH；正确答案：CH2=CH-CH2OH。
(Ⅱ)能与氯化铁溶液发生显色反应说明含有酚羟基,且有2种一硝基取代物，说明苯环上有2个取代基且处于对位位置,所以其同分异构体是、、（3选2）；正确答案：、、（3选2）。
(Ⅲ)苯酚和氢氧化钠或钠反应生成苯酚钠,催化剂条件下，乙和氯气反应生成丙，丙和苯酚钠反应生成,结合反应信息可知,丙是CH2Cl-COOH， 故乙为乙酸；CH2=CH-CH-OH和发生酯化反应生成菠萝酯；
①苯酚具有酸性但酸性弱于醋酸、碳酸，所以苯酚能和钠、氢氧化钠反应生成苯酚钠,不能和醋酸钠、碳酸氢钠反应；正确选项：A,C。
②通过以上分析知, 丙的结构简式为：CH2Cl-COOH ；乙酸和氯气在一定条件下发生取代反应生成丙，所以反应Ⅱ属于取代反应；正确答案：CH2Cl-COOH ；取代反应。
③在催化剂、加热条件下, CH2=CH-CH-OH和发生酯化反应生成菠萝酯，反应方程式为：
；正确答案：。
【点睛】本题考查有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，注意根据有机物的结构与反应信息确定丙的结构突破口，答题时注意把握题给信息，注意养成仔细审题的良好习惯。
24.某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图），以环己醇制备环己烯：
（1）制备粗品将12.5 mL环己醇加入试管A中，再加入l mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。
①A中碎瓷片的作用是________，导管B除了导气外还具有的作用是_______。
②试管C置于冰水浴中的目的是___________________________________。
（2）制备精品
①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等。加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在_______层(填上或下)，分液后用___________ (填入编号)洗涤。
a．KMnO4溶液 b．稀H2SO4 c．Na2CO3溶液
②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从________口进入，目的是_____________。
③收集产品时，控制的温度应在__________左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是（______）
a．蒸馏时从70 ℃开始收集产品
b．环己醇实际用量多了
c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是____________。
a．用酸性高锰酸钾溶液 b．用溴水溶液 c．测定沸点
【答案】 (1). 防暴沸 (2). 冷凝回流 (3). 防止环己烯挥发 (4). 上层 (5). c (6). g（或下口） (7). 冷却水与气体形成逆流 (8). 83 oC (9). c (10). c
【解析】
【详解】（1）①根据实验室制乙烯可以知道，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，导管B比较长，能增加与空气的接触面积，其作用是导气和将生成的气体物质冷凝回流；因此，本题正确答案是：防止暴沸；冷凝回流。
②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；因此，本题正确答案是：防止环己烯挥发。
（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层；环己烯中含有碳碳双键，可以被KMnO4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，可选；因此，本题正确答案是：上层；c。
②再将环己烯按下图装置蒸馏，冷却水从g（或下口）口进入，目的是冷却水与气体形成逆流，保证冷凝效果；正确答案：g（或下口）；冷却水与气体形成逆流。
③根据表中数据可以知道,馏分环己烯的沸点为83oC,故收集产品应控制温度在83oC 左右； a、蒸馏时从70oC开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量,故a错误；
b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量,故b错误；
c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确；
因此，本题正确答案是：83oC；c。
（3）环己烯粗品中含有环己醇，酸性高锰酸钾溶液既能与环己烯反应而褪色，也能与环己醇反应而褪色，因此无法鉴别环己烯精品和粗品，a错误；
环己烯能够与溴水发生加成反应导致溴水褪色，而环己烯粗品也能与溴水发生加成反应而导致溴水褪色，因此无法鉴别环己烯精品和粗品，b错误；
环己烯精品为纯净物，有固定的熔沸点，而环己烯粗品属于混合物，无有固定的熔沸点，因此通过测定环己烯精品和粗品的沸点可以鉴别开两种物质，c正确；
正确答案：c。
【点睛】能够使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物有：烯烃、炔烃、苯的同系物、醇类、酚类、醛类、葡萄糖、麦芽糖等；本题在鉴别环己烯粗品和精品时，不能使用酸性高锰酸钾溶液，因为环己烯和环己醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，溶液褪色，无法区分两种物质，这一点容易被忽视。
25.以有机物A为基础物质，可以通过不同的反应制得下列物质。
（1）写出A→C的化学方程式：__________________________________________。
（2）推断B物质的结构简式______________________；X反应类型是___________；由 D → E 所需的试剂是_______________________________。
（3）R物质属于A 的同分异构体，其性质如下：
试写出符合条件的R的同分异构体的结构简式(任写两种)：__________；________。
【答案】 (1). (2). (3). 取代反应 (4). 浓硫酸 (5). (6).
【解析】
【分析】
A发生缩聚反应生成高分子化合物C,A和HBr发生取代反应生成，发生反应生成B,B和溴发生加成反应，则应该发生消去反应生成B,所以B的结构简式为，和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应和消去反应生成,R物质属于A的同分异构体,R在稀硫酸条件下能水解生成M、N,M遇氯化铁溶液显紫色,说明有酚羟基,1molM能与2mol氢氧化钠反应,说明R中有一个酚羟基外还有一个酯基,据此分析解答。
【详解】A发生缩聚反应生成高分子化合物C,A和HBr发生取代反应生成，发生反应生成B,B和溴发生加成反应，则应该发生消去反应生成B,所以B的结构简式为，和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成，在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应和消去反应生成；
（1）根据题给信息可知，A→C为缩聚反应，化学方程式为： ；正确答案：。
（2）应该发生消去反应生成B,所以B的结构简式为；和NaOH的水溶液加热发生取代反应生成， 所以X反应类型是取代反应；由D → E发生的是取代反应，所需的试剂是浓硫酸；因此，本题正确答案是: ；取代反应；浓硫酸。
(3)R物质属于A的同分异构体，R在稀硫酸条件下能水解生成M、N，N易造成人体眼睛失明为甲醇；M遇氯化铁溶液显紫色,说明有酚羟基，1molM能与2mol氢氧化钠反应,说明R中有一个酚羟基外还有一个酯基，酯基的结构为CH3O0C-，所以符合条件的的同分异构体的结构简式为 、 ；正确答案： 、 。
【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。
26.将含有C．H、O的有机物3.24 g，装入元素分析装置，通入足量的O2使它完全燃烧，将生成的气体依次通过氯化钙干燥管A和碱石灰干燥管B。测得A管质量增加了2.16g，B管增加了9.24g。已知该有机物的相对分子质量为108。
（1）燃烧此化合物3.24g，须消耗氧气的质量是多少______？
（2）求此化合物的分子式______？（要有简单计算过程）
（3）该化合物1分子中存在1个苯环和1个羟基，试写出它的同分异构体的结构简式______。（计算要有文字说明过程）
【答案】 (1). 8.16g (2). C7H8O
(3).
【解析】
【分析】
将生成的气体依次通过CaCl2管(A)和碱石灰(B),A管质量增加了2.16g，应为水的质量，B管增加了9.24g，应为二氧化碳的质量，根据有机物的相对分子质量可以知道一定物质的量的有机物中含有的C、H原子个数，结合质量守恒计算是否含有O，并计算O原子个数，以此计算分子式，从质量守恒的角度计算耗氧量，结合有机物的性质判断可能的结构。
【详解】(1)A管质量增加了2.16g 为生成水的质量，B管增加了9.24g为生成二氧化碳的质量，根据质量守恒可知，消耗氧气的质量=2.16+9.24-3.24=8.16g；正确答案：8.16g。
(2)试管A吸水质量增加2.16g ,为生成水的质量,水的物质的量=2.16/18=0.12mol,含H为0.24mol，碱石灰吸CO2增加9.24g ,即生成二氧化碳的物质的量=9.24/44=0.21mol，该有机物物质的量为=3.24/108=0.03mol，所以有机物分子中：N(C)=0.21/0.03=7， N(H)=0.12×2/0.03=8，N(O)=(108-12×7-8)/16=1，所以有机物的分子式为：C7H8O ；正确答案：C7H8O。
(3)若该有机物属于芳香族化合物,含有1个苯环, C7H8O 的不饱和度=（2×7+2-8）/2=4，侧链不含不饱和键，若只有1个侧链，则为-CH2OH或-OCH3；若侧链有2个，为-OH、-CH3,有邻、间、对三种位置关系；该化合物1分子中存在1个苯环和1个羟基，故符合条件的有机物的结构简式为:；正确答案：。
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