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【化学】浙江省绍兴市诸暨中学2018-2019学年高二上学期期中考试（解析版）
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浙江省诸暨中学2018-2019学年高二上学期期中考试化学试题
1.下列说法正确的是
A. 煤含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，它们是重要的化工原料
B. 石油是一种不可再生的化石资源，石油裂解的目的是为了提高汽油的产量与质量
C. 常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高
D. 鸡蛋清的溶液中硫酸钠和硫酸铜固体，都会析出白色沉淀且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理以及化学变化产生的，错误；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等，错误；C.常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高，正确；D.蛋白质在硫酸钠溶液中溶解度较低，发生盐析而沉降，硫酸铜中铜离子能使蛋白质变性而沉淀，原理不同，错误。
【点睛】石油的减压分馏是获得不同相对分子质量较大的烷烃（如润滑油、石蜡等）；石油裂化的目的主要是获得较多的轻质油；石油裂解可理解为深度裂化，主要目的是获得大量气态烃； 而催化重整主要目的是获得芳香烃。
2.下列方法能用于鉴别丙酮(CH3COCH3)和丙醛的是
A. 李比希燃烧法 B. 钠融法 C. 质谱法 D. 1H-NMR谱
【答案】D
【解析】
【详解】丙酮和丙醛的分子式相同，故无法通过李比希燃烧法和质谱法鉴别，故AC错误；钠熔法：定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，故无法鉴别丙酮和丙醛；故B错误；两种物质中氢原子的化学环境种类不同，丙酮分子中只有一种氢原子，而丙醛分子中有三种氢原子，故可通过核磁共振氢谱鉴别，D项正确。
3.以下化学用语正确的是
A. 乙醛的结构简式CH3COH B. CH4的球棍模型：
C. 丙烯的实验式：CH2 D. -NH2的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醛的结构简式应为CH3CHO，错误；B.该模型为甲烷的比例模型，错误；C.乙烯的分子式为C2H4，故实验式为CH2，正确；D. -NH2是氨基,电中性,其电子式就是在NH3的基础上去掉一个H原子，即：，错误。
4.下列不能用水鉴别的一组是
A. 溴苯 乙酸 B. 硝基苯 乙醛 C. 甲苯 乙酸乙酯 D. 二甲苯 乙醇
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴苯难溶于水，乙酸易溶于水，可用水鉴别，故A不选；B.硝基苯难溶于水，乙醛能溶于水，故可用水鉴别，故B不选；C.甲苯和乙酸乙酯均为油状液体，均难溶于水，且密度均小于水的密度，故无法用水鉴别，故C选；D.二甲苯难溶于水，乙醇能与水混溶，故可用水鉴别，故D不选。
5. 下列分子式表示的物质一定是纯净物的是
A. C2H6O B. C2H4Cl2 C. CH4O D.
【答案】C
【解析】
试题分析：A．C2H6O可以表示乙醇CH3CH2OH，也可以表示甲醚CH3-O-CH3，错误。B．C2H4Cl2可以表示CH3CHCl2，也可以表示CH2ClCH2Cl，因此表示的是不同物质，错误；C．CH4O只表示甲醇CH3OH，错误；D．表示的是聚氯乙烯，由于n不能确定，因此物质表示的是混合物，错误。
考点：考查化学式与表示的物质的关系的知识。
6.有机物分子基团间相互影响导致化学性质不同，下列叙述说明侧链对苯环有影响的是
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能 B. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
C. 苯酚能与3mol H2加成得到环己醇 D. 苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，是与苯环相连的甲基被氧化，结论应是苯环对侧链甲基的影响，错误；B. 苯酚、乙醇都含有羟基，烃基不同，苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应，可说明苯环对羟基有影响，故错误；C.苯酚和苯均能与3molH2发生加成反应，不能说明侧链对苯环有影响，错误；D.苯酚和苯均含有苯环，苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，而苯不能和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，故能说明侧链对苯环有影响，正确。
7.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A. 1.7 g羟基中含有电子数为0.7NA
B. 标准状况下，11.2 L四氯化碳所含分子数为0.5 NA
C. 7.8 g苯中含有碳碳双键的个数为0.6 NA
D. 现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.1.7g羟基为0.1mol，其所含电子数为（8+1）×0.1NA=0.9NA，错误；B.标准状况下，四氯化碳为液态，11.2L四氯化碳所含分子数远大于0.5NA，错误；C.苯中不含碳碳双键，错误；D.这三种烯烃的实验式均为CH2，14gCH2中含有原子数为3NA，正确。
8.下列物质一定是同系物的是
A. 乙二醇和丙三醇 B. 和
C. CH2=CH2和 C4H8 D. CH4和C4H10
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙二醇和丙三醇中官能团数目不同，不属于同系物，错误；B. 属于醇，属于酚，不属于同类物质，故不属于同系物，错误；C.C4H8可能是环烷烃，故其与乙烯不一定属于同系物，错误；D. CH4和C4H10均属于烷烃，且分子式相差3个CH2，故属于同系物。
9.在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%——即“原子经济性”。下列反应能体现原子经济性的是
A. CH3CH3＋Br2 CH3CH2Br + HBr
B. CH2=CH2＋Br2 CH2BrCH2Br
C. CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2+ NaBr+H2O
D. CH3CH2OH＋CH3COOHH2O+ CH3COOCH2CH3
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息以及选项方程式可知，ACD均有除目标产物以外的其它物质生成，原子利用率达不到100%，而B达到了，故答案为B。
【点睛】由题可知，化学反应若要符合“原子经济性”，则该反应类型为化合反应、加成反应。
10.下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是
A. 苯(苯酚)——加入足量的浓溴水，过滤
B. 乙烷(乙烯)——在一定条件下加H2后再收集气体
C. 乙酸乙酯(乙酸)——加乙醇和浓硫酸加热
D. 硝基苯（硝酸）——NaOH溶液，分液
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯酚与溴反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法过滤，过量的溴也会溶于苯中，A除杂方法错误；B.无法保证氢气与乙烯恰好完全反应，不能达到实验目的，可将混合气体通入浓溴水中，再通过氢氧化钠溶液除去挥发的溴单质，最后通过浓硫酸除去气体中的水分，再收集气体，错误；C.乙醇和乙酸的酯化反应不完全，且三种有机物能互溶，因此该方案不能除去乙酸，可向混合液体中加入饱和碳酸钠溶液中，再进行分液，错误；D.硝基苯难溶于水，NaOH溶液可与硝酸发生中和反应生成易溶于水的盐，混合物分层，再进行分液操作，可除去硝基苯中硝酸，正确。
【点睛】除去乙烷中的乙烯，还可依次通过酸性高锰酸钾（除去乙烯）、氢氧化钠溶液（除去生成的二氧化碳）、浓硫酸（除去气体中的水）。
11.下列反应的离子方程式正确的是
A. 乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应：CH3COOCH2CH3 ＋ OH-→CH3COO- + CH3CH2O- + H2O
B. 醋酸溶液与新制氢氧化铜反应： 2H＋＋Cu(OH)2 → Cu2+＋2H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2＋CO2＋H2O2＋
D. 乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO－+ Cu2O↓+ 3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，生成乙酸钠和乙醇，错误；B.醋酸为弱酸，离子反应方程式中应写分子式，错误；C.苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚（65摄氏度下在水中溶解度较小）和碳酸氢根，错误；D.乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热，生成醋酸钠和红色的氧化亚铜，该离子方程式正确。
【点睛】苯酚钠与二氧化碳反应的生成物与二氧化碳的通入量无关，均生成碳酸氢根，因为苯酚的酸性强于碳酸氢根的酸性，故不可能生成碳酸根。
12.下列实验能成功的是
A. 将溴乙烷和浓硫酸加热到170°C 发生消去反应得到乙烯
B. 检验CH3)2C= CHCHO中醛基时，取适量的试样直接加入银氨溶液，然后水浴加热，出现银镜说明有醛基
C. 验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液，得黄色沉淀，证明其中含有碘元素
D. 检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明淀粉还没有水解
【答案】B
【解析】
【详解】A.溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠的醇溶液、加热，反应条件错误；B.检验醛基可利用银氨溶液，在水浴加热条件下生成银镜则说明有醛基，正确；C.RX与氢氧化钠发生取代反应后，需加入稀硝酸酸化，以中和未反应完全的碱，再加入硝酸银，方案设计错误；D.加入银氨溶液前需加入氢氧化钠溶液碱化，方案设计错误。
【点睛】对于对于醛基检验试验，加入银氨溶液或新制氢氧化铜溶液前，需进行碱化；对于常见有机化学反应，需注意反应条件的差别。
13.下列各组物质总质量一定时，不论以何种比例完全燃烧生成CO2和H2O的质量为恒量
A. C6H6和C6H6O B. C4H8 和C4H10 C. C2H4O2和C6H12O6 D. C3H8O3和C2H6O
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查混合有机物燃烧的相关计算。总质量一定的有机物混合物完全燃烧后，若生成CO2和H2O的质量为恒量，说明两种有机物中各元素的原子个数比为恒定值（即实验式相同）。
【详解】由上述分析可知，A、B、D选项中两种有机物的实验式均不同，故当总质量相同、比例不同时，生成的CO2和H2O的质量会发生变化，则C中两物质的实验式相同，故答案为C。
14.下列物质中，属于CH3CH(OH)CH2CH2CH3在铜的催化作用下被氧化的产物的同分异构体的是
A. CH3CH2CH2CHO B.
C. D. CH3CH2CH2CH2CH2OH
【答案】C
【解析】
【分析】
醇类去氢氧化规律：与-OH相连的C上必须有H，伯醇氧化成醛，仲醇氧化得酮，叔醇不能被氧化。CH3CH（OH）CH2CH2CH3在铜的催化作用下被氧化的产物：CH3COCH2CH2CH3。
【详解】A. CH3CH2CH2CHO与CH3COCH2CH2CH3分子式不同，错误；B. 与CH3COCH2CH2CH3属于一种物质，错误；C. 与CH3COCH2CH2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，正确；D. CH3CH2CH2CH2CH2OH与CH3COCH2CH2CH3分子式不同，错误。
【点睛】本题考查醇的氧化和同分异构体的书写，难度不大，注意醇类去氢氧化规律：与-OH相连的C上必须有H，伯醇氧化成醛，仲醇氧化得酮，叔醇不能被氧化。
15.下列有机物命名正确的是
A. (CH3)３CCH2CH (C2H5)CH3 2-二甲基-4-乙基戊烷
B. 2-甲基-3-丁烯
C. 2-甲基-1-丙醇
D. 硝化甘油
【答案】D
【解析】
【详解】A. 主链选择错误，正确命名应为2，2，4-三甲基-己烷；B.位次编号错误，正确命名应为3-甲基-1-丁烯；C.主链选择错误，正确命名应为2-丁醇；D.该有机物是三硝酸甘油酯，俗名为硝化甘油，命名正确。
【点睛】硝化甘油也可命名为三硝基甘油酯，属于无机酸酯。
16.有机物A可氧化为B(分子式为C2H3O2Br)，而A水解得到C，1molC和2molB反应可得到含Br的酯D(分子式为C6H8O4Br2)，由此推断A的结构简式为
A. BrCH2CH2OH B. BrCH2CHO
C. HOCH2CH2OH D. BrCH2COOH
【答案】A
【解析】
【详解】有机物A可氧化为B（分子式为C2H3O2Br），A水解得到C，则C中含有羟基，1mol C和2mol B反应可得含Br的酯D，D的分子式为C6H8O4Br2，则C中含2个-OH，B中含1个-COOH，B的分子式为C2H3O2Br，其结构简式为BrCH2COOH，又A可氧化为B，则A为BrCH2CH2OH，C为HOCH2CH2OH，故答案为A。
17. 利用下图所示的有机物X可生产S-诱抗素Y。下列说法正确的是
A. Y既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可使酸性KMnO4溶液褪色
B. 1 molY与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
C. 1 molX最多能加成9 molH2
D. X可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、Y中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，但含有碳碳双键和羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、Y中能与NaOH反应的官能团是两个羧基，推出1molY最多消耗2molNaOH，故选项B错误；C、X中能与氢气发生反应的结构：碳碳双键、苯环、羰基，故1molX最多能与7molH2，所以选项C错误；D、X中含有“C=C”、－OH、－COOH、－CONH－、－COO－，故能发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应，正确。
考点：考查有机物官能团的性质。
18.分子式C3H6O2的有机物在酸性条件下水解生成相对分子量相等的有机物M和N,M能反生银镜反应，下列有关说法不正确的是
A. 该有机物也能反生银镜反应 B. M中没有甲基
C. N能催化氧化得到M D. N能氧化得到M的同系物
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的化学性质及推断。C3H6O2水解后得到一元酸和一元醇，结合分子式C3H6O2以及M能发生银镜反应可知M为饱和一元羧酸，N为饱和一元醇，M、N的相对分子质量相等，则M分子比N分子少一个碳原子，故M为HCOOH，N为CH3CH2OH，A为HCOOCH2CH3，据此解答。
【详解】A.该有机物为甲酸乙酯，其中含有醛基，能够发生银镜反应，故A正确；B.M结构简式为HCOOH，不含有甲基，故B正确；C.N催化氧化得到的是乙醛，而不是甲酸，故C错误；D.N可以被氧化为乙酸，乙酸与甲酸互为同系物，故D正确。
【点睛】本题考查考查有机物推断，关键在于抓住酯水解得到的酸和醇分子量相等，注意甲酸含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应。
19.以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是
A. 消去、取代、水解、加成 B. 取代、消去、加成、水解、
C. 消去、加成、取代、水解． D. 消去、加成、水解、取代
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。
【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。
20.下列实验装置能达到目的
A. ①装置用于检验1-溴丙烷消去反应的产物 B. ②装置实验室乙醇制乙烯
C. ③装置用于实验室制酚醛树脂 D. ④装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
【答案】C
【解析】
【详解】A.醇具有良好的挥发性，也能使酸性高锰酸钾褪色，错误；B.温度计水银球应在液面以下（且不能接触圆底烧瓶），错误；C.方案设计以及操作均正确，正确；D.浓盐酸具有良好的挥发性，会随二氧化碳进入试管中，故不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱关系，错误。
21.乙烯酮(CH2=C=O)在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应可表示，乙烯酮在一定条件下可与下列试剂加成，其产物不正确的是
A. 与CH3COOH加成生成CH3――O――CH3 B. 与H2O加成生成CH3COOH
C. 与CH3OH加成生成CH3CH2COOH D. 与HCl加成生成CH3COCl
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构和性质。由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连，以此来解答。
【详解】A.乙烯酮与CH3COOH加成生成生成，故A正确；
B.乙烯酮与H2O加成生成CH3COOH，故B正确；
C.乙烯酮与CH3OH加成生成CH3COOCH3，故C错误；
D.乙烯酮与HCl加成生成CH3COCl，正确。
【点睛】本题以信息的形式考查加成反应，注意乙烯酮的结构中含C=C键，把握结构与性质的关系即可解答，明确加成规律是解答的关键，题目难度不大。
22.已知某些气态烃可以在氯气中燃烧，如：CH4+2Cl2 C+4HCl。现将一定量的某烃分成两等份，分别在氯气和氧气中燃烧，测得消耗的氯气和氧气在同温同压下体积之比4：5，则该烃的分子式
A. C2H6 B. C3H8 C. C2H4 D. C4H8
【答案】B
【解析】
【详解】C在氯气中氧化产物为单质碳，一个C消耗0个氯气分子，C在氧气中的氧化产物是二氧化碳，一个C也同样消耗一个氧气分子；H在氯气氧化产物为氯化氢，是气体一个H消耗0.5个氯气分子，H在氧气中氧化产物为水，一个H消耗0.25个氧气分子。
设该烃为 CxHy
一个该烃分子在氯气中燃烧，消耗氯气分子数为0.5y
一个该烃分子在氧气中燃烧，消耗氧气的分子数为x+0.25y
0.5y=4
x+0.25y=5
所以y=8，x=3。故答案为B。
23.具有芳香气味的有机物A可发生下列变化，则A的可能结构有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查有机化合物的异构现象、常见有机化合物的结构。根据图中转化关系：A属于酯类，B属于羧酸，C属于醇类，D属于醛类，B属于羧酸类，C能氧化为醛，则C中含有-CH2OH结构，据此回答判断。
【详解】根据图中转化关系：A属于酯类，B属于羧酸，C属于醇类，D属于醛类，B属于羧酸类，C能氧化为醛，则C中含有-CH2OH结构，A是具有芳香气味的有机物，含有苯环，C可以是乙醇，B是苯甲酸，还可以是苯甲醇，B是甲酸，所以A的可能结构有2种：苯甲酸甲酯或是甲酸苯甲酯，故答案为B。
24.有如下合成路线，甲经二步转化为丙：
下列叙述错误的是
A. 步骤(2)产物中可能含有未反应的甲，可用溴水检验是否含甲。
B. 反应(1)的无机试剂是液溴，铁作催化剂
C. 甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应
D. 反应(2)反应属于取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构和性质。由合成路线，甲经二步转化为丙，由C=C引入两个-OH，则反应（1）为C=C与卤素单质的加成反应，反应（2）为卤素原子的水解反应，以此来解答。
【详解】A.步骤（2）产物中可能含有未反应的甲，甲可与溴水反应而使其褪色，而丙不能，则可用溴水检验是否含甲，故A正确；
B.由上述分析可知，（1）为加成反应，不需要Fe为催化剂，故B错误；
C.C=C、-OH均能被酸性KMnO4溶液氧化，则甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应，故C正确；
D. 反应（2）为卤代烃的水解反应，同时也属于取代反应，故D正确。
【点睛】本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握合成反应中官能团的变化判断发生的反应为解答的关键，侧重烯烃、卤代烃、醇性质的考查，题目难度不大。
25.己烯雌酚是一种激素类药物，结构如 下列叙述中正确的是
A. 分子中有7个碳碳双键，可以与氢气1：7加成
B. 该分子中有2个H，2个O，6个C共直线
C. 该分子对称性好，所以没有顺反异构
D. 该有机物分子中，最多可能有18个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机化合物的基本性质以及结构问题。
A.分子中存在2个苯环，苯环中的化学键是介于单键与双键之间的一种特殊的化学键，只含有1个C=C双键；
B.O-H键与O-C键之间形成V型结构，H原子与O原子连接的苯环C原子不可能处于同一直线，O氧原子、-OH连接的苯环C原子及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线；
C.C=C双键中同一C原子连接不同的基团，该物质具有顺反异构；
D.旋转碳碳双键与苯环之间的单键，可以使苯环形成的平面与C=C双键形成的平面处于同一平面，旋转碳碳双键与乙基之间的碳碳单键，可以使甲基中的C原子落在C=C形成的平面。
【详解】A.分子中存在2个苯环，只含有1个C=C双键，能与氢气按1：7发生加成反应，故A错误；
B.O-H键与O-C键之间形成V型结构，H原子与O原子连接的苯环C原子不可能处于同一直线，O氧原子、-OH连接的苯环C原子及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线，即1个O原子，3个C原子共直线，故B错误；
C.C=C双键中同一C原子连接不同的基团，该物质具有顺反异构，故C错误；
D.旋转碳碳双键与苯环之间的单键，可以使苯环形成的平面与C=C双键形成的平面处于同一平面，旋转碳碳双键与乙基之间的碳碳单键，可以使甲基中的C原子落在C=C形成的平面，故分子中所以C原子都有可能处于同一平面，即最多有18个C原子处于同一平面，故D正确。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于有机物知识的综合应用，题目难度中等，易错点为D，注意把握有机物的结构特点。
26.（1） 用系统命名法命名____________________
（2）松油醇（）的分子式为______________
（3）与Br2以物质的量之比为1:1反应，所得产物有______种（不考虑顺反异构）
（4）写出下列物质的结构简式：软脂酸________ 苯甲酸________聚乙二酸乙二酯__________
（5）下列物质中①甲苯 ②聚异戊二烯③聚乙烯④直馏汽油⑤ ⑥
（I）既能使溴水褪色因反应，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是__________（填序号，下同）
(II）只能使酸性高锰酸钾褪色的烃是_____________，
(III) 能与NaHCO3反应的是___________，它在一定条件下能得到聚合物，该反应的方程式_________________________________________，也可滴入过量浓溴水产生白色沉淀，该方程式 ________________________________________________，
(IV)写出⑥在一定条件下与足量NaOH溶液共热反应的方程式_____________________________
（6）有机物A的质量为6.2g，完全燃烧后生成8.8g二氧化碳和5.4g水.
①此有机物的实验式为__________，要确定其分子式还需要其他的量吗？____________
②如果该有机物0.5mol能与1mol Na产生标况下H2 11.2L则其结构简式_____________。
【答案】 (1). 2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷 (2). C10H18O (3). 3 (4). C15H31COOH (5). (6). (7). ④⑤⑥ (8). ① (9). ⑤
(10). (11).
(12).
(13). CH3 (14). 需要 (15). CH3CH2OH
【解析】
【详解】（1）该有机物的主链选择以及编号为，故命名为：2，2，4，5-四甲基-3，3-二乙基己烷；
（2）该分子的不饱和度为2，碳原子个数为10个，故有机物分子式为C10H18O；
（3）2-甲基1,3-丁二烯与溴1：1加成，产物有三种情况：1、2号碳原子双键断裂；3、4号碳原子双键断裂；1、4号碳原子加成，总共存在3种情况；
（4）软脂酸：C15H31COOH；苯甲酸：；聚乙二酸乙二酯是由乙二酸和乙二醇发生缩聚反应生成，故结构简式为：；
（5）（I）直馏汽油中含有烯烃、⑤中含有酚羟基且羟基的邻位和对位有可以被取代的H、⑥中有碳碳双键，含有碳碳双键的有机物能与溴水发生加成反应、能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酚类物质可以与浓溴水发生取代反应、可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。故既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是④⑤⑥；
（II）甲苯属于苯的同系物，故能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，但不能使溴水因反应而褪色；
(III) 能与NaHCO3反应说明含有羧基，故答案为⑤；中含有羧基和羟基，在一定条件下能发生缩聚反应得到聚合物，该反应的方程式为：；因该有机物中含有酚羟基，故滴入过量浓溴水后，其酚羟基邻位以及对位被溴原子取代，产生白色沉淀，该方程式为：；
(IV) 在一定条件下与足量NaOH溶液共热，酯基发生水解反应、卤代原子发生取代/水解反应，故该方程式为：；
（6）①. 8.8g二氧化碳中碳元素的质量为：8.8g×=2.4g，5.4g水中氢元素的质量为：5.4g×=0.6g，碳，氢元素的质量比为2.4：0.6=4：1；碳，氢元素的原子个数比为：1=1：3，即实验式为CH3；该有机物可能为C2H6或C2H6O，因此若要确定分子式，还需要耗氧量或质谱图或核磁共振氢谱或红外光谱等；
②. 该有机物0.5mol能与1mol Na产生标况下H2 11.2L，则说明该有机物含有1个-OH或一个-COOH，由①可知，该物质的结构简式为CH3CH2OH。
【点睛】注意：的编号不能从左到右，若从左到右，则不满足取代基位次之和最小。第(III)题中第一空中生成物也可写成，但需注意生成的H2O的系数为2n。
27.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：
密度（g/cm3）
熔点（℃）
沸点（℃）
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水
已知：
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL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再将环己烯按图装置蒸馏，冷却水从________口进入。蒸馏时要加入生石灰，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．用金属钠 C．测定沸点
【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 冷凝 (3). 进一步冷却，防止环己烯挥发 (4). 上层 (5). C (6). g (7). 冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好（或更容易将冷凝管充满水或以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂） (8). 83℃ (9). C (10). BC
【解析】
【分析】
本题主要考查制备实验方案的设计。
（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯的温度，减小其挥发；
（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用C（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；
②为了使冷凝的效果更好，冷却水从冷凝管的下口进入，上口出；生石灰能与水反应生成氢氧化钙；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃；
A.若提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量；
B.制取的环己烯物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量；
C.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；
（3）根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，据此可判断产品的纯度。
【详解】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝。故答案为：防止暴沸；冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯的温度，减少其挥发，故答案为：进一步冷却，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，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用C（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；C；
②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口（g）进入，冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂，故答案为：g；冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；
A.蒸馏时从70℃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；，故选C；
故答案为：83℃；C；
（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，故答案为：BC；
【点睛】本题考查通过环己醇制备环己烯的实验方法，考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及物质的分离方法、冷凝、产量的分析等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
28.化合物M是合成药物胃长宁的重要中间体，其典型的合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）化合物M的分子式是________；写出化合物F中含氧官能团的名称__________；
（2）C→E的反应类型是_________，1molG与足量金属钠反应能生成_____ molH2．
（3）下列有关化合物F的说法正确的是___________（用相应编号填写）
A．不能发生消去反应
B．核磁共振氢谱有7组峰
C．能使溴水褪色，并发生加成反应
D．在一定条件下能聚合成高分子化合物，其链节为
（4）写出G→M发生的化学反应方程式 ___________________________________．
（5）化合物D有多种同分异构体，写出两种符合下列条件的同分异构体的结构简式．
①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应．_____________________________________________
【答案】 (1). C14H18O3 (2). 羟基、羧基 (3). 加成反应 (4). 1 (5). CD (6).
(7).
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的推断与合成。
（1）根据M的结构简式可知其分子式；根据F的结构简式可知其含氧官能的名称；
（2）比较C、D和E的结构可知，C和D发生加成反应得E；G中有一个羟基和一个羧基，都能和钠反应生成氢气；
（3）F中有羟基、羧基以及碳碳双键，根据官能团的性质进行判断；
（4）比较G和M的结构简式可知，G与甲醇发生酯化反应生成M；
（5）根据条件①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种，说明苯环上有两个处于对位的基团或三个分布对称的基团，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，结合D的结构简式可写出符合条件的同分异构体。
【详解】（1）根据M的结构简式可知其分子式为C14H18O3，根据F的结构简式可知其含氧官能的名称为羟基、羧基，故答案为：C14H18O3；羟基、羧基；
（2）比较C、D和E的结构可知，C和D发生加成反应得E，G中有一个羟基和一个羧基，都能和钠反应生成氢气，所以1molG与足量金属钠反应能生成1mol H2，故答案为：加成反应；1；
（3）F中有羟基、羧基以及碳碳双键，
A.F中羟基邻位碳上有氢原子，所以能发生消去反应，故A错误；
B.根据F的结构可知，核磁共振氢谱有8组峰，故B错误
C.F中有碳碳双键，能使溴水褪色，并发生加成反应，故C正确；
D.在一定条件下F中的羟基和羧基能聚合成高分子化合物，其链节为，故D正确，故选CD；
（4）比较G和M的结构简式可知，G与甲醇发生酯化反应生成M，反应的方程式为，
故答案为：；
（5）根据条件①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种，说明苯环上有两个处于对位的基团或三个分布对称的基团，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，结合D的结构简式可知符合条件的同分异构体的结构简式为，
故答案为：。
29.某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇
已知①A→B原子利用率100%
②
③
请回答
（1）写出D官能团的名称____________
（2）下列说法正确的是（ ）
A. A是甲醛 B. 化合物D与FeCl3溶液显色反应
C. B→C反应类型为取代反应 D. 沙丁胺醇的分子式C13H19NO3
（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________
（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________
（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________
【答案】 (1). 醚键 (2). AC (3). (4). (5). 、、、
【解析】
【分析】
本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。
①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。
【详解】根据以上分析。
(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；
(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成 ，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；
(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；
(4)与反应生成的反应化学方程式为；
(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。
1.下列说法正确的是
A. 煤含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，它们是重要的化工原料
B. 石油是一种不可再生的化石资源，石油裂解的目的是为了提高汽油的产量与质量
C. 常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高
D. 鸡蛋清的溶液中硫酸钠和硫酸铜固体，都会析出白色沉淀且原理相同
【答案】C
【解析】
【详解】A. 煤是由无机物和有机物组成的复杂混合物，可以用干馏方法获得苯，但是煤的成分中并不含有苯、甲苯、二甲苯等有机物，它们是煤在干馏时经过复杂的物理以及化学变化产生的，错误；B.石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，裂解的目的是为了获得乙烯、丙烯、丁二烯等，错误；C.常见的氨基酸为无色结晶，能形成内盐，所以熔点较高，正确；D.蛋白质在硫酸钠溶液中溶解度较低，发生盐析而沉降，硫酸铜中铜离子能使蛋白质变性而沉淀，原理不同，错误。
【点睛】石油的减压分馏是获得不同相对分子质量较大的烷烃（如润滑油、石蜡等）；石油裂化的目的主要是获得较多的轻质油；石油裂解可理解为深度裂化，主要目的是获得大量气态烃； 而催化重整主要目的是获得芳香烃。
2.下列方法能用于鉴别丙酮(CH3COCH3)和丙醛的是
A. 李比希燃烧法 B. 钠融法 C. 质谱法 D. 1H-NMR谱
【答案】D
【解析】
【详解】丙酮和丙醛的分子式相同，故无法通过李比希燃烧法和质谱法鉴别，故AC错误；钠熔法：定性鉴定有机化合物所含元素（氮、卤素、硫）的方法，故无法鉴别丙酮和丙醛；故B错误；两种物质中氢原子的化学环境种类不同，丙酮分子中只有一种氢原子，而丙醛分子中有三种氢原子，故可通过核磁共振氢谱鉴别，D项正确。
3.以下化学用语正确的是
A. 乙醛的结构简式CH3COH B. CH4的球棍模型：
C. 丙烯的实验式：CH2 D. -NH2的电子式：
【答案】C
【解析】
【详解】A.乙醛的结构简式应为CH3CHO，错误；B.该模型为甲烷的比例模型，错误；C.乙烯的分子式为C2H4，故实验式为CH2，正确；D. -NH2是氨基,电中性,其电子式就是在NH3的基础上去掉一个H原子，即：，错误。
4.下列不能用水鉴别的一组是
A. 溴苯 乙酸 B. 硝基苯 乙醛 C. 甲苯 乙酸乙酯 D. 二甲苯 乙醇
【答案】C
【解析】
【详解】A.溴苯难溶于水，乙酸易溶于水，可用水鉴别，故A不选；B.硝基苯难溶于水，乙醛能溶于水，故可用水鉴别，故B不选；C.甲苯和乙酸乙酯均为油状液体，均难溶于水，且密度均小于水的密度，故无法用水鉴别，故C选；D.二甲苯难溶于水，乙醇能与水混溶，故可用水鉴别，故D不选。
5. 下列分子式表示的物质一定是纯净物的是
A. C2H6O B. C2H4Cl2 C. CH4O D.
【答案】C
【解析】
试题分析：A．C2H6O可以表示乙醇CH3CH2OH，也可以表示甲醚CH3-O-CH3，错误。B．C2H4Cl2可以表示CH3CHCl2，也可以表示CH2ClCH2Cl，因此表示的是不同物质，错误；C．CH4O只表示甲醇CH3OH，错误；D．表示的是聚氯乙烯，由于n不能确定，因此物质表示的是混合物，错误。
考点：考查化学式与表示的物质的关系的知识。
6.有机物分子基团间相互影响导致化学性质不同，下列叙述说明侧链对苯环有影响的是
A. 甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色而苯不能 B. 苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能
C. 苯酚能与3mol H2加成得到环己醇 D. 苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂
【答案】D
【解析】
【详解】A.甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，是与苯环相连的甲基被氧化，结论应是苯环对侧链甲基的影响，错误；B. 苯酚、乙醇都含有羟基，烃基不同，苯酚与氢氧化钠溶液可以反应，而乙醇不能与氢氧化钠溶液发生反应，可说明苯环对羟基有影响，故错误；C.苯酚和苯均能与3molH2发生加成反应，不能说明侧链对苯环有影响，错误；D.苯酚和苯均含有苯环，苯酚和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，而苯不能和甲醛在一定条件下生成酚醛树脂，故能说明侧链对苯环有影响，正确。
7.设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是
A. 1.7 g羟基中含有电子数为0.7NA
B. 标准状况下，11.2 L四氯化碳所含分子数为0.5 NA
C. 7.8 g苯中含有碳碳双键的个数为0.6 NA
D. 现有乙烯、丙烯、丁烯的混合气体共14g，其原子数为3NA
【答案】D
【解析】
【详解】A.1.7g羟基为0.1mol，其所含电子数为（8+1）×0.1NA=0.9NA，错误；B.标准状况下，四氯化碳为液态，11.2L四氯化碳所含分子数远大于0.5NA，错误；C.苯中不含碳碳双键，错误；D.这三种烯烃的实验式均为CH2，14gCH2中含有原子数为3NA，正确。
8.下列物质一定是同系物的是
A. 乙二醇和丙三醇 B. 和
C. CH2=CH2和 C4H8 D. CH4和C4H10
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙二醇和丙三醇中官能团数目不同，不属于同系物，错误；B. 属于醇，属于酚，不属于同类物质，故不属于同系物，错误；C.C4H8可能是环烷烃，故其与乙烯不一定属于同系物，错误；D. CH4和C4H10均属于烷烃，且分子式相差3个CH2，故属于同系物。
9.在“绿色化学工艺”中，理想状态是反应物中的原子全部转化为欲制得的产物，即原子利用率为100%——即“原子经济性”。下列反应能体现原子经济性的是
A. CH3CH3＋Br2 CH3CH2Br + HBr
B. CH2=CH2＋Br2 CH2BrCH2Br
C. CH3CH2Br＋NaOHCH2=CH2+ NaBr+H2O
D. CH3CH2OH＋CH3COOHH2O+ CH3COOCH2CH3
【答案】B
【解析】
【详解】由题干信息以及选项方程式可知，ACD均有除目标产物以外的其它物质生成，原子利用率达不到100%，而B达到了，故答案为B。
【点睛】由题可知，化学反应若要符合“原子经济性”，则该反应类型为化合反应、加成反应。
10.下列是除去括号内杂质的有关操作，其中正确的是
A. 苯(苯酚)——加入足量的浓溴水，过滤
B. 乙烷(乙烯)——在一定条件下加H2后再收集气体
C. 乙酸乙酯(乙酸)——加乙醇和浓硫酸加热
D. 硝基苯（硝酸）——NaOH溶液，分液
【答案】D
【解析】
【详解】A.苯酚与溴反应生成的三溴苯酚可溶于苯，无法过滤，过量的溴也会溶于苯中，A除杂方法错误；B.无法保证氢气与乙烯恰好完全反应，不能达到实验目的，可将混合气体通入浓溴水中，再通过氢氧化钠溶液除去挥发的溴单质，最后通过浓硫酸除去气体中的水分，再收集气体，错误；C.乙醇和乙酸的酯化反应不完全，且三种有机物能互溶，因此该方案不能除去乙酸，可向混合液体中加入饱和碳酸钠溶液中，再进行分液，错误；D.硝基苯难溶于水，NaOH溶液可与硝酸发生中和反应生成易溶于水的盐，混合物分层，再进行分液操作，可除去硝基苯中硝酸，正确。
【点睛】除去乙烷中的乙烯，还可依次通过酸性高锰酸钾（除去乙烯）、氢氧化钠溶液（除去生成的二氧化碳）、浓硫酸（除去气体中的水）。
11.下列反应的离子方程式正确的是
A. 乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应：CH3COOCH2CH3 ＋ OH-→CH3COO- + CH3CH2O- + H2O
B. 醋酸溶液与新制氢氧化铜反应： 2H＋＋Cu(OH)2 → Cu2+＋2H2O
C. 苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：2＋CO2＋H2O2＋
D. 乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热CH3CHO+2Cu(OH)2+OH- CH3COO－+ Cu2O↓+ 3H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.乙酸乙酯与氢氧化钠溶液反应，生成乙酸钠和乙醇，错误；B.醋酸为弱酸，离子反应方程式中应写分子式，错误；C.苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚（65摄氏度下在水中溶解度较小）和碳酸氢根，错误；D.乙醛溶液与新制氢氧化铜碱性悬浊液共热，生成醋酸钠和红色的氧化亚铜，该离子方程式正确。
【点睛】苯酚钠与二氧化碳反应的生成物与二氧化碳的通入量无关，均生成碳酸氢根，因为苯酚的酸性强于碳酸氢根的酸性，故不可能生成碳酸根。
12.下列实验能成功的是
A. 将溴乙烷和浓硫酸加热到170°C 发生消去反应得到乙烯
B. 检验CH3)2C= CHCHO中醛基时，取适量的试样直接加入银氨溶液，然后水浴加热，出现银镜说明有醛基
C. 验证某RX是碘代烷，把RX与烧碱水溶液混合加热后，将溶液冷却后再加入硝酸银溶液，得黄色沉淀，证明其中含有碘元素
D. 检验淀粉已经水解，将淀粉与少量稀硫酸加热一段时间后，加入银氨溶液，无银镜出现，说明淀粉还没有水解
【答案】B
【解析】
【详解】A.溴乙烷发生消去反应的条件是氢氧化钠的醇溶液、加热，反应条件错误；B.检验醛基可利用银氨溶液，在水浴加热条件下生成银镜则说明有醛基，正确；C.RX与氢氧化钠发生取代反应后，需加入稀硝酸酸化，以中和未反应完全的碱，再加入硝酸银，方案设计错误；D.加入银氨溶液前需加入氢氧化钠溶液碱化，方案设计错误。
【点睛】对于对于醛基检验试验，加入银氨溶液或新制氢氧化铜溶液前，需进行碱化；对于常见有机化学反应，需注意反应条件的差别。
13.下列各组物质总质量一定时，不论以何种比例完全燃烧生成CO2和H2O的质量为恒量
A. C6H6和C6H6O B. C4H8 和C4H10 C. C2H4O2和C6H12O6 D. C3H8O3和C2H6O
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查混合有机物燃烧的相关计算。总质量一定的有机物混合物完全燃烧后，若生成CO2和H2O的质量为恒量，说明两种有机物中各元素的原子个数比为恒定值（即实验式相同）。
【详解】由上述分析可知，A、B、D选项中两种有机物的实验式均不同，故当总质量相同、比例不同时，生成的CO2和H2O的质量会发生变化，则C中两物质的实验式相同，故答案为C。
14.下列物质中，属于CH3CH(OH)CH2CH2CH3在铜的催化作用下被氧化的产物的同分异构体的是
A. CH3CH2CH2CHO B.
C. D. CH3CH2CH2CH2CH2OH
【答案】C
【解析】
【分析】
醇类去氢氧化规律：与-OH相连的C上必须有H，伯醇氧化成醛，仲醇氧化得酮，叔醇不能被氧化。CH3CH（OH）CH2CH2CH3在铜的催化作用下被氧化的产物：CH3COCH2CH2CH3。
【详解】A. CH3CH2CH2CHO与CH3COCH2CH2CH3分子式不同，错误；B. 与CH3COCH2CH2CH3属于一种物质，错误；C. 与CH3COCH2CH2CH3分子式相同，结构不同，互为同分异构体，正确；D. CH3CH2CH2CH2CH2OH与CH3COCH2CH2CH3分子式不同，错误。
【点睛】本题考查醇的氧化和同分异构体的书写，难度不大，注意醇类去氢氧化规律：与-OH相连的C上必须有H，伯醇氧化成醛，仲醇氧化得酮，叔醇不能被氧化。
15.下列有机物命名正确的是
A. (CH3)３CCH2CH (C2H5)CH3 2-二甲基-4-乙基戊烷
B. 2-甲基-3-丁烯
C. 2-甲基-1-丙醇
D. 硝化甘油
【答案】D
【解析】
【详解】A. 主链选择错误，正确命名应为2，2，4-三甲基-己烷；B.位次编号错误，正确命名应为3-甲基-1-丁烯；C.主链选择错误，正确命名应为2-丁醇；D.该有机物是三硝酸甘油酯，俗名为硝化甘油，命名正确。
【点睛】硝化甘油也可命名为三硝基甘油酯，属于无机酸酯。
16.有机物A可氧化为B(分子式为C2H3O2Br)，而A水解得到C，1molC和2molB反应可得到含Br的酯D(分子式为C6H8O4Br2)，由此推断A的结构简式为
A. BrCH2CH2OH B. BrCH2CHO
C. HOCH2CH2OH D. BrCH2COOH
【答案】A
【解析】
【详解】有机物A可氧化为B（分子式为C2H3O2Br），A水解得到C，则C中含有羟基，1mol C和2mol B反应可得含Br的酯D，D的分子式为C6H8O4Br2，则C中含2个-OH，B中含1个-COOH，B的分子式为C2H3O2Br，其结构简式为BrCH2COOH，又A可氧化为B，则A为BrCH2CH2OH，C为HOCH2CH2OH，故答案为A。
17. 利用下图所示的有机物X可生产S-诱抗素Y。下列说法正确的是
A. Y既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可使酸性KMnO4溶液褪色
B. 1 molY与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH
C. 1 molX最多能加成9 molH2
D. X可以发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应
【答案】D
【解析】
试题分析：A、Y中不含酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应，但含有碳碳双键和羟基能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、Y中能与NaOH反应的官能团是两个羧基，推出1molY最多消耗2molNaOH，故选项B错误；C、X中能与氢气发生反应的结构：碳碳双键、苯环、羰基，故1molX最多能与7molH2，所以选项C错误；D、X中含有“C=C”、－OH、－COOH、－CONH－、－COO－，故能发生氧化、取代、酯化、加聚、缩聚反应，正确。
考点：考查有机物官能团的性质。
18.分子式C3H6O2的有机物在酸性条件下水解生成相对分子量相等的有机物M和N,M能反生银镜反应，下列有关说法不正确的是
A. 该有机物也能反生银镜反应 B. M中没有甲基
C. N能催化氧化得到M D. N能氧化得到M的同系物
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的化学性质及推断。C3H6O2水解后得到一元酸和一元醇，结合分子式C3H6O2以及M能发生银镜反应可知M为饱和一元羧酸，N为饱和一元醇，M、N的相对分子质量相等，则M分子比N分子少一个碳原子，故M为HCOOH，N为CH3CH2OH，A为HCOOCH2CH3，据此解答。
【详解】A.该有机物为甲酸乙酯，其中含有醛基，能够发生银镜反应，故A正确；B.M结构简式为HCOOH，不含有甲基，故B正确；C.N催化氧化得到的是乙醛，而不是甲酸，故C错误；D.N可以被氧化为乙酸，乙酸与甲酸互为同系物，故D正确。
【点睛】本题考查考查有机物推断，关键在于抓住酯水解得到的酸和醇分子量相等，注意甲酸含有醛基，具有还原性，能发生银镜反应。
19.以乙醇为原料设计合成的方案。需要经过的反应类型是
A. 消去、取代、水解、加成 B. 取代、消去、加成、水解、
C. 消去、加成、取代、水解． D. 消去、加成、水解、取代
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的合成与路线设计。可通过逆向合成进行推断，由该有机物结构简式可判断该有机物是通过二元醇发生取代反应生成，故可利用乙醇发生消去反应，再与卤素加成，最后/水解合成二元醇。
【详解】由上述分析可知，由乙醇为原料设计合成的方案为：，故答案为D。
20.下列实验装置能达到目的
A. ①装置用于检验1-溴丙烷消去反应的产物 B. ②装置实验室乙醇制乙烯
C. ③装置用于实验室制酚醛树脂 D. ④装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚
【答案】C
【解析】
【详解】A.醇具有良好的挥发性，也能使酸性高锰酸钾褪色，错误；B.温度计水银球应在液面以下（且不能接触圆底烧瓶），错误；C.方案设计以及操作均正确，正确；D.浓盐酸具有良好的挥发性，会随二氧化碳进入试管中，故不能确定碳酸与苯酚的酸性强弱关系，错误。
21.乙烯酮(CH2=C=O)在一定条件下能与含活泼氢的化合物发生加成反应，反应可表示，乙烯酮在一定条件下可与下列试剂加成，其产物不正确的是
A. 与CH3COOH加成生成CH3――O――CH3 B. 与H2O加成生成CH3COOH
C. 与CH3OH加成生成CH3CH2COOH D. 与HCl加成生成CH3COCl
【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构和性质。由信息可知，乙烯酮与含活泼氢的化合物发生加成反应时，H原子加在端C原子上，含H化合物中的其余部分与羰基中的C相连，以此来解答。
【详解】A.乙烯酮与CH3COOH加成生成生成，故A正确；
B.乙烯酮与H2O加成生成CH3COOH，故B正确；
C.乙烯酮与CH3OH加成生成CH3COOCH3，故C错误；
D.乙烯酮与HCl加成生成CH3COCl，正确。
【点睛】本题以信息的形式考查加成反应，注意乙烯酮的结构中含C=C键，把握结构与性质的关系即可解答，明确加成规律是解答的关键，题目难度不大。
22.已知某些气态烃可以在氯气中燃烧，如：CH4+2Cl2 C+4HCl。现将一定量的某烃分成两等份，分别在氯气和氧气中燃烧，测得消耗的氯气和氧气在同温同压下体积之比4：5，则该烃的分子式
A. C2H6 B. C3H8 C. C2H4 D. C4H8
【答案】B
【解析】
【详解】C在氯气中氧化产物为单质碳，一个C消耗0个氯气分子，C在氧气中的氧化产物是二氧化碳，一个C也同样消耗一个氧气分子；H在氯气氧化产物为氯化氢，是气体一个H消耗0.5个氯气分子，H在氧气中氧化产物为水，一个H消耗0.25个氧气分子。
设该烃为 CxHy
一个该烃分子在氯气中燃烧，消耗氯气分子数为0.5y
一个该烃分子在氧气中燃烧，消耗氧气的分子数为x+0.25y
0.5y=4
x+0.25y=5
所以y=8，x=3。故答案为B。
23.具有芳香气味的有机物A可发生下列变化，则A的可能结构有
A. 1种 B. 2种 C. 3种 D. 4种
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查有机化合物的异构现象、常见有机化合物的结构。根据图中转化关系：A属于酯类，B属于羧酸，C属于醇类，D属于醛类，B属于羧酸类，C能氧化为醛，则C中含有-CH2OH结构，据此回答判断。
【详解】根据图中转化关系：A属于酯类，B属于羧酸，C属于醇类，D属于醛类，B属于羧酸类，C能氧化为醛，则C中含有-CH2OH结构，A是具有芳香气味的有机物，含有苯环，C可以是乙醇，B是苯甲酸，还可以是苯甲醇，B是甲酸，所以A的可能结构有2种：苯甲酸甲酯或是甲酸苯甲酯，故答案为B。
24.有如下合成路线，甲经二步转化为丙：
下列叙述错误的是
A. 步骤(2)产物中可能含有未反应的甲，可用溴水检验是否含甲。
B. 反应(1)的无机试剂是液溴，铁作催化剂
C. 甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应
D. 反应(2)反应属于取代反应
【答案】B
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的结构和性质。由合成路线，甲经二步转化为丙，由C=C引入两个-OH，则反应（1）为C=C与卤素单质的加成反应，反应（2）为卤素原子的水解反应，以此来解答。
【详解】A.步骤（2）产物中可能含有未反应的甲，甲可与溴水反应而使其褪色，而丙不能，则可用溴水检验是否含甲，故A正确；
B.由上述分析可知，（1）为加成反应，不需要Fe为催化剂，故B错误；
C.C=C、-OH均能被酸性KMnO4溶液氧化，则甲和丙均可与酸性KMnO4溶液发生反应，故C正确；
D. 反应（2）为卤代烃的水解反应，同时也属于取代反应，故D正确。
【点睛】本题考查有机物合成及结构与性质，为高频考点，把握合成反应中官能团的变化判断发生的反应为解答的关键，侧重烯烃、卤代烃、醇性质的考查，题目难度不大。
25.己烯雌酚是一种激素类药物，结构如 下列叙述中正确的是
A. 分子中有7个碳碳双键，可以与氢气1：7加成
B. 该分子中有2个H，2个O，6个C共直线
C. 该分子对称性好，所以没有顺反异构
D. 该有机物分子中，最多可能有18个碳原子共平面
【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查有机化合物的基本性质以及结构问题。
A.分子中存在2个苯环，苯环中的化学键是介于单键与双键之间的一种特殊的化学键，只含有1个C=C双键；
B.O-H键与O-C键之间形成V型结构，H原子与O原子连接的苯环C原子不可能处于同一直线，O氧原子、-OH连接的苯环C原子及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线；
C.C=C双键中同一C原子连接不同的基团，该物质具有顺反异构；
D.旋转碳碳双键与苯环之间的单键，可以使苯环形成的平面与C=C双键形成的平面处于同一平面，旋转碳碳双键与乙基之间的碳碳单键，可以使甲基中的C原子落在C=C形成的平面。
【详解】A.分子中存在2个苯环，只含有1个C=C双键，能与氢气按1：7发生加成反应，故A错误；
B.O-H键与O-C键之间形成V型结构，H原子与O原子连接的苯环C原子不可能处于同一直线，O氧原子、-OH连接的苯环C原子及该C原子对位位置的C原子、连接苯环的碳碳双键中的1个C原子处于同一直线，即1个O原子，3个C原子共直线，故B错误；
C.C=C双键中同一C原子连接不同的基团，该物质具有顺反异构，故C错误；
D.旋转碳碳双键与苯环之间的单键，可以使苯环形成的平面与C=C双键形成的平面处于同一平面，旋转碳碳双键与乙基之间的碳碳单键，可以使甲基中的C原子落在C=C形成的平面，故分子中所以C原子都有可能处于同一平面，即最多有18个C原子处于同一平面，故D正确。
【点睛】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于有机物知识的综合应用，题目难度中等，易错点为D，注意把握有机物的结构特点。
26.（1） 用系统命名法命名____________________
（2）松油醇（）的分子式为______________
（3）与Br2以物质的量之比为1:1反应，所得产物有______种（不考虑顺反异构）
（4）写出下列物质的结构简式：软脂酸________ 苯甲酸________聚乙二酸乙二酯__________
（5）下列物质中①甲苯 ②聚异戊二烯③聚乙烯④直馏汽油⑤ ⑥
（I）既能使溴水褪色因反应，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是__________（填序号，下同）
(II）只能使酸性高锰酸钾褪色的烃是_____________，
(III) 能与NaHCO3反应的是___________，它在一定条件下能得到聚合物，该反应的方程式_________________________________________，也可滴入过量浓溴水产生白色沉淀，该方程式 ________________________________________________，
(IV)写出⑥在一定条件下与足量NaOH溶液共热反应的方程式_____________________________
（6）有机物A的质量为6.2g，完全燃烧后生成8.8g二氧化碳和5.4g水.
①此有机物的实验式为__________，要确定其分子式还需要其他的量吗？____________
②如果该有机物0.5mol能与1mol Na产生标况下H2 11.2L则其结构简式_____________。
【答案】 (1). 2,2,4,5-四甲基-3,3-二乙基己烷 (2). C10H18O (3). 3 (4). C15H31COOH (5). (6). (7). ④⑤⑥ (8). ① (9). ⑤
(10). (11).
(12).
(13). CH3 (14). 需要 (15). CH3CH2OH
【解析】
【详解】（1）该有机物的主链选择以及编号为，故命名为：2，2，4，5-四甲基-3，3-二乙基己烷；
（2）该分子的不饱和度为2，碳原子个数为10个，故有机物分子式为C10H18O；
（3）2-甲基1,3-丁二烯与溴1：1加成，产物有三种情况：1、2号碳原子双键断裂；3、4号碳原子双键断裂；1、4号碳原子加成，总共存在3种情况；
（4）软脂酸：C15H31COOH；苯甲酸：；聚乙二酸乙二酯是由乙二酸和乙二醇发生缩聚反应生成，故结构简式为：；
（5）（I）直馏汽油中含有烯烃、⑤中含有酚羟基且羟基的邻位和对位有可以被取代的H、⑥中有碳碳双键，含有碳碳双键的有机物能与溴水发生加成反应、能被酸性高锰酸钾溶液氧化，酚类物质可以与浓溴水发生取代反应、可以被酸性高锰酸钾溶液氧化。故既能使溴水褪色，又能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是④⑤⑥；
（II）甲苯属于苯的同系物，故能被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸，但不能使溴水因反应而褪色；
(III) 能与NaHCO3反应说明含有羧基，故答案为⑤；中含有羧基和羟基，在一定条件下能发生缩聚反应得到聚合物，该反应的方程式为：；因该有机物中含有酚羟基，故滴入过量浓溴水后，其酚羟基邻位以及对位被溴原子取代，产生白色沉淀，该方程式为：；
(IV) 在一定条件下与足量NaOH溶液共热，酯基发生水解反应、卤代原子发生取代/水解反应，故该方程式为：；
（6）①. 8.8g二氧化碳中碳元素的质量为：8.8g×=2.4g，5.4g水中氢元素的质量为：5.4g×=0.6g，碳，氢元素的质量比为2.4：0.6=4：1；碳，氢元素的原子个数比为：1=1：3，即实验式为CH3；该有机物可能为C2H6或C2H6O，因此若要确定分子式，还需要耗氧量或质谱图或核磁共振氢谱或红外光谱等；
②. 该有机物0.5mol能与1mol Na产生标况下H2 11.2L，则说明该有机物含有1个-OH或一个-COOH，由①可知，该物质的结构简式为CH3CH2OH。
【点睛】注意：的编号不能从左到右，若从左到右，则不满足取代基位次之和最小。第(III)题中第一空中生成物也可写成，但需注意生成的H2O的系数为2n。
27.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：
密度（g/cm3）
熔点（℃）
沸点（℃）
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水
已知：
（1）制备粗品
将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入1mL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再将环己烯按图装置蒸馏，冷却水从________口进入。蒸馏时要加入生石灰，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．用金属钠 C．测定沸点
【答案】 (1). 防止暴沸 (2). 冷凝 (3). 进一步冷却，防止环己烯挥发 (4). 上层 (5). C (6). g (7). 冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好（或更容易将冷凝管充满水或以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂） (8). 83℃ (9). C (10). BC
【解析】
【分析】
本题主要考查制备实验方案的设计。
（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯的温度，减小其挥发；
（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用C（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；
②为了使冷凝的效果更好，冷却水从冷凝管的下口进入，上口出；生石灰能与水反应生成氢氧化钙；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃；
A.若提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量；
B.制取的环己烯物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量；
C.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；
（3）根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，据此可判断产品的纯度。
【详解】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝。故答案为：防止暴沸；冷凝；
②冰水浴的目的是降低环己烯的温度，减少其挥发，故答案为：进一步冷却，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，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用C（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；C；
②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口（g）进入，冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂，故答案为：g；冷却水与气体形成逆流，冷凝效果更好；更容易将冷凝管充满水；以防蒸汽入口处骤冷骤热使冷凝管破裂；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；
A.蒸馏时从70℃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；，故选C；
故答案为：83℃；C；
（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，故答案为：BC；
【点睛】本题考查通过环己醇制备环己烯的实验方法，考查了制备方案的设计，题目难度中等，涉及物质的分离方法、冷凝、产量的分析等知识，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。
28.化合物M是合成药物胃长宁的重要中间体，其典型的合成路线如下：
请回答下列问题：
（1）化合物M的分子式是________；写出化合物F中含氧官能团的名称__________；
（2）C→E的反应类型是_________，1molG与足量金属钠反应能生成_____ molH2．
（3）下列有关化合物F的说法正确的是___________（用相应编号填写）
A．不能发生消去反应
B．核磁共振氢谱有7组峰
C．能使溴水褪色，并发生加成反应
D．在一定条件下能聚合成高分子化合物，其链节为
（4）写出G→M发生的化学反应方程式 ___________________________________．
（5）化合物D有多种同分异构体，写出两种符合下列条件的同分异构体的结构简式．
①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种
②能发生银镜反应
③能与FeCl3溶液发生显色反应．_____________________________________________
【答案】 (1). C14H18O3 (2). 羟基、羧基 (3). 加成反应 (4). 1 (5). CD (6).
(7).
【解析】
【分析】
本题主要考查有机物的推断与合成。
（1）根据M的结构简式可知其分子式；根据F的结构简式可知其含氧官能的名称；
（2）比较C、D和E的结构可知，C和D发生加成反应得E；G中有一个羟基和一个羧基，都能和钠反应生成氢气；
（3）F中有羟基、羧基以及碳碳双键，根据官能团的性质进行判断；
（4）比较G和M的结构简式可知，G与甲醇发生酯化反应生成M；
（5）根据条件①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种，说明苯环上有两个处于对位的基团或三个分布对称的基团，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，结合D的结构简式可写出符合条件的同分异构体。
【详解】（1）根据M的结构简式可知其分子式为C14H18O3，根据F的结构简式可知其含氧官能的名称为羟基、羧基，故答案为：C14H18O3；羟基、羧基；
（2）比较C、D和E的结构可知，C和D发生加成反应得E，G中有一个羟基和一个羧基，都能和钠反应生成氢气，所以1molG与足量金属钠反应能生成1mol H2，故答案为：加成反应；1；
（3）F中有羟基、羧基以及碳碳双键，
A.F中羟基邻位碳上有氢原子，所以能发生消去反应，故A错误；
B.根据F的结构可知，核磁共振氢谱有8组峰，故B错误
C.F中有碳碳双键，能使溴水褪色，并发生加成反应，故C正确；
D.在一定条件下F中的羟基和羧基能聚合成高分子化合物，其链节为，故D正确，故选CD；
（4）比较G和M的结构简式可知，G与甲醇发生酯化反应生成M，反应的方程式为，
故答案为：；
（5）根据条件①属于芳香族化合物，且其苯环上的一氯取代物有2种，说明苯环上有两个处于对位的基团或三个分布对称的基团，②能发生银镜反应，说明有醛基，③能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，结合D的结构简式可知符合条件的同分异构体的结构简式为，
故答案为：。
29.某研究小组苯酚为主要原料，按下列路线合成药物—沙丁胺醇
已知①A→B原子利用率100%
②
③
请回答
（1）写出D官能团的名称____________
（2）下列说法正确的是（ ）
A. A是甲醛 B. 化合物D与FeCl3溶液显色反应
C. B→C反应类型为取代反应 D. 沙丁胺醇的分子式C13H19NO3
（3）设计化合物C经两步反应转变为D到的合成路线（用流程图表示）__________
（4）写出D+E→F的反应化学方程式____________________________________
（5）化合物M比E多1个CH2，写出化合物M所有可能的结构简式须符合：1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子____________________________________________
【答案】 (1). 醚键 (2). AC (3). (4). (5). 、、、
【解析】
【分析】
本题主要考查有机化合物的综合合成与推断。
①A→B的原子利用率为100%，A的分子式是CH2O；B与氯乙烯发生取代反应生成C，结合沙丁胺醇的结构简式，可知B是，C是；C中碳碳双键被氧化前需要保护羟基不被氧化，所以C→D的两步反应，先与(CH3)2SO4反应生成，再氧化为，所以D是；根据沙丁胺醇的结构简式逆推E，E是；F是，F与HI反应生成。
【详解】根据以上分析。
(1)D为，其含有的官能团的名称是醚键；
(2)A的分子式是CH2O，A是甲醛，故A正确；D为，D中不含酚羟基，所以不能与FeCl3溶液发生显色反应，故B错误；B为，B与氯乙烯发生取代反应生成 ，故C正确；沙丁胺醇的分子式为C13H21NO3，故D错误；
(3)化合物C经两步反应转变为D的合成路线为；
(4)与反应生成的反应化学方程式为；
(5)E的分子式是C4H11N，化合物M比E多1个CH2，则M的分子式是C5H13N，符合1H-NMR谱表明M分子中有3种氢原子的化合物M可能的结构简式有、、、。
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