【文档说明】福建省八县（市）一中2019-2020学年高二下学期期末考试化学试题 【精准解析】.doc，共(21)页，1.192 MB，由小赞的店铺上传

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福建省八县(市、区)一中2019—2020学年高二下学期期末联考化学试题1.化学与生活、社会密切相关。下列说法正确的是A.石油的分馏和煤的气化都是发生了化学变化B.淀粉、油脂、蛋白质都是天然高分子C.医用酒精的浓度通常是95%D.饱和Na2SO4溶液用于蛋白质的盐析【

答案】D【解析】【详解】A．石油的分馏没有生成新物质，是物理变化，故A错误；B．淀粉、蛋白质都是天然高分子，油脂不是高分子化合物，故B错误；C．医用酒精的浓度通常是75%，故C错误；D．饱和Na2SO4溶液能降低蛋白质的溶解度，用于蛋白质的盐析，故D正确；选D。2.下列各项中

，表达正确的是A.甲醛的结构简式：HCOHB.聚丙烯结构简式：C.乙酸乙酯的分子比例模型图：D.异丁烷的键线式：【答案】D【解析】【详解】A．甲醛的结构简式是HCHO，故A错误；B．聚丙烯结构简式是，故B错误；C．是乙酸分子

的比例模型，故C错误；D．异丁烷的结构简式是CH(CH3)3，键线式为，故D正确；选D。3.下列说法正确的是A.与含有相同的官能团，互为同系物B.属于醛类，官能团为－CHOC.的名称为：2－乙基－1－丁烯D.的名称为：2－甲基－1，3－二丁烯【答案】C【解析】【详解】A.前者—OH

与苯环的侧链相连，属于醇类，后者—OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B.该物质属于酯类（甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基，

B错误；C.该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基－1－丁烯，C正确；D.该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁

二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。4.下列反应中前者属于取代反应，后

者属于加成反应的是（）。A.苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液反应生成油状液体；乙烯与水生成乙醇的反应B.乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C.在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯使溴水褪色D.乙烯与溴水反应；乙酸与乙醇的酯化反应【答案】A【解析

】【详解】A．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合液发生取代反应生成硝基苯；乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故选A；B．乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷；苯与氢气在一定条件下发生加成反应生成环

己烷，故不选B；C．在苯中滴入溴水，苯萃取溴水中的溴；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，故不选C；D．乙烯与溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷；乙酸与乙醇的酯化反应属于取代反应，故不选D；选A。5.设NA为阿伏加

德罗常数的值。下列说法正确的是A.1mol丙烯分子有8NA个σ键，NA个π键B.4.6g分子式为C2H6O的有机物中含有C—H键数为0.5NAC.1mol中含有的碳碳双键数为4NAD.标准状况下，2.24L氯仿含有的分子数为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．丙烯

的结构式是CH3-CH=CH2，1mol丙烯分子有8NA个σ键，NA个π键，故A正确；B．4.6g分子式为C2H6O的有机物物质的量是0.1mol，若C2H6O的结构是CH3CH2OH含有C—H键数为0.5NA，若C2H6O的结构是CH3OCH3含有C—H键数为0

.6NA，故B错误；C．苯环中不含碳碳双键，1mol中含有的碳碳双键数为NA，故C错误；D．标准状况下氯仿是液体，2.24L氯仿的物质的量不是0.1mol，故D错误；选A。6.下列物质：①乙烷；②1,3-丁二烯；③聚丙烯；④丙炔；⑤苯；⑥乙苯；⑦乙醇

；⑧乙醛⑨乙酸。既能使酸性高锰酸钾溶液褪色又能与溴水因发生化学反应而褪色的是A.②③④⑥⑦⑧B.②④⑦⑧C.②④⑥⑨D.②④⑧【答案】D【解析】【详解】①乙烷属于烷烃，只含单键，性质稳定，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水因发生化学反应而褪色；②1,3-丁二

烯含有碳碳双键，既能被高锰酸钾氧化又能与溴水发生加成反应；③聚丙烯只含单键，性质稳定，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水因发生化学反应而褪色；④丙炔含有碳碳叁键，既能被高锰酸钾氧化又能与溴水发生加成反应；⑤苯分子中碳碳键为介于单键和双键之间的独特键，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴

水因发生化学反应而褪色；⑥乙苯与苯环直接相连的碳原子上有H原子，所以乙苯可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，但不能和溴水反应；⑦乙醇含有羟基，能被酸性高锰酸钾氧化，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，但不和溴水反应；⑧乙醛含

有醛基，易被氧化，既能被高锰酸钾氧化又能与溴水发生氧化反应；⑨乙酸含有羧基，既不能使酸性高锰酸钾溶液褪色又不能与溴水因发生化学反应而褪色；故选D。7.下列实验能达到预期目的的是序号实验操作实验目的A将乙烯和乙烷的混合气体通过

酸性高锰酸钾溶液除去乙烷中混有的少量的乙烯B往苯与苯酚混合物中加入氢氧化钠溶液，分液除去苯中混有的少量的苯酚C往碘水中加入酒精，分液提取碘水中的碘D取少量淀粉水解（水解时用硫酸作催化剂）后的溶液，加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热检验淀粉的水解产物A.AB.BC.CD

.D【答案】B【解析】【详解】A．乙烯被酸性高锰酸钾溶液氧化为二氧化碳气体而成为新的杂质，不能用高锰酸钾溶液除乙烷中混有的少量的乙烯，故A不能达到预期目的；B．苯酚和氢氧化钠溶液反应生成易溶于水的苯酚钠，往苯与苯酚混合物中加入氢氧化钠溶液，分液可除去苯

中混有的少量的苯酚，故B能达到预期目的；C．酒精易溶于水，往碘水中加入酒精，溶液不分层，不能用酒精萃取碘水中的碘，故C不能达到预期目的；D．取少量淀粉水解（水解时用硫酸作催化剂）后的溶液，先加入氢氧化钠溶液中

和硫酸，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，若有砖红色沉淀生成，则淀粉发生水解，本实验中缺少中和的步骤，故D不能达到预期目的；选B。8.下列物质既能发生消去反应，又能氧化成醛的是（）A.CH3CH2CH2OHB.(CH3)3C

CH2OHC.CH3CH（OH）CH3D.【答案】A【解析】【详解】A.CH3CH2CH2OH中醇羟基位于顶端碳原子上，能被氧化生成CH3CH2CHO（丙醛），连有醇羟基碳原子的相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反

应生成CH3CH=CH2，故A符合题意；B.(CH3)3CCH2OH中连有醇羟基碳原子的相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故B不符合题意；C.CH3CH（OH）CH3能被氧化生成CH3COCH3（丙酮），不是醛

，能发生消去反应生成CH3CH=CH2，故C不符合题意；D.中连有醇羟基碳原子的相邻碳原子上不含氢原子，所以不能发生消去反应，故D不符合题意；答案选A。9.下列实验能获得成功的是A.氯乙烷与NaOH溶液

共热，在水解后的溶液中加入AgNO3溶液检验Cl－B.向苯酚浓溶液中滴入少量浓溴水可观察到白色三溴苯酚沉淀C.苯和液溴用铁做催化剂生成溴苯D.在检验醛基配制Cu(OH)2悬浊液时，在一定量CuSO4溶液中，加入少量NaOH溶液【答案】C【解析】【详解】A．氯乙烷与NaOH溶液共

热，在水解后的溶液中先加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液检验Cl－，故A错误；B．三溴苯酚易溶于苯酚，向苯酚浓溶液中滴入少量浓溴水，观察不到白色三溴苯酚沉淀，故B错误；C．苯和液溴用铁做催化剂发生取代反应生成溴苯和溴化氢，故C正确；D．检验醛基

配制Cu(OH)2悬浊液时，在NaOH溶液中加入少量CuSO4溶液，故D错误；选C。10.下列有机物的同分异构体数目判断错误的是（）选项有机物同分异构体数目A分子式为C5H123B分子式为C4H8，不能使溴的四氯化碳溶液退色2C分子式为C4H10O，能与Na反应生成氢气4

D分子式为C3H8的二氯代物3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.戊烷有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷与新戊烷，故不选A；B.不能使溴的四氯化碳溶液退色，说明为环烷烃，分别为环丁烷，甲基环丙烷，故不选B；C.能与Na反应生成氢气，说明为醇类，C4H10O可写成C4H9OH

，丁基的同分异构体数为4，总共应有4种醇，故不选C；D.分子式为C3H8的二氯代物，有四种分别为1,1-二氯丙烷、2,2-二氯丙烷、1,2-二氯丙烷、1,3-二氯丙烷，故选D；答案：D11.下列实验装置及相关说法合理的是A

.图1为实验室制备溴苯的装置B.图2中充分振荡后下层为无色C.用图3所示的实验装置制备乙酸乙酯D.图4装置中KMnO4溶液退色可证明CH3CH2Br发生了消去反应【答案】B【解析】【详解】A．实验室制备溴苯

水溶加热，要有长导管回流，选项A错误；B．图2中振荡后分层上层为水层，碱和溴水反应无色，下层为四氯化碳溶液无色，选项B正确；C．制备乙酸乙酯时通到碳酸钠溶液的长导管不可以插入水中，否则发生倒吸，选项C错误；D．图4装置发生消去反应，无法检验烯烃，因为醇也可以还

原酸性高锰酸钾，选项D错误；答案选B。12.某有机物的结构简式为，在一定条件下可能发生的反应有。①加成、②还原、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是A.②③④B.①③⑤⑥C.①③④⑤D.①②③④⑤【答案】D【解析】【详

解】①含有苯环、醛基，所以能发生加成反应；②含有苯环、醛基，能发生还原反应；③含有羟基、羧基，所以能发生酯化反应；④含有醛基、羟基，所以能发生氧化反应；⑤含有羧基，所以能发生中和反应；⑥中羟基β-C不含氢原子

，不能发生消去反应，可能发生的反应是①②③④⑤，故选D。13.有机物分子中，当某个碳原子连接着四个不同的原子或原子团时，这种碳原子称为“手性碳原子”。例如，下列有机物分子中带“*”碳原子就是手性碳原子。该有机物分别发生下列反应，生成的有机

物分子中仍含有手性碳原子的是A.与银氨溶液作用发生银镜反应B.催化剂作用下与2H反应C.与乙酸发生酯化反应D.与NaOH溶液加热条件下反应【答案】A【解析】【详解】A.该有机物与银氨溶液反应后的生成的有机物中，

原来的手性碳原子现在连接的原子或原子团是：一个溴原子、一个-CH2OH、一个CH3COOCH2-、一个-COOH，所以该原子仍然是手性碳原子，故A符合题意；B.该有机物在催化剂作用下与氢气反应，即醛基与

氢气加成反应生成-CH2OH，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH，所以反应后，该物质中没有手性碳原子，故B不符合题意；C.该有机物与乙酸反应生成的酯，即原来的手性碳原子现在连接两个CH3COOCH2-，所以该物质在反应后

没有手性碳原子，故C不符合题意；D.该有机物与氢氧化钠溶液反应后酯基发生水解，反应生成的醇，原来的手性碳原子现在连接两个-CH2OH，所以没有手性碳原子，故D不符合题意；故选A。【点睛】掌握官能团的结构与性质，并能够灵活应用是解答本题的关键。14.羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛

酸反应制得。下列有关说法不正．．确．的是A.该反应是取代反应B.苯酚和羟基扁桃酸不是同系物C.乙醛酸能使酸性KMnO4溶液褪色D.1mol羟基扁桃酸能与2molNaOH反应【答案】A【解析】【详解】A．是加成反应，故A

错误；B．苯酚和羟基扁桃酸官能团不同，不是同系物，故B正确；C．乙醛酸含有醛基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D．中酚羟基、羧基能和氢氧化钠反应，1mol羟基扁桃酸能与2molNaOH反应，故D正确；选A。15.下列有关糖类、油脂和蛋白质的说法正确的是A.蔗糖是一种还原性糖，能够发生银镜

反应B.油脂水解的共同产物是甘油，与乙醇互为同系物C.植物油、裂化汽油均能使酸性高锰酸钾褪色D.糖类、油脂和蛋白质一定都含有碳、氢、氧和氮元素【答案】C【解析】【详解】A．蔗糖不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，故A错误；B．甘油分子中含有3个羟基，乙醇分子中含有1个羟基，结构不相似，甘油与乙醇不是同

系物，故B错误；C．植物油、裂化汽油都含碳碳双键，均能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D．糖类、油脂含有碳、氢、氧三种元素，糖类、油脂不含氮元素，蛋白质含有氮元素，故D错误；选C。16.某烃的结构简式为

，有关其结构的说法正确的是（）A.所有原子可能在同一平面上B.所有原子可能在同一条直线上C.所有碳原子可能在同一平面上D.所有氢原子可能在同一平面上【答案】C【解析】【详解】A．该烃的末端有一个甲基，甲基上的原子不可能在同一个平面上，A项错误；B．该烃有一个苯环，苯环上的原子

不可能在同一条直线上，B项错误；C．该分子中所有碳原子有可能共面，C项正确；D．由于该烃的末端有一个甲基，甲基上的氢原子不可能和其它氢原子共面，D项错误；答案选C。17.对的表述不正确的是A.该物质能发生缩聚反应B.该物质的核

磁共振氢谱上共有7个峰C.该物质遇FeCl3溶液显色，1mol该物质最多能与含1molBr2的溴水发生取代反应D.1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1【答案】B【解析】【详解】A．该物质含有羧基、酚羟基，因此能发生缩聚反应，A正确；B．该物质

分子中含有8种不同的H原子，因此其核磁共振氢谱上共有8个峰，B错误；C．该物质含有酚羟基，遇FeCl3溶液显色，由于酚羟基是邻对位定位基，所以1mol该物质最多能与含1molBr2的溴水发生取代反应，C正确；D．羧基、酚羟基可以与金属

钠反应；羧基、酚羟基可以与NaOH发生反应；NaHCO3只能与羧基发生反应。1mol该物质最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为2:2:1，D正确。答案选B。18.2020年，我省爆发了新型冠状病毒肺炎疫情，严重影响了人民的健康。茚地那韦

或对新型肺炎有治疗效果。茚地那韦的结构简式如图所示。下列有关茚地那韦的说法正确的是A.分子中含氧官能团有羟基和羧基B.苯环上的一溴代物只有五种C.可以发生取代反应和加成反应D.该分子属于合成高分子化合物【答案】C【解析】【分析】有机物结构含有肽键、

羟基，只含有1个苯环。【详解】A．分子中含氧官能团有羟基和肽键，A错误；B．该分子中有两个苯环，左边的苯环苯环的取代位有5个，为对称结构，一溴代物有3种，右边的苯环取代位有4个，不对称，所以一溴代物共有7种，B错误；C．有机物结构含有苯环可以发生取代反应和加成反

应，C正确；D．该分子不属于合成高分子化合物，没有聚合度，D错误；答案为C。19.某高聚物的结构为：其单体的名称为（）A.2，4-二甲基-2-己烯B.2，4-二甲基-1，3-己二烯C.2-甲基-1，3-丁二烯和丙烯D.2-甲基-1，3-戊二烯

和乙烯【答案】D【解析】【详解】由高聚物的结构可知，主链可含有6个C原子，没有其它杂原子，其中含有1个C=C双键，为二烯烃与烯烃的加聚反应产物，按如图所示断键，其中双键中1个C-C断裂，再恢复原来的双键，故其单体为CH2=C(C

H3)-CH=CH-CH3，CH2=CH2，即为2-甲基-1，3-戊二烯和乙烯。答案选D。20.阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是+H2O+CO2A.阿魏酸分子式为C10H10O4B.阿魏酸存在顺反异构C.方程式中三种有机

物均可与NaOH、Na2CO3反应D.可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成【答案】D【解析】【详解】A.根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A项正确；B.阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B项正确；C.酚羟基和羧基与N

aOH、Na2CO3反应，C项正确；D.能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D项错误；答案选D。21.黄铜矿是工业

炼铜的原料，含有的主要元素是硫、铁、铜。回答下列问题。（1）基态硫原子中核外电子有____种运动状态。Fe2+的电子排布式是___。（2）液态SO2可发生自偶电离2SO2=SO2++2-3SO，2-3SO的空间构型是___，与SO2+互为等电子体的分子有____（填化学式，任写一种）。

（3）CuCl熔点为426℃，熔化时几乎不导电，CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是___。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是____。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点____（填“高”或“低”），原因是____

。（5）超高热导率半导体材料——砷化硼（BAs）的晶胞结构如下图所示，则1号砷原子的坐标为____。已知阿伏加德罗常数的值为NA，若晶胞中As原子到B原子最近距离为apm，则该晶体的密度为__g·cm－

3（列出含a、NA的计算式即可）。【答案】(1).16(2).1s22s22p63s23p63d6(或[Ar]3d6)(3).三角锥形(4).N2或CO(5).CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高(6).sp3(

7).低(8).乙醇分子间有氢键，而乙硫醇没有(9).(，，)(10).330A86443N(a)103【解析】【分析】(1)核外有几个电子就有种运动状态。Fe失去最外层2个电子得到Fe2+；(2)2-3SO中S原子的价电子对数是

6+2=42，有1个孤电子对；SO2+的价电子数是10；(3)CuCl熔点为426℃，熔化时几乎不导电，说明CuCl是分子晶体；CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，CuF是离子晶体；(4)乙硫醇（C2H5SH）分子中硫原子的

价电子对数是6+2=42；乙醇分子间能形成氢键；(5)根据晶胞结构图判断1号砷原子的坐标。若晶胞中As原子到B原子最近距离为apm，则晶胞的体对角线为4apm；【详解】(1)核外有几个电子就有种运动状态，硫原子核外有16个电子，基

态硫原子中核外电子有16种运动状态。Fe核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d64s2，Fe失去最外层2个电子得到Fe2+，Fe2+的电子排布式是1s22s22p63s23p63d6；(2)2-3SO中

S原子的价电子对数是6+2=42，有1个孤电子对，2-3SO的空间构型是三角锥形，SO2+的价电子数是10，与SO2+互为等电子体的分子有CO等；(3)CuCl为分子晶体，CuF为离子晶体，离子晶体的熔沸点比分子晶体高，所以熔沸点相差大；(4)乙硫醇（C2H5SH）分子中硫

原子的价电子对数是6+2=42，S的杂化形式是sp3。乙醇分子间能形成氢键，所以乙硫醇的沸点比乙醇的沸点低；(5)根据晶胞结构图，1号砷原子位与ABCD原子构成的正四面体中心，所以坐标为(，，)。根据均摊原则，1个晶胞含有As原子是4，含有B原子数是118+6=48

2；若晶胞中As原子到B原子最近距离为apm，则晶胞的体对角线为4apm，晶胞的边长是433apm，该晶体的密度为330A86443N(a)103g·cm－3。【点睛】本题考查物质结构，明确

价电子互斥理论、晶胞计算是解题关键，注意原子核外有几个电子就有种运动状态，电子占据几个原子轨道就有几种空间运动状态。22.下面是甲、乙、丙三位同学制取乙酸乙酯的过程，请你参与并协助他们完成相关实验任务。【实验目的】制取乙酸乙酯【实验原理】甲、乙、丙三位同学均采取乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热的方法制

取乙酸乙酯，反应的化学方程式为______________________________________________；做此实验时，有时还向A试管里加入几块碎瓷片，其目的是________________

___________。【装置设计】甲、乙、丙三位同学分别设计下列三套实验装置：请从甲、乙两位同学设计的装置中选择一种作为实验室制取乙酸乙酯的装置，选择的装置是________(选填“甲”或“乙”)。丙同学将甲装置中的玻璃管改成球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是____________

____。【实验步骤】①按选择的装置仪器，在试管中先加入3mL乙醇，并在摇动下缓缓加入2mL浓硫酸充分摇匀，冷却后再加入2mL冰醋酸；②将试管固定在铁架台上；③在试管B中加入适量的饱和Na2CO3溶液；④用酒精灯对试管A加热；⑤当观察到试管B中有明显现象时

停止实验。【问题讨论】（1）步骤①装好实验装置，加入样品前还应_______________________。（2）试管B中饱和Na2CO3溶液的作用是____________________________。（3

）从试管B中分离出乙酸乙酯的实验操作是_______________________________。【答案】(1).CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O(2).防止暴沸(3).乙(4).防止倒吸(5).检查装置的气密性(6).中和乙

酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度(7).分液【解析】【分析】乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，为防止暴沸，应加入碎瓷片；乙酸、乙醇易溶于水，为防止倒吸，导管口不能伸入饱和碳酸钠溶液中。【详解】乙醇、乙酸与浓硫酸混合共热生成乙酸乙酯和

水，反应方程式是CH3COOH＋C2H5OHCH3COOC2H5＋H2O；向A试管里加入几块碎瓷片，其目的是防止暴沸；装置设计：乙酸、乙醇易溶于水，为防止倒吸，导管口不能伸入饱和碳酸钠溶液中，所以选择

乙同学设计的装置制取乙酸乙酯；丙同学将甲装置中的玻璃管改成球形干燥管，除起冷凝作用外，另一重要作用是防倒吸；实验步骤：(1)步骤①装好实验装置，加入样品前还应检验装置气密性。(2)试管B中饱和Na2CO3溶液的作用是：中和试管A挥发出的

乙酸，吸收乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，便于乙酸乙酯分层；(3)乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，从试管B中分离出乙酸乙酯的实验操作是分液。【点睛】本题考查乙酸乙酯的制备，注意把握乙酸乙酯的制备原理和实验方

法，学习中注重实验评价能力的培养，明确饱和碳酸钠溶液的作用。23.已知0.1mol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成35.2gCO2和7.2gH2O；A可以发生银镜反应，其苯环上的一溴代物有三种。（1）A的分子式为____________。

（2）A发生银镜反应的化学方程式为_______________________________。已知：现有如下转化关系：其中D能使溴的四氯化碳溶液褪色。（3）写出下列反应的化学方程式(有机物用结构简式表示)：①C转化为D的反应_____

________________________________________________；②一定条件下，D生成高分子化合物的反应_______________________________________。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有_

_____种(不考虑立体异构)。①与C具有相同的官能团种类②遇三氯化铁溶液不显色③苯环上的一氯代物只有两种【答案】(1).C8H8O(2).(3).(4).(5).4【解析】【分析】35.2gCO2的物质的量为=0.8mol，m（C）=0.8mol×12g/mol=9.6g，7.2

gH2O的物质的量为=0.4mol，m（H）=0.4mol×2×1g/mol=0.8g，故12g有机物A中m（O）=12g-9.6g-0.8g=1.6g，故n（O）==0.1mol，故有机物A分子中C原子数目为0.80.1molmol=8、H原子数目为

0.420.1molmol=8、O原子数目为0.10.1molmol=1，故A的分子式为C8H8O，有机物A可以发生银镜反应，分子中含有-CHO，苯环上的一卤代物有三种，说明苯环含有1个支链，故A为，由信息Ⅰ可知，与HCN发生加成反应生成B

，故B为，B水解生成C，故C为，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，故为发生消去反应，故D为，氧化生成E与F，由信息Ⅱ可知氧化为、OHC-COOH，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，故F为OHC-COOH，E为，G为HOOC-COOH，据以上分析解

答。【详解】(1)由上述分析可知，A为，分子式为：C8H8O；(2)A发生银镜反应的化学方程式：(3)①C转化为D的反应；②一定条件下，D生成高分子化合物的反应：(4)的同分异构体有多种，其中符合下列要求①与C具有相同的官能团种类，含有-OH、-COOH，②遇三氯化铁溶液不显色，不含酚

羟基，③苯环上的一氯代物只有两种，苯环上为对位二元取代，符合同分异构体有：共4种。24.原儿茶醛是一种医药中间体，一种合成路线如图：回答下列问题：(1)A中的官能团名称是________。(2)碳原子

上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。B中____(填“有”或“没有”)手性碳。(3)反应①的类型是__________；反应②所需试剂和条件分别为________。(4)原儿茶醛的分子式为________。(5)W与C互为同分异构体，W中不含环状结构，能发生水解反应，核磁共

振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，W的结构简式为_________(只写一种)。(6)设计以苯酚和(CH2O)n为原料制备的合成路线_______。(无机试剂任选)。已知：苯酚在多聚甲醛和氯化氢作用下，在邻位发生取代反应

。【答案】(1).羰基(2).有(3).取代反应(4).NaOH/H2O，△(5).C7H6O3(6).(CH3)2C=CHCOOCH3或CH3COOCH=C(CH3)2或(7).2n(CHO)HCl2HNi，Δ2OCu，ΔNaOH/乙醇Δ

【解析】【分析】(1)根据常见官能团的结构分析解答；(2)根据手性碳的概念结合B()分析判断；(3)反应①中羰基邻位上氢原子被氯原子取代；根据流程图，反应②为卤素原子的水解反应，据此分析解答；(4)根据原儿茶醛()判断分子式；(5)W与C互为

同分异构体，C为，W中不含环状结构，能发生水解反应，数目结构中含有酯基，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，则W中应有3个甲基，其中两个甲基的化学环境相同，据此书写W的结构简式；(6)以苯酚和(CH2O)n为原料制备，目标产物与苯酚

比较，增加了一个碳原子，结合原料，依据流程中反应⑤的信息先合成，再用H2与苯环发生加成反应(课本上苯制环己烷的反应)，然后氧化羟基得羰基，最后进行卤代烃的消去反应。【详解】(1)A()中的官能团为羰基，故答案为：羰基；(2)B

()中含有1个手性碳，用星号(*)标出B中的手性碳：，故答案为：有；(3)反应①中羰基邻位上氢原子被氯原子取代，发生取代反应；根据流程图，反应②为在加热的条件下，氯原子在NaOH水溶液中发生水解生成醇，故答案为：取代反应；NaOH/H2O、△；(4)原儿茶醛()

的分子式为C7H6O3，故答案为：C7H6O3；(5)W与C互为同分异构体，C为，W中不含环状结构，能发生水解反应，数目结构中含有酯基，核磁共振氢谱只有3组峰且峰面积之比为6∶3∶1，则W中应有3个甲基，其中两个甲基的化学环境相同，故符合题意的W有(CH3)

2C═CHCOOCH3或CH3COOCH═C(CH3)2或，故答案为：(CH3)2C═CHCOOCH3或CH3COOCH═C(CH3)2或；(6)目标产物与苯酚比较，增加了一个碳原子，结合原料，依据流程中反应⑤的信息先合成，再用H2

与苯环发生加成反应(课本上苯制环己烷的反应)，然后氧化羟基得羰基，最后进行卤代烃的消去反应，其合成路线为：2n(CHO)HCl2HNi，Δ2OCu，ΔNaOH/乙醇Δ，故答案为：

2n(CHO)HCl2HNi，Δ2OCu，ΔNaOH/乙醇Δ。