1、安徽省合肥市一六八中学2019-2020学年高二化学下学期入学考试试题（含解析）一、选择题(本题包括20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意。)1.化学与科技、社会、生产、生活等关系密切，下列有关说法不正确的是（ ）A. 苯酚不小心沾到皮肤上，可用酒精进行洗涤以减轻伤害B. 营养物质淀粉、纤维素和蛋白质都属于高分子化合物C. 提倡人们购物时不用塑料袋，是为了防止白色污染D. 35%-40%甲醛溶液俗称为福尔马林，可用来浸泡海产品来起到保鲜效果【答案】D【解析】【详解】A苯酚易溶于酒精，可用酒精洗涤，故A正确； B淀粉、纤维素和蛋白质都属于高分子化合物，故B正确；C废弃塑料能造
2、成白色污染，购物时不用塑料袋，能减少白色污染，故C正确；D甲醛有毒，用甲醛保鲜海产品会危害人类健康，故D错误。故选D。2.下列各组中两个变化所发生的反应，属于同一类型的是A. 由苯制硝基苯、由乙醇制取乙酸乙酯B. 乙烯使溴的CCl4溶液褪色、甲苯使酸性高锰酸钾水溶液褪色C 由HO-CH2-COOH制、由氯乙烯制聚氯乙烯D. 由氯乙烷制乙烯、由溴乙烷制乙醇【答案】A【解析】【详解】A.由苯制硝基苯属于硝化反应，由乙醇制取乙酸乙酯属于酯化反应，但都是取代反应，A符合题意；B.乙烯中含有碳碳双键，乙烯使溴的CCl4溶液褪色，发生的是加成反应，甲苯使酸性高锰酸钾水溶液褪色，发生的是氧化反应，B不符合题
3、意；C.由HO-CH2-COOH制属于缩聚反应，由氯乙烯制聚氯乙烯属于加聚反应，C不符合题意；D.由氯乙烷制乙烯属于消去反应，由溴乙烷制乙醇属于取代反应，D不符合题意；答案选A。3.我国卫生部门制定关于宣传吸烟有毒与控制吸烟的通知中规定：“中学生不准吸烟”。香烟燃烧产生的烟气中，有多种有害物质，其中尼古丁（C10H14N2）对人体危害最大，下列说法正确的是（ ）A. 尼古丁的摩尔质量是162gB. 尼古丁中C、H、O三种元素的质量比为10：14：2C. 尼古丁中氮元素的质量分数为17.3%D. 尼古丁是由26个原子构成的物质【答案】C【解析】【详解】A尼古丁的相对分子质量是162，故摩尔质量为
4、162gmol1，1mol尼古丁的质量为162g，故A错误；B尼古丁中C、H、N三种元素的质量比为1210：114：142=60：7：14，故B错误；C尼古丁中氮元素的质量分数为100%=17.3%，故C正确；D尼古丁分子式为C10H14N2，尼古丁分子由26个原子构成，尼古丁分子构成尼古丁这种物质，故D错误；故选C。4.可用于鉴别以下三种化合物的一组试剂是银氨溶液； 溴的四氯化碳溶液； 氯化铁溶液； 氢氧化钠溶液。A. 与B. 与C. 与D. 与【答案】A【解析】【详解】碳碳双键能使溴的四氯化碳溶液褪色，丁香酚和肉桂酸被鉴别出来，又因为酚羟基使氯化铁溶液发生显色反应，丁香酚被鉴别出来，所以要
5、鉴别乙酰水杨酸、丁香酚和肉桂酸所选的试剂为溴的四氯化碳溶液；氯化铁溶液，故A项正确。答案：A。【点睛】考查官能团的性质。根据结构简式中所包含的官能团的性质进行鉴别。碳碳双键能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使得溴水褪色，酚羟基使氯化铁溶液发生显色反应，以此来进行解答。5.NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物A. 所含共用电子对数目为(a/7+1)NAB. 所含碳氢键数目为a NA/7C. 燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14LD. 所含原子总数为a NA/14【答案】B【解析】设C2H4和C3H6的质量分别为X和Y，则X + Y = a g。混合气
6、体所含的共用电子对（共价键）为mol（C3H6无论是丙烯还是环丙烷，其中都有9个共价键），所以选项A错误。混合气体所含的碳氢键为mol，选项B正确。没有说明体系的温度和压强，所以无法计算氧气的体积，选项C错误。混合气体所含的原子为mol，选项D错误。6.绿原酸是金银花的主要抗菌、抗病毒有效药理成分之一，其结构如图所示。下列有关说法正确的是（ ）A. 分子式为C16H16O9B. 能与碳酸钠溶液反应，但不产生二氧化碳C. 能发生催化氧化反应并生成能发生银镜反应的产物D. NaOH、H2、溴水分别与1mol绿原酸反应时，消耗反应物的最大物质的量都为4mol【答案】D【解析】【分析】该分子中含有醇羟
7、基、羧基、酯基、碳碳双键、苯环、酚羟基，具有醇、羧酸、酯、烯烃、苯和酚的性质，能发生氧化反应、消去反应、酯化反应、水解反应、加成反应、取代反应等。【详解】A根据结构简式知，分子式为C16H18O9，故A错误；B羧基能和碳酸钠反应生成二氧化碳，故B错误；C醇羟基能发生催化氧化，但不能生成醛基，所以其氧化产物不能发生银镜反应，故C错误；D酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基能和NaOH反应，1mol该物质最多消耗4molNaOH，苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，所以1mol该物质最多能和4mol氢气发生加成反应，碳碳双键和溴发生加成反应，连接酚羟基的苯环上邻对位氢原子能和溴发生取代反应，则1mol
8、该物质最多能和4mol溴发生反应，故D正确；故选D。7.甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为A. 10%B. 15%C. 20%D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】三种酯均符合通式CnH2nO2，即CH12，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%10%。8.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（ ）A. a和b都属于芳香族化合物B. a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C. a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色D. b和c均能与新制的Cu(OH)2反应生
9、成红色沉淀【答案】C【解析】【详解】Aa中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；Ba、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；Ca含碳碳双键、b中苯环上连有甲基、c含-CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D只有-CHO与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu(OH)2反应生成红色沉淀，故D错误；答案选C。9.某链状烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，该烷烃的名称是( )A. 正壬烷B. 2,6二甲基庚烷C. 2,3,4三甲基己烷D. 2,2,4,4四甲基戊烷【答案】D【解
10、析】【分析】某烷烃的一个分子里含有9个碳原子，为壬烷的同分异构体；一氯代物只有两种，说明该烷烃分子结构对称，分子中含有2种等效H原子，据此分析判断。【详解】烷烃的一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，则结构对称，只有2种位置的H原子。A正壬烷的结构简式为：CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，其分子中含有5种等效氢原子，一氯代物有5种，故A错误；B2，6-二甲基庚烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH2CH2CH2CH(CH3)CH3，分子中含有4种等效H原子，其一氯代物有4种，故B错误；C2，3，4-三甲基己烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH(CH3)CH(
11、CH3)CH2CH3，其分子中含有8种等效H，一氯代物有8种，故C错误；D2，2，4，4-四甲基戊烷的结构简式为：(CH3)3CCH2C(CH3)3，其分子中含有2种等效H，一氯代物只有2种，故D正确；答案选D。【点睛】掌握同分异构体概念及书写方法，正确判断有机物的结构简式中等效H原子数目为解答本题的关键。解答本题要注意等效H原子的判断方法的应用。10.珍爱生命，远离毒品。以下是四种毒品的结构简式，下列有关说法正确的是氯胺酮(K粉) 冰毒摇头丸 大麻A. K粉的分子式为C13H16ClNOB. 这四种毒品都属于芳香烃C. 1mol大麻最多可与含4mol Br2的浓溴水发生反应D. 摇头丸不可能
12、发生加成反应【答案】A【解析】【详解】A.K粉的结构简式为，K粉的分子式为C13H16ClNO，故A正确；B.芳香烃是指含有苯环的烃，这四种毒品都属于烃的衍生物，不属于芳香烃，故B错误；C.大麻中的碳碳双键可与Br2发生加成反应，酚羟基邻、对位的苯环氢可与浓溴水发生取代反应，所以1mol大麻最多可与含3molBr2的浓溴水发生反应，故C错误；D.摇头丸中含苯环，摇头丸中的苯环能在一定条件下与H2等发生加成反应，故D错误；故选A。11.下列实验内容能达到实验目的的是实验目的实验内容A鉴别乙醇与乙醛B比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性C说明烃基对羟基上氢原子活性的影响 D说明苯环对取代基上氢原子活性的影响
13、A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.K2Cr2O7具有强的氧化性，可以氧化乙醇与乙醛，从而使溶液变为绿色，因此不能鉴别乙醇与乙醛，A错误；B.乙酸钠是强碱弱酸盐，水溶液中由于CH3COO-水解而使溶液显碱性，因此向该溶液中通入CO2气体可以溶解，不能证明酸性乙酸比碳酸强，向苯酚钠溶液中通入CO2气体，CO2、H2O、苯酚钠反应，产生苯酚和NaHCO3，由于在室温下苯酚在水中溶解度不大，因此可以看到溶液变浑浊，因此只能证明酸性H2CO3苯酚，但不能证明酸性乙酸 H2CO3，B错误；C.乙醇与Na反应不如水与Na反应剧烈，可以证明烃基对羟基上氢原子活性的影响，C正确；D.
14、苯与溴水不能反应，而苯酚与浓溴水会发生取代反应产生三溴苯酚白色沉淀，证明羟基使苯环更活泼，不能说明苯环对取代基上氢原子活性的影响，D错误；故合理选项是C。12.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，反应可表示为CH2COHA CH3COA。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HCl加成生成CH3COClB. 与H2O加成生成CH3COOHC. 与CH3COOH加成生成CH3COOCOCH3D. 与CH3OH加成生成CH3COCH2OH【答案】D【解析】【分析】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，碳碳双键断
15、开，端点碳原子连氢，另一个碳原子连除了氢原子之外的另一个原子或原子团。【详解】A. 乙烯酮（CH2=C=O）与HCl加成，端点碳原子连氢，另一个碳原子连Cl，得到CH3COCl，故A不选；B. 乙烯酮（CH2=C=O）与H2O加成，端点碳原子连氢，另一个碳原子连-OH，得到CH3COOH，故B不选；C. 乙烯酮（CH2=C=O）与CH3COOH加成，端点碳原子连氢，另一个碳原子连CH3COO-，得到CH3COOCOCH3，故C不选；D. 乙烯酮（CH2=C=O）与CH3OH加成，端点碳原子连氢，另一个碳原子连CH3O-，得到CH3COOCH3，故D选。故选D。13.下列有机化合物中同分异构体数
16、目最多的是（ ）A. C8H10(芳香烃)B. C5H10O2(酸)C. C4H8Cl2D. C4H8O2(酯)【答案】C【解析】【详解】A、C8H10（芳香烃）的同分异构体有：邻二甲苯、间二甲苯、对二甲苯、乙苯4种；B、戊酸C5H10O2可以看成C4H9COOH结构，丁基的数目是四个，所以戊酸有4种同分异构体；C、C4H8Cl2可以看成是C4H10中的两个氢原子被氯原子代替的结果，存在6种同分异构体；D、C4H8O2可以看成是甲酸和丙醇（2种）、乙酸和乙醇、丙酸和甲醇之间发生酯化反应的产物，存在4中同分异构体。同分异构体数目最多的是C4H8Cl2。故选C。14.醛可发生分子间的反应，生成羟基
17、醛，如：，现在用甲醛和乙醛来制备季戊四醇C(CH2OH)4，消耗的甲醛与乙醛的物质的量之比为（ ）A. 3：1B. 2：1C. 4：1D. 1：1【答案】A【解析】【详解】由题目信息可知：3HCHO+CH3CHO(HOCH2)3CCHO，(HOCH2)3CCHO再与氢气发生加成反应得到C(CH2OH)4，故消耗的甲醛与乙醛的物质的量之比为3:1，A项正确；答案选A。15.下列说法不正确的是（ ）A. (CH3)2C(Cl)CH2CH3的名称为：2-氯-2-甲基丁烷B. 可用新制氢氧化铜浊液鉴别乙醇、乙酸溶液C. 1mol有机物)与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOHD. 1mol-紫罗兰
18、酮（）与1molBr2发生加成反应可得到3种不同产物（不考虑立体异构）【答案】A【解析】【详解】A. (CH3)2C(Cl)CH2CH3的名称为：2 - 甲基- 2 -氯丁烷，A不正确；B. 乙酸和氢氧化铜浊液反应得到蓝色溶液，乙醇与氢氧化铜浊液不反应不分层，现象不同，可鉴别，故B正确；C. 1mol有机物)与NaOH溶液反应，-COOH、酰胺基、酚羟基各消耗1mol，酚形成的酯消耗2mol，最多消耗5molNaOH，故C正确；D. 1mol-紫罗兰酮（）与1molBr2发生加成反应，可只与其中1个碳碳双键发生1，2-加成，也可发生1，4-加成，可得到3种不同产物（不考虑立体异构），故D正确；
19、故选A。16.化合物A经李比希法和质谱法分析得知其分子式为C8H8O2，相对分子质量为136，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积之比为1：2：2：3，A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，其核磁共振氢谱与红外光谱如图。关于A的下列说法中不正确的是（ ）A. A分子属于酯类化合物，在一定条件下能发生水解反应B. A在一定条件下可与3molH2发生加成反应C. 符合题中A分子结构特征的有机物只有一种D. 与A属于同类化合物的同分异构体只有2种【答案】D【解析】【分析】有机物A的分子式为分子式C8H8O2，不饱和度为=5，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，A的核磁共振氢谱有4个峰且面积
20、之比为1：2：2：3，说明A含有四种氢原子且其原子个数之比为1：2：2：3，结合红外光谱可知，分子中存在酯基等基团，故有机物A的结构简式为，【详解】A含有酯基，可发生水解反应，故A正确；B只有苯环能与氢气反应，则A在一定条件下可与3 mol H2发生加成反应，故B正确；C有机物A的结构简式为，只有一种，故C正确；D属于同类化合物，应含有酯基、苯环，若为羧酸与醇形成的酯有：甲酸苯甲酯，若为羧酸与酚形成的酯，可以是乙酸酚酯，可以是甲酸与酚形成的酯，甲基有邻、间、对三种位置，故5种异构体，故D错误；故选D。17.根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是A. 3-甲基-1,3-丁二烯B. 2-羟基戊
21、烷C. CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷D. CH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸【答案】D【解析】【详解】A有机物属于二烯烃，名称是2-甲基-1，3-丁二烯，A错误；B有机物属于饱和一元醇，名称是2-戊醇，B错误；C有机物CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3属于烷烃，名称是3-甲基己烷，C错误；D有机物CH3CH(NH2)CH2COOH属于氨基酸，名称是3-氨基丁酸，D正确；答案选D。【点睛】明确有机物的命名方法是解答的关键，注意有机物系统命名中常见的错误：（1）主链选取不当（不包含官能团，不是主链最长、支链最多）；（2）编号错（官能团的位次不是最小，取
22、代基位号之和不是最小）；（3）支链主次不分（不是先简后繁）；（4）“”、“，”忘记或用错。18.对下列有机物的判断错误的是（ ） A. 除外，其它有机物均可使酸性高锰酸钾溶液褪色B. 都属于芳香烃。苯环上的一溴代物的同分异构体数目均有6种C. 的一氯代物均只有一种，的一氯代物有四种，苯环上的二氯代物有9种，D. 的所有碳原子可能处于同一平面【答案】B【解析】A项，和中含碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，的苯环侧链的碳上连有H原子，可使酸性KMnO4溶液褪色，正确；B项，都含有苯环，都属于芳香烃，的苯环上有3种H原子（如图，1、4等效，2、5等效，3、6等效），的苯环上的一溴代物的同分异构体
23、数目有3种，的左边苯环两侧链为间位，右边苯环两侧链为对位，的苯环上有6种H原子，的苯环上的一溴代物的同分异构体数目有6种，错误；C项，结构高度对称，都只有一种H原子，的一氯代物均只有一种，中有4种H原子，的一氯代物有4种，的苯环上二氯代物有9种（如图，第1个Cl在1号位，第2个Cl在2、3、4、5、6位，有5种；第1个Cl在2号位，第2个Cl在3、5、6，有3种，第1个Cl在3号位，第2个Cl在6号，1种，共5+3+1=9种），正确；D项，和中有苯环碳原子和甲基碳原子，且甲基碳原子与苯环碳原子直接相连，联想苯的结构，结合单键可以旋转，和中所有碳原子可能处于同一平面上，中4个饱和碳原子与双键碳原
24、子直接相连，联想乙烯的结构，中所有碳原子处于同一平面上，正确；答案选B。点睛：本题涉及两个难点：烃的卤代物种类的确定和分子中原子的共面问题。烃的卤代物种类的确定：（1）一卤代物种类的确定常用等效氢法：同一个碳原子上的氢原子等效，同一个碳原子上所连甲基上氢原子等效，处于对称位置的氢原子等效；（2）二卤代物种类的确定常用“定一移二”法（如的苯环上二氯代物种类的确定）。确定分子中共面的原子个数的技巧：（1）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构），苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线；（2）任意三个原子一定共平面；（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构）
25、，苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）；（4）分子中出现饱和碳原子，所有原子不可能都在同一平面上；（5）单键可以旋转；（6）注意“可能”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”等限制条件。19.金刚烷是一种重要的化工原料，工业上可通过下列途径制备。下列说法中正确的是A. 环戊二烯中的所有原子共平面B. 二聚环戊二烯的分子式为C10H10C. 四氢二聚环戊二烯与金刚烷互为同系物D. 金刚烷的一氯一溴代物有8种【答案】D【解析】A项，环戊二烯中含有一个饱和碳原子，环戊二烯中的所有原子不可能都共平面，错误；B项，二聚环戊二烯的不饱和度为5，分子式为C10H12，错误；C项，四氢二聚环
26、戊二烯的分子式为C10H16，金刚烷的分子式为C10H16，两者互为同分异构体，错误；D项，金刚烷（如图）中含4个（1、3、5、7），6个（2、4、6、8、9、10），4个六元环，且与交替出现，金刚烷中有2种H原子，其一氯代物有2种，一氯一溴代物有8种（若Cl在，则Br在六元环Cl的邻、间、对位，有3种；若Cl在，Br与Cl在同一个六元环上有4种，分别与Cl同碳，处于Cl的邻、间、对位；若Cl在，Br与Cl不在同一个六元环上有1种，共3+4+1=8种），正确；答案选D。20.化合物Y 能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y 的说法正
27、确的是A. X 分子中所有原子一定在同一平面上B. Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子C. X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D. XY的反应为加成反应【答案】B【解析】【详解】A.X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A错误；B.Y与Br2的加成产物为，中“*”碳为手性碳原子，B正确；C.X中含酚羟基，X能与酸性KMnO4溶液反应，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；D.对比X、2-甲基丙烯酰氯和Y的结构简式，X+2-甲基丙烯酰氯Y+HCl，反应类型为取代反应，D错误。
28、故选B。【点睛】本题难点是分子中共面原子的确定，分子中共面原子的判断需要注意联想典型有机物的结构，如CH4、乙烯、乙炔、苯、甲醛等；单键可以旋转，双键和三键不能旋转；任意三个原子一定共平面。二、非选择题(本题包括3小题，共40分。)21.芳香酸是分子中羧基与苯环直接相连的一类有机物，通常用芳香烃的氧化来制备。反应原理如下：+2KMnO4+KOH+2MnO2+H2O+HCl+KCl反应试剂、产物的物理常数：名称相对分子质量性状熔点（）沸点（）密度（g/cm3）水中的溶解性甲苯92无色液体易燃易挥发-95110.60.8669不溶苯甲酸122白色片状或针状晶体122.42481.2659微溶主要实
29、验装置和流程如图：实验方法：一定量的甲苯和KMnO4溶液加入图1装置中，在90时，反应一段时间后，停止反应，按如图流程分离出苯甲酸并回收未反应的甲苯。（1）白色固体B中主要成分的分子式为_，操作为_。（2）下列关于仪器的组装或者使用正确的是_。A.抽滤可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀B.安装电动搅拌器时，搅拌器下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触C.如图回流搅拌装置应采用直接加热的方法D.冷凝管中水的流向是上进下出（3）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入_，分液，然后再向水层中加入_，抽滤，洗涤，干燥即可得到苯甲酸。（4）纯度测定：称取2.440g产品，配成100mL溶液，取其中25.00mL溶
30、液，进行滴定，消耗KOH物质的量为4.510-3mol。产品中苯甲酸质量分数为_。【答案】 (1). C7H6O2 (2). 蒸馏 (3). AB (4). NaOH溶液 (5). 硫酸或浓盐酸酸化 (6). 90%【解析】【分析】一定量的甲苯和适量的KMnO4溶液在90反应一段时间后停止反应，按如图流程分离出苯甲酸和回收未反应的甲苯，苯甲酸能溶于水，甲苯不溶于水，互不相溶的液体采用分液方法分离，根据实验目的知，从而得到有机层和水层，有机层中含有甲苯、水层中含有苯甲酸，有机层中的甲苯采用蒸馏方法得到无色液体A，A是甲苯，将水层盐酸酸化再蒸发浓缩，根据苯甲酸的溶解度知，得到的固体B是苯甲酸。【详
31、解】（1）白色固体B中主要成分是苯甲酸，分子式为C7H6O2；有机层中物质互溶且沸点不同，所以可以采用蒸馏方法分离，则操作为蒸馏，故答案为：C7H6O2；蒸馏；（2）A抽滤时，瓶中压强较小，可以加快过滤速度，得到较干燥的沉淀，故A正确；B为了防止搅拌棒下端打坏三颈烧瓶底或温度计，因此不能与它们接触，所以在搅拌时，搅拌棒下端不能与三颈烧瓶底、温度计等接触，故B正确；C沸水浴加热便于控制温度和使容器受热均匀，图1回流搅拌装置应采用水浴加热的方法，故C错误；D冷凝管中水的流向与蒸汽的流向相反，则冷凝管中水的流向是下进上出，故D错误；故答案为：AB；（3）除去残留在苯甲酸中的甲苯应先加入NaOH溶液，
32、甲苯与NaOH不反应，苯甲酸与NaOH反应生成苯甲酸钠，分液，然后再向水层中加入硫酸或浓盐酸酸化，抽滤，洗涤，干燥即可得到苯甲酸。故答案为：NaOH溶液；硫酸或浓盐酸酸化；（4）设苯甲酸的物质的量浓度为x mol/L，则25mL苯甲酸溶液中苯甲酸的物质的量为0.025xmol， 1mol：1mol=0.025xmol：4.5010-3molx= =0.18，则100mL苯甲酸中苯甲酸的质量=0.18molL10.1L122gmol1=2.196g，其质量分数=100%=90%，故答案：90%。【点睛】本题考查了实验方案设计、混合物的分离和提纯，侧重考查分析问题能力、计算能力，明确物质的性质是解
33、本题关键，知道根据物质的性质选取合适的分离方法，难点（4）产品中苯甲酸质量分数计算，根据中和滴定原理计算。22.邻羟基桂皮酸（IV）是合成香精的重要原料，下列为合成邻羟基桂皮酸（IV）的路线之一。试回答：（1）中官能团的名称_。（2）的反应类型_。（3）IV与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应的方程式_。与过量NaOH溶液反应的化学方程式_。（4）有机物X与IV互为同分异构体，且X有如下特点：是苯的对位取代物，能与NaHCO3反应放出气体，能发生银镜反应。请写出X的两种结构简式_；（5）下列说法正确的是_。A.化学式为C7H8O2B.遇氯化铁溶液呈紫色C.能与NaHCO3溶液反应D.1mol有机物
34、IV最多能与4molH2加成【答案】 (1). 羟基、醛基 (2). 消去 (3). +CH3CH2OH+H2O (4). +2NaOH+2H2O (5). 和 (6). BD【解析】【详解】（1）中官能团的名称为羟基和醛基，故答案为：羟基、醛基；（2）的反应类型是羟基转变为碳碳双键，发生消去反应，故答案为：消去反应；（3）IV含有羧基，与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应的方程式 +CH3CH2OH+H2O；故答案为： +CH3CH2OH+H2O。酚羟基和羧基都可与氢氧化钠反应，与过量NaOH溶液反应的化学方程式+2NaOH+2H2O。故答案为：+2NaOH+2H2O；（4）是苯的对位取代物，能
35、与NaHCO3反应放出气体说明含有羧基，能发生银镜反应说明含有醛基，所以该物质的结构为和 ；故答案为：和 ；（5）A有机物分子式为C7H6O2，故A错误；B含有酚羟基，可与氯化铁反应，故B正确；C含有羧基的有机物能和碳酸氢钠反应，化合物II不含羧基，所以不能与碳酸氢钠溶液反应，故C错误；D有机物IV含有苯环和碳碳双键，都可与氢气发生加成反应，1mol有机物IV最多能与4molH2加成，故D正确；故答案为：BD。【点睛】本题考查了有机物反应方程式的书写、反应类型的判断、同分异构体的判断等知识点，根据物质具有的性质确定该物质可能含有的官能团，从而写出其结构简式。23.抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路
36、线如图。已知：.；.有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为。（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C化学方程式是_。（2）D中含有的官能团名称：_。（3）E的结构简式为_。（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为_。（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是_。包含2个六元环M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H
37、2O的作用是_。（7）由K合成托瑞米芬的过程：托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是_。【答案】 (1). +H2O (2). 羟基、羰基 (3). (4). (5). (6). 还原（加成） (7). 【解析】【分析】有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，说明含有-COOH，且钠盐可用于食品防腐，结合K结构简式，A为，有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2，说明含有酚羟基，且B加氢可得环己醇，则B为，根据ABC分子式知，AB发生酯化反应生成C为，C发生信息i的反应生成D为，D生成E为；F是一种天然香料，说明含有酯基，经碱性水解、酸化，得G和J，J经还原可转化为G，J不饱和度= =
38、6，根据K结构简式知，GJ中都含有苯环，苯环的不饱和度是4，根据O原子个数知，J中含有-COOH，所以还含有一个C=C，则J为，根据原子守恒知，G分子式为C9H10O，G的不饱和度为=5，J经过还原可以得到G，所以G为，EG发生加成反应生成K。【详解】（1）通过以上分析知，A为，B为，C为，A和B反应生成C的化学方程式是+H2O，反应类型是取代反应或酯化反应。故答案为： +H2O；（2）D为，D中含有的官能团：羰基、羟基，故答案为：羰基、羟基；（3）E的结构简式为，故答案为：；（4）J的结构简式为，故答案为：；（5）J为，M是J的同分异构体，包含2个六元环；M可水解，说明含有酯基；与NaOH溶
39、液共热时，1 mol M最多消耗 2 molNaOH，说明水解生成酚羟基和羧基，符合条件的结构简式为，故答案为：；（6）推测E和G反应得到K的过程中，该反应为加成反应，羰基上加上H原子，则反应物LiAlH4和H2O的作用是还原剂，故答案为：还原剂；（7）K发生消去反应生成N，N分子式为C26H29NO2，N和SOCl2发生取代反应生成托瑞米芬，根据反应前后分子式变化中Cl原子取代-OH，且托瑞米芬具有反式结构，则N为，托瑞米芬为。故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，灵活利用题给信息、反应前后分子式或结构变化、反应条件进行推断，正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意信息的获取和灵活运用。