2018-2019学年甘肃省白银市会宁县第四中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

2018-2019学年甘肃省白银市会宁县第四中学高二下学期期中考试化学试题 解析版

会宁四中2018-2019学年度第二学期高二级中期考试 化学试卷 可能用到的相对分子质量：H ‎1 C 12 Cu 64 O 16 Na 23 Cl 35.5 ‎ 一、选择题 ‎1.下列变化属于物理变化的是（ ）‎ A. 煤的干馏 B. 石油的分馏 C. 重油的裂化 D. 石油的裂解 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．煤的干馏是指煤在隔绝空气的条件下加热，生成煤焦油、焦炭、焦炉煤气等物质，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；‎ B．石油分馏是指通过石油中含有的物质的沸点不同而使各种物质分离开的一种方法，该过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；‎ C．重油的裂化是重油在催化剂作用下进行裂化，生产出轻质燃料汽油，有新物质生成，属于化学变化，故C错误；‎ D．石油的裂解是石油在高温时裂解成短链的烃，有新物质生成，属于化学变化，故D错误。‎ 答案选B。‎ ‎2.研究有机物一般经过以下几个基本步骤：分离、提纯→确定实验式→确定分子式→确定结构式，以下用于研究有机物的方法错误的是(　　)‎ A. 蒸馏常用于分离提纯液态有机混合物 B. 燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法 C. 核磁共振氢谱通常用于分析有机物的相对分子质量 D. 对有机物分子红外光谱图的研究有助于确定有机物分子中的基团 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机物混合物中各成分的沸点不同，所以可用蒸馏的方法进行分离，故A正确；‎ B ‎．利用燃烧法，能将有机物分解为简单无机物，并作定量测定，通过无机物的质量推算出组成该有机物元素原子的质量分数，然后计算出该有机物分子所含元素原子最简单的整数比，即燃烧法是研究确定有机物成分的有效方法，故B正确；‎ C．从核磁共振氢谱图上可以推知有机物分子有几种不同类型的氢原子及它们的数目，不能确定有机物的相对分子质量，分析有机物的相对分子质量可以通过质谱图分析，故C错误；‎ D．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；‎ 答案选C。‎ ‎3.下列关于有机物的说法不正确的是(　　)‎ ‎①CH3—CH=CH2和CH2=CH2最简式相同 ‎②CH≡CH和C6H6含碳量相同 ‎③丁二烯和丁烯为同系物 ‎④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低 ‎⑤标准状况下，‎11.2 L的戊烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数)‎ ‎⑥能够快速、微量、精确地测定相对分子质量的物理方法是核磁共振谱法 A. ①②⑥ B. ②③④‎ C. ②④⑥ D. ③⑤⑥‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：①CH3—CH===CH2和CH2===CH2的最简式均为CH2，正确；②CH≡CH和C6H6的最简式相同，含碳量相同，正确；③丁二烯和丁烯含有的碳碳双键的数目不同，不为同系物，错误；④支链越多，同分异构体的沸点越低，正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低，正确；⑤标准状况下，戊烷表示气体，错误；⑥能够快速、微量、精确的测定相对分子质量的物理方法是质谱仪，不是核磁共振氢谱，错误；根据以上分析，不正确的有③⑤⑥，故选D。‎ ‎【考点定位】考查有机物分子组成通式的应用规律 ‎【名师点晴】本题考查了常见化学用语的判断，注意掌握同系物、同分异构体、同位素、同素异形体的概念及判断方法，明确各概念的区别。‎ ‎4.现有三组溶液：①汽油和氯化钠溶液 ②39％的乙醇溶液 ‎ ‎③氯化钠和单质溴的水溶液，分离以上各混合液的正确方法依次是 （ ）‎ A . 分液、萃取、蒸馏 B. 萃取、蒸馏、分液 C . 分液、蒸馏、萃取 D. 蒸馏、萃取、分液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：汽油不溶于水，分液即可；乙醇和水互溶，直馏即可；单质溴易溶在有机溶剂中，萃取即可，答案选C。‎ 考点：考查物质的分离和提纯 点评：把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下：①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。‎ ‎5.下列一卤代烷，不能发生消去反应的是 （ ）‎ A. CH3CH2Cl B. (CH3)2CHCl C. (CH3)3CCl D. (CH3)3CCH2Cl ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：连有卤素原子的碳原子必须有相邻的碳原子且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时，才可发生消去反应，则CH3CH2Cl、(CH3)2CHCl、(CH3)3CCl均能发生消去反应，(CH3)3CCH2Cl不能发生消去反应，答案选D。‎ 考点：考查卤代烃消去反应判断 ‎6.下列说法正确是(　　)‎ A. 烷烃的通式为CnH2n＋2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小 B. 乙烯与溴加成反应的产物为溴乙烷 C. 1 mol苯恰好与3 mol氢气完全加成，说明苯分子中有三个碳碳双键 D. 当n＝7，主链上有5个碳原子的烷烃共有5种 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为=，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；‎ B．乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；‎ C．苯分子中不存在碳碳双键，故C错误；‎ D．n=7，主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合条件的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH‎2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的难点为D，要注意缩短碳链法书写同分异构体的使用和练习；易错点为C，要注意苯分子结构的特殊性。‎ ‎7.从菊科植物茼蒿的花中提取的一种有机化合物可用作驱肠虫剂，其结构简式为。下列判断正确的是(　　)‎ A. 该有机化合物的分子式为C14H15O3‎ B. 该有机化合物含有两种官能团 C. 该有机化合物是芳香烃的衍生物 D. 该有机化合物可看作环状化合物 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据结构简式可以判断，该有机化合物中的碳原子数目为15，氢原子数目为18，氧原子数目为3，故分子式为C15H18O3，A项错误；该有机化合物含有双键、羰基、酯基三种官能团，B项错误；该有机化合物含有双键的碳六元环，不含苯环，C项错误；该有机化合物含有两个碳六元环和一个碳氧环，D项正确。‎ ‎8.一定能够鉴定卤代烃中卤元素存在的操作是 ( )‎ A. 在卤代烃中直接加入AgNO3溶液 B. 加蒸馏水，充分搅拌后，加入AgNO3溶液 C. 加入NaOH溶液加热后，再加入AgNO3溶液 D. 加入NaOH溶液加热后加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：A、卤代烃中不存在卤素离子，不能利用硝酸银溶液直接检验，故A错误；B、卤代烃不溶于水，不存在卤素离子，不能利用硝酸银溶液检验，故B错误；C、消去反应后，溶液显碱性，未中和多余的碱，也能与硝酸银生成白色沉淀，故C错误，D、反应后应首先利用硝酸中和多余的氢氧化钠，然后加入硝酸银，故D正确；故选D。‎ ‎【考点定位】考查有机物(官能团)的检验 ‎【名师点晴】本题主要考查的是卤代烃中卤素原子的判断。卤代烃中不存在卤素离子，不能利用硝酸银溶液直接检验，不能发生消去反应，可以加入NaOH溶液，加热，发生取代反应得到卤化钠，再加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，有沉淀生成即可判断存在，或者加NaOH醇溶液，加热，发生消去反应得到卤化钠，再加入稀硝酸酸化，然后加入AgNO3溶液，有沉淀生成即可判断存在。‎ ‎9.饱和一元醇‎14.8 g和足量的金属Na反应，生成标准状况下氢气为‎2.24 L，该醇可氧化成醛，则其结构可能有几种( )‎ A. 2种 B. 3种 C. 4种 D. 5种 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 标准状况下‎2.24 L氢气的物质的量为0.1mol，‎ 设饱和一元醇的分子式为：CnH2n+1-OH，则 ‎2 CnH2n+1-OH+2Na 2 CnH2n+1-ONa+H2↑‎ ‎ 2 1‎ n(CnH2n+1-OH) 0.1mol 故n(CnH2n+1-OH)="0.2" mol 则M（CnH2n+1-OH）="14.8" g/0.2 mol=‎74g/mol 即：12n+2n+2+16=74,得：n=4，所以该饱和一元醇的分子式为C4H9-OH，‎ ‎“该醇可氧化成醛”，则要求结构中有-CH2OH，此时其烃基为：-C3H7（丙基），丙基共两种结构：正丙基、异丙基，所以符合题意的醇共两种：‎ CH3CH2CH2-CH2OH ‎10.下列有关说法正确的是（ ）‎ A. 苯酚钠溶液中通入少量的二氧化碳，产物是苯酚和碳酸钠 B. 苯同系物中，苯环和侧链相互影响，使得二者均易被氧化 C. 在核磁共振氢谱中出现两组峰，其氢原子数之比为3∶2‎ D. 苯甲酸、苯乙烯分子中的所有原子可能处于同一平面 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．苯酚钠溶液中通入少量的二氧化碳，由于碳酸氢根离子酸性小于苯酚，反应产物是苯酚和碳酸氢钠，故A错误；‎ B．苯的同系物中，苯环和侧链相互影响，使得苯的同系物的侧链易被氧化，苯环上的氢原子容易被取代，但苯环还是不容易被氧化，故B错误；‎ C．中位置不同的氢原子总共有3种，其核磁共振氢谱总共有三组峰，其氢原子数之比为6∶4∶2=3∶2∶1，故C错误；‎ D．苯甲酸中，苯环和羰基都是平面结构，所以苯甲酸中所有原子可能共平面；苯乙烯分子中，苯环和碳碳双键都是平面结构，则苯乙烯中的所有原子可能处于同一平面，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎【点睛】本题的易错点为C，要注意中存在三种氢原子()。‎ ‎11.已知柠檬醛的结构简式为： 根据你所学的知识，下列说法不正确的是( )‎ A. 它可以使酸性KMnO4溶液褪色 B. 它可以与银氨溶液反应 C. 它可以使溴水褪色 D. 它可被催化加氢，最后产物是C10H20O ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据柠檬醛的结构，该分子中既有醛基还有碳碳双键，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以柠檬醛可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；‎ B．分子结构中含有-CHO，可以发生银镜反应，故B正确；‎ C．分子结构中含有碳碳双键，可以与溴发生加成反应，使溴水褪色，故C正确；‎ D．醛基、碳碳双键均可与氢气发生加成反应，则催化加氢后最终产物的化学式为C10H22O，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎12.已知酸性大小：羧酸＞碳酸＞酚，下列含溴化合物中的溴原子，在适当条件下都能被羟基（﹣OH）取代（均可称之为水解反应），所得产物能跟NaHCO3溶液反应的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据酸性大小：羧酸＞碳酸＞酚，能和碳酸氢钠反应的官能团只有-COOH。据此分析判断。‎ ‎【详解】A．该物质水解后生成-COOH，所得产物中含有羧基，能和碳酸氢钠反应，故A正确；‎ B．该物质水解生成酚-OH，不能和碳酸氢钠反应，故B错误；‎ C．该物质水解生成酚-OH，不能和碳酸氢钠反应，故C错误；‎ D．该物质水解后生成醇-OH，生成物中没有-COOH，不能和碳酸氢钠反应，故D错误；‎ 答案选A。‎ ‎13.A、B、C三种醇同足量的金属钠反应，在相同条件下产生相同的氢气时，消耗这三种醇的物质的量之比为3:6:2，则A、B、C三种醇分子里羟基数之比为（ ）‎ A. 3:2:1 B. 2:6:‎3 ‎C. 3:1:2 D. 2:1:3‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 设A、B、C三种醇分子里羟基数分别是abc，由于2个羟基才能生成1分子氢气，所以有‎3a＝6b＝‎2c，解得a︰b︰c＝2:1:3，答案选D。‎ ‎14.有8种物质：①甲烷；②苯；③聚乙烯；④1,3-丁二烯；⑤2-丁炔；⑥环己烷；⑦邻二甲苯；⑧环己烯。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使之褪色的是( )‎ A. ③④⑤⑧ B. ④⑤⑦⑧ C. ④⑤⑧ D. ③④⑤⑦⑧‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①甲烷与溴水、高锰酸钾均不反应，故不选；‎ ‎②苯与溴水、高锰酸钾均不反应，故不选；‎ ‎③聚乙烯结构中没有碳碳双键，与溴水、高锰酸钾均不反应，故不选；‎ ‎④1，3-丁二烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应、与高锰酸钾发生氧化反应，二者均褪色，符合题意，故选；‎ ‎⑤2-丁炔中含碳碳三键，与溴水发生加成反应、与高锰酸钾发生氧化反应，二者均褪色，符合题意，故选；‎ ‎⑥环己烷与溴水、高锰酸钾均不反应，故不选；‎ ‎⑦邻二甲苯能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，但与溴水不反应，故不选；‎ ‎⑧环己烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应、与高锰酸钾发生氧化反应，二者均褪色，符合题意，故选；‎ 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使之褪色的有④⑤⑧，故选C。‎ ‎【点睛】本题的易错点为⑦，要注意苯的同系物中，由于苯环对侧链的影响，使得侧链能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，但不能与溴水反应，只能与溴水发生萃取。‎ ‎15. 中药狼把草的成分之一M具有清炎杀菌作用,M的结构如图所示:‎ 下列叙述正确的是 A. .M的相对分子质量是180‎ B. 1 mol M最多能与2mol发生反应 C. M与足量的溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为 D. 1mol M与足量反应能生成2 mol ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：A选项M的分子式为C9H6O4，其相对分子质量是178，B选项M可与Br2发生的反应包括酚羟基邻对位的氢原子取代反应以及碳碳双键的加成反应，1 mol M最多能与3 mol Br2发生反应，C选项中M与足量的NaOH溶液反应产物为，化学式为C9H4O5Na4，D选项M不与NaHCO3反应，不能生成CO2，因此答案选C。‎ 考点：考查有机物的结构、性质以及相对分子质量的判断 点评：该题是高考中的常见题型和重要的考点之一，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后依据相应官能团的结构和性质，灵活运用即可，有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力。‎ ‎16. 分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙述正确的是 A. 分子中含有2种官能团 B. 可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同 C. 1mol分枝酸最多可与3molNaOH发生中和反应 D. 可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、根据分支酸的结构简式可知分枝酸含羧基、羟基和碳碳双键三种官能团，错误；B、分枝酸含有羧基和羟基，可分别与乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，正确；C、分支酸分子中含有2个羧基，所以1mol分枝酸最多能与2mol NaOH发生中和反应，错误；D、分支酸分子中含有碳碳双键，使溴的四氯化碳溶液褪色是发生了加成反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生了氧化反应，原理不同，错误。‎ ‎【考点定位】本题考查了有机化合物的结构与性质，包含了通过分析有机化合物的结构简式，判断有机化合物的官能团、反应类型的判断、有机物的性质。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ 二、填空题 ‎17.写出下列反应的化学方程式，‎ ‎（1）由丙烯制备聚丙烯的反应 _________________________ ‎ ‎（2）制TNT的反应 _________________________ ‎ ‎（3）2—甲基—2—溴丙烷与NaOH的乙醇溶液共热 _________________________‎ ‎（4）乙醛的银镜反应_________________________‎ ‎（5）苯酚与浓溴水的反应：________________________ ‎ ‎（6）乙二酸与足量的乙醇 _________________________‎ ‎【答案】 (1). n CH2=CHCH3 (2). (3). CH3CBr(CH3)CH3+NaOH CH‎3C(CH3)=CH2↑+NaBr (4). CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+H2O+2Ag↓+3NH3↑ (5). +3Br2→↓+3HBr (6). HOOC-COOH +2CH3CH2OHCH3CH3OOC-COOCH2CH3+H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)丙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯；‎ ‎(2)甲苯与浓硝酸发生取代反应可生成TNT，即三硝基甲苯；‎ ‎(3)2-甲基-2-溴丙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成2-甲基丙烯；‎ ‎(4)乙醛能够发生银镜反应；‎ ‎(5)苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；‎ ‎(6)乙二酸与两分子乙醇发生酯化反应生成CH3CH2OOCCOOCH2CH3和水，据此书写反应的方程式。‎ ‎【详解】(1)丙烯能发生加聚反应得到聚丙烯，方程式为n CH2=CHCH3，故答案为：nCH2=CHCH3； ‎ ‎(2)甲苯与浓硝酸发生取代反应生成TNT，即三硝基甲苯，反应的化学方程式为，故答案为：； ‎ ‎(3)2-甲基-2-溴丙烷在NaOH醇溶液中发生消去反应生成2-甲基丙烯，反应的方程式为：CH3CBr(CH3)CH3+NaOH CH‎3C(CH3)=CH2↑+NaBr，故答案为：CH3CBr(CH3)CH3+NaOH CH‎3C(CH3)=CH2↑+NaBr； ‎ ‎(4)乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵，反应的化学方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；‎ ‎(5)苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀，反应的化学方程式为+3Br2→↓+3HBr，故答案为：+3Br2→↓+3HBr；‎ ‎(6)乙二酸与乙醇发生酯化反应，完全酯化的化学方程式为：HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O，故答案为：HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O。‎ ‎18.某课外小组设计的实验室制取乙酸乙酯的装置如图所示，A中放有浓硫酸，B中放有乙醇、无 水醋酸钠，D中放有饱和碳酸钠溶液。‎ 已知：①无水氯化钙可与乙醇形成难溶于水的CaCl2·‎6C2H5OH ②有关有机物的沸点：‎ 试剂 乙醚 乙醇 乙酸 乙酸乙酯 沸点/℃‎ ‎34.7‎ ‎78.5‎ ‎118‎ ‎77.1‎ 请回答：‎ ‎(1)浓硫酸的作用：________________；若用同位素18O示踪法确定反应产物水分子中氧原子的提供者，写出能表示18O位置的化学方程式：__________________。‎ ‎(2)球形干燥管C的作用是____________________________。若反应前向D中加入几滴酚酞，溶液呈红色，产生此现象的原因是(用离子方程式表示)_________________反应结束后D 中的现象是_________________________。‎ ‎(3)从D中分离出的乙酸乙酯中常含有一定量的乙醇、乙醚和水，应先加入无水氯化钙，分离出____________；再加入(此空从下列选项中选择)_________；然后进行蒸馏，收集‎77℃‎左右的馏分，以得到较纯净的乙酸乙酯：‎ A 五氧化二磷 B 碱石灰 C 无水硫酸钠 D 生石灰 ‎【答案】（1）制乙酸、催化剂、脱水剂；CH3COOH+CH3CH218OHCH3CO18OC2H5+H2O；（2）防止倒吸、冷凝；CO32-+H2OHCO3-+OH-；溶液分层，上层无色油体液体，下层溶液颜色变浅；（3）乙醇和水；C；‎ ‎【解析】‎ 试题分析：(1) 硫酸与乙酸钠反应生成乙酸，乙酸与乙醇反应需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；乙醇、乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应中酸脱羟基醇脱氢。‎ ‎ (2) 圆底烧瓶受热不均，导管口伸入液面下可能发生倒吸。D溶液是饱和碳酸钠，碳酸根离子水解，溶液呈碱性；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应。‎ ‎ (3)无水氯化钙吸收能吸收乙醇，硫酸钠除去水，然后进行蒸馏，得到较纯净的乙酸乙酯。‎ ‎ 解析：(1) 硫酸与乙酸钠反应生成乙酸，乙酸与乙醇反应需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，浓硫酸的作用是制备乙酸、催化剂、吸水剂；乙醇、乙酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，反应中酸脱羟基醇脱氢，方程式为。‎ ‎ (2) 圆底烧瓶受热不均，球形干燥管体积大，可以防止倒吸，同时起冷凝作用。D溶液是饱和碳酸钠，碳酸根离子水解：CO32-+H2O HCO3-+OH-，溶液呈碱性，所以加入几滴酚酞，溶液呈红色；乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，密度比水小，溶液分层，上层无色油体液体，乙酸和碳酸钠反应而使溶液红色变浅。‎ ‎ (3)无水氯化钙吸收能吸收乙醇，所以先加入无水氯化钙，分离出乙醇；再加入无水硫酸钠除水，然后进行蒸馏，收集‎77℃‎左右的馏分，以得较纯净的乙酸乙酯。‎ 点睛：饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度、‎ 溶解乙醇、吸收乙酸，所以实验室制备乙酸乙酯时用饱和碳酸钠溶液收集乙酸乙酯。‎ ‎19.《茉莉花》是一首脍炙人口的江苏民歌。茉莉花香气的成分有多种，乙酸苯甲酯是其中的一种，它可以从茉莉花中提取，也可以用甲苯和乙醇为原料进行人工合成。一种合成路线如下：‎ ‎（1）A的结构式为　________________；C的结构简式为_________________；‎ ‎（2）写出反应①的化学方程式_________________；‎ ‎（3）反应③的反应类型为__________________；‎ ‎（4）C通常有三种不同类别的芳香族同分异构体，试写出另两种不同类别的同分异构体的结构简式（各写一种）______________；_______________。‎ ‎（5）反应　________（填序号）原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求。‎ ‎【答案】 (1). CH3CHO (2). (3). 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O (4). 取代反应（或酯化反应） (5). (6). (7). ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂的条件下可被氧化为A，A为CH3CHO，CH3CHO进一步被氧化生成B，B为CH3COOH；甲苯在光照条件下与氯气发生侧链上的取代反应生成，在氢氧化钠溶液中水解生成C，C为，与CH3COOH在一定条件下发生酯化反应可生成，据此分析解答。‎ ‎【详解】(1)根据上面的分析可知，A为CH3CHO，C为，故答案为：CH3CHO； ；‎ ‎(2)反应①为CH3CH2OH在Cu或Ag作催化剂的条件下氧化为CH3CHO的反应，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O2‎ ‎2CH3CHO+2H2O；‎ ‎(3)反应③为与CH3COOH在一定条件下发生酯化反应生成，酯化反应也是取代反应，故答案为：取代(酯化)；‎ ‎(4)C为，对应的同分异构体可为醚类或酚类，如、等，故答案为： ；；‎ ‎(5)反应①③都有水生成，反应②为2CH3CHO+O2→2CH3COOH，原子的理论利用率为100%，符合绿色化学的要求，故答案为：②。‎ ‎20.为了测定某有机物A的结构，做如下实验：‎ ‎①将‎2.3g该有机物完全燃烧，生成0.1mol CO2和‎2.7g水；‎ ‎②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；‎ ‎③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图二所示图谱，图中三个峰面积之比是1∶2∶3；‎ ‎④用红外光谱仪处理该化合物，得到如图三所示图谱。‎ 试回答下列问题：‎ ‎ ‎ ‎(1)有机物A的相对分子质量是___________；‎ ‎(2)有机物A的实验式是___________；‎ ‎(3)推测有机物A结构简式为___________，A中含官能团的名称是_________；‎ ‎(4)质量分数为11.6%的某饱和一元醛水溶液‎5 g，跟足量新制的Cu(OH)2悬浊液反应，生成Cu2O‎1.44 g。通过计算推导出该有机物的分子式并写出其结构简式_______、________。‎ ‎【答案】 (1). 46 (2). C2H6O (3). CH3CH2OH (4). 羟基 (5). C3H6O (6). CH3CH2CHO ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据质谱图(图一)分析判断；‎ ‎(2)根据n=计算生成的水的物质的量，再计算碳元素、氢元素的质量，根据质量守恒判断有机物A是否含有氧元素，若含有氧元素，计算氧元素质量、氧原子物质的量，根据原子守恒确定有机物A中C、H、O原子个数比值确定最简式；‎ ‎(3)根据图二、三可知，结合化学式分析写出结构简式；‎ ‎(4)饱和一元醛与新制的Cu(OH)2悬浊液反应关系为R-CHO～Cu2O，根据Cu2O的质量结合反应关系分析计算。‎ ‎【详解】(1)根据质谱图(图一)的质荷比可知，有机物A的相对分子质量为46，故答案为：46；‎ ‎(2)‎2.3g有机物燃烧生成0.1mol CO2，‎2.7g水，则n(C)=n( CO2)=0.1mol，m(C)=0.1mol×‎12g/mol=‎1.2g，n(H2O)==0.15mol，n(H)=0.3mol，m(H)=0.3mol×‎1g/mol=‎0.3g，则m(C)+m(H)=‎1.2g+‎0.3g=‎1.5g＜‎2.3g，故有机物含有O元素，且m(O)=‎2.3g-1.5g=‎0.8g，故n(O)==0.05mol，n(C)∶n(H)∶n(O)=0.1mol∶0.3mol∶0.05mol=2∶6∶1，即该有机物最简式为：C2H6O，故答案为：C2H6O；‎ ‎(3)由图三可知，该有机物分子中含有O-H键、C-O键和C-H键，其分子式为C2H6O，故该有机物结构式为：CH3CH2OH，满足核磁共振氢谱三个峰的面积之比是1∶2∶3，含有的官能团为羟基，故答案为：CH3CH2OH；羟基；‎ ‎(4)设该饱和一元醛的结构简式为R-CHO，质量分数为11.6%的某饱和一元醛水溶液‎5g，醛的质量为11.6%×‎5g=‎0.58g，n(Cu2O)==0.01mol，根据R-CHO～Cu2O可知n(R-CHO)=0.01mol，所以醛的相对分子质量为=58，则R的式量为58-29=29，R为-CH2CH3，则该有机物的分子式为C3H6O，结构简式为CH3CH2CHO，故答案为：C3H6O；CH3CH2CHO。‎ ‎【点睛】认识常见的有机谱图是解答本题的关键。本题的易错点为A的结构的判断，要注意关键质量守恒利用原子守恒判断是否含有氧元素，再确定A的分子式。‎