2022-2022学年四川省广元中学高二第二次段考化学试卷　一、选择题1．下列物质属于同系物的是A．CH3CH2CH2OH与CH3CH2CH2CH2OHB．﹣OH与CH3CH2CHOC．CH3COOH与HCOOCH3D．CH2ClCH2CH2Cl与CH3CH2CH2CH2Cl　2．下列反应中属于消去反应的是A．nCH2═CH2B．C2H5Cl+NaOH→CH2=CH2+NaCl+H2OC．CH3CH2CHO+HCN→CH3CH2CHOHD．CH3COOH+C2H5OH→CH3COOC2H5+H2O　3．据报道，在欧洲一些国家发现饲料被污染，导致畜禽类制品及乳制品不能食用，经测定饲料中含有剧毒物质二恶英，其结构为，已知它的二氯代物有10种，则其六氯代物有A．15种B．11种C．10种D．5种　4．已知柠檬醛的结构简式为，根据已有知识判定下列说法不正确的是A．它可使KMnO4溶液褪色B．加入FeCl3溶液，能发生显色反应C．它可以发生银镜反应D．它被催化加氢后最终产物的化学式为C10H22O溶液　5．下列实验方法不正确的是A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用溴水检验汽油中是否含有不饱和脂肪烃C．用水可区分苯和溴苯D．用蒸馏的方法可以分离醋酸与乙醇的混合物　6．下列有关除杂质的操作中，错误的是A．福尔马林：加入足量饱和碳酸钠溶液充分振荡，蒸馏，收集馏出物B．溴乙烷多次加水振荡，分液，弃水层C．苯：加溴水，振荡，过滤除去沉淀D．乙酸乙酯：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层　247．有、CH3CH2OH、CH3CH2Br、NH4Cl溶液四种无色液体，只用一种试剂就能把它们鉴别开，这种试剂是A．溴水B．NaOH溶液C．Na2SO4溶液D．Br2的CCl4溶液　8．某饱和一元醇与浓硫酸共热得到一种无同分异构体的烯烃，该醇分子中的碳原子数一定为A．1B．4C．3D．6　9．下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是A．CH3CH2CH3B．CH3COCH2CH3C．CH3CH2CH2OHD．CH3OCH3　10．下列各选项能说明分子式为C4H6的某烃是CH≡C﹣CH2﹣CH3，而不是CH2=CHCH=CH2的事实是A．燃烧有浓烟B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．所在原子不在同一平面上D．与足量溴水反应，生成物中只有2个碳原子上有溴原子　11．香兰素的结构简式为：它有宜人的气味，存在于香草豆、香脂、安息香、丁子油和香茅油中，是制作巧克力的辅助原料，下列关于香兰素的判断不正确的是A．可与银氨溶液反应B．可与氢氧化钠溶液反应C．可与浓溴水发生取代反应D．分子中所有原子都在同一平面　12．分子式为CNH2NO2的羧酸和某醇酯化生成分子式为CN+2H2N+4O2的酯，反应所需羧酸和醇的质量比为1：1，则该羧酸是A．乙酸B．丙酸C．甲酸D．乙二酸　13．用乙炔为原料制取CH2Br﹣CHBrCl，可行的反应途径是A．先加Cl2，再加Br2B．先加Cl2，再加HBrC．HCl，再加HBrD．先加HCl，再加Br2　14．某高聚物的结构简式如图：其单体的名称为24A．2，4﹣二甲基﹣2﹣已烯B．2，4﹣二甲基1，3﹣已二烯C．2﹣甲基1，3﹣丁二烯和丙烯D．2﹣甲基1，3﹣戊二烯和乙烯　15．由1，3丁二烯合成氯丁橡胶的过程中，是一种中间产物．下列说法正确的是A．1，3丁二烯中所有原子一定在同一平面上B．1，3丁二烯转化为时，先与HCl发生1，2﹣加成再水解得到C．在NaOH醇溶液中或浓硫酸存在时加热都能发生消去反应D．催化氧化得X，X能发生银镜反应，则X的结构只有两种　16．某有机物的结构简式为它可以发生反应的类型有①加成②消去③水解④酯化⑤氧化⑥加聚．A．①②③④B．①②④⑤C．①②⑤⑥D．③④⑤⑥　17．化学式为C4H5Cl的有机物，其结构不可能是A．含一个叁键的直链有机物B．含有两个双键的直链有机物C．含一个双键的环状有机物D．只含单键且两个环的环状有机物　18．一溴代烃A经水解后再氧化得到有机物B，A的一种同分异构体经水解得到有机物C，B和C可发生酯化反应生成酯D，则D可能是A．2CHCOOC3B．2CHCOOCH2CH2C．CH32COOCH22CH3D．2CHCOOCH2CH2CH3　19．用式量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的种类数为A．3B．6C．5D．424　20．由1﹣丙醇制取，最简便的流程需要下列反应的顺序应是a．氧化b．还原c．取代d．加成e．消去f．中和g．缩聚h．酯化．A．b、d、f、g、hB．e、d、c、a、hC．a、e、d、c、hD．b、a、e、c、f　21．与互为同分异构体且遇FeCl3溶液不能呈现紫色的芳香族化合物有A．2种B．3种C．4种D．5种　22．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是A．B．HOOC﹣COOHC．HOCH2CH2OHD．CH3COOH　23．某烃的衍生物分子式可写为mnp．当它完全燃烧时，生成的CO2与消耗的O2在同温同压下体积比为1：1，则m：n为A．2：1B．2：3C．1：1D．1：2　24．某有机物其结构简式为，关于该有机物下列叙述不正确的是A．能使溴水褪色B．一定条件下，能和NaOH醇溶液反应C．在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2发生加成反应D．能使酸性KMnO4溶液褪色　25．NM3和D58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如图：关于NM3和D58的叙述，错误的是A．都能与溴水反应，原因不完全相同B．遇FeCl3溶液都显色，原因相同C．都不能发生消去反应，原因相同D．都能与NaOH溶液反应，原因不完全相同　　二、填空题26．现有八种有机物：A．乙醇B．甲苯C．苯酚D．甲酸E．溴乙烷F．乙醛G．乙烯H．乙酸乙酯24能跟银氨溶液发生银镜反应的是　　　　　　；能使氯化铁溶液变紫色的是　　　　　　；能够与活泼金属反应生成氢气的是　　　　　　；常温下能跟溴水反应生成白色沉淀的是　　　　　　；在一定条件下能跟氢氧化钠水溶液反应的是　　　　　　．　27．乙烯与液溴作用制取1，2﹣二溴乙烷的装置如下．1，2﹣二溴乙烷的主要物理性质见下表：熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3溶解性9.79131.42.18难溶于水，易溶于醇、醚等A是乙醇制备乙烯的反应装置图，B、D中所盛都是水，其中D装置中水的作用是　　　　　　．C和E中，所盛都是NaOH溶液，它们的作用分别是：C　　　　　　；E　　　　　　．写出以乙醇、浓硫酸、液溴为主要原料生成1，2﹣二溴乙烷的主要化学反应方程式　　　　　　；　　　　　　．　28．某气态烃A与H2的相对密度为14，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平．以该化合物为原料合成化合物G、E和I的流程如图：已知：Ⅰ．芳香族化合物F为C、H、O化合物，其相对分子质量为166，环上的一氯代物有一种，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，F与足量B反应生成G．Ⅱ．H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g/L，H与足量D反应生成I．A、D分子所含的官能团的名称依次是　　　　　　、　　　　　　．B可以发生的反应有　　　　　　．①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应反应⑤的反应类型为　　　　　　．F与H可生成高分子化合物J，写出生成J的化学反应方程式：　　　　　　，J的名称是　　　　　　．写出下列化学方程式：②　　　　　　；⑥　　　　　　；24某学生用新制的Cu2检验C的官能团，反应的化学方程式为　　　　　　，该学生取1mol/LCuSO4溶液和1mol/LNaOH溶液各1mL，在一支洁净的试管内混合后，向其中又加入0.5mL40%的C，加热后无红色沉淀出现．该同学实验失败的原因可能是　　　　　　．①加入的C过多②加入的C太少③加入CuSO4溶液的量过多④加入CuSO4溶液的量不够I有多种同分异构体，其中一类同分异构体有如下特征：①分子中含有五元环结构；②1mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应，能生成1molCO2；③1mol该有机物与足量Na反应，能生成1.5molH2；④环上的一氯代物只有三种．则满足以上条件的两种有机物的结构简式为：　　　　　　．　29．化合物Ⅴ是中药黄芩中的主要活性成分之一，具有抗氧化和抗肿瘤作用．化合物Ⅴ也可通过如图所示方法合成：化合物Ⅱ发生水解生成的有机物的名称为　　　　　　．下列关于化合物Ⅴ的说法正确的是　　　　　　．A．分子中有三个苯环B．能发生水解反应C．使酸性KMnO4溶液褪色D．与FeCl3发生显色反应化合物Ⅰ和Ⅱ反应还可以得到一种酯，该酯的结构简式是　　　　　　．　　242022-2022学年四川省广元中学高二第二次段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题1．下列物质属于同系物的是A．CH3CH2CH2OH与CH3CH2CH2CH2OHB．﹣OH与CH3CH2CHOC．CH3COOH与HCOOCH3D．CH2ClCH2CH2Cl与CH3CH2CH2CH2Cl【考点】芳香烃、烃基和同系物．【专题】同系物和同分异构体．【分析】结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物互相称为同系物．【解答】解：A．CH3CH2CH2OH与CH3CH2CH2CH2OH结构相似、分子组成相差1个“CH2”原子团，故互为同系物，故A正确；B．﹣OH与CH3CH2CHO结构不相似，故B错误；C．CH3COOH与HCOOCH3结构不相似，故C错误；D．CH2ClCH2CH2Cl与CH3CH2CH2CH2Cl结构不相似，故D错误，故选A．【点评】本题考查同系物的概念．对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题．　2．下列反应中属于消去反应的是A．nCH2═CH2B．C2H5Cl+NaOH→CH2=CH2+NaCl+H2OC．CH3CH2CHO+HCN→CH3CH2CHOHD．CH3COOH+C2H5OH→CH3COOC2H5+H2O【考点】消去反应与水解反应．【专题】有机反应．【分析】有机物中脱去一个或几个小分子，而生成不饱和化合物的反应，叫做消去反应，结合有机物结构判断．【解答】解：A．乙烯制备聚乙烯，属于加聚反应，故A不符合；B．C2H5Cl与氢氧化钠反应时，是从C2H5Cl中消去了HCl分子生成乙烯，然后HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠和水，属于消去反应，故B符合；C．CH3CH2CHO和HCN反应时，是将醛基中的碳氧双键打开，将﹣H和﹣CN分别加到断开的半键上，生成CH3CH2CHOH，属于加成反应，故C不符合；D．乙醇与乙酸发生酯化反应，是用乙酸中的CH3COO﹣取代了乙醇中的﹣H而发生的反应，属于取代反应，故D不符合；故选B．【点评】本题考查有机反应类型，难度不大，注意对有机反应概念的理解，注意从反应中反应物和生成物的结构理解有机反应类型．　243．据报道，在欧洲一些国家发现饲料被污染，导致畜禽类制品及乳制品不能食用，经测定饲料中含有剧毒物质二恶英，其结构为，已知它的二氯代物有10种，则其六氯代物有A．15种B．11种C．10种D．5种【考点】常见有机化合物的结构；同分异构现象和同分异构体．【分析】分子中有8个H原子，其二氯代物有10种，其六氯代物相对于八氯代物中2个Cl原子被2个H原子取代，故与二氯代物有相同的同分异构体数目．【解答】解：分子中有8个H原子，其二氯代物有10种，其六氯代物相对于八氯代物中2个Cl原子被2个H原子取代，故六氯代物与二氯代物有相同的同分异构体数目为10种，故选C．【点评】本题主要考查色是同分异构体的书写，难度中等，注意利用换元法进行的解答．　4．已知柠檬醛的结构简式为，根据已有知识判定下列说法不正确的是A．它可使KMnO4溶液褪色B．加入FeCl3溶液，能发生显色反应C．它可以发生银镜反应D．它被催化加氢后最终产物的化学式为C10H22O溶液【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该物质中含有碳碳双键和醛基，具有烯烃和醛的性质，能发生加成反应、还原反应、氧化反应、银镜反应等，据此分析解答．【解答】解：A．该物质中含有碳碳双键、醛基，碳碳双键和醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．该物质中不含酚羟基，不能和氯化铁发生显色反应，故B错误；C．该物质中含有醛基，能和银氨溶液发生银镜反应，故C正确；D．该物质中碳碳双键、醛基都能和氢气发生加成反应，它被催化加氢后最终产物的化学式为C10H22O溶液，故D正确；故选B．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、醛的性质，题目难度不大．　5．下列实验方法不正确的是A．用金属钠可区分乙醇和乙醚B．用溴水检验汽油中是否含有不饱和脂肪烃C．用水可区分苯和溴苯D．用蒸馏的方法可以分离醋酸与乙醇的混合物24【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】A．乙醇含﹣OH与Na反应生成气体，而乙醚不能；B．不饱和脂肪烃含碳碳双键；C．苯的密度比水小，溴苯密度比水大，均不溶于水；D．醋酸与乙醇均易挥发．【解答】解：A．乙醇含﹣OH与Na反应生成气体，而乙醚不能，则用金属钠可区分乙醇和乙醚，故A正确；B．不饱和脂肪烃含碳碳双键，与溴水发生加成反应，故B正确；C．苯的密度比水小，溴苯密度比水大，均不溶于水，则利用分层现象可鉴别，故C正确；D．醋酸与乙醇均易挥发，不能直接蒸馏，应将醋酸转化为醋酸盐，再蒸馏，醋酸盐加强酸后蒸馏出醋酸，故D错误；故选D．【点评】本题考查物质的鉴别及检验，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及发生的反应为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．　6．下列有关除杂质的操作中，错误的是A．福尔马林：加入足量饱和碳酸钠溶液充分振荡，蒸馏，收集馏出物B．溴乙烷多次加水振荡，分液，弃水层C．苯：加溴水，振荡，过滤除去沉淀D．乙酸乙酯：加饱和碳酸钠溶液，充分振荡，分液，弃水层【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂，是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质，A、甲酸酸性大于碳酸酸性，甲酸能够与碳酸钠反应，而福尔马林主要成分甲醛不与碳酸钠反应；B、乙醇与水任意比混溶，溴乙烷不溶于水；C、苯是有机溶剂，溴能够溶解于苯；D、乙酸乙酯与氢氧化钠溶液能够反应．【解答】解：A、甲酸是有机酸，能与碳酸钠反应生成二氧化碳和甲酸钠和水，福尔马林中的溶质不与碳酸钠反应．甲醛易挥发，而盐类不挥发，所以用蒸馏法就能除杂，故A正确；B、溴乙烷不溶于水，乙醇易溶于水，多次加水振荡，分液，弃水层可分开，故B正确；C、苯中混有苯酚，加入溴水，溴易溶于有机溶剂苯，引进了新的杂质，且生成的三溴苯酚也溶于苯中，应该加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液的方法分离，故C错误；D、乙酸乙酯：加饱和碳酸钠溶液降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸和碳酸钠反应生成乙酸钠二氧化碳和水，分液分离，故D正确；故选：C．【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂，难度不大，注意除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离．　247．有、CH3CH2OH、CH3CH2Br、NH4Cl溶液四种无色液体，只用一种试剂就能把它们鉴别开，这种试剂是A．溴水B．NaOH溶液C．Na2SO4溶液D．Br2的CCl4溶液【考点】有机物的鉴别．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】苯和CH3CH2Br都不溶于水，但苯的密度比水小，CH3CH2Br的密度比水大，CH3CH2Br可在碱性条件下水解，生成CH3CH2OH，CH3CH2OH和水混溶，NH4Cl溶液中加入NaOH，生成具有刺激性气味的氨气，以此解答该题．【解答】解：A．溴水与CH3CH2OH、NH4Cl溶液不反应，无明显现象，不能鉴别，故A错误；B．苯不溶于水，密度比水小，乙醇和水混溶，CH3CH2Br可在碱性条件下水解，生成CH3CH2OH，油状液体逐渐消失，NH4Cl溶液中加入NaOH，生成具有刺激性气味的氨气，可鉴别，故B正确；C．Na2SO4溶液不能鉴别CH3CH2OH、NH4Cl溶液，故C错误；D．苯、CH3CH2Br与CCl4互溶，且与溴不反应，不能鉴别，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的鉴别，明确有机物性质的异同为解答该类题目的关键，学习中注意相关知识的积累，题目难度不大．　8．某饱和一元醇与浓硫酸共热得到一种无同分异构体的烯烃，该醇分子中的碳原子数一定为A．1B．4C．3D．6【考点】常见有机化合物的结构．【专题】有机化学基础．【分析】醇发生消去反应生成烯烃，根据碳原子数确定烯烃是否有同分异构体，以此来解题．【解答】解：A．没有一个碳原子的烯烃，故A错误；B．4个碳原子的烯烃可以是丁烯和2﹣丁烯，故B错误；C．3给碳原子的烯烃只有一种，无同分异构体，故C正确；D．6个碳原子的烯烃有多种，如己烯，2﹣己烯，故D错误．故选C．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度不大，注意把握有机反应的原理．　9．下列化合物分子中，在核磁共振氢谱图中能给出三种信号的是A．CH3CH2CH3B．CH3COCH2CH3C．CH3CH2CH2OHD．CH3OCH3【考点】常见有机化合物的结构．【分析】核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种H原子，峰的面积之比等于氢原子数之比，核磁共振氢谱图有3三种信号，说明分子中有3种H原子．利用等效氢原子判断：①分子中同一甲基上连接的氢原子等效；②同一碳原子所连甲基上的氢原子等效，同一同一碳原子所连氢原子等效；③处于镜面对称位置上的氢原子等效．【解答】解：A．CH3CH2CH3中有2种H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰，故A错误；B．CH3COCH2CH3中有3种H原子，核磁共振氢谱有3个吸收峰，故B正确；24C．CH3CH2CH2OH中有4种H原子，核磁共振氢谱有4个吸收峰，故C错误；D．CH3OCH3中有1种H原子，核磁共振氢谱有1个吸收峰，故D错误．故选B．【点评】本题以核磁共振氢谱为载体考查有机物的结构，难度较小，清楚核磁共振氢谱中有几个不同的峰，分子中就有几种H原子．　10．下列各选项能说明分子式为C4H6的某烃是CH≡C﹣CH2﹣CH3，而不是CH2=CHCH=CH2的事实是A．燃烧有浓烟B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．所在原子不在同一平面上D．与足量溴水反应，生成物中只有2个碳原子上有溴原子【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．有机物含碳量较高，燃烧会产生浓烟，而二者含碳量相同；B．者都是不饱和烃，都能够使高锰酸钾溶液褪色；C．根据1﹣丁炔和1，3﹣丁二烯平面结构进行分析；D．根据炔烃和二烯烃中含有不饱和碳原子个数分析．【解答】解：A．丁炔和丁二烯含碳量相同，燃烧都有浓烟，不能据此确定结构，故A错误；B．两者都为不饱和烃，均能使KMnO4溶液褪色，也不能确定，故B错误；C.1，3﹣丁二烯的所有原子都在同一平面上，但1﹣丁炔分子中3，4碳原子上的氢原子不在同一平面上，故C正确；D．与足量溴水反应，生成物中只有2个碳原子上有溴原子，说明是炔烃，因为溴加成后Br原子只能连在炔烃的两个不饱和碳原子上，而1，3丁二烯会出现在四个碳原子上，故D正确．故选CD．【点评】本题考查了烯烃、炔烃的结构和性质，题目难度不大，根据炔烃和二烯烃的结构决定化学性质、反应产物分析，试题旨在培养学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和发散思维能力．　11．香兰素的结构简式为：它有宜人的气味，存在于香草豆、香脂、安息香、丁子油和香茅油中，是制作巧克力的辅助原料，下列关于香兰素的判断不正确的是A．可与银氨溶液反应B．可与氢氧化钠溶液反应C．可与浓溴水发生取代反应D．分子中所有原子都在同一平面【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机反应．24【分析】由结构简式可知分子式，分子中含酚﹣OH、﹣CHO及醚键，结合苯酚、醛的性质来解答．【解答】解：A．分子中含有醛基，可与银氨溶液发生氧化还原反应，故A正确；B．含有酚羟基，可与氢氧化钠发生中和反应，故B正确；C．含有酚羟基，且羟基邻位含有氢原子，则可与浓溴水发生取代反应，故C正确；D．分子中含有甲基，具有甲烷的结构，则所有的原子不可能在同一个平面上，故D错误．故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、醛性质及共面问题的考查，题目难度不大．　12．分子式为CNH2NO2的羧酸和某醇酯化生成分子式为CN+2H2N+4O2的酯，反应所需羧酸和醇的质量比为1：1，则该羧酸是A．乙酸B．丙酸C．甲酸D．乙二酸【考点】有机物实验式和分子式的确定．【专题】有机化学基础．【分析】酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢，根据实质和羧酸的分子式来确定羧酸．【解答】解：酯化反应的实质是酸掉羟基醇掉氢，酯的分子式减去酸的分子式然后再加上1个酸醇酯化反应脱掉的H2O的分子式就是醇的分子式，分子式Cn+2H2n+4O2减去分子式CnH2nO2的羧酸，就剩下C2H4，然后再加上1个H2O就是C2H6O，所以醇是乙醇，反应所需羧酸和醇的质量比为1：1，所以酸是甲酸．故选C．【点评】本题考查学生酯化反应的实质，难度不大，注意酯化反应的水分子是酸掉羟基醇掉氢原子后生成的．　13．用乙炔为原料制取CH2Br﹣CHBrCl，可行的反应途径是A．先加Cl2，再加Br2B．先加Cl2，再加HBrC．HCl，再加HBrD．先加HCl，再加Br2【考点】乙炔炔烃；有机物的合成．【专题】有机反应．【分析】由乙炔CH≡CH制CH2Br﹣CHBrCl，分子中在乙炔的基础又增加了一个H、两个Br、一个Cl，这四个原子只能以HCl和Br2形式发生加成反应．【解答】解：由乙炔CH≡CH制CH2Br﹣CHBrCl，分子中在乙炔的基础又增加了一个H、两个Br、一个Cl，这四个原子只能以HCl和Br2形式发生加成反应，故A、B、C不符合，D符合．故选D．【点评】本题以有机合成为载体，考查炔烃的性质，难度不大，注意基础知识的掌握，注意根据分子组成分析．　14．某高聚物的结构简式如图：其单体的名称为A．2，4﹣二甲基﹣2﹣已烯B．2，4﹣二甲基1，3﹣已二烯C．2﹣甲基1，3﹣丁二烯和丙烯D．2﹣甲基1，3﹣戊二烯和乙烯24【考点】聚合反应与酯化反应．【专题】有机反应．【分析】由高聚物结构简式的可知，主链含有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，据此解答．【解答】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﹣CH=CH﹣CH3，CH2=CH2，即为2﹣甲基﹣1，3﹣戊二烯和乙烯，故选D．【点评】本题考查高分子化合物的结构、有机物的命名等，难度中等，关键是根据高分子链节，结合单体间发生的反应机理来判断其单体．　15．由1，3丁二烯合成氯丁橡胶的过程中，是一种中间产物．下列说法正确的是A．1，3丁二烯中所有原子一定在同一平面上B．1，3丁二烯转化为时，先与HCl发生1，2﹣加成再水解得到C．在NaOH醇溶液中或浓硫酸存在时加热都能发生消去反应D．催化氧化得X，X能发生银镜反应，则X的结构只有两种【考点】常见有机化合物的结构；有机化学反应的综合应用．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】1，3丁二烯中C﹣C单键可以在空间旋转，由1，3﹣丁二烯合成氯丁橡胶，先发生1，4加成，然后水解生成二醇，再与HCl发生加成即可，然后再发生醇的消去反应及加聚反应可合成氯丁橡胶，以此来解答．【解答】解：A．C=C为平面结构，C﹣H键与C=C键的夹角为120°，C﹣C单键可以在空间旋转，则1，3﹣丁二烯中某些原子有可能不在同一平面上，故A错误；B.1，3﹣丁二烯转化为时，先发生1，4加成，然后水解生成二醇，再与HCl发生加成，故B错误；24C．在NaOH醇溶液中发生﹣Cl的消去反应，在浓硫酸存在时加热发生﹣OH的消去反应，故C正确；D．催化氧化得X，X能发生银镜反应，为二元醛，由结构对称性可知，只有1种X结构，故D错误；故选C．【点评】本题考查有机物的合成，明确合成中发生的化学反应及物质的结构是解答本题的关键，注意把握结构与性质的关系来解答，题目难度中等　16．某有机物的结构简式为它可以发生反应的类型有①加成②消去③水解④酯化⑤氧化⑥加聚．A．①②③④B．①②④⑤C．①②⑤⑥D．③④⑤⑥【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该有机物中含酚﹣OH、﹣COOH、C=C、﹣COOC﹣，结合酚、羧酸、烯烃、酯的性质来解答．【解答】解：①含苯环、C=C，能发生加成反应；②不含能发生消去反应的官能团，不发生水解反应；③含﹣COOC﹣，能发生水解反应；④含﹣COOH、酚﹣OH，可发生酯化反应；⑤含酚﹣OH，能发生氧化反应，且该有机物的燃烧也属于氧化反应；⑥含C=C，能发生加聚反应，故选D．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物中的官能团与性质的关系，熟悉常见有机物的性质即可解答，题目难度不大．　17．化学式为C4H5Cl的有机物，其结构不可能是A．含一个叁键的直链有机物B．含有两个双键的直链有机物C．含一个双键的环状有机物D．只含单键且两个环的环状有机物【考点】卤代烃简介．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】把Cl原子看成氢原子，可知C4H5Cl的不饱和度为2，一个双键的不饱和度为1，一个三键的不饱和度为2，一个环的不饱和度为1．【解答】解：A．C4H5Cl的不饱和度为2，含一个叁键的直链有机物的不饱和度为2，故A正确；24B．C4H5Cl的不饱和度为2，含有两个双键的直链有机物的不饱和度为2，故B正确；C．C4H5Cl的不饱和度为2，含一个双键的环状有机物的不饱和度为2，故C正确；D．C4H5Cl的不饱和度为2，只含单键且两个环的环状有机物至少6个碳原子，故D错误；故选：D．【点评】本题主要考查了不饱和度的概念，难度不大，根据所学知识即可完成．　18．一溴代烃A经水解后再氧化得到有机物B，A的一种同分异构体经水解得到有机物C，B和C可发生酯化反应生成酯D，则D可能是A．2CHCOOC3B．2CHCOOCH2CH2C．CH32COOCH22CH3D．2CHCOOCH2CH2CH3【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】一溴代烃A经水解后再氧化得到有机物B，A的一种同分异构体经水解得到有机物C，B和C可发生酯化反应生成酯D，则B为羧酸、C为醇，且含有相同的碳原子数目，B中溴原子连接的碳原子上含有2个H原子，据此结合选项进行判断．【解答】解：A．形成2CHCOOC3的酸为2CHCOOH，醇为HOC3，故A为BrC3、B为2CHCH2Br，二者互为同分异构体，故A符合；B．形成2CHCOOCH2CH2的酸为2CHCOOH，醇为HOCH2CH2，故A、B都为2CHCH2Br，二者互为同一物质，故B不符合；C．形成CH32COOCH22CH3的酸为CH32COOH，醇为HOCH22CH3，故A、B都为为BrCH22CH3，二者为同一物质，故C不符合；D．形成2CHCOOCH2CH2CH3的酸为2CHCOOH，醇为HOCH2CH2CH3，故A为BrCH2CH2CH3、B为2CHCH2Br，二者不是同分异构体，互为同系物，故D不符合；故选A．【点评】本题考查有机物推断，涉及同分异构体、卤代烃及醇、羧酸、酯的性质，掌握官能团的性质与转化是解题关键，难度中等，注意基础知识的理解掌握．　19．用式量为43的烷基取代甲苯苯环上的一个氢原子，所得芳香烃产物的种类数为A．3B．6C．5D．4【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】根据烷基式量为43的确定烷基，再判断可能的烷基异构情况，利用等效H判断甲苯苯环上的H原子种类有3种，据此判断．【解答】解：烷基组成通式为CnH2n+1，烷基式量为43，所以14n+1=43，解得n=3，所以烷基为﹣C3H7．当为正丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体．当为异丙基，甲苯苯环上的H原子种类有3种，所以有3种同分异构体．故该芳香烃产物的种类数为6种．故选B．【点评】本题考查同分异构体的书写，难度中等，关键根据烷基式量为43的确定烷基，判断可能的烷基异构情况．　20．由1﹣丙醇制取，最简便的流程需要下列反应的顺序应是24a．氧化b．还原c．取代d．加成e．消去f．中和g．缩聚h．酯化．A．b、d、f、g、hB．e、d、c、a、hC．a、e、d、c、hD．b、a、e、c、f【考点】有机物的合成；有机物的结构和性质．【分析】由1﹣丙醇制取，流程为：1﹣丙醇发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成1，2﹣丙二醇，氧化生成，最后与1﹣丙醇发生酯化反应生成．【解答】解：由1﹣丙醇制取工艺流程为：1﹣丙醇发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成1，2﹣丙二醇，氧化生成，最后与1﹣丙醇发生酯化反应生成，发生反应依次为：消去反应、加成反应、取代反应、氧化反应、酯化反应，即为e、d、c、a、h，故选B．【点评】本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重醇、烯烃、卤代烃的性质考查，注意有机反应类型的判断及应用，题目难度不大．　21．与互为同分异构体且遇FeCl3溶液不能呈现紫色的芳香族化合物有A．2种B．3种C．4种D．5种【考点】有机化合物的异构现象．【专题】同系物和同分异构体．【分析】的同分异构体中，属于芳香族化合物，则含有1个苯环，且遇FeCl3溶液不能呈现紫色，不含酚羟基，结合分子式判断侧链可能的结构，据此判断．【解答】解：的同分异构体中，属于芳香族化合物，则含有1个苯环，且遇FeCl3溶液不能呈现紫色，不含酚羟基，故侧链为﹣CH2OH或﹣OCH3，符合条件的同分异构体有2种，故选A．【点评】本题考查限制条件同分异构体的书写，难度不大，注意基础知识的理解掌握．24　22．在同温同压下，某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，若V1=V2≠0，则该有机物可能是A．B．HOOC﹣COOHC．HOCH2CH2OHD．CH3COOH【考点】有机物结构式的确定．【分析】某有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，根据反应关系式R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOHCO2进行判断即可．【解答】解：有机物和过量Na反应得到V1L氢气，说明分子中含有R﹣OH或﹣COOH，另一份等量的该有机物和足量的NaHCO3反应得到V2L二氧化碳，说明分子中含有﹣COOH，根据反应关系式R﹣OH～H2，﹣COOH～H2，以及﹣COOHCO2，若V1=V2≠0，说明分子中含有1个R﹣OH和1个﹣COOH，只有A符合，故选A．【点评】本题考查有机物的推断，题目难度不大，本题注意官能团的性质，为解答该题的关键．　23．某烃的衍生物分子式可写为mnp．当它完全燃烧时，生成的CO2与消耗的O2在同温同压下体积比为1：1，则m：n为A．2：1B．2：3C．1：1D．1：2【考点】有关有机物分子式确定的计算．【专题】烃及其衍生物的燃烧规律．【分析】有机物完全燃烧耗氧量由分子式中m决定，可设有机物为1mol，计算消耗氧气物质的量，再根据碳原子守恒计算n，同温同压下体积之比等于物质的量之比，据此解答．【解答】解：有机物分子式写成mnp，完全燃烧耗氧量由分子式中m决定，设有机物为1mol，则消耗氧气物质的量n=mol=1.5mmol，根据碳原子守恒可知：n=mol，生成的CO2与消耗的O2在同温同压下体积比为1：1，则：mol：1.5mmol=1：1，解得m：n=2：1，故选A．【点评】本题考查有机物燃烧有关计算、确定耗氧量是关键，题目难度不大，明确有机物耗氧量与有机物分子组成的关系为解答关键，试题培养了学生的化学计算能力．　24．某有机物其结构简式为，关于该有机物下列叙述不正确的是A．能使溴水褪色B．一定条件下，能和NaOH醇溶液反应C．在加热和催化剂作用下，最多能和4molH2发生加成反应D．能使酸性KMnO4溶液褪色【考点】有机物的结构和性质．24【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构可知，分子中含碳碳双键、﹣Cl，结合烯烃、卤代烃的性质来解答．【解答】解：A．含碳碳双键，与溴水发生加成反应使其褪色，故A正确；B．含﹣Cl，但与﹣Cl相连C的邻位C上没有H，不能能和NaOH醇溶液发生消去反应，故B错误；C．苯环与碳碳双键均与氢气发生加成反应，最多能和4molH2发生加成反应，故C正确；D．含碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确；故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答关键，侧重烯烃、卤代烃性质的考查，题目难度不大．　25．NM3和D58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如图：关于NM3和D58的叙述，错误的是A．都能与溴水反应，原因不完全相同B．遇FeCl3溶液都显色，原因相同C．都不能发生消去反应，原因相同D．都能与NaOH溶液反应，原因不完全相同【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】A．由苯酚能与溴水发生取代反应，双键与溴水发生加成反应分析NM﹣3中含酚羟基和碳碳双键，D﹣58中含酚羟基；B．苯酚遇FeCl3溶液显紫色；C．酚羟基和羧基上的﹣OH都不能发生消去反应，D﹣58中含醇﹣OH；D．由结构可知，都含有酚羟基，具有酸性．【解答】解：A．由苯酚能与溴水发生取代反应，双键与溴水发生加成反应可知，NM﹣3中含酚羟基和碳碳双键，D﹣58中含酚羟基，则都能与溴水反应，原因不完全相同，故A正确；B．因苯酚遇FeCl3溶液显紫色，二者均含有酚羟基，则遇FeCl3溶液都显色，原因相同，故B正确；C．酚羟基和羧基上的﹣OH都不能发生消去反应，D﹣58中含醇﹣OH，且与﹣OH相连的碳原子的邻位碳原子上没有H原子，所以不能发生消去反应，原因不完全相同，故C错误；D．由结构可知，都含有酚羟基，具有酸性，所以都能与NaOH溶液反应，但NM﹣3中含羧基、酯基，也与NaOH溶液反应，则原因不完全相同，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，熟悉有机物的官能团与物质性质的关系来解答，把握苯酚、烯烃、醇的性质是解答的关键，题目难度不大．　二、填空题26．现有八种有机物：A．乙醇B．甲苯C．苯酚D．甲酸E．溴乙烷F．乙醛G．乙烯H．乙酸乙酯能跟银氨溶液发生银镜反应的是　DF　；24能使氯化铁溶液变紫色的是　C　；能够与活泼金属反应生成氢气的是　ACD　；常温下能跟溴水反应生成白色沉淀的是　C　；在一定条件下能跟氢氧化钠水溶液反应的是　CDEH　．【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机反应．【分析】能跟银氨溶液发生银镜反应的物质应含有醛基；能使氯化铁溶液变紫色的物质含有酚羟基；能够与活泼金属反应生成氢气的物质应含有羟基或羧基；常温下能跟溴水反应生成白色沉淀的为苯酚；在一定条件下能跟氢氧化钠水溶液反应的物质可为羧酸、苯酚、酯类物质以及卤代烃等．【解答】解：能跟银氨溶液发生银镜反应的物质应含有醛基，甲酸、乙醛符合，故答案为：DF；能使氯化铁溶液变紫色的物质含有酚羟基，苯酚符合，故答案为：C；能够与活泼金属反应生成氢气的物质应含有羟基或羧基，乙醇、苯酚、甲酸符合，故答案为：ACD；常温下能跟溴水反应生成白色沉淀的为苯酚，故答案为：C；在一定条件下能跟氢氧化钠水溶液反应的物质可为羧酸、苯酚、酯类物质以及卤代烃等，苯酚、甲酸、溴乙酸以及乙酸乙酯符合，故答案为：CDEH．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，侧重常见有机物性质的考查，把握醇、醛、甲苯、苯酚的性质为解答的关键，题目难度不大．　27．乙烯与液溴作用制取1，2﹣二溴乙烷的装置如下．1，2﹣二溴乙烷的主要物理性质见下表：熔点/℃沸点/℃密度/g•cm﹣3溶解性9.79131.42.18难溶于水，易溶于醇、醚等A是乙醇制备乙烯的反应装置图，B、D中所盛都是水，其中D装置中水的作用是　冷却液溴　．C和E中，所盛都是NaOH溶液，它们的作用分别是：C　吸收乙烯中混有的SO2、CO2　；E　吸收逸出的溴蒸气，防止污染空气　．写出以乙醇、浓硫酸、液溴为主要原料生成1，2﹣二溴乙烷的主要化学反应方程式　CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O　；　CH2=CH2+Br﹣Br→CH2Br﹣CH2Br　．【考点】溴乙烷的制取；制备实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】该反应为制取1，2﹣二溴乙烷，A是乙醇制备乙烯的反应装置图，由乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，溴易挥发，B、D中所盛都是水，其中D装置中水的作用是冷却液溴；24浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，二氧化硫和溴能反应，须用碱除去；溴易挥发，挥发到空气中会污染空气；以乙醇、浓硫酸、液溴为主要原料生成1，2﹣二溴乙烷，首先是乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，然后是乙烯和溴加成生成1，2﹣二溴乙烷，据此解答．【解答】解：A是乙醇制备乙烯的反应装置图，是利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，浓硫酸具有强氧化性，能氧化乙醇，能将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，C所盛是NaOH溶液，吸收乙烯中混有的SO2、CO2，由乙烯和溴发生加成反应生成1，2﹣二溴乙烷，溴易挥发，B，所以D装置中水的作用是冷却液溴，冷却可避免溴的大量挥发，故答案为：冷却液溴；浓硫酸具有强氧化性，将乙醇氧化成二氧化碳，自身被还原成二氧化硫，SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr中S元素的化合价升高，二氧化硫被氧化，二氧化碳、二氧化硫能和氢氧化钠溶液反应，乙烯与氢氧化钠溶液不反应，溴易挥发，挥发到空气中会污染空气，常温下Br2和氢氧化钠发生反应：2NaOH+Br2═NaBr+NaBrO+H2O，故答案为：吸收乙烯中混有的SO2、CO2；吸收逸出的溴蒸气，防止污染空气；利用乙醇在浓硫酸的催化作用下发生分子内脱水制取乙烯，乙醇发生了消去反应，浓硫酸作催化剂、脱水剂，反应条件是加热到170℃，反应为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；乙烯分子中含有不饱和键，它和溴水发生加成反应生成无色的1，2﹣二溴乙烷，即CH2=CH2+Br﹣Br→CH2Br﹣CH2Br，故答案为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；CH2=CH2+Br﹣Br→CH2Br﹣CH2Br．【点评】本题主要考查了乙醇制备1，2﹣二溴乙烷，掌握相关物质的基本化学性质是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识，题目不难．　28．某气态烃A与H2的相对密度为14，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平．以该化合物为原料合成化合物G、E和I的流程如图：已知：Ⅰ．芳香族化合物F为C、H、O化合物，其相对分子质量为166，环上的一氯代物有一种，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，F与足量B反应生成G．Ⅱ．H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g/L，H与足量D反应生成I．A、D分子所含的官能团的名称依次是　碳碳双键　、　羧基　．B可以发生的反应有　①②④　．①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应反应⑤的反应类型为　酯化反应或取代反应　．24F与H可生成高分子化合物J，写出生成J的化学反应方程式：　　，J的名称是　对苯二甲酸乙二酯　．写出下列化学方程式：②　2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O　；⑥　2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O　；某学生用新制的Cu2检验C的官能团，反应的化学方程式为　CH3CHO+2Cu2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O　，该学生取1mol/LCuSO4溶液和1mol/LNaOH溶液各1mL，在一支洁净的试管内混合后，向其中又加入0.5mL40%的C，加热后无红色沉淀出现．该同学实验失败的原因可能是　③　．①加入的C过多②加入的C太少③加入CuSO4溶液的量过多④加入CuSO4溶液的量不够I有多种同分异构体，其中一类同分异构体有如下特征：①分子中含有五元环结构；②1mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应，能生成1molCO2；③1mol该有机物与足量Na反应，能生成1.5molH2；④环上的一氯代物只有三种．则满足以上条件的两种有机物的结构简式为：　　．【考点】有机物的推断．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】某气态烃A与H2的相对密度为14，其相对分子质量是28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3；芳香族化合物F为C、H、O化合物，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，则F含有2个羧基，其相对分子质量为166，2个羧基、1个C6H4的总式量为45×2+=166，则F含有1个苯环、2个羧基，且环上的一氯代物有一种，则F为，F与足量的B发生酯化反应生成G为24，H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g/L，其相对分子质量为22.4×2.77=62，去掉2个羟基剩余基团式量为62﹣17×2=28，故为﹣C2H4﹣，则H为HOCH2CH2OH，H与足量D反应生成I为，据此分析解答．【解答】解：某气态烃A与H2的相对密度为14，其相对分子质量是28，其产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平，则A为CH2=CH2，乙烯与水发生加成反应生成B为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成C为CH3CHO，C进一步发生氧化反应生成D为CH3COOH，乙酸与乙醇发生酯化反应生成E为CH3COOCH2CH3；芳香族化合物F为C、H、O化合物，1molF与足量NaHCO3溶液反应能生成2molCO2，则F含有2个羧基，其相对分子质量为166，2个羧基、1个C6H4的总式量为45×2+=166，则F含有1个苯环、2个羧基，且环上的一氯代物有一种，则F为，F与足量的B发生酯化反应生成G为，H为二元醇，其蒸气密度折算成标准状况为2.77g/L，其相对分子质量为22.4×2.77=62，去掉2个羟基剩余基团式量为62﹣17×2=28，故为﹣C2H4﹣，则H为HOCH2CH2OH，H与足量D反应生成I为，A为CH2=CH2，D为CH3COOH，A、D官能团名称分别是碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键；羧基；B是乙醇，能发生取代反应、消去反应、氧化反应，但不能发生加聚反应，故选①②④；反应⑤是羧酸与醇发生的酯化反应，也属于取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应；F为，H为HOCH2CH2OH，二者发生缩聚反应生成高分子化合物和水，反应方程式为，J的名称是具对苯二甲酸乙二酯，故答案为：；对苯二甲酸乙二酯；反应②的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；24反应⑥的化学方程式为：2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+HOCH2CH2OHCH3COOCH2CH2OOCCH3+2H2O；C是乙醛，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液在加热条件下发生氧化反应生成砖红色氧化亚铜沉淀，反应方程式为CH3CHO+2Cu2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O，如果氢氧化铜悬浊液过多，则不产生砖红色沉淀，故答案为：CH3CHO+2Cu2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；③；I有多种同分异构体，其中一类同分异构体有如下特征：①分子中含有五元环结构；②1mol该有机物与足量NaHCO3溶液反应，能生成1molCO2，含有1个羧基，③1mol该有机物与足量Na反应，能生成1.5molH2，结合②可知，还含有2个羟基，④环上的一氯代物只有三种，则满足以上条件的有机物的所有可能的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的推断，注意根据F发生的反应判断含有的官能团，再利用残余法确定有机物F的结构简式，侧重考查学生分析推断能力，难点是题同分异构体结构简式判断．　29．化合物Ⅴ是中药黄芩中的主要活性成分之一，具有抗氧化和抗肿瘤作用．化合物Ⅴ也可通过如图所示方法合成：化合物Ⅱ发生水解生成的有机物的名称为　苯丙烯酸　．下列关于化合物Ⅴ的说法正确的是　CD　．A．分子中有三个苯环B．能发生水解反应C．使酸性KMnO4溶液褪色D．与FeCl3发生显色反应24化合物Ⅰ和Ⅱ反应还可以得到一种酯，该酯的结构简式是　　．【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】I和II发生取代反应生成III，III发生消去反应生成IV，IV发生取代反应生成V，II发生水解反应时，Cl﹣被羟基取代生成﹣OH；V中含有酚羟基、羰基、碳碳双键和醚键，具有酚、酮、醚和烯烃性质；II发生水解反应生成羧基，II中羧基和I中酚羟基发生酯化反应生成酯．【解答】解：I和II发生取代反应生成III，III发生消去反应生成IV，IV发生取代反应生成V，II发生水解反应时，Cl﹣被羟基取代生成﹣OH，生成物结构简式为，其名称是苯丙烯酸，故答案为：苯丙烯酸；V中含有酚羟基、羰基、碳碳双键和醚键，具有酚、酮、醚和烯烃性质，A．该分子中有2个苯环，故错误；B．该分子中不含酯基或卤原子，所以不能发生水解反应，故错误；C．含有碳碳双键，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；D．含有酚羟基，所以能与FeCl3发生显色反应，故正确；故选CD；II发生水解反应生成羧基，II中羧基和I中酚羟基发生酯化反应生成酯，其结构简式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，根据反应前后物质结构简式差异性确定反应类型，明确官能团及其性质关系，题目难度不大．　24