2024届高三化学一轮复习培优-有机合成训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．用NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述正确的是
A．1mol乙酸与足量乙醇在浓硫酸催化作用下充分反应，得到乙酸乙酯分子数为NA
B．3.0g冰醋酸与乳酸(CH3CHOHCOOH)的混合物中含原子数为0.4NA
C．标准状况下，22.4L溴乙烷中共价键数目为7NA
D．乙烯和乙醇的混合物共0.1mol，完全燃烧所消耗的氧分子数0.6NA
2．香豆素类化合物在生物、医药高分子领域都有非常广泛的应用。q是一种香豆素衍生物。
下列有关物质的叙述正确的是
A．有机物o既是乙醇的同系物也是乙二酸的同系物
B．p和q均可与氢气发生加成反应，且产物中均含有手性碳原子
C．q能发生水解反应，1mol水解产物能与3mol Br2发生加成反应
D．o、p、q分子中均存在2种含氧官能团
3．有机物R是合成达菲的中间体，它的合成过程如图所示。下列说法正确的是
A．“一定条件”是指稀硫酸、加热 B．莽草酸可发生加成和水解反应
C．R含3种官能团 D．R的同分异构体中可能含苯环
4．某合成药物的中间体(M)结构简式如图所示，下列有关M的说法正确的是
A．分子式为 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．含有3个不同种类的官能团 D．最多可与发生加成反应
5．有机物A存在如图转化关系，下列说法错误的是
A．由A→B的过程发生取代反应
B．化合物B的同分异构体有8种
C．化合物D一定能通过加成反应得到化合物A
D．化合物D的同分异构体中最多9个原子共平面
6．反应“”符合“绿色化学”发展理念(反应物的原子全部转化为目标产物)。推断反应物是
A． B． C． D．
7．2020年我国在新型冠状病毒防控、研究工作中取得重大进展，研究发现含有二苯乙烯结构的孟鲁司特对病毒有抑制作用，二苯乙烯的结构简式如图，下列说法正确的是
A．二苯乙烯分子式为C14H14
B．二苯乙烯能发生取代反应、氧化反应、加成反应、加聚反应
C．二苯乙烯所有原子不可能共平面
D．1 mol二苯乙烯在一定条件下与足量H2反应最多消耗6 mol H2
8．已知有机物M、N、W能发生下列反应， 下列说法不正确的是
A．M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应
B．M不能使溴水因发生化学反应而褪色
C．M与足量的H2反应后的产物的一氯代物有4种
D．W的所有碳原子不可能在同一平面上
9．丁烷催化裂化时，碳链能同时按两种方式断裂，各生成一种烷烃和一种烯烃。已知丁烷裂化时的转化率为75％，若将裂化气中分离出来的烷烃取出，测其质量是相同状况下相同体积氢气质量的15倍，则裂化气中分子量较小的烯烃所占的体积分数是
A．14.3% B．16.7% C．28.6% D．33.3%
10．某有机物的结构简式如图。下列关于该有机物的说法正确的是
A．分子式为
B．能发生加成、氧化反应，不能发生取代反应
C．苯环上的一溴代物有6种
D．1 mol该有机物在一定条件下和H2反应，最多消耗8 mol H2
11．对于如图所示有机物，要引入羟基(－OH)，可能的方法有哪些（ ）
①加成 ②溴原子的水解 ③还原 ④酯基的水解
A．①② B．②③ C．①③ D．①②③④
12．如图所示是木瓜蛋白酶的结构简式，下列说法不正确的是
A．木瓜蛋白酶的分子式为C19H29N7O6
B．木瓜蛋白酶中含有苯环，属于芳香烃
C．木瓜蛋白酶能发生水解反应、加成反应
D．木瓜蛋白酶能与碳酸钠溶液反应生成CO2
13．在一定条件M可与N发生如图转化生成一种具有优良光学性能的树脂Q。下列说法正确的是
A．Q属于酯类有机物，可用作从溴水中提取溴的萃取剂
B．与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种
C．1molQ最多可消耗5mol氢气
D．N中所有原子可能共平面
14．分枝酸可用于生化研究，其结构简式如图所示。下列关于分枝酸的叙述正确的是（ ）
A．分子中所有原子一定在同一平面上
B．可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同
C．1 mol分枝酸可以与足量金属钠反应产生33.6 L H2
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
15．2021年诺贝尔化学奖获得者测试脯氨酸(Pro)催化有机合成，脯氨酸的结构如图所示(提示：与四个互不相同的原子或原子团相连接的碳原子叫手性碳原子) 。下列说法错误的是
A．脯氨酸能发生取代反应 B．脯氨酸能与NaOH反应
C．脯氨酸分子不含手性碳原子 D．脯氨酸的分子式为C5H9NO2
二、实验题
16．实验表明，当乙醛加入到溴水中，溴水会褪色。针对此现象，某小组同学依据乙醛结构进行探究。
【实验假设】
(1)假设Ⅰ：醛基含有不饱和键，可与发生_________反应(填反应类型)。
假设Ⅱ：乙醛具有α－H，可与溴水发生取代反应。一元取代反应如下：
无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物质的量之比为_________。
假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，补全下面反应方程式。
_________
【实验过程】针对以上假设，该小组同学设计了两组方案。
方案Ⅰ：通过对比反应现象判断反应类型。
序号 操作 现象
试管1 1mL溴水＋1mL乙醛，充分振荡后静置 褪色
试管2 1mL溴的溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置 ____
结论：假设Ⅰ不成立。
(2)试管2中的实验现象为__________。
方案Ⅱ：通过测定反应后混合液的pH判断反应类型。
序号 操作 pH
试管1 加入20mL溴水，再加入10mL苯酚溶液，待完全反应后(苯酚过量)，测定混合液pH 1.85[]
试管2 加入20mL相同浓度的溴水，再加入10mL 20%的乙醛溶液(乙醛过量)，3min后完全褪色，测定混合液pH ____________
注：苯酚和乙酸的电离及温度变化对混合液pH的影响可忽略。
(3)写出苯酚与溴水反应的化学方程式：____________________________________。
(4)若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为______反应；若pH接近______，则证明为氧化反应(lg2≈0.3)；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有。
【实验结论与反思】
(5)根据实验数据得出结论：乙醛与溴水发生氧化反应。查阅资料，乙醛并非直接与发生反应，而是与次溴酸(HBrO)反应，从平衡移动的角度解释乙醛使溴水褪色的原因：______________。
(6)已知柠檬醛的结构如图，结合上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双键的合理方法为 (填字母序号)。
A．向酸性高锰酸钾溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
B．向溴水中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
C．向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色
D．向新制氢氧化铜悬浊液中加适量柠檬醛，加热，冷却后取上层清液再加溴水，观察其是否褪色
17．化学上常用燃烧法即李比希法确定有机物的组成。下图装置是用燃烧法确定有机物化学式常用的装置，这种方法是在电炉加热时用纯氧氧化管内样品。根据产物的质量确定有机物的组成。
回答下列问题：
（1）A装置中分液漏斗盛放的物质是__________。
（2）写出E装置中所盛放物质的名称_________________，有学生认为在E后应再加一与E相同的装置，目的是_____________________。
（3）某有机化合物A经李比希法测得其中含碳为72.0%、含氢为6.67%，其余为氧。现用下列方法测定该有机化合物的相对分子质量和分子结构。
方法一：用质谱法分析得知A的相对分子质量为150。
方法二：核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1:2:2:2:3，如下图
方法三：利用红外光谱仪测得A分子的红外光谱如下图所示。
请填空：
①A的分子式为________；结构简式为________
②A的芳香类同分异构体有多种，其中符合下列条件：
1)分子结构中只含一个官能团；2)分子结构中含有一个甲基；3)苯环上只有一个取代基。
则该类A的同分异构体共有____种，写出其中一种核磁共振氢谱有6个峰，且面积之比为1:1:1:2:2:3的同分异构体的结构简式：_____________________。
18．己二酸是合成尼龙66的主要原料之一，在塑料和化工行业中有广泛的用途。通过浓硝酸氧化环己醇制备己二酸，其反应原理简式(未配平)有关数据装置示意图(夹持装置已省略)如下：
+NO2↑+H2O
名称 相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g·mL-1) 溶解性
环己醇 100 25.2 161 0.96 溶于水，易溶于乙醇
己二酸 146 151 265 1.36 溶于水，热水中溶解度更大，易溶于乙醇
实验步骤：
步骤一：在三颈烧瓶中加入25mL水、10mL浓硝酸，慢慢开启磁力搅拌装置，将溶液混合，并用水浴加热至80℃回流。
步骤二：从恒压滴液漏斗中小心逐滴滴加环己醇4.2mL，水浴温度维持在85~90℃，必要时可往水浴中添加冷水。
步骤三：环己醇滴加完毕后，继续反应30分钟。将三颈烧瓶脱离水浴稍冷，观察到反应液浑浊并出现白色沉淀，再将烧瓶置于冰水浴中冷却20分钟，抽滤，用母液洗涤烧瓶和滤饼，后将粗品置于85℃烘箱鼓风干燥，称重得产品4.2g。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为_______(填标号)。
A．50mL B．100mL C．250mL D．500mL
(2)反应开始后，三颈烧瓶中的现象是______；写出烧杯中发生反应的化学方程式_____。
(3)“步骤二”中，必要时可往水浴中添加冷水，理由是_______。
(4)“步骤三”中，再将烧瓶置于冰水浴20分钟的目的是_______。
(5)本实验中己二酸的产率约为_______(保留2位有效数字)。
(6)若要得到纯度更高的己二酸，可通过_______的方法提纯。
19．某同学查阅资料后设计了一条1-丁醇的合成路线：
(1)利用图一装置可制备CO、丙烯等原料气体。①装置中e的名称是___________；②a的作用____________________。
(2)实验室常用浓硫酸与甲酸作用来制备CO。写出对应的化学方程式：______________。
(3)制CO时，伴随的副产物还有少量SO2、CO2气体，某同学设计用图二装置进行检验。
①E1的作用是：_____________ ；E3的作用是：________________；
②判断产物中有CO2的现象是_________________。
(4)合成正丁醛的反应为正向放热的可逆反应，为增大反应速率和提高原料气的转化率，你认为应该采用的适宜反应条件是__________；
A．高温、常压、催化剂 B．适当的温度、常压、催化剂
C．低温、高压、催化剂 D．适当的温度、高压、催化剂
(5)正丁醛经催化加氢得到含少量正丁醛的1一丁醇粗品，为提纯1-丁醇，该小组查阅文献得知：①R-CHO+NaHSO3(饱和)→RCH(OH)SO3Na ↓；②沸点：乙醚34℃，1-丁醇118℃。并设计出如下提纯路线：
试剂1为_________，操作2为___________，操作3为_______________。
20．中国石油天然气勘探开发公司位于尼日尔的分支机构CNPC—尼日尔石油公司，日前在该国东部最新发现了2900万桶的石油储量，勘探小组在石油样品中发现一种烃的含氧衍生物。可用下图所示装置确定其分子式和其组成。(不考虑空气进入装置)
回答下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为_________________________________。
(2)B装置的作用是______________________，燃烧管C中CuO的作用是_____________________________。
(3)产生氧气按从左向右流向，燃烧管C与装置D、E连接。现甲、乙两位同学提出了两种连接方案。
方案1 甲同学认为连接顺序是：C→E→D
方案2 乙同学认为连接顺序是：C→D→E
请你评价两种连接方案，判断哪种方案正确并说明理由。
__________，________________________________________________________________。
(4)准确称取1.8g烃的含氧衍生物X的样品，经充分燃烧后，D管质量增加2.64g，E管质量增加1.08g，实验测得X的蒸气密度是同温同压下氢气密度的45倍，则X的分子式为___________，1molX分别与足量Na、NaHCO3反应放出的气体在相同条件下的体积比为1∶1，X可能的结构简式为____________________________________。
参考答案：
1．B
【详解】A．乙酸和乙醇的酯化反应为可逆反应，1mol乙酸充分反应，生成的乙酸乙酯的分子数小于1mol，A错误；
B．冰醋酸与乳酸最简式都是CH2O，式量为30，所以3.0g 二者的混合物含有最简式的物质的量为0.lmol，因此含有的原子总数为0.4NA，B正确；
C．溴乙烷在标准状况下不是气体，无法计算它的物质的量，无法计算其中所含有的共价键数目，C错误；
D．l mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，1mol乙醇完全燃烧消耗3mol氧气，乙烯和乙醇的混合物共0.lmol，完全燃烧所消耗的氧分子数一定为0.3NA， D错误；
故选B。
2．D
【详解】A．同系物是指结构相似、分子组成相差n个(-CH2)的有机化合物；官能团类型与个数必须相同，有机物o与乙醇和乙二酸都不是同系物，A错误；
B．p中有醛基，q中有苯环，碳碳双键均可与氢气发生加成反应，但P与氢气加成的产物中不含手性碳原子，B错误；
C．q中酯基能发生水解反应，1mol水解产物中只有碳碳双键能与1mol Br2发生加成反应，C错误；
D．o分子中存在醇羟基和羧基、p分子中醛基和羧基、q分子中酚羟基和酯基，三者均存在2种含氧官能团，D正确；
故答案选D。
3．C
【分析】根据物质含有的官能团判断具有的特殊性质，如羧基具有酸性、能发生取代反应，羟基能发生氧化、消去、取代反应，酯基能发生水解反应，碳碳双键能发生加成、加聚、氧化反应；
【详解】A．莽草酸合成有机物R发生的是酯化反应，根据酯化的条件判断，一定条件为浓硫酸、加热，故A不正确；
B．根据莽草酸中含有的官能团判断，莽草酸不能发生水解反应，故B不正确；
C．有机物R含有羟基、碳碳双键、酯基共3种，故C正确；
D．根据莽草酸中不饱和度为3判断，R的同分异构体中不可能含有苯环，故D不正确；
故选答案C。
【点睛】根据结构简式判断含有的官能团，注意羟基所接原子团，判断是否是醇羟基。
4．B
【详解】A．根据上述结构可知，该有机物的分子式为，A错误；
B．上述分子含碳碳双键，可被酸性高锰酸钾，从而使其褪色，B正确；
C．分子中含碳碳双键和酯基2种官能团，C错误；
D．酯基不与氢气发生加成反应，苯环和碳碳双键可以与氢气发生加成反应，所以最多可与发生加成反应，D错误；
故选B。
5．B
【分析】由有机物的转化关系可知，饱和一元氯代烃A在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成饱和一元醇B，在铜做催化剂条件下，饱和一元醇B与氧气发生催化氧化反应生成饱和一元醛或酮C，在浓硫酸作用下，饱和一元醇B共热发生消去反应生成烯烃D。
【详解】A．由分析可知，A→B的反应为饱和一元氯代烃A在氢氧化钠溶液中共热发生水解反应生成饱和一元醇B和氯化钠，水解反应属于取代反应，故A正确；
B．符合转化关系且分子式为C5H12O的有机物只能是醇，其同分异构体有8种，其中要符合①能发生氧化反应生成C②能发生消去反应生成D，则符合题意的同分异构体共6种，故B错误；
C．由分析可知，A为饱和一元氯代烃、B为饱和一元醇、D为烯烃，由转化关系可知，一定条件烯烃D与氯化氢发生加成反应能生成A，故C正确；
D．2—甲基—2—丁烯分子中最多9个原子共平面，化合物D的同分异构体中2—甲基—2—丁烯分子中共平面原子数目最多，则化合物D的同分异构体中最多9个原子共平面，故D正确；
故选B。
6．A
【详解】反应“”符合“绿色化学”发展理念(反应物的原子全部转化为目标产物)，说明没有其余物质生成，的分子式为C4H6O2，根据质量守恒定律，M的分子式为C2H4O2。
A．的分子式为C2H4O2，符合题意，故A选；
B．的分子式为C2H6O2，不符合题意，故B不选；
C．的分子式为C2H4O2，与乙炔加成得到的物质为，不符合题意，故C不选；
D．的分子式为C2H6O，不符合题意，故D不选；
故选A。
7．B
【详解】A．二苯乙烯分子中含14个C原子，不饱和度为9，则分子式为C14H12，A不正确；
B．二苯乙烯分子的苯环上氢原子能发生取代反应、双键碳原子能发生氧化反应、双键及苯环能发生加成反应、双键能发生加聚反应，B正确；
C．二苯乙烯分子结构如图：，三个圈内原子一定共平面，三个圈两两分别共用2个C原子，所有原子有可能共平面，C不正确；
D．与H2发生加成反应时，1个苯环、1个碳碳双键分别消耗3个、1个H2分子，则1 mol二苯乙烯在一定条件下与足量H2反应最多消耗7mol H2，D不正确；
故选B。
8．C
【详解】A．苯环、碳碳双键可发生加成反应，均可发生燃烧为氧化反应，苯环及甲基可发生取代反应，则M、N和W均能发生氧化反应、加成反应和取代反应，A正确；
B．甲苯不能与溴水发生反应，但能萃取溴水中的溴，所以M不能使溴水因发生化学反应而褪色，B正确；
C．甲苯与足量的H2反应后的产物为甲基环己烷，其一氯代物有5种，C错误；
D．甲烷为正四面体结构，由于W中含有甲基，具有甲烷的结构特点，则W的所有碳原子不可能在同一平面上，D正确；
因此，本题答案为C。
【点睛】不要把甲苯的一氯代物种数和甲基环己烷的一氯代物的种数混同。
9．A
【分析】由题中信息可知，丁烷发生催化裂化时，碳链按两种方式断裂，生成两种烷烃和两种烯烃，则两种烷烃是甲烷和乙烷，两种烯烃为乙烯和丙烯。裂化后得到的分子量较小的烯烃是乙烯。
【详解】如果丁烷的裂化率为75%，设丁烷的物质的量为1mol,，则已裂化的丁烷有0.75mol，未裂化的丁烷有0.25mol。裂化气中分离出来的烷烃取出，测其质量是相同状况下相同体积氢气质量的15倍，则烷烃的平均摩尔质量为30g/mol，由于乙烷的摩尔质量就是30g/mol，则未裂化的丁烷和甲烷的平均摩尔质量为30g/mol，，得到2：1，则n(甲烷)=0.5mol，则n(丙烯)=0.5mol，n(乙烯)= n(乙烷)=0.25mol，故裂化后得到的分子量较小的烯烃是乙烯占混合气体的体积分数为，A正确；
本题选A。
10．C
【详解】A．由结构简式可知，有机物的分子式为，故A错误；
B．由结构简式可知，有机物分子中含有羟基、羧基和酯基，能发生取代反应，故B错误；
C．由结构简式可知，有机物分子存在如图所示的对称关系，苯环上含有6类氢原子，则苯环上的一溴代物有6种，故C正确；
D．由结构简式可知，有机物分子中含有的苯环和碳碳双键能与氢气发生加成反应，则1 mol有机物在一定条件下和氢气反应，最多消耗7mol氢气，故D错误；
故选C。
11．D
【详解】①所给有机物分子中含有碳碳双键，可以和水发生加成反应引入羟基，故①正确；
②所给有机物分子中含有溴原子，可以发生水解反应引入羟基，故②正确；
③所给有机物分子中含有醛基，可被氢气还原引入羟基，故③正确；
④所给有机物分子中含有酯基，可发生水解反应引入羟基，故④正确；
故选D。
12．B
【详解】A．根据题中木瓜蛋白酶的结构简式可知，其分子式为C19H29N7O6，故A不选；
B．木瓜蛋白酶中含有O、N元素，不属于芳香烃，是芳香烃的衍生物，故选B；
C．木瓜蛋白酶分子中含有酰胺基能发生水解反应，含有苯环能发生加成反应，故D不选；
D．木瓜蛋白酶分子中含有羧基，能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，故D不选。
答案选B。
13．B
【详解】A．Q含有酯基、碳碳双键，碳碳双键能和溴水发生加成反应，不可用作从溴水中提取溴的萃取剂，A错误；
B． 与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种，分别是2,3,4 三溴苯酚， 2,3,5 三溴苯酚，2,3,6 三溴苯酚，2,4,5 三溴苯酚，3,4,5 三溴苯酚， B项正确；
C． 苯环和碳碳双键可与氢气发生加成反应，则1molQ最多可消耗4mol氢气，C错误；
D． N中含甲基、饱和碳原子是四面体构型，故分子内所有原子不可能共平面，D错误；
答案选B。
14．B
【分析】该有机物中含有羧基、碳碳双键、羟基、醚键，具有羧酸、烯烃、醚、醇的性质，能发生取代反应、酯化反应、加成反应、加聚反应、氧化反应等。
【详解】A．该分子中连接-OH的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不能在同一个平面上，故A错误；
B．羧基能和乙醇发生酯化反应、乙酸能和醇羟基发生酯化反应，故B正确；
C．1 mol分枝酸可以与足量金属钠反应产生1.5molH2，要标准状况下的体积为33.6 L ，未指明H2的状态，故C错误；
D．溴和碳碳双键发生加成反应而使溴的四氯化碳褪色，碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，另外醇羟基也能被酸性KMnO4溶液气体褪色，则前者是加成反应、后者是氧化反应，褪色原理不同，故D错误；
故答案为B。
15．C
【详解】A．脯氨酸含有羧基，能发生取代反应，故A正确；
B．脯氨酸含有羧基，能与NaOH反应，故B正确；
C． ，分子中含手性碳原子(标有*的碳原子)，故C错误；
D．根据脯氨酸的结构式，可知的分子式为C5H9NO2，故D正确；
选C。
16．(1) 加成反应 1:1
(2)溶液分层，溴水不褪色；
(3)
(4) 取代反应 1.55
(5)乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色
(6)C
【分析】乙醛结构中含有不饱和键，α－H，具有较强的还原性，可能与溴发生加成反应，取代反应和氧化反应；溴水和苯酚溶液反应为取代反应，翻译后混合液pH值为1.85，将溴水与乙醛溶液反应，如果pH＝1.85，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；若pH介于两者之间，则证明两种反应类型皆有；据此分析解题。
【详解】（1）假设Ⅰ：可以与双键发生加成反应，醛基含有不饱和键，可与发生加成反应；故答案为加成反应；
假设Ⅱ：发生取代反应时，参加反应的其中一个Br原子取代H原子，另一个Br与被取代的H生成HBr，所以无论是几元取代，参加反应的与生成的HBr物质的量之比为1:1，故答案为1:1；
假设Ⅲ：乙醛具有较强的还原性，可被溴水氧化为乙酸，反应方程式为；故答案为；
（2）1mL溴的溶液＋1mL乙醛，充分振荡后静置，溶液分层，溴水不褪色；故答案为溶液分层，溴水不褪色；
（3）溴水与苯酚发生取代反应，反应为；故答案为；
（4）若试管2中反应后混合液的pH＝1.85，与试管1中pH一致，则证明乙醛与溴水的反应类型为取代反应；如果发生氧化反应，生成的HBr为取代反应的2倍，所以，pH=1.55，所以若pH接近1.55，则证明为氧化反应；应故答案为取代反应；1.55；
（5）与水反应式为，乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色；故答案为乙醛与HBrO反应，使得平衡正向移动，消耗，溶液褪色；
（6）柠檬醛分子中含有碳碳双键和醛基，根据上述实验，检验柠檬醛分子中存在碳碳双健是方法是向溴的溶液中加适量柠檬醛，观察其是否褪色；选项C符合题意，故答案选C。
【点睛】本题主要考查化学实验方案的评价，题目难度中等，注意根据反应的类型判断反应可能的产物，把握实验原理是解题的关键。
17． H2O2 碱石灰或生石灰 避免空气中的水和二氧化碳对结果有所干扰 C9H10O2 5种 或 （任写一种）
【详解】（1）根据题意用A装置制取氧气，所以A装置中分液漏斗盛放的物质是H2O2
故正确答案：H2O2
（2）E装置的作用是吸收反应生成的水蒸气，所以试剂是碱石灰，在E后再加一与E相同的装置，可以防止空气中的水和二氧化碳被E吸收，避免空气中的水和二氧化碳对结果有所干扰。
故正确答案：碱石灰或生石灰；避免空气中的水和二氧化碳对结果有所干扰
（3）①A的相对分子质量为150，含碳为72.0%、含氢为6.67%，其余为氧，碳原子数是 、氢原子数是、氧原子数是，所以A的分子式是C9H10O2；A的核磁共振氢谱有5个峰，其面积之比为1:2:2:2:3，A中含有、C-C、C-O、C=O、C-H结构，所以A的结构简式是；
②1)分子结构中只含一个官能团；2)分子结构中含有一个甲基；3)苯环上只有一个取代基。所以取代基的结构是-CH(CH3)COOH、-CH(CH3)OOCH、-OOCCH2CH3、-CH2OOCCH3、-CH2COOCH3；则该类A的同分异构体共有5种；其中一种核磁共振氢谱有6个峰，且面积之比为1:1:1:2:2:3的同分异构体的结构简式是 或 。
故正确答案：①C9H10O2，；②5种， 或
18．(1)B
(2) 充满红棕色的气体 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
(3)该反应是放热反应，防止温度过高，浓HNO3分解，造成原料浪费
(4)降温冷却，析出更多的己二酸固体
(5)71%
(6)重结晶
【分析】本题考查了己二酸粗产品的制备，根据方程式可知环己醇加入浓硝酸发生反应生成己二酸和二氧化氮气体，二氧化氮为红棕色气体，三颈烧瓶中加热是要加入沸石防止爆沸，硝酸易分解，温度越高分解越快，则加热的温度不宜过高，保持在85~90℃，二氧化氮有毒气体用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，己二酸易溶于水，可采用降温减小其溶解度，减少己二酸的损失，提高己二酸的纯度可采用重结晶的方法。
（1）
根据三颈烧瓶中加入25mL水、10mL浓硝酸，加入的药品选择三颈烧瓶的规格为100mL，答案选B；
（2）
①反应开始后，有二氧化氮为红棕色气体产生，则三颈烧瓶中的现象是：充满红棕色的气体；
②氢氧化钠溶液吸收二氧化氮气体，防止污染空气，化学方程式为： 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；
（3）
硝酸易分解，温度越高分解越快，则加热的温度不宜过高，且该反应为放热反应，应保持在85~90℃，“步骤二”中，必要时可往水浴中添加冷水，理由是：维持反应速率，并减少硝酸的挥发及分解，减少副反应的发生；
（4）
己二酸的溶解度随温度升高而增大，为了减少己二酸的损耗，故降低温度，“步骤三”中，再将烧瓶置于冰水浴20分钟的目的是：降温冷却，减少己二酸的损耗，析出更多的己二酸固体；
（5）
依据反应关系式：
设：理论上生成己二酸为x，环己醇的相对分子质量为100，加入环己醇的质量为，己二酸的相对分子质量146，列出计算式为，解得x=5.89g，己二酸的产率约为71%。
（6）
己二酸溶解度受温度影响较大，温度升高溶解度增大，若要得到纯度更高的己二酸，可通过重结晶的方法提纯。
19．(1) 分液漏斗 平衡内外压强，保证液体顺畅流下
(2)HCOOHCO↑+H2O
(3) 检验产物是否有SO2 检验SO2是否除尽 E3中品红不褪色，F中石灰水变浑浊
(4)D
(5) 饱和NaHSO3溶液 萃取 蒸馏
【分析】CO的制备方法：HCOOHCO↑+H2O，在题给装置中，导管a平衡分液漏斗内压强，使分液漏斗内的液体浓硫酸顺利滴下，b主要是起安全瓶的作用，以防止倒吸；c为除去CO中的酸性气体，选用NaOH溶液，还需用浓硫酸除去CO中的H2O。
【详解】（1）①根据装置图可知e的名称是分液漏斗，故答案为分液漏斗；
②为了使产生的气体能顺利的从发生装置中排出，就必需保持压强一致，因此a的作用是保持恒压，故答案为平衡内外压强，保证液体顺畅流下；
（2）甲酸在浓硫酸作用下脱水生成CO，反应的化学方程式为HCOOHCO↑+H2O，故答案为HCOOHCO↑+H2O；
（3）要检验CO中少量SO2、CO2气体，用品红检验二氧化硫，并用酸性高锰酸钾除去二氧化硫，再用品红检验是否除尽，用石灰水检验二氧化碳，所以E1中装品红溶液，E2中装酸性高锰酸钾溶液，E3中装品红溶液，F中装澄清石灰水，
①根据上面的分析可知，E1的作用是：检验产物是否有SO2，E3的作用是检验SO2是否除尽，故答案为检验产物是否有SO2；检验SO2是否除尽；
②判断产物中有CO2的现象是E3中品红不褪色，F中石灰水变浑浊，故答案为E3中品红不褪色，F中石灰水变浑浊；
（4）由于反应是一个体积减小的可逆反应，所以采用高压，有利于增大反应速率和提高原料气的转化率；正向反应是放热反应，虽然低温有利于提高原料气的转化率，但不利于增大反应速率，因此要采用适当的温度；催化剂不能提高原料气的转化率，但有利于增大反应速率，缩短到达平衡所需要的时间，故正确所选项是D，故答案为D；
（5）粗品中含有正丁醛，根据所给的信息利用饱和NaHSO3溶液形成沉淀，然后通过过滤即可除去；由于饱和NaHSO3溶液是过量的，所以加入乙醚的目的是萃取溶液中的1-丁醇；因为1-丁醇和乙醚的沸点相差很大，因此可以利用蒸馏将其分离开，故答案为饱和NaHSO3溶液；萃取；蒸馏。
20． 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 吸收氧气中的水蒸气 使有机物不完全燃烧的产物全部转化为CO2和H2O 方案1 先要用无水CaCl2吸收H2O，再用碱石灰吸收CO2 C3H6O3 HOCH2CH2COOH、CH3CH(OH)COOH
【详解】(1)由题意可知，A装置是用来制取氧气的，该装置的特点是：固液不加热型．故可用双氧水和二氧化锰反应，也可以是过氧化钠与水反应，故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；
(2)B装置的作用是吸收氧气中的水蒸气，燃烧管C中CuO的作用是使有机物不完全燃烧的产物(CO、H2)进行再次氧化使其全部转化为CO2和H2O；
(3)由于碱石灰既能吸收CO2，又能吸收H2O，而无水CaCl2只能吸收H2O，故先要用无水CaCl2吸收H2O，再用碱石灰吸收CO2；
(4)D管质量增加2.64g，即m(CO2)=2.64g，n(CO2)=0.06mol；E管质量增加1.08g，即m(H2O)=1.08g，n(H2O)=0.06mol；依据元素守恒可知有机物中的n(C)=n(CO2)=0.06mol，n(H)=2n(H2O)=0.12mol，有机物中n(O)=[1.08-m(C)-m(H)]/16=0.06g，所以n(C)：n(H)：n(O)=1：2：1，该有机物的实验式是CH2O；实验测得X的蒸气密度是同温同压下氢气密度的45倍，M(x)=90，设X的分子式为(CH2O)n，可得：30n=90，n=3，则X的分子式为C3H6O3，由1molX分别与足量Na、NaHCO3反应放出的气体在相同条件下的体积比为1：1，可知X分别含：一个羧基和羟基，则其结构式有两种即HOCH2CH2COOH和CH3CH(OH)COOH。
