2022届辽宁省辽南协作校高二下学期期中联考化学试题（含解析）

2021—2022学年度下学期期中考试高二试题化学考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Zn65第I卷(选择题，共45分)一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合要求)1.化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实解释不正确的是A.酮是重要的有机溶剂，丙酮可用作化学纤维、钢瓶储存乙炔等的溶剂B.食用油和白酒都应密封保存C.苯酚对皮肤有腐蚀性，如不慎沾到皮肤上，可立即用乙醇冲洗，再用水冲洗D.溴乙烷可与其他药物制成气雾剂，用于运动中的急性损伤，其在汽化时有冷冻麻醉作用【答案】D【解析】【详解】A．酮是重要的有机溶剂和化工原料，丙酮可用作化学纤维、钢瓶储存乙炔等的溶剂，A正确；B．食用油容易氧化，白酒容易挥发，两者均应该密封保存，B正确；C．苯酚微溶于水，易溶于酒精(乙醇)，因此如苯酚不慎沾到皮肤上，可立即用乙醇冲洗，再用水冲洗，C正确；D．氯乙烷在汽化时有冷冻麻醉作用，可与其他药物制成气雾剂，用于运动中的急性损伤，而不是溴乙烷，D错误；答案选D。2.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法中正确的是A.1mol分子中可能含有极性共价键的数目为7B.1mol甲基()中含有电子的数目为10C.14g聚乙烯中含有的π键数目为0.5D.1mol配离子中含σ键数目为4个【答案】A【解析】【详解】A．若是乙醇分子，则1mol分子中可能含有极性共价键的数目为7，A正确；B．1mol甲基()中含有电子的数目为9，B错误；C．聚乙烯中不存在π键，C错误；D．单键都是σ键，1mol配离子中含σ键数目为12个，D错误；答案选A。3.下列化学用语使用正确的是A.命名为2-甲基甲酰胺 B.不含手性碳原子C.硝基苯的结构简式： D.聚丙烯的结构简式：【答案】B【解析】【详解】A．中N原子连接2个甲基，命名为二甲基甲酰胺，故A错误；B．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，中碳原子都连接3个原子团，所以不含手性碳原子，故B正确；C．硝基苯中N原子与C原子成键，硝基苯的结构简式为，故C错误；D．丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为，故D错误；选B。4.下列关于有机物的性质叙述错误的是A.几种苯的同系物沸点由高到低的顺序为：邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯＞乙苯＞甲苯B.顺—2—丁烯的沸点大于反—2—丁烯C.某种有机物结构如图所示，该物质中羟基对分子极性影响较弱，所以该物质在水中溶解度不大D.卤代烃的密度和沸点随烃基中碳原子数的增大而逐渐增大【答案】D【解析】【详解】A．苯的同系物中，碳原子个数越大，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，则甲苯的沸点最低，分子式相同的苯的同系物中，分子间作用力的大小顺序为邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯＞乙苯，所以沸点的大小顺序为邻二甲苯＞间二甲苯＞对二甲苯＞乙苯，故A正确；B．顺—2—丁烯和反—2—丁烯的分子式相同，顺—2—丁烯的分子间作用力大于反—2—丁烯，沸点高于反—2—丁烯，故B正确；C．由结构简式可知，有机物分子的碳原子个较大，分子中只含有1个羟基，憎水基对有机物在水分子中的影响大于亲水基，所以有机物在水中溶解度不大，故C正确；D．卤代烃的密度随烃基中碳原子数的增大而逐渐减小，故D错误；故选D。5.下列说法错误的是A.1，3-丁二烯与溴单质加成可能得到3种产物(不考虑顺反异构体)B.乙醇与氢卤酸的反应中乙醇分子断裂氧氢键因为氧氢键极性较强C.冠醚与碱金属离子之间的配位键属于共价键，冠醚与碱金属离子形成配合物得到的晶体里还有阴离子，这类晶体是离子晶体D.醇分子中的氢氧键不如水分子中的氢氧键容易断裂，这是因为醇分子中的烷基具有推电子作用【答案】B【解析】【详解】A．1，3-丁二烯与溴单质1：1加成时，可分别生成CH2Br-CHBrCH=CH2、CH2Br-CH=CH-CH2Br，与溴按1：2完全加成反应生成CH2BrCHBrCHBrCH2Br，共3种产物，故A正确；B．乙醇与氢卤酸的反应中乙醇分子断裂氧氢键因为溴原子进攻和羟基相连的碳原子，然后碳氧键逐渐断裂，羟基被溴原子取代，故B错误；C．配位键是一方提供空轨道，另一方提供孤电子对形成的共价键，配位键属于共价键，阴离子和阳离子之间形成离子键，形成的晶体是离子晶体，故C正确；D．与水相比，醇羟基上多了一个烷基，而烷基是斥电子基，会使羟基的氧原子上电子密度更大，这样羟基氧与羟基氢之间的共用电子对就会部分向氢原子偏移，使键的极性减小，更不容易断裂，故D正确；故答案为：B。6.杯芳烃是由对叔丁基苯酚()和甲醛()在一定条件下发生反应构成的大环化合物，根据所含酚的单元数将其命名为“杯[n]芳烃”。某种杯[n]芳烃的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是A.该化合物属于烃，其名称是“杯[6]芳烃”B.该化合物的核磁共振氢谱图中共有6个吸收峰C.某种杯[n]芳烃可以分离和，杯酚装入，加入甲苯溶解未装入的D.该化合物由5个羟基构成杯底，羟基间的相互作用力为共价键【答案】C【解析】【详解】A．该化合物含有C、H、O三种元素，不属于烃类物质，故A错误；B．该分子中含有4种不同化学环境的氢，分别处于酚羟基、亚甲基、苯环、叔丁基中，故B错误；C．向C6o和C70的混合物中加入某种空腔大小适配C6o的杯[n]芳烃，再加入甲苯溶剂，溶解未装入杯[n]芳烃的C7o，过滤后分离C7o，再向不溶物中加入氯仿，溶解某种杯[n]芳烃而将不溶解的C60释放出来并沉淀，故C正确；D．该化合物由5个羟基构成杯底，羟基间的相互作用力为氢键，故D错误；故选：C。7.有机物C是合成抗病毒药物氧化白藜芦醇的中间体，其合成路线如图下列叙述正确的是

A.A物质的系统命名是1，3-二苯酚B.反应①属于取代反应，反应②属于消去反应C.1molC最多能与3mol反应，反应类型为取代反应D.鉴别和C可以用氯化铁溶液【答案】D【解析】【详解】A．A分子中含有2个酚羟基，系统命名是1，3-苯二酚，故A错误；B．反应①是A分子苯环上1个H原子被I原子代替，属于取代反应；反应②是B分子苯环上的I原子被乙烯基代替，属于取代反应，故B错误；C．酚羟基的邻位和溴发生取代反应，碳碳双键和溴发生加成反应，1molC最多能与3mol反应，反应类型为取代反应、加成反应，故C错误；D．C中含有酚羟基，C遇氯化铁溶液发生显色反应，所以和C可以用氯化铁溶液鉴别，故D正确；选D。8.某烃的含氧衍生物A的组成和结构，研究过程如下：称取9gA在足量氧气中充分燃烧，并使产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g，对A进行波谱分析结果如图。下列说法错误的是A.由质谱图可知A的实验式为B.结合红外光谱和核磁共振氢谱可知A的结构简式为C.B是A的位置异构体，则B在核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：1：1D.取1molA、、的混合物，三者无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的物质的量均为3mol【答案】A【解析】【详解】9gA在足量氧气中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过足量的浓硫酸和碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g，说明完全燃烧生成水的质量为5.4g，二氧化碳的质量为13.2g，5.4g，9gA完全燃烧生成水的物质的量是==0.3mol，9.0gA完全燃烧生成二氧化碳的物质的量是==0.3mol，n(O)===0.3mol，所以A的实验式为CH2O，通过质谱法测得A相对分子质量为90，设分子式为(CH2O)n，则(12+2+16)n=90，n=3，故A的分子式为C3H6O3，以此来解析；A．根据上面分析可知，A的实验式为CH2O，A错误；B．根据红外光谱只A中含有-OH和-COOH，由核磁共振氢谱A中含有4种氢原子，其数目比为1：1：1：3，故A的结构简式为CH3CH(OH)COOH，B正确；C．B是A的位置异构体，则B为CH2(OH)CH2COOH，共有4种氢原子，个数比为2：2：1：1，即B在核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：1：1，C正确；D．假设有机物的物质的量都为1mol,混合物中的三种有机物物质的量相同时，完全燃烧消耗的氧气的物质的量相等，无论以何种物质的量的比例混合，完全燃烧消耗氧气的量是否都为3mol，根据消耗氧气的量为x+-，1molC3H6O3完全燃烧消耗3+-=3mol氧气，1molC2H6O完全燃烧消耗2+-=3mol氧气，1molC2H4完全燃烧消耗2+=3mol氧气，所以三者无论以何种比例混合，完全燃烧消耗氧气的物质的量均为3mol，D正确；故选D。9.下列相关有机实验叙述不正确的是A.实验室用电石与饱和食盐水制备乙炔，可以在启普发生器中进行B.除去苯胺中的硝基苯，可加入盐酸溶液，充分反应后分液，取水层加NaOHC.甲酸、乙醛、苯酚钠、乙酸可以用一种试剂鉴别D.粗溴苯提纯时，加入NaOH溶液洗涤是为了除去【答案】A【解析】【详解】A．实验室用电石与饱和食盐水制备乙炔，①反应放出的大量热，易损坏启普发发生器(受热不均而炸裂)②反应后生成的石灰乳是糊状，可夹带少量(CaC2进入启普发生器底部，堵住球形漏斗和底部容器之间的空隙，使启音普发生器失去作用，A错误；B．除去苯胺中的硝基苯，可加入盐酸溶液，充分与硝基苯反应后生成苯胺，分液，取水层加NaOH洗去多于的酸，B正确；C．甲酸、乙醛、苯酚钠、乙酸可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别，甲酸：有砖红色物质产生，得到蓝色溶液；乙醛：有砖红色物质产生，溶液仍为无色；苯酚钠：没有砖红色沉淀产生，溶液仍为无色；乙酸：没有砖红色沉淀产生，得到蓝色溶液，C正确；D．粗溴苯提纯时，加入NaOH溶液洗涤是为了除去，溴苯不溶于NaOH，溴与NaOH反应除去了溴，生成NaCl、NaClO与溴苯不互溶，于是会分层，这个时候就可以用分液漏斗来分离，D正确；答案选A。10.有机化合物分子中基团之间的相互影响会导致物质化学性质的不同。下列事实中不能说明上述观点的是A.苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应B.苯不能使溴水褪色，苯乙烯能使溴水褪色C.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D.苯酚与溴水常温可以反应，而苯与溴水不能反应【答案】B【解析】【详解】A．苯酚和乙醇相比，都含有羟基，但苯酚能跟NaOH溶液反应，表明苯环能使羟基变得活泼，易发生电离，A不符合题意；B．苯乙烯能使溴水褪色，不是因为苯环影响乙烯基，而是乙烯基自身具有的性质，B符合题意；C．苯基能使甲基变得活泼，易被酸性高锰酸钾溶液氧化，C不符合题意；D．苯酚与苯相比，苯酚能与溴水常温下反应，表明羟基能使苯环上邻对位的氢原子变得活泼，易被取代，D不符合题意；故选B。11.NM-3和D-58是正处于临床试验阶段的小分子抗癌药物，结构如下：关于NM-3和D-58的叙述，错误的是A.都能与溶液反应，原因不完全相同B.都能与溴水反应，原因不完全相同C.都不能发生消去反应，原因相同D.遇溶液都显色，原因相同【答案】C【解析】【详解】A、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，正确；B、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，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，错误；D、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，正确。答案选C。12.下列装置及操作均正确且能达到实验目的的是A.用①装置比较乙酸、碳酸、苯酚的酸性强弱B.除去苯中混有的苯酚，加入浓溴水再转入②图中分液C.用③装置检验乙醇消去产生的乙烯气体D.用④装置检验溴乙烷消去反应的有机产物【答案】D【解析】【详解】A．醋酸易挥发，连同产生的二氧化碳一起进入苯酚钠溶液中，无法确定碳酸和苯酚的酸性强弱，故A错误；B．苯酚与浓溴水反应生成的2,4,6-三溴苯酚与苯相溶，无法通过分液的方法除去，故B错误；C．乙醇易挥发，随着产物气体一起进入高锰酸钾酸性溶液中使其褪色，所以利用③装置不能检验乙醇消去产生的乙烯气体，故C错误；D．溴乙烷消去反应的有机产物是乙烯，乙烯可以是溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；故选：D。13.下列有机反应方程式及反应类型判断正确的是A.取代反应B.加成反应C.异戊二烯加聚反应制备顺式聚异戊二烯加聚反应D.取代反应【答案】C【解析】【详解】A．苯的磺化反应的取代产物苯磺酸应为，故A错误；B．乙烯醇CH2=CHOH不稳定，会异构为乙醛CH3CHO，故B错误；C．异戊二烯的双键都断裂，形成链节-CH2-CH=CH-CH2-，再发生聚合反应生成顺式聚异戊二烯，属于加聚反应，故C正确；D．方程式不满足原子守恒，故D错误；故答案为：C。14.有机物种类繁多，存在同分异构体是重要的原因，下列关于同分异构体数的判断正确的是A.用相对分子质量为43的烷基取代烷烃()分子中的一个氢原子，所得的有机化合物有8种(不考虑立体异构)B.的二氯代物有5种(不考虑立体异构)C.已知分子式为的物质A的结构简式为，其苯环上的二溴代物有9种同分异构体，A苯环上的四氯代物的同分异构体的数目也为9种D.的一氯代物有9种(不考虑立体异构)【答案】C【解析】【详解】A．相对分子质量为43的烷基有正丙基和异丙基两种，有正丁烷和异丁烷两种结构，每一种结构中都含有2种等效氢，用正丙基、异丙基分别取代烷烃分子中的一个氢原子，有8中取代结构，(CH3)2CHCH2CH2CH2CH3重复了一次，所得的有机化合物有7种(不考虑立体异构)，故A错误；B．的二氯代物有、、，共3种(不考虑立体异构)，故B错误；C．A的结构简式为，其苯环上的二溴代物有9种同分异构体，根据换元法，A苯环上的四氯代物的同分异构体的数目也为9种，故C正确；D．有7种等效氢(用序号标出)，一氯代物有7种(不考虑立体异构)，故D错误；选C15.下列叙述正确的是A.制备乙酸乙酯，将1mol乙醇(其中的羟基氧用18O标记)在浓硫酸存在并加热的条件下与足量乙酸充分反应，可能生成88g乙酸乙酯B.将1mol乙醇在浓硫酸存在并加热的条件下与足量乙酸充分反应，实验结束后，向反应容器中加入饱和碳酸钠，产生气泡，因为乙酸有剩余，证明该反应有可逆性C.将乙醇与浓硫酸混合加热至170℃，产物直接通入装有溴的四氯化碳溶液中，溶液褪色说明有乙烯生成D.检验溴乙烷中的溴原子，取少量溴乙烷加入NaOH溶液，加热充分反应后取上层溶液，加入硝酸银，产生浅黄色沉淀【答案】A【解析】【详解】A．CH3CH218OH与CH3COOH发生酯化反应，生成CH3CO18OCH2CH3和H2O，若1molCH3CH218OH完全反应，生成1molCH3CO18OCH2CH3，质量为90g，但由于反应可逆，产生的CH3CO18OCH2CH3小于1mol，所以质量可能为88g，A正确；B．因为加入的乙酸足量，所以即便反应不可逆，溶液中也有乙酸剩余，B不正确；C．乙醇发生消去反应时，会发生副反应，从而生成SO2等，SO2、水蒸气等通入溴的四氯化碳溶液中，也会使溶液褪色，C不正确；D．上层溶液中加入硝酸银，NaOH也能与硝酸银发生反应，生成灰色氧化银沉淀，很难看到浅黄色沉淀，D不正确；故选A。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题(本题共4小题，共55分)。16.铜、锌及其化合物是化工生产、生活中常用的材料。回答下列问题：（1）当黄铜受到氨腐蚀时，会生成四氨合铜络合物，会出现“龟裂”现象。①[Cu(NH3)4]2+中NH3的键角比独立存在的NH3分子结构中的键角_______(填“大”、“小”或“相等”)。②[Cu(NH3)2]Cl的氨水溶液在空气中放置迅速由无色变为深蓝色，写出该过程的离子方程式：_______。（2）氯化铝为双聚分子，结构式为，从共用电子对提供情况可知分子中含有的化学键是_______(选填“离子键”“共价键”或“配位键”)；Al的杂化方式是_______。（3）已知锌的卤化物的熔点有如下变化规律，由此可以得出随着卤离子半径的增加，ZnX2中的化学键的离子性_______、共价性_______。(填“增强”、“减弱”或“不变”)ZnBr2的熔点低于ZnI2的主要原因是_______。锌的卤化物ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/℃872275394446（4）ZnS晶体常用作半导体材料，已知其晶胞结构如图所示，若其密度为，两个S原子之间的最短距离为_______nm。【答案】（1）①.大②.4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3∙H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-（2）①.共价键、配位键②.sp3（3）①.减弱②.增强③.ZnBr2、ZnI2均为分子晶体，且组成与结构相似，ZnBr2的相对分子质量较小，其分子间作用力较小（4）或或或【解析】【小问1详解】①[Cu(NH3)4]2+中，NH3分子中N原子的孤对电子用于形成配位键，独立存在的NH3分子中N原子的最外层存在孤对电子，成键电子对间的排斥作用弱于孤电子对与成键电子对间的排斥作用，所以[Cu(NH3)4]2+结构中的键角大。②[Cu(NH3)2]Cl中的Cu显+1价，具有较强的还原性，能被空气中的氧气氧化，生成+2价的Cu的配合物，所以其氨水溶液在空气中放置，迅速由无色变为深蓝色，该过程的离子方程式：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3∙H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-。答案为：大；4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3∙H2O=4[Cu(NH3)4]2++6H2O+4OH-或4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3+2H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-；【小问2详解】中，短线表示共价键，箭头表示配位键，所以分子中含有的化学键是共价键、配位键；在该化合物中，Al的价层电子对数为4，则Al的杂化方式是sp3。答案为：共价键、配位键；sp3；【小问3详解】从表中可以看出，ZnF2的沸点最高，而从ZnCl2到ZnI2，沸点逐渐升高，但都比ZnF2低，则ZnF2为离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2为分子晶体。由此可以得出：随着卤离子半径的增加，ZnX2中的化学键的离子性减弱、共价性增强。ZnBr2、ZnI2都为分子晶体，其熔点的高低取决于相对分子质量的大小，则ZnBr2的熔点低于ZnI2的主要原因是ZnBr2、ZnI2均为分子晶体，且组成与结构相似，ZnBr2的相对分子质量较小，其分子间作用力较小。答案为：减弱；增强；ZnBr2、ZnI2均为分子晶体，且组成与结构相似，ZnBr2的相对分子质量较小，其分子间作用力较小；【小问4详解】在ZnS晶胞中，含Zn原子的个数为，含S原子的个数为4；从图中可以看出，两个S原子之间的最短距离为面对角线的二分之一。该晶胞的边长为cm，则两个S原子之间的最短距离为cm，所以为或或或nm。答案为：或或或。【点睛】计算晶胞中所含原子个数时，可采用均摊法。17.Ⅰ．现有以下几种有机物：①②③④⑤⑥⑦⑧请利用上述给出的物质按要求回答下列问题：（1）①命名为_______。⑤一氯代物的同分异构体_______种。（2）⑦中最多_______个原子共平面，最多_______个原子共直线。（3）⑧中含氧官能团的名称为_______；1mol⑧与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH_______mol。（4）下列说法不正确的是_______。A.②系统命名：3，3，5-三甲基己烷B.1mol⑥与足量的溶液充分反应，最多消耗2molC.③、④互为同系物D.③、④既能与酸反应又能与碱反应Ⅱ．肉桂醛()是一种常用香精在食品、医药化工等方面都有应用。（5）肉桂醛是苯的一取代物，红外光谱显示有碳碳双键，核磁共振氢谱显示有6组峰，则肉桂醛的结构简式是_______。（6）肉桂醛可以由以下途径合成：，其中A为一氯代物，结构简式为_______。（7）肉桂醛与氢气1：1比例加成后的产物，与氰化氢反应的化学方程式_______。肉桂醛发生银镜反应方程式为_______。（8）检验肉桂醛中无氧官能团的方法_______。【答案】（1）①.邻氯甲苯或2-氯甲苯②.4（2）①.27②.8（3）①.酯基、酰胺基②.5mol（4）ABC（5）（6）（7）①.、、②.（8）取少量样品溶液，加入足量的银氨溶液，调节至酸性后加入溴水(或酸性高锰酸钾)，溴水褪色(或取少量样品于试管中加入溴的四氯化碳溶液，溶液颜色变浅或褪色)【解析】【小问1详解】①属于芳香烃的一氯代物，命名为邻氯甲苯或2-氯甲苯；的氢原子有4种，，一氯代物的同分异构体有4种；故答案为：邻氯甲苯或2-氯甲苯；4；【小问2详解】中两个苯环各有12个原子共平面，去掉两个苯环相连两个原子，三个甲基上最多有一个氢原子与苯环共面，乙炔四原子共直线，两个苯环之间的单键可以旋转，所以最多共面的原子有12+12-2+3+2=27，乙炔四原子共直线，苯环对位上原子共线，所以共线的原子有8个，，故答案为：27；8；【小问3详解】中含氧官能团是酯基和酰胺基，1mol⑧含有2mol酯基和1mol酰胺基，2mol酯基与足量的NaOH溶液反应会消耗4molNaOH生成羧酸钠和酚钠，1mol酰胺基会消耗1molNaOH生成羧钠，最多消耗NaOH的物质的量为5mol，故答案为：酯基、酰胺基；5mol；【小问4详解】A.②根据位次和最小的原则，系统命名：2，4，4-三甲基己烷，故A错误；B.羧基可以和溶液反应，而酚羟基不能反应，故1mol⑥与足量的溶液充分反应，最多消耗mol，故B错误；C.③属于氨基酸含有氨基和羧基，④含有酯基和氨基，故③、④不互为同系物，故C错误；D.③含有羧基和氨基既能与酸反应又能与碱反应，④含有酯基能与碱反应，氨基可以和酸反应，故D正确；故答案为：ABC【小问5详解】肉桂醛的分子式为，是苯的一取代物，红外光谱显示有碳碳双键，核磁共振氢谱显示有6组峰，则肉桂醛的结构简式是，故答案为：；【小问6详解】由肉桂醛逆推B为，再根据反应条件逆推A为，故答案为：；【小问7详解】肉桂醛与氢气1：1比例加成后的产物为、，与氰化氢反应的化学方程式为、、，肉桂醛发生银镜反应方程式为，故答案为：、、；；【小问8详解】肉桂醛的结构简式为，其中的官能团为含氧官能团醛基和无氧官能团碳碳双键，醛基和碳碳双键都有还原性，醛基的存在会影响碳碳双键的检验，应该先氧化醛基，再检验碳碳双键，所以检验无氧官能团的方法取少量样品溶液，加入足量的银氨溶液，调节至酸性后加入溴水(或酸性高锰酸钾)，溴水褪色(或取少量样品于试管中加入溴的四氯化碳溶液，溶液颜色变浅或褪色)，故答案为：取少量样品溶液，加入足量的银氨溶液，调节至酸性后加入溴水(或酸性高锰酸钾)，溴水褪色(或取少量样品于试管中加入溴的四氯化碳溶液，溶液颜色变浅或褪色)。18.对羟基苯甲醛(PHBA)是合成香料、药品等的重要有机中间体。实验室可通过对甲基苯酚液相催化氧化法(甲醇为溶剂)制备PHBA，其反应原理和部分装置图如图。实验步骤：①向装置1中依次加入固体NaOH和无水甲醇，充分搅拌后加入4.32g对甲基苯酚，待充分混合后加入1g催化剂。调控温度至70℃，在搅拌条件下通入，反应5小时。②反应结束后冷却至室温，过滤反应液。所得滤液用盐酸酸化至pH=6，转移至蒸馏烧瓶中加热蒸发，一段时间后冷却、结晶、过滤，滤渣为PHBA粗产品，粗产品经重结晶后制得PHBA纯品4.00g。回答下列问题：（1）仪器X的名称是_______，装置1采用的加热方式是_______。（2）加入NaOH的作用是_______。（3）装置2中的进水口为_______(填“A”或“B”)，加热蒸发的目的是_______。（4）溶剂的种类会影响重结晶的效果，溶剂对纯化结果的影响如图所示。重结晶时选用的最佳溶剂是_______。（5）本实验中PHBA的产率为_______。(计算结果保留两位小数)【答案】（1）①.球形冷凝管(或冷凝管)②.水浴加热（2）保护羟基不被氧化（3）①.A②.将盐酸挥发和蒸发多余水分，便于结晶（4）甲苯（5）81.97%【解析】【分析】对甲基苯酚液相催化氧化法即在甲醇溶剂中在70℃水浴加热下对甲基苯酚氧化为对羟基苯甲醛，过程中为防止酚羟基也被氧化，可用NaOH溶液与酚羟基反应保护并在之后酸化恢复回来，最后粗产品选用合适的溶剂进行重结晶提纯。【小问1详解】X为球形冷凝管，起到导气和冷凝回流作用；水浴加热有助于较好控制反应温度在70℃；小问2详解】由于酚羟基易被氧化，所以使用NaOH可以将其转化以防氧化，最后加酸酸化即可恢复为酚羟基；【小问3详解】为达到更好的冷凝效果，冷却水流向通常与蒸汽流向相反，即冷却水“下进上出”；加热蒸发使得过量HCl挥发除去，并蒸发除去多余水分，便于结晶；【小问4详解】根据不同溶剂对纯化效果的影响图可看