从香料八角中提取的莽草酸是合成治疗禽流感的药物--达菲（Tamiflu）的原料之一，达菲是抗禽流感病毒特效药物．

( 5 ) 加成反应　消去反应
( 6 ) a



( 2 ) 反应实质是醋酸酐和酚羟基反应，生成酯和醋酸。
( 3 ) 实质是水杨酸自身的羟基与羧基发生缩聚反应。
( 4 ) ⑦的反应产物F为 ，反应⑧是相当于1，4加成的加聚反应，故 n 。
( 5 ) ④加成反应，⑦卤代烃的消去反应 ( 取代反应 ) 。
( 6 ) 阿司匹林结构中无酚羟基，而水杨酸结构中有酚羟基，所以可用FeCl ₃ 溶液。

解题思路：（1）根据官能团的转化可知（a）～（e）的反应类型依次为：还原、取代（酯化）、氧化、取代（水解）、消去反应；
（2）根据有机物的结构简式判断所含官能团；
（3）根据F的分子式，结合官能团的性质易知生成F的反应为消去反应，以此可确定结构简式；
（4）由合成路线可知此步为官能团的保护；
（5）反应为酯化反应；
（6）D的分子式：C₁₅H₂₂O₃可知不饱和度为5，一个苯环不饱和度为4再加一个醛基不饱和度1，则另外2个酚羟基与2个叔丁基连在苯环上，才能满足4种类型氢，有2种结构．

（1）（a）～（e）的反应类型依次为：还原、取代（酯化）、氧化、取代（水解）、消去反应，故答案为：（b）和（d）；
（2）根据有机物的结构简式判断所含官能团为碳碳双键和酯基，故答案为：碳碳双键和酯基；
（3）根据F的分子式，结合官能团的性质易知生成F的反应为消去反应，则F的结构简式为，故答案为：；
（4）（c）为氧化反应，为防止羟基被氧化，则步骤（b）的目的是保护羟基，使之不被氧化，故答案为：保护羟基，使之不被氧化；
（5）步骤（b）为B和乙酸的酯化反应，反应的方程式为，
故答案为：；
（6）D的分子式：C₁₅H₂₂O₃可知不饱和度为5，一个苯环不饱和度为4再加一个醛基不饱和度1，则另外2个酚羟基与2个叔丁基连在苯环上，才能满足4种类型氢，有2种结构，为，
故答案为：．

点评：
本题考点： 有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构．

考点点评： 本题考查有机物的合成，题目难度不大，本题注意把握官能团的性质及转化，此为解答该题的关键，易错点为（6），注意根据有机物的性质以及结构特点判断同分异构体．

解题思路：A的相对分子质量为88，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，故A的分子式为C₄H₈O₂，A的结构中存在C═O键和醇羟基，B在HIO₄存在并加热时只生成一种产物C，故A为 ，与HBr反应生成E，E为，在氢氧化钠醇溶液作用下生成F，F为，与氢气反应生成B，B为，在HIO₄作用下生成C，C为，与足量苯甲酸反应生成D，D为．再结合对应有机物的结构和性质，以及前后转化关系，解答该题．

A的相对分子质量为88，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，故A的分子式为C₄H₈O₂，A的结构中存在C═O键和醇羟基，B在HIO₄存在并加热时只生成一种产物C，故A为 ，与HBr反应生成E，E为，在氢氧化钠醇溶液作用下生成F，F为，与氢气反应生成B，B为，在HIO₄作用下生成C，C为，与足量苯甲酸反应生成D，D为，
（1）A的相对分子质量为88，分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，故A的分子式为C₄H₈O₂，
故答案为：C₄H₈O₂；
（2）与HBr反应生成E，E为，该反应为取代反应；在氢氧化钠醇溶液作用下生成F，F为，该反应为消去反应，
故答案为：取代反应，消去反应；
（3）A的分子式为C₄H₈O₂，A的结构中存在C═O键和醇羟基，B在HIO₄存在并加热时只生成一种产物C，故A为 ；在HIO₄作用下生成C，C为，
故答案为：，；
（4）与氢气反应生成B，B为，与足量苯甲酸反应生成D，D为，
方程式为：，
故答案为：；
（5）的同分异构体，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，说明含有醛基，故为甲酸丙酯，丙基有2种结构，故结构简式为：HCOOCH₂CH₂CH₃或HCOOCH（CH₃）₂，
故答案为：HCOOCH₂CH₂CH₃或HCOOCH（CH₃）₂．

点评：
本题考点： 有机物的推断．

考点点评： 有机推断是高考不变的一个题型，每年高考中必考，而给出某反应信息要求学生加以应用，能较好的考查考生的阅读和思维能力，是热点题型．

(1)
(2)①②⑥
(3)
(4)4
(5)

解题思路：由结构简式可知，分子中含酚-OH、-CHO，结合酚及醛的性质来解答．

A．不含能水解的官能团，则不能水解，故A错误；
B．含-OH、-CHO两种含氧官能团，故B正确；
C．与苯甲酸（）的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故C正确；
D．含酚-OH，与溴水发生取代反应，与FeCl₃溶液发生显色反应，含-CHO与银氨溶液发生银镜反应，故D正确；
故选A．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质．

考点点评： 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、醛性质的考查，题目难度不大．

（1）玻璃棒　漏斗（2）Al 3 ＋ ＋4OH － =AlO 2 - ＋2H 2 O　SiO 2 ＋2OH － =SiO 3 2- ＋H 2 O（3）Al(OH) 3 、SiO 2 （4）①把生成的CO 2 全部排入丙装置中，使之完全被Ba(OH) 2 吸收②Ba(OH) 2 ＋CO 2 =...

香精香料分子一般是挥发性小分子,其稳定性是指香精香料在储存和使用过程中不发生挥发和变质的性质.影响因素有：温度 光照 包装物密封性 香精本身性质

香料 spice
调料 seasonning,flavor,flavoring
以上复数形式都加s,

解题思路：玫瑰精油的化学性质稳定，难溶于水，易溶于有机溶剂，可以随水蒸气一同蒸馏．柑橘和柠檬用水中蒸馏法时，会导致原料焦糊和有效成分水解等问题，因此宜使用压榨法制备．用萃取法提取胡萝卜素的主要步骤是：粉碎、干燥、萃取、过滤、浓缩．萃取的效率主要取决于萃取剂的性质和用量，同时还受原料颗粒的大小、含水量等条件的影响；在对新鲜胡萝卜进行干燥时，要注意控制温度和时间，否则会引起胡萝卜素的分解；提取的胡萝卜素粗品可通过纸层析法进行鉴定．

（1）玫瑰精油能随水蒸气一同蒸馏，因此其提取方法主要是蒸馏法，该方法得到的玫瑰精油不含有任何添加剂或化学原料；植物组织培养技术可以实现玫瑰的快速繁殖．
（2）水中蒸馏不适用于柑橘和柠檬，因为水中蒸馏会导致原料焦糊和有效成分水解等问题，因此，柑橘、柠檬芳香油的制备通常使用压榨法．
（3）从胡萝卜中提取胡萝卜素常用萃取法．用萃取法提取胡萝卜素的主要步骤是：粉碎、干燥、萃取、过滤、浓缩．
（4）在胡萝卜颗粒的加热干燥过程中，应严格将时间和温度控制在一定范围内．
（5）提取的胡萝卜素可通过纸层析法进行鉴定，在鉴定过程中需要用标准样品进行对照．
（6）一般情况下，提取胡萝卜素时，提取效率与原料颗粒的大小成反比．
故答案为：
（1）水蒸气蒸馏法植物组织培养
（2）压榨　
（3）萃取　　过滤　浓缩
（4）时间　　
（5）纸层析　标准样品　
（6）反

点评：
本题考点： 提取芳香油．

考点点评： 本题考查植物芳香油的提取、胡萝卜素的提取、果酒和果醋的制作，对此类试题，需要考查掌握的问题较多，如实验的原理、实验采用的方法、实验装置的分析等，需要考查在学习的过程中注意及时记忆和积累，并学会构建知识网络结构．

各种香料英语电子书

解题思路：操作Ⅰ得到沉淀A，则操作Ⅰ为过滤，沉淀A为不溶性物质，为碳酸钙、氢氧化铝和二氧化硅等；加入盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，二氧化硅不反应，故通过操作Ⅱ即过滤得到的沉淀C为二氧化硅等不溶性物质，气体D为二氧化碳，溶液B中钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，铝离子生成偏铝酸钠，沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水，二氧化碳和过量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，据此分析；
（1）根据过滤操作分析所用仪器；
（2）溶液B中含钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，铝离子生成偏铝酸钠；沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水；
（3）通过操作Ⅲ证明沉淀A含氢氧化铝，通过操作Ⅳ证明沉淀A含二氧化硅；
（4）该实验方案是测定丙中生成的BaCO₃沉淀质量，确定生成的二氧化碳的质量，进而以确定碳酸钙的质量分数．
①实验装置中会残留部分二氧化碳，影响丙中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入丙中被吸收；
②氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡和水；
③根据碳酸钡的质量计算反应生成二氧化碳的物质的量，由碳元素守恒可知牙膏中n（CO₂）=n（CaCO₃），进而计算碳酸钙质量，根据质量分数定义计算；
④乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO₂称量结果偏大．

操作Ⅰ得到沉淀A，则操作Ⅰ为过滤，沉淀A为不溶性物质，为碳酸钙、氢氧化铝和二氧化硅等；加入盐酸，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、水和二氧化碳，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水，二氧化硅不反应，故通过操作Ⅱ即过滤得到的沉淀C为二氧化硅等不溶性物质，气体D为二氧化碳，溶液B中钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，铝离子生成偏铝酸钠，沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水，二氧化碳和过量澄清石灰水生成碳酸钙沉淀，据此分析；
（1）过滤操作所用仪器为：烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台等；故答案为：玻璃棒；漏斗；
（2）溶液B中含钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，铝离子生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O，钙离子和氢氧化钠生成氢氧化钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca²⁺+2OH^-=Ca（OH）₂↓；沉淀C和过量氢氧化钠反应生成偏硅酸钠和水，反应的离子方程式为：SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；
故答案为：Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O，Ca²⁺+2OH^-=Ca（OH）₂↓；SiO₂+2OH^-=SiO₃^2-+H₂O；
（3）溶液B中含钙离子和铝离子，溶液B中加入过量氢氧化钠，先生成沉淀，后部分溶解，说明含铝离子，铝离子生成偏铝酸钠，反应的离子方程式为：Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O，钙离子和氢氧化钠生成氢氧化钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca²⁺+2OH^-=Ca（OH）₂↓说明沉淀沉淀A中含氢氧化铝；二氧化硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，沉淀C能和氢氧化钠反应，故沉淀C为二氧化硅；故答案为：Al（OH）₃、SiO₂；
（4）该实验方案是测定丙中生成的BaCO₃沉淀质量，确定生成的二氧化碳的质量，进而以确定碳酸钙的质量分数．
①实验装置中会残留部分二氧化碳，影响丙中二氧化碳质量的沉淀，需要通入空气将装置内的二氧化碳完全排入丙中被吸收，步骤④通入空气的作用是把生成的CO₂气体全部排入丙中，使之完全被Ba（OH）₂溶液吸收，
故答案为：把生成的CO₂气体全部排入丙中，使之完全被Ba（OH）₂溶液吸收；
②氢氧化钡和二氧化碳反应生成碳酸钡和水，反应方程式为：Ba（OH）₂+CO₂=BaCO₃↓+H₂O，故答案为：Ba（OH）₂+CO₂=BaCO₃↓+H₂O；
③BaCO₃的质量为1.97g，其物质的量为[1.97g/197g/mol]=0.01mol，生成二氧化碳的物质的量为0.01mol，由碳元素守恒可知牙膏中n（CO₂）=n（CaCO₃）=0.01mol，碳酸钙质量为0.01mol×100g/mol=1g，牙膏中碳酸钙的质量分数为[1g/4.00g]×100%=25%，故答案为：25%；
④乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO₂称量结果偏大，故测定装置丙在吸收CO₂前后质量差，不可行，
故答案为：不可行；这样测得的结果会偏大，因为乙中的水蒸气、HCl气体会进入装置丙中使得CO₂称量结果偏大．

点评：
本题考点： 探究物质的组成或测量物质的含量．

考点点评： 本题考查学生对实验原理及装置理解、对操作的评价、物质含量的测定、化学计算等，难度中等，根据物质的化学性质，要认真分析，把握实验设计的每个步骤中的实验目的．

（1）羟基和羧基 （2分，各1分）
（2） （2分）
（3） （2分）
（4） （3分）
（反应条件漏、错扣1分，配平错误扣2分，化学式错误得0分）
（5）BD（3分）（漏选得2分，错选得0分）

略

解题思路：A分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，令分子式为（C₂H₄O）_n，其相对分子质量为88，故44n=2，解得n=2，故A的分子式为C₄H₈O₂，不饱和度为[2×4+2−8/2]=1，A中含有碳氧双键，结合A与E的相互转化可知，A中含有醇羟基-OH，由B转化为C的反应条件可知，反应信息中的反应，B中含有2个相邻的-OH，故A含有的官能团为-OH、，B转化为C，生成物只有一种，B分子为对称结构，故A的结构简式为，故B为，C为CH₃CHO，E为，B与足量的苯甲酸发生酯化反应生成D，D为．E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，F为，F发生加聚反应生成高分子化合物H，H为．A可转化为相对分子质量为86的化合物G，由A、G的相对分子质量可知，应是A中-OH氧化为，故G为，据此解答．

A分子中C、H、O原子个数比为2：4：1，令分子式为（C₂H₄O）_n，其相对分子质量为88，故44n=2，解得n=2，故A的分子式为C₄H₈O₂，不饱和度为[2×4+2−8/2]=1，A中含有碳氧双键，结合A与E的相互转化可知，A中含有醇羟基-OH，由B转化为C的反应条件可知，反应信息中的反应，B中含有2个相邻的-OH，故A含有的官能团为-OH、，B转化为C，生成物只有一种，B分子为对称结构，故A的结构简式为，故B为，C为CH₃CHO，E为，B与足量的苯甲酸发生酯化反应生成D，D为．E在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，F为，F发生加聚反应生成高分子化合物H，H为．A可转化为相对分子质量为86的化合物G，由A、G的相对分子质量可知，应是A中-OH氧化为，故G为，
（1）由上述分析可知，A的分子式为C₄H₈O₂，H的结构简式为，
故答案为：C₄H₈O₂，；
（2）上述7步反应中反应①②⑤属于取代反应，故答案为：①②⑤；
（3）B→D反应的化学方程式为：，
故答案为：；
（4）B是，为对称结构，有3中不同的H原子，故B的核磁共振氢谱图中共有3个峰，
故答案为：3；
（5）G是，其同分异构体中无环状结构、不含碳碳双键和碳碳叁键，故含有羰基、醛基或只含有醛基，符合条件的同分异构体有：CH₃COCH₂CHO、CH₃CH₂COCHO、OHCCH₂CH₂CHO、OHCC（CH₃）CHO，故答案为：4；
（6）从合成OHC（CH₂）₄CHO的反应流程图为：，
故答案为：．

点评：
本题考点： 有机物的推断．

考点点评： 考查有机物的推断与合成，需要学生对反应信息进行利用，计算推断A的结构简式是解题关键，注意根据转化条件，结合官能团的性质推断，难度中等．

(1)除去空气中的CO ₂ ；防止空气中的CO ₂ 和水蒸气进入装置C
(2)增大CO ₂ 的溶解度，防止CO ₂ 逸出
(3)把整个装置中的CO ₂ 全部排出，被U形管中碱石灰吸收
(4)20(y-x)
(5)排除雪碧中酸性杂质的干扰 ；脱气

perfume; spice; condiment

千里香 别名：百里香、地椒、地姜
英名：Mongo1ian thyme
学名： Thy-mus seryllum L．var．mongolicus Ronn..
具体参看http://baike.baidu.com/view/387037.html?wtp=tt

解题思路：四种有机物都含有羟基，可发生取代反应和氧化反应，且都含有碳碳双键，可发生加成反应，加聚反应和氧化反应，以此解答该题．

A．②和③含有O元素，不属于烃类物质，故A错误；
B．①和③都属于二烯烃，官能团的数目相同，结构相似，但分子式不同，属于同系物，故B错误；
C．②中羟基被氧化可生成④，故C正确；
D．④含有醛基，不能发生消去、酯化反应，故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质．

考点点评： 本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，注意把握有机官能团的性质，为解答该题的关键．

电解池或者原电池都是利用氧化还原的反应原理,所以从草酸到乙醛酸的反应可以认为,草酸被还原成乙醛酸.
电解时,阴极要发生还原反应,所以A应该是对的
阳极要发生氧化反应,阳极是阴离子的氧化应该是：4OH--4e-=O2+2H2O
阴极2hooccooh+4(h+)+4(e-)==2ohccooh+2h2o
总反应式：2hooccooh=2ohccooh+O2
从总反应式来看,没有H+或OH-的消耗,所以ph不变

(14分)（除特殊注明外，其它每空2分）
(1) （1分）
在新制氢氧化铜悬浊液中加入少量的苯甲醛，加热，有砖红色沉淀生成(或加入银氨溶液水浴加热生成光亮的银镜)
(2)ad
(3)C ₆ H ₅ CH ₂ Cl＋NaOH C ₆ H ₅ CH ₂ OH＋NaCl
(4)①②⑤（3分）



<>

解题思路：A、由莽草酸的结构模型可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原子构成的，据此可以确定其化学式．
B、酸是指在电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物．
C、物理性质是不需要发生化学变化就能表现出来的性质，包括物质的颜色、状态、气味、熔点、沸点、密度、溶解性等．
D、由质量守恒定律，反应前后、元素种类不变，据此进行分析判断．

A、由莽草酸的结构模型可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原子构成的，莽草酸的化学式为C7H10O5，故A正确；B、莽草酸能使紫色的石蕊试液变红色，具有酸性，是由氢离子和莽草酸根离子构成的，属于...

点评：
本题考点： 化学式的书写及意义；常见的氧化物、酸、碱和盐的判别；化学性质与物理性质的差别及应用；完全燃烧与不完全燃烧．

考点点评： 本题难度不大，考查同学们结合某物质的分子模型图，灵活运用化学式的含义进行分析问题、解决问题的能力．

B

本题可采用排除法。A项是新航路开辟的背景，C项是新航路开辟的内容，D项是第一次工业革命的影响。B项符合题意。

解题思路：苯酚与足量氢气发生加成反应环己醇，则D为，发生消去反应生成E，E为，与溴发生加成反应生成C₆H₁₀Br₂，C₆H₁₀Br₂发生消去反应生成F，F为，发生加聚反应生成，水杨酸为，与发生酯化反应生成C，C为，由题给信息可知B为，水杨酸发生缩聚反应生成G，则G为，结合有机物的结构和性质解答该题．

苯酚与足量氢气发生加成反应环己醇，则D为，发生消去反应生成E，E为，与溴发生加成反应生成C₆H₁₀Br₂，C₆H₁₀Br₂发生消去反应生成F，F为，发生加聚反应生成，水杨酸为，与发生酯化反应生成C，C为，由题给信息可知B为，水杨酸发生缩聚反应生成G，则G为，
（1）④发生加成反应，⑦发生消去反应，
故答案为：加成反应；消去反应；
（2）通过以上分析知，C的结构简式为，G的结构简式为，
故答案为：；；
（3）反应②为水杨酸和乙酸酐发生酯化反应，方程式为，故答案为：；
（4）反应⑧为的加聚反应，方程式为，
故答案为：；
（5）中含有酚羟基，可与氯化铁反应生成紫色物质，
故答案为：a；
（6）阿司匹林的同分异构体符合下列条件：①与阿司匹林含有相同的官能团说明都含有羧基和酯基②苯环上的一溴代物最少，③不含甲基，则符合条件的阿司匹林同分异构体的结构简式为，
故答案为：．

点评：
本题考点： 有机物的合成．

考点点评： 本题考查有机物的推断，题目难度中等，解答该题的关键是把握题给信息，注意根据物质的结构判断可能具有的性质．

Weining buckwheat cakes
Legend Shuixi Yi Tusi AI Cui lady Shexiang will Usa (now Weining, Hezhang area) of tartary buckwheat noodles and brown sugar, lard, egg and spices "Kowloon birthday" Subing tribute Zhu Yuanzhang, Zhu Yuanzhang after the taste greatly, said Qiao crisp as the "Southern expensive". Weining Qiao crisp fragrant, crisp and easy entrance, can fill their stomachs, and cool antipyretic health care function, who tasted Weining buckwheat cakes people as it is crisp and delicious taste be profuse in praise.
Production method of buckwheat cakes - Weining
Raw material:
Tartary buckwheat powder 1 kilograms of sugar powder 60 grams of sugar powder 40 grams of canola oil 20 grams of lard 150 grams egg 3 alum 6 grams soda 8 grams of white alkali 5 grams of cooked buckwheat flour 300 grams ham 1000 grams of sugar rose 50 grams of washed sand 300 grams 50 grams of walnuts ice orange 30 grams of 50 grams of fruit Ma Su 20 grams of salt and pepper 25 grams
Making method:
1 first amount of brown sugar and water to a boil, boil brown sugar water, after the ceasefire, add vegetable oil (for flour weight about 20%), followed by the addition of alkali, soda and alum water, mix well after adding buckwheat noodles, eggs, the dough and removed from the pot, airing from 8 to 12 hours as a flour.
2 the red beans Zhulan, wash the sand, add brown sugar, boiled to piles, add the cooked vegetable oil pan, that is, into the stuffing.
3 will be divided into several sub agent dough, roll into the skin, packets into the stuffing molding in impression, into the oven, until skin is crisp yellow into.

解题思路：霉酚酸酯中含C=C、酚-OH，-COOC-及-COC-等，香兰素含有酚羟基和醛基，结合酯、酚、烯烃、醛的性质来解答．

A．由结构简式可知霉酚酸酯的分子式为C₂₃H₃₁O₇N，故A错误；
B．酚羟基邻位、对位不含H原子，不能发生取代反应，不能与溴水发生反应，故B错误，
C．霉酚酸酯含有苯环和碳碳双键，香兰素含有苯环和醛基，则个1mol霉酚酸酯和香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应，故C正确；
D．与苯环直接相连的原子共平面，则香兰素分子中至少有12个原子共平面，故D正确．
故选CD．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质．

考点点评： 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，侧重酯、羧酸性质及水解规律、有机物鉴别的考查，题目难度不大．

　(1)CH ₃ CH ₂ CHO , 3各2分
(2) (2)CH ₃ CH===CH ₂ ＋HCl CH ₃ CH ₂ CH ₂ Cl 2分
(3)取代反应(或水解反应) 1分
(4)CH ₃ CH ₂ COOH＋CH ₃ CH(OH)CH ₃ CH ₃ CH ₂ COOCH(CH ₃ ) ₂ ＋H ₂ O 2分
2分

根据E和G的生成物H可知，该反应是酯化反应，由于E和G中碳原子是相同的，所以根据H的分子式可知，E是丙酸，G是丙醇。则D是丙醛，C是1－丙醇，B是1－氯丙烷。根据②可知F是2－氯丙烷，所以G是2－氯丙醇。在H的同分异构体中，由于含有一个羧基，且其一氯代物有两种，说明分子中的氢原子除羧基的氢原子外，还有两类。因此根据分子式可知，分子中的甲基完全是相同的，即连在同一个碳原子上，所以结构简式为 。

（1）羧基、（酚）羟基（共2分）缩聚反应（2分）
（2）BD  (2分，只选一项得1分，多选错选得0分)
（3） （3分）
（4） ；    保护酚羟基，使之不被氧化（3分）
（5） （2分）


<>

加热香香料有两个概念,其一是指具有加热后食品（烤肉、烘焙后的面包等）香气的香料；其二指需要添加到食品后,通过加热后才能产生香气的香料,主要是一些香味的前驱体物质.同样,发酵香料也有两种,一种是通过发酵方式制备的香料,如果使用的是天然原料,则可以称为天然香料；另外一种就是可以增强发酵香味的香料.

解题思路：A．异戊二烯和丙烯酸发生加成反应生成有机物A；
B．有机物B中与-OH相连的C上没有H；
C．有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构；
D．有机物D中环状结构含3个亚甲基，为四面体结构．

A．异戊二烯和丙烯酸发生类似的加成反应生成有机物A，故A正确；
B．有机物B中与-OH相连的C上没有H，不能发生催化氧化，故B错误；
C．有机物C中含碳碳双键、C=O键、2个环状结构，不饱和度为4，则可同分异构体中可能存在芳香族化合物，故C错误；
D．有机物D中环状结构含3个亚甲基，为四面体结构，则所以碳原子不会共面，故D错误；
故选A．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质．

考点点评： 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，侧重烯烃、醇性质及同分异构体的考查，选项CD为易错点，题目难度不大．

natural peppermint spice

B和D是错误的.

A

A正确，分子结构中有醛基；B错，分子结构中有碳碳双键能发生加成反应；C错，1 mol橙花醛最多可以与3 mol H ₂ 发生加成反应；D错，乙烯为烃，橙花醛属于醛；

茉莉酮; (Z)-3-甲基-2-(2-戊烯基)-2-环戊烯-1-酮 分子式:C11H16O

解题思路：（1）由结构简式确定分子式，A中含-OH、-COOH；
（2）分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体；
（3）化合物B结构不对称，含5种位置的H；
（4）只有B、D中含C=C，能与溴水发生加成反应，含酚-OH的物质与三氯化铁溶液反应呈紫色；D中苯环、C=C均可与氢气发生加成反应．

（1）由结构简式可知分子式为C₈H₈O₃，A中含-OH、-COOH，为酚羟基、羧基，故答案为：C₈H₈O₃；酚羟基、羧基；
（2）分子式相同、结构不同的有机物互为同分异构体，以上四种物质中A、C为同分异构体，故答案为：A、C；
（3）化合物B结构不对称，含5种位置的H，其核磁共振氢谱中出现5组峰，故答案为：5；
（4）只有B、D中含C=C，能与溴水发生加成反应，A、C中含酚-OH与三氯化铁溶液反应呈紫色，D中苯环、C=C均可与氢气发生加成反应，则1mol D最多能与4mol的氢气发生加成反应，故答案为：B、D；A、C；4．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．

考点点评： 本题考查有机物的结构与性质，注意把握官能团与性质的关系，熟悉酚、羧酸、烯烃的性质即可解答，题目难度中等．

NH3中的3标示一个氨气分子由一个氮原子和三个氢原子构成
C7H10O5可知1、该分子由7个碳原子,10个氢原子,5个氧原子构成
2、该分子中的原子个数比是7:10:5

解题思路：根据“查阅资料”部分我们知道含有钠元素的物质在燃烧时会产生黄色的火焰，
根据题给信息“取样于试管中，加入稀盐酸，产生大量的气泡，将该气体通入澄清石灰水，澄清的石灰水变浑浊”，这是碳酸盐的性质，所以我们可以判断出其中含有碳酸根或碳酸氢根离子；
选择气体的收集和制取的方法的要根据实验原理具体的来选择发生装置，根据气体的密度和水溶性来选择收集装置；正确书写双氧水制取氧气的化学方程式；
对于图中的E装置，在用它来收集密度比空气大的气体时，要从长管进去，短管出来；若是收集密度比空气小的气体则要从短管进去，长管出来．

（1）因为“查阅资料：含钠元素的物质在酒精灯的火焰上灼烧时，会产生黄色火焰”，则将发酵粉取样，在酒精灯的火焰上灼烧产生黄色火焰，说明发酵粉中的阳离子是 Na⁺；
（2）实验探究：②如果某物质与稀盐酸反应生成能够使澄清石灰水变浑浊的气体，那么在该物质中含有碳酸根离子或碳酸氢根离子，故本题答案为：HCO₃^-或CO₃^2-
（四）小结与思考：
（1）根据题目中的查阅资料和实验我们可以判断出：在发酵粉中含有钠元素和碳酸氢根离子，故其主要成分是碳酸氢钠，故本题答案为：NaHCO₃
（3）在实验室中，我们是利用大理石和稀盐酸在常温下进行反应来制取二氧化碳的，二氧化碳的密度比空气的大，能够溶于水，所以我们常用向上排空气法进行收集二氧化碳，故本题的答案为：AD或AE
（4）制取氧气有两种方法，这里让我们选A装置，我们选择的药品就是双氧水在二氧化锰的催化下进行分解；用E装置来收集并量取气体的体积，我们可以根据排出水的体积来测量氧气的体积，再用排水法来收集气体时，气体应该从b进入，这样利于水的排出．故答案为：2H₂O₂

MnO2
.
2H₂O+O₂↑；量筒；b
故答案为：（1）Na⁺．（2）HCO₃^-或CO₃^2-．
㈣小结与思考：
（1）NaHCO₃．（3）AD或AE．（4）2H₂O₂

MnO2
.
2H₂O+O₂↑．量筒，

点评：
本题考点： 实验探究物质的组成成分以及含量；量气装置；证明碳酸盐；实验室制取氧气的反应原理；二氧化碳的实验室制法．

考点点评： 本题是实验探究题，这类题目中的“查阅资料”部分对解题有很大的帮助，所以在做题时一定要阅读题给的条件或是查阅资料部分．

(1)
(2)①②⑥
(3)
(4)4
(5)

A

　　不是八角茴香,也不是孜然.而是罗勒
　　学名：Ocimum basilicum科属：唇形科罗勒属 别名：九层塔、零陵香

　　你可以搜图片看看.

　　罗勒也被称为九层塔、金不换、圣约瑟夫草和甜罗勒,是一种矮小、幼嫩的唇形科香草植物.原生于亚洲热带区.它的高度在20-60厘米之间.它的叶是对生、淡绿色和长有细毛,约1.5厘米长和1-3厘米宽.它带有的强大、刺激、香的气味,味道像茴香.

水杨醛,化学名称为邻羟基苯甲醛,是一种无色或浅褐色油状液体,有杏仁味.沸点196 ℃,熔点- 7 ℃,闪点76 ℃.易溶于醇、醚,微溶于水.
水杨醛又称邻羟基苯甲醛,是一种用途极广泛的精
细化工产品,广泛用于农药、医药、香料、螯合
剂、染料中间体等的合成上.在农药方面,卤代水
杨醛、水杨醛腙和苯腙都是制备除草剂、杀虫剂、
杀菌剂和防腐剂等的重要原料,目前正在开发的一
种新型杀线虫剂也是用水杨醛为原料与2 - 氨基噻
唑席夫碱进行合成的; 在医药方面,水杨醛可用于
制备抗菌药,以及作为生产外消旋垂体促进性腺激
素药的中间体和用于生产拟肾上腺素药和抗咳喘
药; 水杨醛还用于制备香豆素和配制紫罗兰酮等香
料.由水杨醛为原料合成的香豆素,6 - 苄化香豆
素,3 - 甲基香豆素等已被广泛用于肥皂、洗涤剂、
调合香料、糖果和烟草工业; 在国外,水杨醛还是
合成植物微量营养元素的重要成分 ; 水杨醛还
可与多种金属形成螯合剂,广泛应用于石油工业;
水杨醛的许多加成物可提高燃料油、汽油和石油的
高温稳定性; 水杨醛与硝酸反应制得的3 - 硝基水
杨醛、5 - 硝基水杨醛、3 ,5 - 二硝基水杨醛等硝
基水杨醛类都是染料的中间体; 水杨醛也可用于制
备芳基偶氮染料; 另外,水杨醛及其衍生物是吲哚
啉螺苯并吡喃类有机感光材料的原料,并可合成耐
久的毛发整理剂,还用于制备多孔塑料及用作塑料
的抗氧剂、炼油工业用金属钝化剂等.水杨醛本身
也有许多用处,比如,它作为一种增亮剂和均化剂
被广泛用于电镀工业; 低浓度的水杨醛因具有很强
的足以降低细菌活性的能力而常被作为防腐剂用于
香精和香料中等.
到2000 年,世界水杨醛生产能力在6000 吨/
年以上,美国道化学公司和欧洲的罗- 布朗克公司
的产量最大,其中,道化学公司的生产能力超过
1000 吨/ 年.我国年生产能力约1000 吨/ 年,其中
大部分用于香豆素的制备,就香豆素而言,我国是
仅次于法国的世界第二大出口国.近年来水杨醛资
源紧俏,国内、国际市场都很抢手.另外,由于水
杨醛常被作为食品、饮料、烟草、酒、牙膏、化妆
品、香皂、洗涤剂等的重要配料,所以人们就对这
些与生活息息相关的产品生产原料的质量提出了更
高要求.可见研究开发生产水杨醛的经济和绿色的
工艺很有现实意义

解题思路：利用氧元素的质量分数可以求出化学式的相对分子质量．从而求出化合物中还有的元素．利用相对分子质量求出有机物的化学式．

设有机物的相对分子质量为X
[16×5/X]×100%=46.0%
X=174
设氢原子的个数为Y
[1×Y/174]×100%=5.75%
Y=10
因是有机物，所以有机物中一定有碳元素．所以碳原子的个数为：[174−10−16×5/12]=7
故有机物的化学式为C₇H₁₀O₅
故答案为：
（1）碳（2）174（3）C₇H₁₀O₅

点评：
本题考点： 有关化学式的计算和推断；有机物与无机物的区别；物质的元素组成；相对分子质量的概念及其计算．

考点点评： 有机物是由碳元素组成的化合物．但含有碳元素的化合物不一定是有机物，如二氧化碳、一氧化碳、碳酸盐，虽含有碳元素，但它们的性质与无形机物的性质相似，所以把它们归到无机物一类中．

解题思路：A．酚-OH不能与碳酸氢钠反应；
B．菠萝酯中含碳碳双键；
C．中间体中含亚甲基，为四面体构型；
D．连四个不同基团的C为手性碳原子．

A．酚-OH不能与碳酸氢钠反应，则苯酚不能和NaHCO₃溶液反应，故A错误；
B．菠萝酯中含碳碳双键，则可以使溴水、高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．中间体中含亚甲基，为四面体构型，则所有原子不可能共面，故C错误；
D．连四个不同基团的C为手性碳原子，则中间体和菠萝酯中均不含手性碳原子，故D正确；
故选BD．

点评：
本题考点： 有机物的结构和性质．

考点点评： 本题考查物质的结构与性质，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、烯烃性质及共面、手性碳原子的考查，题目难度不大．

Milk chocolate (Milk Chocolate):raw materials,including cocoa products (cocoa liquor,cocoa powder,cocoa butter),dairy products,Tangfen,spices and surfactant agent.Contain at least 10 percent cocoa paste and at least 12 per cent of the milk quality.Milk chocolate uses very broad,it can be done cake sandwich,leaching face,or crowded words Stripping modeling.
Swiss milk chocolate was first invented,but once the Swiss patent products,until now.Some of the world's best milk chocolate can be divided into two broad categories:in Europe,following the Lancaster Pitt and tolerance,most manufacturers also use condensed milk as ingredients while in the United States and the United Kingdom,with milk and sugar as a mixture of ingredients.The latter use of sugar hygroscopicity themselves dry,and because of the mixed formula in the role of activity produce a cheese - like flavor.
White chocolate (White Chocolate):Composition and milk chocolate contained the same basic,which includes sugar,cocoa butter,milk solids and spices,excluding cocoa powder,showed white.This only cocoa chocolate flavor,texture and general chocolate different,and the content of dairy products and Tangfen relatively larger,sweeter higher.Most white chocolate for sugar-coated,but also can be used to squeeze the word,and done stuffing cake decoration.
Dark chocolate:dark chocolate plate hardness greater,cocoa butter content.According to the different content of cocoa butter,dark chocolate has different levels.Such as:soft dark chocolate,cocoa butter content of 32-34% by leaching of the hard chocolate cocoa butter content 38-40% of chocolate superhard cocoa butter content of 38-55 percent,which is high nutritional value,ease of stripping and operation.Dark chocolate dessert in the most extensive uses in processing,such as:chocolate sandwich,leaching face,squeezing words,all kinds of ornaments,all Stripping modeling,Pizi cake,chocolate bread and chocolate biscuits,etc.

解题思路：A．由苯酚能发生邻对位取代，碳碳双键能发生加成反应来分析；
B．由苯酚能与FeCl₃溶液发生显色反应来分析；
C．由苯环能与氢气加成、醛基能与氢气加成来分析；
D．香兰素分子中苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内．

A．常温下，1mol丁香酚能发生取代反应、加成反应，共与2molBr₂反应，故A错误；
B．苯酚能与FeCl₃溶液发生显色反应，则丁香酚能与FeCl₃溶液发生显色反应，故B错误；
C．苯环能与氢气加成、醛基能与氢气加成，则1mol香兰素最多能与4mol氢气发生加成反应，故C错误；
D．香兰素分子中苯环为平面结构，与苯环直接相连的原子在同一平面内，则7个C原子、3个H原子、2个O原子在同一平面内，故D正确；
故选D．

点评：
本题考点： 有机物分子中的官能团及其结构．

考点点评： 本题考查有机物的结构和性质，明确结构决定其性质、常见有机物的性质和结构式解答本题的关键，难度不大．

质谱法测得A的相对分子质量为56，它的核磁共振氢谱显示有两组峰且峰面积之比为1：3，说明A含有两类氢原子，且其原子个数比是1：3，设A的分子式为CxHy，且x和y都是正整数，只有x=4、y=8时符合条件，则A是烯烃，A中有两类氢原子且个数比是1：3，所以A为异丁烯或二丁烯；
结合已知信息得，A反应生成醇B，B被氧气氧化生成醛C，醛被新制氢氧化铜氧化生成酸D，D分子中含有支链，所以D的结构简式为：（CH ₃ ） ₂ CHCOOH，则C的结构简式为：（CH ₃ ） ₂ CHCHO，B的结构简式为：（CH ₃ ） ₂ CHCH ₂ OH，A的结构简式为：（CH ₃ ） ₂ C=CH ₂ ；
D是羧酸，D和F反应生成有机物C ₁₃ H ₁₈ O ₂ ，D中含有4个碳原子，所以F中含有9个碳原子，且D和C ₁₃ H ₁₈ O ₂ 中氧原子数相同，所以D和F发生酯化反应，则F是醇，F的分子式为：C ₉ H ₁₂ O，F分子中含有苯环但无甲基，在催化剂存在下1molE与2molH ₂ 可以发生反应生成F，所以F的结构简式为：

，则E的结构简式为





．
（1）通过以上分析知，B中所含官能团的名称为羟基，E的结构简式为





，
故答案为：羟基，





；

（2）C与新制悬浊液反应生成异丁酸根离子、氧化亚铜和水，所以反应的离子方程式为：



，
故答案为：



；
（3）D与F发生酯化反应，其反应的化学方程式为：



，
故答案为：



，酯化反应；
（4）①遇FeCl ₃ 溶液显紫色说明含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，说明苯环上含有两个支链，所以F的同分异构体有：苯环上连接正丙基和酚羟基，正丙基和酚羟基处于苯环上邻、间、对三种同分异构体，异丙基和酚羟基处于苯环上邻、间、对三种同分异构体，所以共有6种同分异构体，其中一种为

．

解题思路：草酸（HOOCCOOH）在阴极上得电子生成OHCCOOH，阳极上氢氧根离子失电子生成氧气，电池总反应为2HOOCCOOH═2OHCCOOH+O2↑，根据溶质的变化分析溶液的PH的变化．

A、草酸（HOOCCOOH）在阴极上得电子生成OHCCOOH，则复合膜电极为阴极，石墨为阳极与直流电源的正极相连，故A正确；
B、草酸（HOOCCOOH）在阴极上得电子生成OHCCOOH，阴极反应式为：HOOCCOOH+2H⁺+2e^-═OHCCOOH+H₂O，故B正确；
C、石墨为阳极，阳极上氢氧根离子失电子生成O₂，故C正确；
D、电池总反应为2HOOCCOOH═2OHCCOOH+O₂↑，溶质由草酸变为乙醛酸，反应后溶液的酸性减弱，则pH变大，故D错误；
故选D．

点评：
本题考点： 电解原理．

考点点评： 本题考查了电解池原理的应用，明确阴阳极的判断方法是解题的关键，题目难度中等，注意根据电池总反应判断溶液的PH的变化．

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