高中化学有机物综合题

1、1、乙酸异戊酯是组成蜜蜂信息素质的成分之一，具有香蕉的香味，实验室制备乙酸异戊酯的反应装置示意图和有关数据如下：相对原子质量密度/（gcm3）沸点/水中溶解性异戊醇880.813131微溶乙酸601.0492118溶乙酸异戊醇1300.8670142难溶+实验步骤：在图1A中加入4.4g的异戊醇，6.0g的乙酸、数滴浓硫酸和23片碎瓷片，开始缓慢加热A，回流50分钟，反应液冷至室温后，倒入分液漏斗中，分别用少量水，饱和碳酸氢钠溶液和水洗涤，分出的产物加入少量无水硫酸镁固体，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集140143馏分，得乙酸异戊酯3.9g回答下列问题：（1）图1装置B的名称

2、是：（2）在洗涤操作中，第一次水洗的主要目的是：； 第二次水洗的主要目的是：（3）在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后（填标号），A直接将乙酸异戊酯从分液漏斗上口倒出B直接将乙酸异戊酯从分液漏斗下口放出C先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从下口放出D先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸异戊酯从上口放出（4）本实验中加入过量乙酸的目的是（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是：（6）在蒸馏操作中，仪器选择及安装都正确的是图2中：（填标号）（7）本实验的产率是：A30%         

3、;     B40%                C50%               D60%（8）在进行蒸馏操作时，若从130开始收集馏分，产率偏（填高或者低）原因是2、上海要建成资源节约和生态保护型省份下列措施或说法不符合这一理念的是（）A推广“绿色自由”计划，

4、吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油B做好空气质量预报工作，以便污染程度高时进行有效防护C工业废水的“再生”处理，用于道路保洁城市喷泉和洗车等D利用风能生物能发电，强制实施火力发电用煤的脱硫处理3、CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径，如图是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰酸的反应：下列有关三聚氰酸的说法正确的是（）A分子式为C3H6N303B分子中既含极性键，又含非极性键C属于共价化合物D生成该物质的上述反应为中和反应4、苹果酸的结构简式为，下列说法正确的是（）A苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种B1mol苹果酸可与3mol NaOH发生中和反应C1mol苹果

5、酸与足量金属Na反应生成1mol H2D与苹果酸互为同分异构体5、四联苯的一氯代物有（）A3种  B4种  C5种  D6种6、下表中对应关系正确的是（）ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；   由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br2Cl+Br2；   Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2；Cl2+H2OHCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应AA  

6、60; BB    CC    DD7、用图所示装置检验乙烯时不需要除杂的是（）乙烯的制备试剂X试剂YACH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OKMnO4酸性溶液BCH3CH2Br与NaOH乙醇溶液共热H2OBr2的CCl4溶液CC2H5OH与浓H2SO4加热至170NaOH溶液KMnO4酸性溶液DC2H5OH与浓H2SO4加热至170NaOH溶液溴水AA    BB    CC    DD8、NA代表阿伏伽德罗常数已知C2H4和C3H6的混

7、合物的质量为ag，则该混合物（）A所含共用电子对数目为（+1）NA B所含碳氢键数目为C燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14LD所含原子总数为9、根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（）A  3甲基1，3丁二烯B   2羟基丁烷CCH3CH（C2H5）CH2CH2CH3  2乙基戊烷DCH3CH（NH2）CH2COOH    3氨基丁酸10、分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有（）A15种 B28种 C32种 D40种11、有机物X和Y可作为“分

8、子伞”给药物载体的伞面和中心支撑架（已知：与COOH反应时，NH2类似于OH）下列叙述错误的是（）A1mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H2OB1mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗2mol XCX与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3DY和癸烷的分子链均呈锯齿形12、下列鉴别方法不可行的是（）A用水鉴别乙醇、甲苯和溴苯B用燃烧法鉴别乙醇、苯和四氯化碳C用碳酸钠溶液鉴别乙醇、乙酸和乙酸乙酯D用酸性高锰酸钾溶液鉴别苯、环已烯和环已烷13、某有机化合物仅由C、H、O三种元素组成，其相对分子质量小于160，若已知其中氧的质量分数为50%，则分子中碳原子的

9、个数最多为（）A4    B5    C6    D714、在一定条件下，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，化学方程式如下：下列叙述错误的是（）A生物柴油由可再生资源制得B生物柴油是不同酯组成的混合物C动植物油脂是高分子化合物D“地沟油”可用于制备生物柴油15、两种气态烃组成的混合气体1L，经完全燃烧后生成2LCO2气体和1.5L H2O（气），则混合烃可能的组成是（气体体积在相同条件下测定）（）A甲烷和乙烷   B乙烷和丙烷   C乙烯和乙炔  

10、; D乙烷和乙烯16、下列各组有机物，不管它们以何种比例混合，只要总物质的量一定，则完全燃烧时消耗O2为一恒量的是（）C2H4和C3H6       C5H10和C6H6C3H6和C3H8O      C2H2和C6H6 C2H5OH和CH3OCH3A B   C D全部17、1mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气246.4L（标准状况下）它在光照的条件下与氯气反应能生成四种不同的一氯取代物该烃的结构简式是（）A  BCH3CH2CH2CH2CH3 C

11、    D18、25°C和101kpa时，乙烷、乙炔和丙烯组成的混合烃32mL与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体的总体积缩小了64mL，原混合烃中乙炔的体积分数为（）A12.5%    B25%  C50%  D75%19、乙醇的熔沸点比含相同碳原子的烷烃的熔沸点高的主要原因是（）A乙醇的分子量比含相同碳原子的烷烃的分子量大B乙醇分子之间易形成氢键C碳原子与氢原子的结合没有碳原子与氧原子的结合的程度大D乙醇是液体，而乙烷是气体20、下列反应符合绿色化学原子经济性要求的是（）

12、A乙烷与Cl2光照下反应  B甲烷与Cl2制备一氯甲烷C用乙酸与乙醇制乙酸乙酯   D用乙烯水化法合成乙醇21、下列关于常见的有机物的说法中不正确的是（）A乙酸和油脂都能与氢氧化钠反应B苯和甲烷都不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C乙烯和甲烷不能用溴的四氯化碳溶液鉴别D糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质22、塑化剂是一种对人体有害的物质增塑剂DCHP可由邻苯二甲酸酐与环己醇反应制得：下列说法正确的是（）A环己醇分子中所有的原子可能共平面 B1mol DCHP可与含4mol NaOH的溶液完全反应CDCHP能发生加成、取代反应，不能发生消去反应 DDCHP易溶于水23、现有

13、乙酸和两种链状单烯烃的混合物，若其中氧的质量分数为a，则碳的质量分数是（）A    B  C  D24、3对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：BE已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有种B中含氧官能团的名称为（2）试剂C可选用下列中的a、溴水      b、银氨溶液    c、酸性KMnO4溶液     

14、; d、新制Cu（OH）2悬浊液（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为25、席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用，合成G的一种路线如下：已知以下信息：1mol B经上述反应可生成2mol C，且C不能发生银镜反应D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是乙苯，由D生成E的化学方程式为（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为4组

15、峰，且面积比为6：2：2：1的是（写出其中一种的结构简式）（5）由苯及化合物C经如下步骤可合成N异丙基苯胺：反应条件1所选用的试剂为、，反应条件2所选用的试剂为，I的结构简式为26、1，2二溴乙烷可作汽油抗爆剂的添加剂，下图是实验室制备1，2二溴乙烷并进行一系列相关实验的装置（加热及夹持设备已略）有关数据列表如下：乙醇1，2二溴乙烷乙醚状态无色液体无色液体无色液体密度/g/cm30.792.20.71沸点/78.513234.6熔点/13091l6请按要求回答下列问题：（1）实验开始之前必要的操作是（2）仪器A的名称为（3）实验过程中，若发现装置B中水沿导管G上升，则需进行的操作是（4）装置D

16、中品红溶液的作用是（5）反应过程中应用冷水冷却装置E，其主要目的是（6）判断该制备反应已经结束的最简单方法是；结果学生发现反应结束时，无水乙醇消耗量大大超过理论值，其原因是（答出其中两条即可）27、LiPF6是锂离子电池中广泛应用的电解质某工厂用LiF、PCl5为原料，低温反应制备LiPF6，其流程如下：已知：HCl的沸点是85.0，HF的沸点是19.5（1）第步反应中无水HF的作用是、反应设备不能用玻璃材质的原因是（用化学方程式表示）无水HF有腐蚀性和毒性，工厂安全手册提示：如果不小心将HF沾到皮肤上，可立即用2%的溶液冲洗（2）该流程需在无水条件下进行，第步反应中PF5极易水解，其产物为两

17、种酸，写出PF5水解的化学方程式：（3）第步分离采用的方法是；第步分离尾气中HF、HCl采用的方法是（4）LiPF6产品中通常混有少量LiF取样品wg，测得Li的物质的量为nmol，则该样品中LiPF6的物质的量为mol（用含w、n的代数式表示）评卷人得分六、综合题（每空？ 分，共？ 分）28、Hagemann 酶（H）是一种合成多环化合物的中间体，可由下列路线合成（部分反映条件略去）：（1）（AB）为加成反应，则B的结构简式是；BC的反应类型是（2）H中含有的官能团名称是，F的名称（系统命名）是（3）EF的化学方程式是（4）TMOB是H的同分异构体，具有下列结构特征：核磁共振氢谱除苯环吸收峰

18、外仅有一个吸收峰；存在甲氧基（CH3O）TMOB的结构简式是（5）下列说法正确的是aA能和HCl反应得到聚氯乙烯的单体    bD和F中均含有2个健c.1mol G完全燃烧生成7mol H2O       dH能发生加成，取代反应参考答案一、未分类1、【考点】制备实验方案的设计【专题】有机化合物的获得与应用；制备实验综合【分析】在装置A中加入反应混合物和23片碎瓷片，开始缓慢加热A，利用冷凝管冷凝回流50分钟，反应液冷至室温后，倒入分液漏斗中，先用少量水洗掉大部分硫酸和醋酸，再用水洗涤碳酸氢钠溶液，分出的

19、产物加入少量无水硫酸镁固体作干燥剂，静置片刻，过滤除去硫酸镁固体，进行蒸馏纯化，收集140143馏分，得乙酸异戊酯，还考查了反应物转化率的提高方法，同时进行产率的计算有误差分析（1）根据题中仪器B的构造判断该仪器的名称；（2）在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠；（3）根据乙酸异戊酯的密度及正确的分液操作方法进行解答；（4）根据反应物对增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高进行判断加入过量乙酸的目的；（5）少量无水硫酸镁能够吸收乙酸异戊酯中少量的水分，起到干燥作用；（6）先根据温度计在蒸馏操作中的作用排除a

20、d，再根据球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，得出正确结论；（7）先计算出乙酸和异戊醇的物质的量，然后判断过量情况，根据不足量计算出理论上生成乙酸异戊酯的物质的量，最后根据实际上制取的乙酸异戊酯计算出产率；（8）若从130便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇，会收集少量的未反应的异戊醇，导致获得的乙酸异戊酯质量偏大【解答】解：（1）由装置中仪器B的构造可知，仪器B的名称为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）反应后的溶液要经过多次洗涤，在洗涤操作中，第一次洗涤的主要目的是除去大部分催化剂硫酸和醋酸；第一步中饱和碳酸氢钠溶液既可以除去未洗净的醋酸，也可以降低酯的溶解度，但第一步洗

21、涤后生成的酯中混有碳酸氢钠，所以第二次水洗，主要目的是除去产品中残留的碳酸氢钠，故答案为：洗掉大部分硫酸和醋酸；洗掉碳酸氢钠；（3）由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸异戊酯从上口放出，所以正确的为D，故答案为：D；（4）酯化反应是可逆反应，增大反应物的浓度可以使平衡正向移动；增加一种反应物的浓度，可以使另一种反应物的转化率提高，因此本实验中加入过量乙酸的目的是提高转化率，故答案为：提高醇的转化率；（5）实验中加入少量无水硫酸镁的目的是吸收酯中少量的水分，对乙酸异戊酯进行干燥，故答案为：

22、干燥；（6）在蒸馏操作中，温度计的水银球要放在蒸馏烧瓶的支管口处，所以ad错误；c中使用的是球形冷凝管容易使产品滞留，不能全部收集到锥形瓶中，因此仪器及装置安装正确的是b，故答案为：b；（7）乙酸的物质的量为：n=0.1mol，异戊醇的物质的量为：n=0.05mol，由于乙酸和异戊醇是按照1：1进行反应，所以乙酸过量，生成乙酸异戊酯的量要按照异戊醇的物质的量计算，即理论上生成0.05mol乙酸异戊酯；实际上生成的乙酸异戊酯的物质的量为=0.03mol，所以实验中乙酸异戊酯的产率为：×100%=50%，故答案为：c；（8）在进行蒸馏操作时，若从130便开始收集馏分此时的蒸气中含有异戊醇

23、，会收集少量的未反应的异戊醇，因此会导致产率偏高，故答案为：高；会收集少量未反应的异戊醇【点评】本题为一道高考题真题，考查了常见仪器的构造与安装、混合物的分离、提纯、物质的制取、药品的选择及使用、物质产率的计算等知识，题目难度较大，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力 二、填空题2、【考点】常见的生活环境的污染及治理【专题】化学应用【分析】建成资源节约型和生态保护型省份，应减少污染物的排放，积极治理环境污染，节约资源和能源，以此解答该题【解答】解：A吸收空气中的CO2并利用廉价能源合成汽油，可以减少二氧化碳的排放，减缓温室效应，故A错误；B做好

24、空气质量预报工作，并不能减少污染，不符合发展理念，故B正确；C工业废水经处理后的“再生水”，用于道路保洁、城市喷泉和洗车等，能节约水资源，符合发展理念，故C错误；D火力发电用煤先进行脱硫处理，可减少二氧化硫的排放，开发风能、生物质能发电，能减少化石燃料的使用，减少污染物的排放，符合发展理念，故D错误故选B【点评】本题考查较为综合，涉及环境污染与能源，侧重于化学与生活、生产的考查，题目难度不大，注意相关基础知识的积累 三、选择题3、【考点】真题集萃；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根据三聚氰酸的结构简式书写分子式；B分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键；

25、C三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物；D酸与碱反应生成盐与水的反应为中和反应【解答】解：A由三聚氰酸的结构简式可知，其分子式为C3H3N3O3，故A错误；B分子中化学键都是不同原子之间形成的共价键，都是极性键，不存在非极性键，故B错误；C三聚氰酸分子是原子之间通过共价键形成的分子，属于共价化合物，故C正确；D该反应不符合酸与碱反应生成盐与水，不是中和反应，故D错误，故选C【点评】本题考查有机物结构与性质，侧重对基础知识的巩固，涉及化学键、共价化合物、化学反应类型等，难度不大 4、【考点】有机物分子中的官能团及其结构【专题】有机物的化学性质及推断【分析】该分子中含有羧基和

26、醇羟基，能发生消去反应、酯化反应、中和反应、氧化反应，据此分析解答【解答】解：A该分子中含有羧基和醇羟基，所以能发生酯化反应的官能团有羧基和醇羟基，所以苹果酸中能发生酯化反应的官能团有2种，故A正确；B.1mol苹果酸中含有2mol羧基，所以1mol苹果酸可与2molNaOH发生中和反应，故B错误；C能和Na反应是有羧基和醇羟基，1mol苹果酸与足量金属Na反应生成1.5molH2，故C错误；D与苹果酸是同一种物质，故D错误；故选A【点评】本题考查了有机物的结构和性质，明确物质中含有的官能团及其性质是解本题关键，熟悉常见有机物的性质、常见有机化学反应，题目难度不大 5、【考点】同分异构现象和同

27、分异构体；常见有机化合物的结构【专题】同系物和同分异构体【分析】根据“等效氢”的数目分析四联苯的一氯代物，有几种等效氢原子，就有几种一氯代物【解答】解：共有18个位置的氢原子可以被取代，根据轴对称可知，1、9、10、18等效，2，8，11，17等效，3，7，12，16等效，4，6，13，15等效，5、14等效，因此四联苯的等效氢原子有5种，因此四联苯的一氯代物的种类为5种，故选C【点评】本题考查学生同分异构体的书写，掌握方法即可完成，注意等效氢的判断，难度不大 6、【考点】取代反应与加成反应；氧化还原反应；消去反应与水解反应【专题】物质的分类专题【分析】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl

28、为烯烃的加成反应；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖；CCl2+2Br2Cl+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化【解答】解：ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，故B正确；CCl2+2Br2Cl

29、+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后置单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B【点评】本题为2014年高考真题，侧重氧化还原反应及有机反应类型的考查，把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难度不大 7、【考点】化学实验方案的评价；乙烯的化学性质；物质的分离

30、、提纯和除杂【分析】A发生消去反应生成乙烯，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化；B发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应；C发生消去反应生成乙烯，NaOH溶液吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化；D发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水发生反应【解答】解：A发生消去反应生成乙烯，水吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要加水除杂，否则干扰乙烯的检验，故A不选；B发生消去反应生成乙烯，乙醇与Br2的CCl4溶液不反应，乙烯与Br2的CCl4溶液反应，则不需要除杂，不影响乙烯检验，故B选；C发生消去反应生成乙烯，Na

31、OH溶液吸收乙醇，乙醇能被高锰酸钾氧化，则需要NaOH溶液除杂，否则干扰乙烯的检验，故C不选；D发生消去反应生成乙烯，乙醇与溴水不反应，但可能混有二氧化硫，二氧化硫、乙烯均与溴水发生反应，则需要除杂，否则可干扰乙烯检验，故D不选；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及有机物的结构与性质、有机物的检验及混合物分离提纯等，把握有机物的消去反应产物的检验为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大 8、【考点】有关混合物反应的计算；阿伏加德罗常数【分析】C2H4和C3H6的最简式为CH2，所以ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为： =mol，ag

32、混合物中含molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为： mol； 没有告诉在标准状况下，无法计算燃烧时消耗氧气的体积；每个乙烯分子中含有共用电子对是6、每个丙烯分子中含有共用电子对是9，所以二者平均每个C原子含有3个共用电子对，据此计算共用电子对个数【解答】解：ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为： =mol，ag混合物中含molC原子、molH原子，A、每个乙烯分子中含有共用电子对是6、每个丙烯分子中含有共用电子对是9，所以二者平均每个C原子含有3个共用电子对，则总共含有mol共用电子对，故A错误；B、每个氢原子形成1个碳氢键，ag混合物中总共含有molH原子，所以含有mol碳

33、氢键，所含碳氢键数目为NA，故B正确；C、没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气的体积，故C错误；D、ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为mol，ag混合物中含molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为mol，所含原子总数为NA，故D错误；故选B【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，注意明确满足C3H6的化合物可能为烯烃，有可能为环烷烃；要求学生掌握根据最简式计算混合物中含有原子数目的方法 9、【考点】有机化合物命名【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】A、甲基的序号不是最小的；B、不是烷烃，应该是醇的命名，称为丁醇；C、烷烃的命名原则是

34、：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干（甲、乙、丙）代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3（使取代基的位置数字越小越好）以数字代表取代基的位置数字与中文数字之间以隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三，如：二甲基，其位置以，隔开，一起列于取代基前面；D、羧酸的命名，选取含有羧基的最长链为主链，符合原则【解答】解：A、根据烯烃命名原则，取代基应该是2甲基，正确命名应该是2甲基1，3丁二烯，故A错误；B、是醇不是

35、烷烃，根据醇的命名，应该是 2丁醇，故B错误；C、根据烷烃命名原则，2乙基说明主链不是最长的，应该是3甲基己烷，故C错误；D、是一种氨基酸，命名是3氨基丁酸，故D正确；故选D【点评】本题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可有利于培养学生的规范答题能力 10、【考点】有机化合物的异构现象【分析】分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，形成酯的羧酸与醇的碳原子总数为5，讨论羧酸与醇含有的碳原子，判断形成该酯的羧酸与醇的同分异构体种数，根据羧酸与醇组合，计算同分异构体数目【解答】解：分子式为C5H10O2的有机物在酸

36、性条件下可水解为酸和醇，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，甲酸只有1种，丁醇有4种；若为乙酸和丙醇酯化，乙酸只有1种，丙醇有2种；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸只有1种，乙醇只有1种；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，甲醇只有1种；故羧酸共有5种，醇共有8种，酸和醇重新组合可形成的酯共有5×8=40种，故选D【点评】本题考查同分异构体的书写与判断，难度中等，关键是形成酯的羧酸与醇的同分异构体的判断，注意利用数学法进行计算 11、【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.1个分子中含3个OH，能发生消去反应；BNH2与COOH可发生缩聚反应；COH能与HBr发生取代

37、反应，OH被Br替代；DY和癸烷均存在饱和烃结构，Y中含NH2，极性增强【解答】解：A.1个分子中含3个OH，能发生消去反应，则1mol X在浓硫酸作用下发生消去反应，最多生成3mol H2O，故A正确；BNH2与COOH可发生缩聚反应，则1mol Y发生类似酯化的反应，最多消耗3mol X，故B错误；COH能与HBr发生取代反应，OH被Br替代，则X与足量HBr反应，所得有机物的分子式为C24H37O2Br3，故C正确；DY和癸烷均存在饱和烃结构，C原子为sp3杂化，每个C均为四面体构型，所以分子链均呈锯齿形，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

38、关系为解答的关键，侧重醇、羧酸性质的考查，题目难度不大，选项B为易错点 12、【考点】有机物的鉴别【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层；B乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧；C乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层；D苯、环已烷均不与高锰酸钾溶液反应【解答】解：A乙醇与水混溶，甲苯与水混合分层后有机层在上层，溴苯水混合，有机层在下层，现象不同，可以鉴别，故A不选；B乙醇燃烧产生淡蓝色火焰，苯燃烧冒黑烟，四氯化碳不能燃烧，现象不同，可以鉴别，故B不选；C

39、乙醇与碳酸钠溶液不反应不分层、碳酸钠与乙酸反应生成气体，乙酸乙酯与碳酸钠溶液不反应且分层，现象不同，可以鉴别，故C不选；D苯、环已烷均不与高锰酸钾溶液反应，现象相同，不能鉴别，故D选故选D【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质及性质的差异为解答的关键，注意现象相同不能鉴别物质，题目难度不大 13、【考点】元素质量分数的计算；有机物实验式和分子式的确定【分析】根据有机物相对分子质量及氧的质量分数为确定分子中氧原子数目最大值，氧原子数目最大时，有机物相对分子质量最大，含碳原子个数也最多，碳原子、氢原子的相对原子质量之和等于氧原子相对原子质量之和，再根据碳原子相对原子质量确定碳

40、原子最大值【解答】解：相对分子质量小于150，氧的质量分数为可知，则分子中氧原子数目小于为=4.7，当有机物分子中含氧原子的数目为4时，有机物的相对分子质量最大，含碳原子个数也最多，此时，有机化合物中碳、氢的相对原子质量之和的最大值为等于氧原子的相对原子质量之和为4×16=64，设分子中含有x个C，y个H，则有12x+y=64，当y=4时，x=5，此时分子中碳原子的个数最多，所以分子中碳原子的个数最多为5，故选：B【点评】本题考查有机物分子式的确定，难度中等，确定有机物中氧原子的数目是具体关键 14、【考点】油脂的性质、组成与结构；混合物和纯净物【分析】A生物柴油其原料取自可再生的动

41、植物资源；B生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以脂肪酸甲酯为主要成份的液体燃料；C相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；D“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油【解答】解：A生物柴油由可再生资源制得，故A正确；B生物柴油通常是指以动植物油脂为原料生产的、以不同脂肪酸甲酯组成的混合物，故B正确；C动植物油脂是高分子化合物相对分子质量小于10000，不是高分子化合物，故C错误；D“地沟油”中含有动植物油脂，动植物油脂与醇反应可制备生物柴油，故D正确；故选C【点评】本题主要考查了油脂的性质与用途，题目难度不大，学习中注意相关基础知识的积累 15、【考点

42、】有关混合物反应的计算【专题】平均值法【分析】某两种气态烃的1L混合气体，完全燃烧生成2LCO2和1.5L水蒸气（体积均在相同状况下测得），则该混合气态烃的平均分子式为C2H3，以此解答该题【解答】解：某两种气态烃的1L混合气体，完全燃烧生成2LCO2和1.5L水蒸气（体积均在相同状况下测得），则该混合气态烃的平均分子式为C2H3，根据平均H原子数，不能为甲烷与乙烷混合、乙烷与丙烷混合、乙烷和乙烯混合，可能为乙烯和乙炔按1：1混合，故选：C【点评】本题考查混合物计算、有机物组成的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，注意平均值的应用，难度中等 16、【考点】有关混合物反应的计算【专题】有机物

43、分子组成通式的应用规律【分析】碳燃烧后生成二氧化碳，氢元素燃烧后生成水可知，l mol C与4mol H的耗氧量相同，由此分析解答【解答】解：C2H4相当于12个氢消耗氧而C3H6相当于18个氢消耗氧，耗氧量不相同，所以总物质的量一定，则完全燃烧时消耗O2为不恒量，故不选；B、C5H10相当于30个氢消耗氧而C6H6相当于30个氢消耗氧，耗氧量相同，所以只要总物质的量一定，则完全燃烧时消耗O2为一恒量，故选；C3H6相当于18个氢消耗氧而和C3H8O相当于18个氢消耗氧，耗氧量相同，所以只要总物质的量一定，则完全燃烧时消耗O2为一恒量，故选；    &#

44、160; C2H2相当于10个氢消耗氧而和C6H6 相当于30个氢消耗氧，耗氧量不相同，所以总物质的量一定，则完全燃烧时消耗O2为不恒量，故不选；C2H5OH相当于12个氢消耗氧而和CH3OCH3相当于12个氢消耗氧，耗氧量相同，所以只要总物质的量一定，则完全燃烧时消耗O2为一恒量，故选；故选B【点评】解此类题目时，要看清前提条件，是“只要总物质的量一定”，还是“只要总质量一定”，否则很容易错选A 17、【考点】常见有机化合物的结构【分析】该饱和烷烃在光照的条件下与氯气反应能生成4种不同的一氯取代物，说明该饱和烷烃中含有4种类型的氢原子；氧气的物质的量=11mol，根据饱和烷烃燃烧的通式和题干

45、中1mol烃燃烧时的耗氧量，确定烃的化学式【解答】解：该饱和烷烃在光照的条件下与氯气反应能生成4种不同的一氯取代物，说明该饱和烷烃中含有4种类型的氢原子；氧气的物质的量=11mol，设该饱和烷烃的通式为CxH 2x+2，1mol某饱和烷烃在氧气中充分燃烧，需要消耗氧气的物质的量=（x+）mol=11mol，x=7，所以该饱和烷烃是庚烷且含有4种类型的氢原子，故选A【点评】本题考查考生对有机化学分子式、结构式、等价氢、燃烧方程式等知识的掌握，难点是判断等效氢原子，根据对称结构判断即可，难度中等 18、【考点】有关混合物反应的计算【专题】烃及其衍生物的燃烧规律【分析】发生反应分别为：C2H6+O2

46、=2CO2+3H2O，C2H2+O2=2CO2+H2O，C3H6+O2=3CO2+3H2O，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，根据反应方程式可知，相同体积的C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，利用气体体积缩小了35mL及混合气体的体积来列等式计算出乙炔的体积，进而计算乙炔的体积分数【解答】解：除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，则：C2H6+O2=2CO2+3H2OV1   3.5   2      

47、60; 2.5C2H2+O2=2CO2+H2OV1   2.5  2         1.5C3H6+O2=3CO2+3H2OV1   4.5   3        2.5根据反应方程式可知，相同体积的C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质，设C2H6和C3H6一共为xmL，C2H2为ymL，则：解得x=16、y=16，则原混合烃中乙炔的体积分数

48、为×100%=50%，故选C【点评】本题考查混合物计算，关键是根据方程式判断体积变化，把C2H6和C3H6看作一个组分，从而转化为两组分混合，注意差量法的应用，难度中等 19、【考点】氢键的存在对物质性质的影响【专题】化学键与晶体结构【分析】氢键的存在，影响到物质的某些性质，如熔点、沸点，溶解度，粘度，密度【解答】解：乙醇分子间存在氢键（分子间的一种作用力），使得其溶沸点升高，而相同碳原子的烷烃不存在氢键，故选：B【点评】本题主要考查了氢键对熔沸点的影响，氢键的存在，还会影响到物质的溶解度，粘度，密度 20、【考点】绿色化学【专题】化学用语专题【分析】绿色化学原子经济性要求：反应物中

49、原子全部转化为欲制得的产物，即原子的利用率为100%，即生成物质只有一种，化合反应、加成反应符合，依此分析【解答】解：A乙烷与Cl2光照下反应产物有多种氯代物和HCl，不符合绿色化学原子经济性要求，故A错误；B甲烷与Cl2制备一氯甲烷，产物还有HCl，原料利用率不为100%，故B错误；C乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，有副产品水生成，原料利用率不为100%，故C错误；D用乙烯水化法合成乙醇，产物只有一种，原子的利用率为100%，符合绿色化学原子经济性要求，故D正确；故选D【点评】本题考查绿色化学原子经济性，难度不大，要抓住绿色化学的特征：原子利用率为100%，产物只有一种 21、【考点】乙酸的化学

50、性质；甲烷的化学性质；乙烯的化学性质；苯的性质；油脂的性质、组成与结构；营养均衡与人体健康的关系【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A、乙酸具有酸的通性，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在碱性条件下，发生水解；B、苯不含不饱和键，不能被酸性高锰酸钾氧化，甲烷是烷烃，不能被酸性高锰酸钾氧化；C、乙烯能使溴水褪色，甲烷不可以使溴水褪色；D、蛋白质是构成人体细胞的基本物质，糖类是人体最重要的供能物质【解答】解：A、乙酸具有酸的通性，能与氢氧化钠反应生成乙酸钠，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在碱性条件下，发生水解生成甘油与高级脂肪酸钠盐，故A正确；B、苯不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，甲

51、烷是烷烃，也不能被酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C、乙烯与溴发生加成反应，能使溴水褪色，甲烷不可以使溴水褪色，可以用溴水区别，故C错误；D、人体需要的六大类营养物质：蛋白质、糖类、脂肪、维生素、水和无机盐，糖类和蛋白质都是人体重要的营养物质，故D正确故选C【点评】本题考查常见有机物的结构与性质等，难度不大，注意油脂在酸性条件水解与碱性条件水解的区别 22、【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环己醇中含5个亚甲基，均为四面体结构；BCOOC与NaOH反应；CDCHP中含苯环和COOC，不存在能发生消去反应的官能团；DDCHP属于酯类物质【解答】解：A环己醇中含5个

52、亚甲基，均为四面体结构，则不可能所有原子共面，故A错误；BCOOC与NaOH反应，则1mol DCHP可与2mol NaOH完全反应，故B错误；CDCHP中含苯环和COOC，则苯环发生加成反应，COOC可发生取代反应，不能发生消去反应，故C正确；DDCHP属于酯类物质，不溶于水，故D错误；故选C【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，侧重苯、酯性质的考查，选项A为易错点，题目难度不大 23、【考点】有关有机物分子式确定的计算【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】根据乙酸的化学式为C2H4O2，烯烃的通式为CnH2n，则在混合物中碳、氢存在固定的

53、质量比，混合物中一共有三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1a，然后可计算出碳元素的质量分数【解答】解：由乙酸的化学式为C2H4O2，而单烯烃的通式为CnH2n，则从化学式可以发现两者中，C与H之间的数目比为1：2，其质量比为12×1：1×2=6：1，又混合物中共三种元素，氧的质量分数为a，碳、氢元素的质量分数之和为1a，则碳元素的质量分数为×（1a）=，故选C【点评】本题考查学生利用有机物的组成来进行计算，明确碳、氢的固定组成是解答的关键，较好的训练学生分析问题、解决问题的能力 四、推断题24、【考点】有机物的推断【专题】有机推断【分析】由合成

54、路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中CHO被弱氧化剂氧化为COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，据此分析解答【解答】解：由合成路线可知，甲苯发生取代反应生成A对甲基苯甲醛，再与CH3CHO在碱性条件下反应生成B，B为，中CHO被弱氧化剂氧化为COOH，而C=C不能被氧化，再酸化得到D，D与甲醇发生酯化反应生成E为，（1）遇FeCl3溶液显紫色，则含酚OH，且苯环上有两个取代基，另一取代基为CH=CH2，则符合条件的A的同分异构体为邻、间、对乙烯基苯酚3种，B中含氧官能团的名称为醛基，故答案为：3；醛基

55、；（2）试剂C不能与C=C反应，只氧化CHO，则C为b或d，故答案为：b、d；（3）E同分异构体中含COOC，与足量NaOH溶液共热的化学方程式为，故答案为：； （4）E中含C=C，在一定条件下可以生成高聚物F，发生加聚反应，则F的结构简式为，故答案为：【点评】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，根据反应前后结构简式差异性确定反应类型，再结合官能团推断，难点是同分异构体种类判断 25、【考点】真题集萃；有机物的推断；有机物的合成【专题】有机物的化学性质及推断【分析】A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1mol B发

56、生信息中氧化反应生成2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CHCCl（CH3）2D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=10677=29，故侧链为CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，据此解答【解答】解：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶

57、液、加热条件下发生消去反应得到B，1mol B发生信息中氧化反应生成2mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）2C=C（CH3）2，C为（CH3）2C=O，逆推可知A为（CH3）2CHCCl（CH3）2D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=10677=29，故侧链为CH2CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为NH2，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）由A生成B的化学方程式为：（CH3）2CHCCl（CH3）2+NaOH（CH3）2C=C（CH3）2+NaCl+H2O，