2020-2021高考化学有机化合物大题培优含答案

1、2020-2021高考化学有机化合物(大题培优)含答案一、有机化合物练习题(含详细答案解析)1 .化合物W是合成一种抗心律失常药物的中间物质，一种合成该物质的路线如下：vOCH£H>n<GlWClUifKJ(1) ClC佳CH2C1的名称是。(2) E中不含氧的官能团的名称为。(3) C的分子式为,BfC的反应类型是。(4)筛选CD的最优反应条件(各组别条件得到的D的产率不同)如组别加料温度反应溶剂AlCl3的用量(摩尔当量)-300cO-H，1eq-20-10C1eq-20-10Ccwci1eq上述实验筛选了和对物质D产率的影响。此外还可以进一步探究对物质D产率的影响。

2、(5)M为A的同分异构体，写出满足下列条件的M的结构简式：。除苯环外不含其他环；有四种不同化学环境的氢，个数比为1：1：2：2；1molM只能与1molNaOH反应。(6)结合上述合成路线，写出以C1L、CH3I和SOC2为基本原料合成的路线图。(其他所需无机试剂及溶剂任选)已知，RCOOHSOC2RCOClo【答案】1,2-二氯乙烷碘原子、碳碳双键C2H14O还原反应加料温度反应溶剂氯化铝的用量CmCHCH.COCHKOH、CH3ICICH2CH2C1KMn«H+)so%och3CH=H无。COCI【解析】【分析】A发生取代反应生成B,B发生还原反应生成生成E,E发生取代反应生成W

3、;C,C发生取代反应生成D,D发生取代反应(1)该分子中含有2个碳原子，氯原子位于1、2号碳原子上;(2)E中含有的官能团是醒键、碳碳双键、厥基、碘原子、酚羟基；(3)根据结构简式确定分子式；B分子去掉氧原子生成C;(4)对比表中数据不同点确定实验筛选条件；还可以利用氯化铝量的不同探究氯化铝对率的影响；(5)M为A的同分异构体，M符合下列条件：除苯环外不含其他环；有四种不同化学环境的氢，个数比为1:1:2:2;lmolM只能与1molNaOH反应，说明含有1个酚羟基；根据其不饱和度知还存在1个碳碳三键；、CH3I和SOC2为基本原料合成H3coCOC1COORC0C1可由COOH和SOC2发生

4、取代反应得到,可由0cH工发生CH.CEL氧化反应得到,可由和CH3I发生取代反应得到。QH【详解】D发生取代反应A发生取代反应生成B,B发生还原反应生成C,C发生取代反应生成D,生成E,E发生取代反应生成W;(1)该分子中含有2个碳原子，氯原子位于1、2号碳原子上，所以其名称是烷；(2)E中含有的官能团是醒键、碳碳双键、默基、碘原子、酚羟基，所以不含氧官能团为碘原子和碳碳双键；(3)根据结构简式确定分子式为Ci2H14O；B分子去掉氧原子生成C,该反应为还原反应;(4)对比表中数据不同点确定实验筛选条件是加料温度和反应溶剂；还可以利用氯化铝量的不同探究氯化铝对D产率的影响；(5)M为A的同分

5、异构体，M符合下列条件：除苯环外不含其他环；有四种不同化学环境的氢，个数比为1:122；lmolM只能与1molNaOH反应，说明含有1个酚羟基;根据其不饱和度知还存在1个碳碳三键,则符合条件的结构简式为：OC=CH；(6)以11口"匚地、OH3l和SOC2为基本原料合成COORH争C。氧化反应得到,OCH:CH=可由OHCOOH和SOC2发生取代反应得到,和CRI发生取代反应得到，其合成路线为:可由发生CH.COCHCH3ICICH2CH2C1OCHjKMnO（H+）SOC22.I.AD是四种珞分子的球棍模型(如图)600元品oq.ABCD(1)与A互为同系物的是(填序号)。(2)

6、能使酸性高镒酸钾溶液褪色的物质是(填序号)。(3) D和液澳反应的化学方程式是。n.某些有机物的转化如下图所示。已知A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，D是食醋的有效成分。请回答下列问题：(4) A中官能团的名称是。(5) B的结构简式为。(6) 反应的化学方程式为【答案】CB+B2FeB%Br+HBr碳碳双键CH3CH2OH或C2H50HCH3C00HCH3CH20H脩黑?？CH3COOCH2CH3GOI.由球棍模型可知，A为甲烷，B为乙烯，C为丁烷，D为苯；结合同系物的概念和乙烯与苯的性质分析解答(1)(3);n.A的产量可以用来衡量一个国家的石油化工水平，则A为Ch2=CH,与水

7、在一定条件下发生加成反应生成CH3CH2OH,乙醇在Cu作催化剂条件下发生氧化反应CH3CHO,CH3CHO可进一步氧化生成CH3COOH,CH3CH20H和CH3COOH在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，据此分析解答(4)(6)。【详解】I.由球棍模型可知，A为甲烷，B为乙烯，C为丁烷，D为苯。(1)甲烷、丁烷结构相似，都是烷嫌，互为同系物，故答案为：C;(2)乙烯中含有碳碳双键，能使酸性高镒酸钾溶液褪色，故答案为:(3)苯和液澳反应生成澳苯和HBr,反应的方程式为+HBr；B；FeB%+HBr,故答案为:FeBr3n.(4)A为乙烯(Ch2=CH2),含有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双

8、键;(5)B的结构简式为CH3CH20H或C2H50H,故答案为：CKCH20H或C2H50H；(6)反应为CH3CH20H和CKC00H在浓硫酸作用下反应生成乙酸乙酯，反应的化学方程式为CH3COOH+CRCH20H口CH3COOCHCH3+H2O,故答案为：ACH3COOH+CHCH20H-CH3COOCHCH3+H2O。A3. (1)写出以乙快为原料制备PVC(聚氯乙烯)的过程中所发生的反应类型：、。PE(聚乙烯)材料目前被公认为安全材料，也可用于制作保鲜膜和一次性餐盒。辨别PE和PVC有三种方法，一是闻气味法：具有刺激性气味的是;二是测密度法：密度大的应是；三是燃烧法：PE的单体和PV

9、C的单体在足量空气中燃烧的实验现象的明显区别是。(2) PVDC(千CH一l：Cl；上)是一种阻隔性高、韧性强、化学稳定性好的理想包装材料，广泛用于肉制品、豆制品等的包装。写出合成PVDC的单体的同分异构体的结构简式O(3)白色污染”是指各种塑料制品对环境的污染。焚烧塑料会生成有毒物质二嗯英，二嗯英是含有如图所示母体的系列化合物，下列关于如图所示物质的说法不正确的是(填序号)。a.该物质在氧气中完全燃烧的产物是CO?和H2Ob.该物质属于燃c.该物质的一卤代物只有2种【答案】加成反应加聚反应聚氯乙烯聚氯乙烯乙烯更易燃烧，氯乙烯燃烧有白雾(HCl的小液滴)生成ClCHCHClb【解析】【分析】(

10、1)C2H2与HCl加成生成CH2CHCl,CH2CHCl聚合生成聚氯乙烯；聚氯乙烯因会释放出氯化氢而具有刺激性气味；依据阿伏加德罗定律的推论，气体的密度之比等于其相对分子质量之比，由此可确定聚氯乙烯与聚乙烯的密度关系；氯乙烯燃烧时产生。(2)PVDC的单体为CH2CC，由此确定其同分异构体。(3) a.该物质含碳、氢、氧三种元素；b.该物质中含有氧元素；c.该物质苯环上有2种不同性质的氢原子。【详解】(1)C2H2与HCl加成生成CH2CHCl,CH2CHCl经过加聚反应生成聚氯乙烯；具有刺激性气味的是聚氯乙烯；聚氯乙烯中含有相对原子质量相对较大的氯原子，其密度比聚乙烯大；氯乙烯不易燃烧，燃

11、烧时产生HCl,有白雾(含有HCl的小液滴)生成。答案为：加成反应；加聚反应；聚氯乙烯；聚氯乙烯；乙烯更易燃烧，氯乙烯燃烧有白雾(HCl的小液滴)生成；(2) PVDC的单体为CH2CCl2,该单体的同分异构体为ClCHCHCl。答案为：ClCHCHCl;(3) a.该物质含碳、氢、氧三种元素，在氧气中完全燃烧的产物是CQ和H2O,a正确;b.该物质中含有氧元素，不属于烧，b不正确；c.该物质苯环上有2种不同性质的氢原子，所以其一卤代物只有2种，c正确；故选bo答案为:bo【点睛】有机物燃烧时，氢元素转化为H2O,碳元素转化为CC2,氯元素转化为HCl。若氧气不充足，则有机物分子中的碳可能转化

12、为CO,甚至生成C。4.乙快是一种重要的有机化工原料，以乙快为原料在不同的反应条件下可以转化成以下化合物。二正四面体院尽卜乙埔基乙抉c审m:-ch=ch?叩R二环辛四烯。完成下列各题：(1)正四面体烷的分子式为。(2)关于乙烯基乙快分子的说法错误的是：a.能使酸性KMnO4溶液褪色b.1mol乙烯基乙快能与3molBr?发生加成反应c.乙烯基乙焕分子内含有两种官能团d.等质量的乙焕与乙烯基乙焕完全燃烧时耗氧量不相同(3)1866年凯酷勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，解释了苯的部分性质，但还有一些问题尚未解决，它不能解释下列事实(填入编号)。a.苯不能使滨水褪色b苯能与H2发生加成反

13、应c.澳苯没有同分异构体d.邻二澳苯只有一种(4)写出与环辛四烯互为同分异构体且属于芳香煌的分子的结构简式：。【答案】QH4dadCH=CH；【解析】【分析】(1)每个顶点上含有一个C原子，每个碳原子形成四个共价键，据此确定该物质分子式；(2)乙烯基乙快中含有碳碳双键、碳碳三键，具有烯煌和快煌性质；根据双键能发生加成反应分析性质，根据Br-C-C-Br和Br-C=C-Br两种不同的位置分析结构；(4)环辛四烯的不饱和度为5,其同分异构体属于芳香煌，说明含有苯环，苯环的不饱和度为4,则苯环上取代基含有碳碳双键。【详解】(1)每个顶点上含有一个C原子，每个碳原子形成四个共价键，所以该物质分子式为C

14、4H4;故答案为：C4H4；(2)a.该分子中含有碳碳双键、碳碳三键，具有烯煌和快煌性质，所以能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性高镒酸钾溶液褪色，故正确；b.碳碳双键和碳碳三键都能和澳单质发生加成反应，1mol碳碳双键完全加成需要1mol澳单质，1mol碳碳三键完全加成需要2mol澳单质，所以1mol乙烯基乙快能与3molBr2发生加成反应，故正确；c.该分子中含有碳碳双键和三键，所以乙烯基乙快分子内含有两种官能团，故正确；d.乙快和乙烯快的最简式相同，所以等质量的乙快与乙烯基乙快完全燃烧时的耗氧量相同，故错误；故答案为：d;(3) 1866年凯库勒提出了苯的单、双键交替的正六边形平面结构，如

15、果含有C=C键的话，则能发生加成反应而使滨水褪色，但真实的情况是苯不能使滨水发生反应而褪色，这一点不能解释；如果是单双建交替的正六边形平面结构，则邻二澳苯应有Br-C-C-Br和Br-C=C-Br两种不同的结构，但事实是邻二澳苯只有一种，这一点也不能解释；故答案为：ad;(4)环辛四烯的不饱和度为5,其同分异构体属于芳香煌，说明含有苯环，苯环的不饱和度为4,则苯环上取代基含有碳碳双键，所以环辛四烯符合条件的同分异构体为苯乙烯，其结构简式为CH=CH：,，故答案为：。【点睛】关于有机物的性质要根据所含的官能团进行分析和判断；判断同分异构体可以从不饱和度的角度思考。5.现有NH3、CONa、N%O

16、2、Fe、NO、NO2、F2、SO2等中学化学教材中出现过的物质,根据它们的组成及性质进行如下分类。请回答下列问题:(1)SO2属于(填酸性氧化物"、碱性氧化物”、两性氧化物”J(2)Na2O2最终位于组；它的电子式为。(3)C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂，写出高温下它还原Fe2O3的化学方程(4)II组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该反应中被氧化与被还原的元素的质量比为(5)B组中有一种物质在高温下能与水蒸气反应，若该反应过程中有0.8Na个电子转移则有g该物质参与反应。(6)N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过I组的某种物质和NaClO反应制得，该制备反应的化

17、学方程式为。【答案】酸性氧化物INa+;5;5;fNa+3CO+FO3=M=2Fe+3CC22：116.8NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O【解析】【分析】NH3、CONa、Na2O2、Fe、NO、NO2,F2、SQ等，按照组成元素的多少分为单质和化合物，属于单质的是Na、Fe、F2,属于化合物的是NH3、CONa2O2、NO、NO2、SQ;单质中能与氢气反应的是F2；化合物中能与水反应的是NH3、Na2Q2、NO2、S。，反应后溶液显碱性的是NH3、NmO2；(1)SO2能与碱反应生成盐和水；(2)Na2O2能与水反应生成NaOH和02,反应后溶液显碱性；(3)C组有一种气体常

18、用作工业上冶炼铁的还原剂是CO;(4) n组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该物质为NO2,根据化合价的变化分析；(5)B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe,结合反应方程式计算；(6)NaClO溶液和NH3发生氧化还原反应生成氯化钠和朋根据反应物和生成物写出反应方程式。【详解】(1)SO2能与碱反应生成盐和水，则属于酸性氧化物；(2)Na2O2能与水反应，且反应后所得溶液显碱性，则最终位于I组；Na2O2是离子化合物，其电子式为i-h;O;O:f-Na;(3) C组有一种气体常用作工业上冶炼铁的还原剂是CO,CO与Fe2O3在高温条件下生成Fe和二氧化碳，反应方程式为F&O3+3C

19、O/22Fe+3CQ;(4) )n组的某种物质能与水发生氧化还原反应，该物质为NO2,NO2与水反应产生3NO2+H2O2HNO3+NO,反应中只有氮元素的化合价发生变化，由+4价升高为+5价，由+4价降低为+2价，所以NO2既是氧化剂也是还原剂，氧化剂被还原，还原剂被氧化，由产物中氮元素的化合价，可知起氧化剂与还原剂的NO2物质的量之比为1：2,所以被氧化的NO2与被还原的NO2的物质的量之比为2:1;(5) B组中与水在高温条件下反应的物质为Fe,反应的方程式为4H2O(g)+3FeSJlFe3O4+4H2,该反应过程中有8Na个电子转移，即转移8mol电子，则消耗3molFe,即3mol

20、x56g/mol=168g若该反应过程中有0.8Na个电子转移，消耗Fe为0.8mol168gx8mol=16.8g;(6)该反应中，次氯酸钠被氨气还原生成氯化钠，氨气被氧化生成肿，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O。(6) 机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取.纯净的A为无色粘稠液体，易溶于水。为研究A的组成与结构，进行了如下实验：(1)称取A9.0g,升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍。则A的相对分子质量为：。(2)将此9.0gA在足量纯O2充分燃烧，并使其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.

21、2g。则A的分子式为：。(3)另取A9.0g,跟足量的NaHCOs粉末反应，生成2.24LCQ(标准状况)，若与足量金属钠反应则生成2.24LH2(标准状况)。用结构简式表示A中含有的官能团为：、_。(4)A的核磁共振氢谱如图：则A中含有种氢原子。IILIKttf«S433t4(5)综上所述，A的结构简式为一，跟NaHCQ溶液反应的离子方程式为。0H【答案】90GH6O3-COOH-OH4CHCHOHCOOH+HCOCHmCHCOOH=CHsCHOHCOO+H2O+C6T【解析】【分析】【详解】(1)有机物质的密度是相同条件下H2的45倍，所以有机物质的分子式量为：45X2=90(2

22、)9.0g物质A的物质的量为0.1mol；浓硫酸增重5.4g,则生成水的质量是5.4g,生成水的5.4g物质的量为：=0.3mol,所含有氢原子的物质的量是0.6mol,碱石灰增重13.2g,18g/mol所以生成二氧化碳的质量是13.2g,所以生成二氧化碳的物质的量是：13勾=0.3mol,44g/mol所以碳原子的物质的量是0.3mol,所以有机物中碳个数是3,氢个数是6,根据相对分子一,一.一90-312-6质量是90,所以氧原子个数是903126=3,即分子式为：QH6O3；16(3)只有竣基可以和碳酸氢钠发生化学反应生成二氧化碳，0.1molA可生成2.24LCQ(标准状况)即0.1

23、mol二氧化碳，则含有一个-COOH;醇羟基和竣基可以和金属钠发生反应生成氢气，0.1molA与足量金属钠反应生成2.24LH2(标准状况)即0.1mol氢气，且已知含有一个竣基，则还含有一个-OH;(4)根据核磁共振氢谱图看出有机物中有4个峰值，则含4种环境的氢原子；0H(5)综上所述A的结构简式为，；与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和水以及相应的钠盐，离子方程式为：CH3CHOHCOOH+HCO=CHjCHOHCOC+H2O+CQT。7.X、Y、Z、M、Q、R是6种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下:兀素代号XYZMQR原子半径/nm0.1600.1430.1020.0750.0770.03

24、7主要化合价+2+3+6,-2+5)一3+4)4+1(DZ在元素周期表中的位置是。(2)元素Q和R形成的化合物A是果实催熟剂，用A制备乙醇的化学方程式是(3)单质铜和元素M的最高价氧化物对应水化物的浓溶液发生反应的离子方程式为(4)元素X的金属性比元素丫(填“强”或“弱”)。A在高温下将钢样中元素Q、元(5)元素Q、元素Z的含量影响钢铁性能，采用下图装置素Z转化为QO2、ZO2。(填化学式)。气体a的成分是若钢样中元素Z以FeZ的形式存在，在A中反应生成ZQ和稳定的黑色氧化物，则反应的化学方程式是。【答案】第三周期第V1A族CH2=CH2+H2O定条件下CH3CH20HCi+4H+2NO3-=

25、高温Cu2+2NO2f+2H2O强O2,SO2,CQ5O2+3FeS3SO2+Fe3O4【解析】【分析】根据Z的化合价+6,2,符合这点的短周期元素只有S;而根据同周期，从左到右原子半径依次减小，S的原子半径为0.102,从表中数据，X的化合价为+2,Y的化合价为+3,且原子半径比S大，X、丫只能为三周期，X为Mg,丫为Al；而M为+5价，Q为+4价，由于原子半径比S小，所以只能是二周期，M为N,Q为C;R的原子半径比M、Q者B小,不可能是Li,只能是Ho【详解】(1)根据分析，Z为硫，元素周期表中的位置是第三周期第V!A族，故答案为：第三周期第WA族；(2) A是果实催熟剂，为乙烯，由乙烯制

26、备乙醇的化学方程式一定条件下一定条件下CH2=CH2+H2OCH3CH2OH,故答案为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH;(3) M的最高价氧化物对应水化物为HNO3,铜与浓硝酸反应的离子方程式为Cu+4H+2NO3-=C1F+2NO2T+2H2O,故答案为：Cu+4H+2NO3-=C1F+2NO2f+2H2O;(4)X为Mg,丫为Al,同周期，从左到右金属性依次减弱，Mg的金属性强，故答案为：强；(5)元素Q为C,元素Z为S,根据题意，气体a中有SQ,CQ,以及未反应完的。2,故答案为：O2,SO2,CQ;根据题意，FeS在A中生成了SO2和黑色固体，而黑色固体中一定含Fe,所以为Fe

27、3Q4,高温反应的化学反应方程式为：5Q2+3FeS=3SQ+FesQ4。【点睛】(5)是解答的易错点，注意不要漏掉未反应完的氧气。8.G是一种治疗急慢性呼吸道感染的特效药中间体，其制备路线如图:HCt、CH3NQ2为原料制备的合成路线图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。【解析】(1)根据C的结构确定其含有的含氧官能团名称；(2)物质A与HCHQ发生酚羟基邻位的加成反应产生(3)根据E、G的结构，结合F的分子式，确定F的分子结构;(1)化合物C中的含氧官能团是(2)A-B的反应类型是化合物F的分子式为Ci4H21NQ3,写出F的结构简式(4)从整个制备路线可知，反应B-C的目的是

28、(5)同时满足下列条件的B的同分异构体共有种。分子中含有苯环，能与NaHCQ3溶液反应；能使FeC3溶液显紫色(6)根据已有知识并结合相关信息，完成以(4)根据B、C的结构及最后得到的G的结构H3分析判断;(5)根据同分异构体的概念，结合同分异构体的要求，写出符合要求的同分异构体的种类数目；(6)。"与NaOH的水溶液共热发生取代反应产生CH二OH,该物质被催化HO氧化产生苯甲醛,苯甲醛与CHNO2发生加成反应产生HO-CHCKK0-O发生加聚反应产生发生消去反应产生根据题意，第二步反应为苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛。【详解】(1)根据C的结构简式可知C中含有的含氧官能团为醛基、醒键;

29、(2)物质A酚羟基邻位上断裂C-H键,HCHO分子中断裂C、O双键中的较活泼的键，二者NO发生加成反应产生(3)物质E结构简式为XHCHwCHj最后生成HOH0所以A-B的反应类型是加成反应;,E与CH3CH。H2在Pd/C作用下反应产生分子式Cl4H21NO3的F,则F的结构简式为(4)B结构简式为反应产生C:O经一系列反应,两个官能团又复原，所以从整个制备路线可知，反应B-C的目的是保护羟基不被反应，并能最终复原;H町(5)B结构简式为,其同分异构体符合条件：分子中含有苯环，能与NaHCQ溶液反应，说明分子中含有竣基-COOH;能使FeC3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基，若含有2个侧链，

30、则为-OH、-CH2COOH,二者在苯环上的位置有邻、间、对三种；若有三个官能团，分别是-OH、-COOH-CH3,三个官能团位置都相邻，有3种不同结构；都相间，有1种位置；若2个相邻，一个相间，有3X2=6#,因此有三个官能团的同分异构体种类数目为3+1+6=10种，则符合题意的所有同分异构体的种类数目是3+10=13种；(6)一氯甲苯|与NaOH的水溶液共热发生取代反应产生，该物CHO质与O2在Cu作催化剂条件下加热，发生氧化反应产生苯甲醛根据题意，第二步反应为苯甲醇被催化氧化产生苯甲醛，反应方程式为:21TMH+o2-£2QyHC+2H20。【点睛】本题考查有机物合成，涉及官能

31、团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体书9.工业中很多重要的原料都是来源于石油化工，回答下列问题写、合成路线设计等，(6)中合成路线设计，需要学生利用学过的知识和已知信息中转化关系中隐含的信息，较好的考查学生对知识的迁移运用。(1)C的结构简式为。(2)丙烯酸中含氧官能团的名称为。(3)反应的反应类型分别为、。(4)写出下列反应方程式反应的化学方程式;反应的化学方程式;反应的化学方程式。(5)丙烯酸(CH>=CH-C00H)可能发生的反应有(填序号)A加成反应B取代反应C加聚反应D中和反应E氧化反应(6)丙烯分子中最多有个原子共面【答案】CH3CQQH竣基氧化反应加聚反应+HN

32、O3-尸。+H2OCH2=CH2+H2O±¥CH3CH20HCK=CHCOOH+CKCWOHCH2=CHCOOCHCH3+乙H2OABODE7【解析】【分析】分析流程图，B被高镒酸钾氧化得到C,B和C可得到乙酸乙酯，则B为乙醇，C为乙酸，所以A为乙烯，。【详解】(1)C为乙酸，其结构简式为CRCOOH(2)丙烯酸中含氧官能团的名称为竣基(-COOH);(3)反应为氧化反应，反应为加聚反应；(4)反应为苯的硝化反应，其化学方程式为+HNO3主驻区''m+H2O；事比工反应为乙烯水化法制备乙醇，方程式为CH2=CH2+H2O-二CH3CH2OH;反应为乙醇和丙烯

33、酸的酯化反应，方程式为CH2=CHCOOH+CH3CH2OHi=CH2=CHCOOCl2CH3+H2O;ZXI，(5)丙烯酸中的官能团有碳碳双键和竣基，所以可能发生的反应有加成、取代(酯化)、加聚、中和、氧化，故答案为ABCDEch3(6)丙烯分子的结构为hk=J其中，碳碳双键上的两个碳、三个氢和甲基上的一个'H碳为一个平面，当甲基的角度合适时，甲基上的一个氢会在该平面内，所以最多有7个原子共平面。10.已知乙烯能发生以下转化:(1)乙烯的结构简式为：(2)写出化合物官能团的化学式及名称：B中含官能团名称;D中含官能团名称写出反应的化学方程式反应类型：反应类型：【答案】CH2=C睦-O

34、H羟基-COOH竣基-一定条件-_CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反应2CH3cH20H+O2Cu2CH3CHO+2H2O氧化反应【解析】【分析】乙烯含有碳碳双键能与水发生加成反应生成B是乙醇，乙醇发生催化氧化生成C是乙醛,B与D发生酯化反应生成乙酸乙酯，则D是乙酸，据此解答。【详解】根据以上分析可知B是乙酉C是乙醛，D是乙酸，则(1)乙烯的结构简式为CH2=CH2,故答案为：CH2=CH2；(2)B是乙醇，含有的官能团为一OH,名为羟基，故答案为：一OH;羟基；D是乙酸，含有的官能团为一COOH,名为竣基，故答案为：一COOH;竣基；(3).反应是乙烯与水发生加成反应，反应方程式为

35、CH2=CH2+H2O定条彳CH3cH20H，故答案为：CH2=CH2+H2O一定到CH3CH2OH；加成反应；.反应是乙醇的催化氧化，反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O,为氧化反应，故答案为：2CH3CH2OH+O2Cu2CH3CHO+2H2O；氧化反应。【点睛】本题考查有机物推断，侧重考查学生推断和知识综合运用能力，涉及物质推断、反应类型判断、官能团判断，明确有机物官能团及其性质、物质之间的转化关系是解本题关键，题目难度不大。11.某多肽的化学式为C42H65N11O9,完全水解后只得到以下三种氨基酸:H2NCH2COOH（甘氨酸）、H2NCH2CH23

36、CHCOOH,将K11（赖氨酸）和INII2(苯丙氨酸)(1)该多肽为肽。CILCH-COOHINH*mol甘氨酸、mol苯丙氨酸、(2)1mol该多肽完全水解后能生成mol赖氨酸。【答案】八323【解析】【分析】(1)图中每种氨基酸都只有1个竣基，可知为8肽;(2)赖氨酸含有两个氨基，11-8=3,所以可知赖氨酸为3个。【详解】(1)该多肽分子水解后所得的三种氨基酸分子中均各含有1个-COOH,则该多肽分子中含有1个-COOH,又由于每个肽键中有1个氮原子、1个氧原子，故该分子中肽键数目为927,形成多肽的氨基酸分子数目为718,即该多肽为八肽；(2)设1mol该多肽完全水解后所得甘氨酸、苯

37、丙氨酸、赖氨酸的物质的量分别为amol,bmol,cmol,则根据多肽为八肽推知，其侧链所含-NH2为3个。又由该多肽分子水解产物中只有赖氨酸分子中含有2个-NH2的特征可推知，该多肽分子侧链所含-NH2数等于赖氨酸的分子数，则c=3o该多肽为八肽，则a+b+3=8,根据碳原子数守恒有2a+9b+63=42,解得：a=3,b=2。12.乙酸是非常重要的工业原料，其氯代物可由乙酸和氯气在催化剂的作用下制备。实验室模拟工业生产食品香精菠萝酯(HL)OCH.CH=CH)的简易流程如下。£杞茗-一遮乙战l<hCJICH,O(I;E311co0H：出-5一I£应Irfr：冉加酹

38、木部秋(1)菠萝酯的核磁共振氢谱中有个吸收峰。(2) A中官能团的名称是。(3)根据流程写出下列反应的化学方程式：i .制备A:;该反应属于反应。ii .反应室I中的反应：。(4)分离室II的操作是用饱和Na2CQ溶液洗涤，而不用NaOH洗涤的原因是【答案】7氯原子、竣基(H式O0H好Ch<001-1-M(t取代因为菠萝酯在-OFI+CICIhCOOH-OCH.COOH+IICINaOH溶液中会发生水解反应，会减少产量【解析】【分析】乙酸在光照及催化剂作用下发生烷基取代生成一氯乙酸，一氯乙酸与苯酚反应生成Cf'HrOOlL(o>与丙烯醇发生酯化反应生成菠萝酯，据此分析解J_

39、/答。【详解】(1)菠萝酯('1p"CH；COO(hCH(H)中装环上有3种不同环境的氢，支链上有4种不同环境的氢，其核磁共振氢谱中有7个吸收峰；(2)乙酸在光照及催化剂作用下发生烷基取代生成一氯乙酸A的结构简式为ClCH>COOH,A中官能团的名称是氯原子、竣基；(3) i.制备A是乙酸在光照及催化剂作用下发生烷基取代生成一氯乙酸和氯化氢，反应的化学方程式为；该反应属于取代反应;+Cb偎生/"CHiCtXlH+HCI:ii.反应室I中苯酚与一氯乙酸发生取代反应生成。门Ln。”和氯化氢，反应的化学方程式为（O）（.）H+CICII：COOH-（6）OCH.CO

40、Ofi+IIC1(4)分离室II的操作是用饱和Na2CQ溶液洗涤，而不用NaOH洗涤的原因是因为菠萝酯在NaOH溶液中会发生水解反应，会减少产量。13.乙基香草醛是食品添加剂的增香原料。(1)写出乙基香草醛分子中两种含氧官能团的名称。(2)与乙基香草醛互为同分异构体，能与NaHCQ溶液反应放出气体，且苯环上只有一个侧链(不含R-OR'及ROCOOH结构)的有种。(3) A是上述同分异构体中的一种，可发生以下变化：已知：i.RCH2OH一一，RCHQii.与苯环直接相连的碳原子上有氢时，此碳原子才可被酸性KMnO4溶液氧化为竣基。写出A的结构简式：,反应发生的条件是。由A可直接生成D,反

41、应和的目的是写出反应方程式：A>B,C与NaOH水溶液共热：。乙基香草醛的另一种同分异构体E(CHmXQ-CCiOCH3)是一种医药中间体。由茴香醛(CH£tQyH。)合成E(其他原料自选)，涉及的反应类型有(按反应顺序填写)【答案】醛基、(酚)羟基(或酸键)4种NaOH醇溶液减少如酯CH.Cfri化、成醛等副反应的发生“IrCHCOCEM'-2CQ+3H§。,一3firCHCOOiiM-孤46HQCHO-江0HCOOHK0日CHC。*、一口-D八忒汨-、曲1.Hq氧化反应、酯化反应Hi1上上工rl-kJbl.(或取代反应)【解析】(1)根据乙基香草醛的结构简

42、式可知，分子中含有的含氧官能团是醛基、(酚)羟基、醒键。(2)能与NaHCQ溶液反应放出气体，说明含有竣基。又因为苯环上只有一个侧链(不含ROR'及ROCOOH结构),所以该侧链是一CHOHCHCOOHCH2CHOHCOOHC(CHs)OHCOOTCH(CH2OH)COOH,所以共计4种。(3)乙基香草醛的同分异构体A是一子组成的变化可知发生的是取代反应，化说明发生的是醇脱氢氧化变成醛基的反应。种有机酸必为含有苯环的芳香竣酸。从A-C的分A中的-OH被HBr取代。从A-B分子组成上变A被氧化变成苯甲酸，又说明竣基和羟基在同一个侧链上。因此A的结构简式只能是CHCCOH。根据反应气化有机

43、物分CHQH子式的变化可知，这是卤代煌的消去反应，应该在氢氧化钠的醇溶液中加热。由于分子含有竣基和羟基，如果直接生成D,则容易发生酯化、成醍等副反应。A-B是羟基的氧化反应，方程式为(SVCHCOCK姆-2C0+m-3CH.OH(CHCOOH一卬,十611；。V-tiUC中含有竣基和氯原子，所以方程式为HtO八曲。CK.OH乙基香草醛的另一种同分异构体E是属于酯类化合物，用茴香醛合成，从结构上分析必须将醛氧化变为竣酸，然后进行酯化变为E,其反应流程应为：该题突出了有机化合物结构与性质的关系。有机物的结构决定有机物的性质，有机物的性质反映有机物的结构。这是推导判断的基础。14.A、B、C、D为常见的煌的衍生物。工业上通过乙烯水化法制取A,A催化氧化可得B,B进一步氧化得到C,C能使紫色石蕊试液变红。完成下列填空：(1)A的俗称为。A与氧气在加热及催化剂存在下反应生成B,常用到的催化剂是,B的结构简式为。(2)写出A与C发生酯化反应的化学方程式。(3)1.5gD在空气中完全久剽总生成0.05mol二氧化碳和0.05molH2O。在标准状况下，D是气体，密度为1.34g/L,则D的分子式为。已知D与B具有相同的官能团，D的结构简式为。【答案】酒精Cu或AgCHCHOCRCOOH+CHCWOHBISLCH3COOCHICH3+H2Oir