【高考领航】高考化学新一轮总复习课时作业40第十三章第一讲.docx

1、1以下有机物不属于酯类的是()A硝酸纤维B脂肪C硝化甘油 D三硝基甲苯解析：选D。酯类是酸和醇反响的产物，三硝基甲苯是硝基化合物，不属于酯类。2以下有机物命名正确的选项()解析：选B。A项应为1，2，4三甲苯，C项应为2丁醇，D项应为3甲基1丁炔。3以下各组物质不属于同分异构体的是()A2，2二甲基丙醇和2甲基丁醇B邻氯甲苯和对氯甲苯C2甲基丁烷和戊烷D甲基丙烯酸和甲酸丙酯解析：选D。甲基丙烯酸有一个碳碳双键和一个碳氧双键，甲酸丙酯只有一个碳氧双键，二者的不饱和度不同，分子式不同。4有机物有多种同分异构体，其中属于酯且含有苯环的共有()A3种 B4种C5种 D6种解析：选D。苯环上有一个甲基的

2、甲酸酚酯有3种，以R表示苯环，还有CH3COOR、RCOOCH3、HCOOCH2R 3种同分异构体，共6种。5(2022常州重点中学联考)某物质的球棍模型如以以下图，关于该物质的说法错误的选项是()A该物质的构造简式为B该物质属于氨基酸，能够发生氧化反响C该物质既能与HCl反响，也能与NaOH反响D该物质能够聚合成高分子化合物解析：选A。该物质是苯丙氨酸，构造简式应为。6(2022北京朝阳期末)L多巴是治疗帕金森氏症的药物。关于L多巴的说法中，不正确的选项()A其分子式为C9H11O4NB核磁共振氢谱上共有8个峰C能与酸、碱反响生成盐D能与浓溴水发生取代反响解析：选B。应有9个峰。7(2022

3、镇江一模)丙烷的分子构造可简写成键线式构造，有机物A的键线式构造为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反响可得到有机物A。以下有关说法错误的选项是()A有机物A的一氯取代物只有4种B用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3三甲基戊烷C有机物A的分子式为C8H18DB的构造可能有3种，其中一种名称为3，4，4三甲基2戊烯解析：选A。依照信息提示，A的构造简式为3，有5种不同环境的氢原子，因此其一氯取代物有5种；A是B和H2等物质的量加成后的产物，因此B可能的构造简式有三种： ，命名依次为3，3二甲基2乙基1丁烯、3，4，4三甲基2戊烯，3，4，4三甲基1戊烯。8(2022唐山模仿)现有化学式为

4、C3H6O2的某有机物，其核磁共振氢谱图有三个峰，强度比为321，那么该有机物的构造简式不可能是()ACH3CH2COOH BCH3COOCH3CHCOOCH2CH3 DCH3COCH2OH解析：选B。选项A、C、D中均有三种不等性的氢原子，且三种氢原子数之比均为321，故均可能，选项B中有两种不等性氢原子，两种氢原子数之比为11，故不可能。9分子式为C5H10O2且可与碳酸氢钠溶液反响放出二氧化碳气体的有机化合物有(不考虑立体异构)()A3种 B4种C5种 D8种解析：选B。能与碳酸氢钠溶液反响放出二氧化碳气体，说明该有机化合物中含羧基，能够看做羧基取代了丁烷中的氢原子，丁烷的一元取代物共有

5、4种，即符合要求的有机化合物有4种。10(2022北京石景山一模)以下说法正确的选项()A相对分子质量相近的醇比烷烃沸点高是由于醇分子间存在氢键B苯和油脂均不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C红外光谱分析不能区分乙醇和乙酸乙酯D蛋白质溶液中加硫酸铵或氯化铜溶液，均会发生蛋白质的变性解析：选A。B项，有些油脂分子存在碳碳双键，可使酸性高锰酸钾溶液褪色；C项，乙酸乙酯中存在羰基，红外光谱分析能够区分乙醇和乙酸乙酯；D项，蛋白质溶液中加硫酸铵，会使蛋白质的溶解度降低而发生盐析，氯化铜溶液会使蛋白质发生变性。11(2022郑州质检)下表所示是关于有机物A、B的信息：AB能使溴的四氯化碳溶液褪色分子比例模型为能

6、与水在一定条件下反响由C、H两种元素组成分子球棍模型为依照表中信息答复以下咨询题：(1)A与溴的四氯化碳溶液反响的产物的名称为_；写出在一定条件下，A发生聚合反响生成高分子的化学方程式：_。(2)A的同系物用通式CnHm表示，B的同系物用通式CxHy表示，当CnHm、CxHy分别出现同分异构体时，碳原子数的最小值n_，x_。(3)B具有的性质是_。无色无味液体有毒不溶于水密度比水大能使酸性KMnO4溶液和溴水褪色任何条件下均不与氢气反响与溴水混合后液体分层且上层呈橙红色解析：由表中信息知，A是乙烯，B是苯。乙烯分子中存在碳碳双键，能发生加成反响，还能发生加聚反响。当CnHm、CxHy分别出现同

7、分异构体(分别为A、B的同系物)时，碳原子数最小的有机物的分子式分别为C4H8、C8H10。苯在常温下是一种无色、味甜、有芳香气味的透明液体，有毒，比水密度小，难溶于水。苯参加的化学反响大致有三种：一是其他基团和苯环上的氢原子之间发生的取代反响；二是发生在苯环上的加成反响；三是苯环的断裂。答案：(1)1，2二溴乙烷nCH2=CH2CH2CH2(2)48(3)12化合物A经李比希法测得其中含C 72.0%、H 6.67%，其余为氧，质谱法分析得知A的相对分子质量为150。现代仪器分析有机化合物的分子构造有以下两种方法：方法一：核磁共振仪能够测定有机物分子里不同化学环境的氢原子及其相对数量。如乙醇

8、(CH3CH2OH)的核磁共振氢谱图上有3个峰，其面积之比为321。如图1所示。现测出A的核磁共振氢谱图上有5个峰，其面积之比为12223。方法二：利用红外光谱仪可初步检测有机化合物中的某些基团，现测得A分子的红外光谱如图2所示。已经知道A分子中只含一个苯环，且苯环上只有一个取代基，试答复以下咨询题：(1)A的分子式为_。(2)A的构造简式为_。(3)A的芳香类同分异构体有多种，请按要求写出其中两种的构造简式。分子中不含甲基的芳香酸：_。遇FeCl3显紫色且苯环上只有两个取代基的芳香醛：_。解析：C、H、O的个数之比为9102，依照A的相对分子质量为150，可求得其分子式为C9H10O2。通过

9、红外光谱图可知：A分子中除含一个与C相连的苯环外，还含有和CC键。再结合A的核磁共振氢谱图知，A的构造简式为或。A的芳香类同分异构体中不含甲基的芳香酸是；遇FeCl3显紫色，说明其含酚羟基，又因其为芳香醛，且只有两个取代基，因此其构造简式为、或答案：(1)C9H10O2(写一种即可)13(2022北京东城期末)绿原酸是一种抗氧化药物，存在以以以下图转化关系。(1)绿原酸中的含氧官能团有：酯基、_。(2)B的分子式是_。(3)C的氧化产物能发生银镜反响，那么CD的化学方程式是_。(4)咖啡酸苯乙酯的构造简式是_。(5)F是A的同分异构体。F分别与碳酸氢钠溶液或新制Cu(OH)2反响产生气体或红色

10、沉淀；苯环上只有两个取代基，且核磁共振氢谱说明该有机物中有8种不同化学环境的氢。符合上述条件的F有_种可能的构造。假设F还能与NaOH在常温下以物质的量之比12完全反响，其化学方程式是_(任选1个)。解析：由绿原酸的构造及各物质间的转化关系可推出A为，B为，D为；C的氧化产物能发生银镜反响，那么C为F是A的同分异构体，分子中有8个氢原子，8个氢原子所处的化学环境完全不同，因此两个取代基只能处于邻位或间位，且两个取代基不一样。分子中含有羧基和醛基，那么第四个氧原子只能构成羟基，分子中还应有一个基团，将上述基团组合在一起，共有6种方式，即得6种构造。答案：(1)羟基、羧基(2)C7H12O6(5)

11、614(2022湖北武汉5月)高分子材料W的构造简式为，有关W的信息如下，据此答复以下咨询题：(1)葡萄糖的分子式为_，其所含官能团的名称为_。(2)反响的类型为_。(3)反响的化学方程式为_。(4)B分子有多种同分异构体，其中X的核磁共振氢谱如以以以下图：那么X的构造简式可能为_。实验室鉴别X可使用_试剂。(5)指出W这种高分子材料的一种优点_。解析：此题主要考察酯化反响、缩聚反响及同分异构体的书写。(1)葡萄糖的分子式为C6H12O6是一种多羟基醛。(2)由W的构造简式推知A为，B的分子式为C3H4O2，因此AB为消去反响。(3)反响为两个分子间发生酯化反响，生成六元环内酯。(4)B的构造简式为CH2=CHCOOH，其同分异构体X分子中只有两种氢，那么X分子的构造应对称，符合条件的X能够是，假设为环状构造能够是。(5)高分子材料W的原料是淀粉，属可降解材料。答案：(1)C6H12O6羟基、醛基(2)消去反响(4) 新制银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)，是一种“绿色材料”；b原料来源充分而且能够再消费；c机械功能及物理功能良好；d生物相容性好(其他合理答案均可)