【高考领航】高考化学新一轮总复习课时作业43第十三章第四讲.docx

1、1糖类、脂肪和蛋白质是维持人体生命活动所必需的三大营养物质。以下表达正确的选项()A植物油不能使溴的四氯化碳溶液褪色B淀粉水解的最终产物是葡萄糖C葡萄糖能发生氧化反响和水解反响D蛋白质溶液遇硫酸铜后产生的沉淀能重新溶于水解析：选B。植物油含有碳碳双键，能够使溴的四氯化碳溶液褪色；葡萄糖是单糖，不能发生水解反响；蛋白质溶液遇硫酸铜发生变性，产生的沉淀不能溶于水。2以下实验操作正确的选项()A在蔗糖与稀硫酸共热后的溶液中，滴加银氨溶液，检验产物中的葡萄糖B在淀粉中参加20%的硫酸，在沸水浴中加热，使其水解C在棉花中参加20%的硫酸并用玻璃棒把棉花捣烂，在酒精灯上直截了当加热，使其水解D向淀粉水解后

2、的溶液中参加碘水，溶液变蓝，证明淀粉尚未水解解析：选B。检验醛基要在碱性条件下进展，A项实验中应该加NaOH溶液中和过量的硫酸后再滴加银氨溶液；纤维素水解较淀粉困难，C项实验中应该使用浓硫酸(90%)；当淀粉局部水解时，也会出现D项实验中的现象。3以下说法中正确的选项()A除去甲苯中混有的苯酚，可先参加NaOH溶液，再进展过滤B对苯二甲酸和1，4丁二醇作用构成的聚合物的链节中只含有一个苯环C制造豆腐及淀粉水解均与蛋白质变性有关D蔗糖及其水解产物均可发生银镜反响解析：选B。A项中最后的实验操作应是分液；淀粉是多糖，淀粉水解与蛋白质变性无关；蔗糖和它水解生成的果糖不是复原性糖，不能发生银镜反响。4

3、(2022石景山模仿)青霉素是一种良效广谱抗生素，经酸性水解后得到青霉素氨基酸分子的构造简式如以以下图，以下关于该物质的表达不正确的选项()A属于氨基酸B能发生加聚反响生成多肽C核磁共振氢谱上共有5个峰D青霉素过敏严峻者会导致死亡，用药前一定要进展皮肤敏感试验解析：选B。该物质能发生缩聚反响生成多肽。5(2022苏北四市联考)某天然油脂的分子式为C57H106O6。1 mol该油脂水解可得到1 mol甘油、1 mol脂肪酸X和2 mol直链脂肪酸Y。经测定X的相对分子质量为280，原子个数比为CHO9161。以下说法错误的选项是()AX的分子式为C18H32O2B脂肪酸Y能发生取代反响CY的构

4、造简式可能为CH3CH=CH(CH2)14COOHDY的构造简式为CH3(CH2)16COOH解析：选C。依照X的相对分子质量为280，原子个数比为CHO9161，可求出X的分子式为C18H32O2，依照该天然油脂的分子式为C57H106O6，1 mol该油脂水解可得到1 mol甘油、1 mol脂肪酸X和2 mol直链脂肪酸Y，可知脂肪酸Y的分子式为C18H36O2，那么Y的构造简式为CH3(CH2)16COOH。6(2022南通调研)天门冬氨酸(C4H7NO4)是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由链状化合物B(C4H4O4)通过以下反响制取。通常情况下B为无色晶体，与碳酸氢钠溶液反响生成C4H

5、2O4Na2，B没有支链。BC天门冬氨酸以下说法正确的选项()AB中只含一种官能团：羧基B反响属于取代反响C反响属于加成反响D天门冬氨酸的构造简式为解析：选D。依照信息能够确定B中含有2个羧基，依照不饱和度确定B中含有一个碳碳双键；B的构造简式为HOOCCH=CHCOOH，C的构造简式为HOOCCH2CH(Cl)COOH。因而反响为加成反响，反响为取代反响。7在用丙醛制取聚丙烯的过程中，发生的反响类型有()取代消去加聚缩聚氧化复原ABC D解析：选C。丙醛先与氢气发生加成(复原)反响生成1丙醇，1丙醇再发生消去反响得到丙烯，丙烯通过加聚反响得到聚丙烯。8丙炔(CHCCH3)合成CH2=C(CH

6、3)COOCH3的过程中，欲使原子的利用率到达最高，还需要其他的反响物可能有()ACO和CH4 BCO2和CH4CH2和CO2 DCH3OH和H2解析：选B。比照CHCCH3和CH2=C(CH3)COOCH3的分子式可知答案为B。91，4二氧六环是一种常见的有机溶剂，它能够通过以下合成道路制得，那么烃A可能是()A1丁烯 B1，3丁二烯C乙炔 D乙烯解析：选D。1，4二氧六环是由乙二醇发生分子间脱水构成的环醚。10(2022嘉兴模仿)已经知道苯甲酸的酸性比碳酸强，苯酚的酸性比碳酸弱。那么可将3 B转变为的方法是()与足量的NaOH溶液共热，再通入CO2与稀硫酸共热后，参加足量的NaOH溶液加热

7、溶液，通入足量的SO2与稀H2SO4共热后，参加足量的NaHCO3A BC D解析：选B。与足量的NaOH溶液共热反响生成，依照酸性强弱顺序，在溶液中通入足量CO2可得到，正确；与稀H2SO4共热后生成，苯酚不能与NaHCO3反响，苯甲酸能与NaHCO3反响，COOHOH与NaHCO3反响也可得到，正确。11(2022高考天津卷)已经知道2RCH2CHO水杨酸酯E为紫外线吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成道路如下：请答复以下咨询题：(1)一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，那么A的分子式为_；构造分析显示A只有一个甲基，A的名称为_。(2)B能与新制的Cu(OH)2发生反响，该反响的化学

8、方程式为_。(3)C有_种构造；假设一次取样，检验C中所含官能团，按使用的先后顺序写出所用试剂： _。(4)第步的反响类型为_；D所含官能团的名称为_。(5)写出同时符合以下条件的水杨酸所有同分异构体的构造简式：_。a.分子中有6个碳原子在一条直线上；b.分子中所含官能团包括水杨酸具有的官能团。(6)第步的反响条件为_；写出E的构造简式：_。解析：依照提供信息、转化条件确定反响物及反响类型。(1)A为一元醇，其中氧的质量分数约为21.6%，因而相对分子质量Mr1621.6%74。设分子式为CxHyO，那么12xy1674，12xy58。当x4时，y10，分子式为C4H10O。当x3和x5时均不

9、成立，因而A的分子式为C4H10O。A中只有一个甲基，因而A为CH3CH2CH2CH2OH，命名为1丁醇(或正丁醇)。(2)由条件可知B为CH3CH2CH2CHO。B与新制的Cu(OH)2的反响为CH3CH2CH2CHO2Cu(OH)2NaOHCH3CH2CH2COONaCu2O3H2O。(3)由题干提供的信息可知的反响过程为2CH3CH2CH2CHO因而C有2种构造。CHO和共同存在时要先检验CHO，然后检验，所用试剂为银氨溶液、稀盐酸和溴水。(4)C的相对分子质量为126，D的相对分子质量为130，因而CD是与H2发生加成反响，也称为复原反响。由于相分子质量相差4，因而和CHO都与H2加成

10、，因而D中官能团名称为羟基。(5) 的不饱和度为5，它的同分异构体符合6个碳原子在一条直线上，同时还含有COOH和OH，能够在碳链上引入叁键或双键。COOH为一个不饱和度，还可引入2个叁键或4个双键。由于要求6个碳原子在一条直线上，因而要求存在CCCC如此的构造，如此还余下COOH、OH、CH3和CH或COOH、OH和2个CH2，因而可能的构造有：(6)第步为酯化反响，因而条件是浓H2SO4、加热，E的构造简式为。答案：(1)C4H10O1丁醇(或正丁醇)(2)CH3CH2CH2CHO2Cu(OH)2NaOHCH3CH2CH2COONaCu2O3H2O(3)2银氨溶液、稀盐酸、溴水(或其他合理

11、答案)(4)复原反响(或加成反响)羟基(6)浓H2SO4、加热12(2022高考重庆卷)华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物E和M在一定条件下合成得到(局部反响条件略)。(1)A的名称为_，AB的反响类型为_。(2)DE的反响中，参加的化合物X与新制Cu(OH)2反响产生红色沉淀的化学方程式为_。(3)GJ为取代反响，其另一产物分子中的官能团是_。(4)L的同分异构体Q是芳香酸，QR(C8H7O2Cl)ST，T的核磁共振氢谱只有两组峰，Q的构造简式为_，RS的化学方程式为_。(5)图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是_。(6)已经知道：LM的原理为，M的构造简式为_。解析：(1

12、)A为丙炔；A到B是丙炔与H2O的加成反响。(2)由D到E的构造可知，X应含有7个碳原子，故X为苯甲醛，与新制Cu(OH)2反响的化学方程式为C6H5CHO2Cu(OH)2NaOHC6H5COONaCu2O3H2O。(3)从G和J的构造分析，另一产物为CH3COOH。(4)T的核磁共振氢谱只有两组峰，其中羧基占一个，那么苯环上只有一种H原子，故T为，那么Q为，R到S为卤代烃的水解反响。(5)能缩合成体型高分子化合物的酚，酚羟基的两个邻位上必须都有H原子。(6)信息是酚羟基被取代，同时生成C2H5OH，对应到LM的转化上，应生成；信息是含有羰基的物质被含有酯基的物质取代，其中含羰基的物质断开甲基

13、上的碳氢键中既含有羰基，又含有酯基，发生该反响后的产物为。答案：(1)丙炔加成反响(2)C6H5CHO2Cu(OH)2NaOHC6H5COONaCu2O3H2O(3)COOH或羧基(5)苯酚(6)13(2022高考福建卷)已经知道：为合成某种液晶材料的中间体M，有人提出如下不同的合成途径：(1)常温下，以下物质能与A发生反响的有_(填序号)。a苯bBr2/CCl4 c乙酸乙酯 dKMnO4/H溶液(2)M中官能团的名称是_，由CB反响类型为_。(3)由A催化加氢生成M的过程中，可能有中间生成物和_(写构造简式)生成。(4)检验B中是否含有C可选用的试剂是_(任写一种名称)。(5)物质B也可由C

14、10H13Cl与NaOH水溶液共热生成，C10H13Cl的构造简式为_。(6)C的一种同分异构体E具有如下特点：a分子中含OCH2CH3b苯环上只有两种化学环境不同的氢原子写出E在一定条件下发生加聚反响的化学方程式：_。解析：(1)A中含有醛基和碳碳双键，因而A能够使溴的四氯化碳溶液和酸性KMnO4溶液褪色。(2)依照题干信息CO、HCl在一定条件下使苯环取代基的对位加了醛基，可知C为，而由C到B的变化是CHO变为CH2OH，那么CB的反响类型为复原反响(或加成反响)。(3)由题干提示物质能够看出，中间产物是由与H2的不完全加成产生的，那么另一种不完全加成的产物应为。(4)C中含有醛基，B中没

15、有，检验是否含有C可加银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。(5)“NaOH水溶液”是卤代烃水解的条件，而在卤代烃水解的过程中碳的骨架构造是不变的，可推知C10H13Cl的构造简式应为。(6)C的分子中去掉OCH2CH3，将剩余局部写出，再结合苯环上只有两种不同化学环境的氢原子，那么苯环上有两个取代基且在对位，可得答案。答案：(1)b、d(2)羟基复原反响(或加成反响)(4)银氨溶液(或新制氢氧化铜悬浊液)(6)14(2022高考广东卷)脱水偶联反响是一种新型的直截了当烷基化反响，例如：反响：(1) 化合物的分子式为_，1 mol该物质完全燃烧最少需要消耗_mol O2。(2) 化合物可使_溶液

16、(限写一种)褪色；化合物(分子式为C10H11Cl)可与NaOH水溶液共热生成化合物，相应的化学方程式为_。(3) 化合物与NaOH乙醇溶液共热生成化合物，的核磁共振氢谱除苯环峰外还有四组峰，峰面积之比为为1112，的构造简式为_。(4) 由CH3COOCH2CH3可合成化合物。化合物是CH3COOCH2CH3的一种无支链同分异构体，碳链两端呈对称构造，且在Cu催化下与过量O2反响生成能发生银镜反响的化合物。的构造简式为_，的构造简式为_。(5) 一定条件下，与也能够发生类似反响的反响，有机产物的构造简式为_。解析：依照有机物的构造与性质进展分析。(1)化合物的分子式为C6H10O3，1 mol该物质完全燃烧消耗O2的物质的量为mol7 mol。(2)化合物含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液、溴的四氯化碳溶液褪色。化合物与NaOH水溶液共热能发生取代反响，那么化合物的构造简式为，相应的化学方程式可写出。(3)化合物为化合物发生消去反响得到的产物，据标题信息知其构造简式为。(4)化合物(分子式为C4H8O2)的构造特点：构造对称，无支链，且能催化氧化生成醛基，说明化合物中含有2个CH2OH，另外分子中还有碳碳双键，那么的构造简式为，氧化产物的构造简式为。(5)依照标题提供的反响信息，该有机产物的构造简式为答案：(1)C6H10O37(2)溴的四氯化碳(或酸性高锰酸钾)