历年高考化学易错题汇编-认识有机化合物练习题

一、 认识有机化合物练习题（含详细答案解析） 1．按要求完成下列各题。

(1)从下列物质中选择对应类型的物质的序号填空。

① CH3OCH3 ②

HCOOCH2CH3 ③CH3COCH3 ④

⑤CH3CHO ⑥

⑦

A．属于羧酸的是________； (填序号，下同) B．属于酯的是________ ； C．属于醇的是__________； D．属于酮的是________。 (2)下列各组物质：

① O2和O3 ；②乙醇和甲醚；③ 淀粉和纤维素；④ 苯和甲苯；⑤

和

；

⑥和

；⑦ CH3CH2NO2和

A．互为同系物的是_________；(填序号，下同) B．互为同分异构体的是________； C．属于同一种物质的是__________； D．互为同素异形体的是________。 (3)为了测定芳香烃A的结构，做如下实验：

①将9.2g该芳香烃A完全燃烧，生成标况下15.68L CO2和7.2gH2O；

②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图所示的质谱图，由图可知该分子的相对分子质量是________，有机物A的分子式为_________。

③用核磁共振仪处理该有机物得到四个峰，且四个峰的面积之比是1∶2∶2∶3，则该有机物A的结构简式为_____________。

【答案】④ ② ⑦ ③ ④ ②⑦ ⑤ ① 92 C7H8 【解析】 【分析】

(1)A. 属于羧酸的是含有-COOH的有机物； B. 属于酯的是含有-COO-的有机物；

C. 属于醇的是含有-OH(不与苯环直接相连)的有机物； D. 属于酮的是含有-CO-的有机物。

(2)下列各组物质：

A．互为同系物的是官能团种类和数目分别相同的有机物； B．互为同分异构体的是分子式相同但结构不同的有机物； C．属于同一种物质的是分子式相同、结构也相同的有机物； D. 互为同素异形体的是同种元素组成的不同性质的单质。 (3)从质谱图中可提取该有机物的相对分子质量为92；

由“将9.2g该芳香烃A完全燃烧，生成标况下15.68L CO2和7.2gH2O”，可计算出该有机物的分子式；

由“用核磁共振仪处理该有机物得到四个峰，且四个峰的面积之比是1∶2∶2∶3”，可确定该有机物A的结构简式。 【详解】

(1)A. 属于羧酸的是含有-COOH的有机物④； B. 属于酯的是含有-COO-的有机物②；

C. 属于醇的是含有-OH(不与苯环直接相连)的有机物⑦； D. 属于酮的是含有-CO-的有机物③。答案为：④；②；⑦；③； (2)下列各组物质：

A．互为同系物的是官能团种类和数目分别相同的有机物④； B．互为同分异构体的是分子式相同但结构不同的有机物②和⑦； C．属于同一种物质的是分子式相同、结构也相同的有机物⑤； D. 互为同素异形体的是同种元素组成的不同性质的单质①。 答案为：④；②⑦；⑤；①； (3)n(有机物)=

9.2g7.2g15.68L=0.1mol，n(CO2)==0.7mol，n(H2O)==0.4mol。

18g/mol92g/mol22.4L/mol即0.1mol有机物+xO2→0.7molCO2+0.4molH2O，从而得出1mol有机物+10xO2→7molCO2+4molH2O，有机物A的分子式为C7H8。

“用核磁共振仪处理该有机物得到四个峰，且四个峰的面积之比是1∶2∶2∶3”，则表明该有机物A的分子内有4种氢原子，且个数比为1∶2∶2∶3，由此可得结构简式为

。

答案为： 92；C7H8；【点睛】

如果我们先利用信息“将9.2g该芳香烃A完全燃烧，生成标况下15.68L CO2和

7.2gH2O”，可求出该有机物的最简式为C7H8，然后再利用相对分子质量92，可确定分子式为C7H8；如果先利用相对分子质量92，再利用“将9.2g该芳香烃A完全燃烧，生成标况下15.68L CO2和7.2gH2O”，可直接求出分子式，显然后一方法更简洁。

。

2．（一）甲烷和氯气在光照条件下发生卤代反应，其反应机理如下：

△H=242.7kJ·mol-1 反应①：ClCl?Cl?2光照CH4CH3?HCl △H=7.5kJ·mol-1 反应②：Cl?Cl2Cl?CH3Cl △H=-112.9kJ·mol-1 反应③：CH3?反应②、③反复循环，反应物浓度逐渐降低，自由基逐渐消失，反应停止。 （1）在该反应条件下断裂1mol CH3Cl中C—Cl键，需要吸收的能量为______。 （2）反应②与反应③的反应过程，如下图所示：

则该条件下，反应②的速率______反应③的速率（填“>”、“<”或“=”）。

（3）根据以上的反应机理，我们可以推测甲烷和氯气在光照条件下反应，除生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4外，还会有乙烷等有机物，原因是______。

（二）煤燃烧排放的SO2和NO2可形成严重的大气污染，某兴趣小组提出利用反应

NO2gSO2gƒSO3gNOg来处理。

（4）在一定温度下，将NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中发生上述反应，达到平衡时NO2和SO2的体积之比为1：5，则该温度下平衡常数K为______。

（5）若向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，v正随时间变化如下图。下列结论正确的是______。

A．a点颜色比b点深

B．c点正反应速率等于逆反应速率 C．若升高温度，d点SO2的转化率将增大 D．反应的过程中，容器内气体压强保持不变

E. 若外界条件不发生改变，d点NO2和NO的体积比将保持不变

（6）若用一定浓度的NaClO2溶液（已调节其初始pH为5）充分吸收煤燃烧排放的烟气后，测得溶液中各物质的浓度如下表所示：

其中 NaClO2溶液吸收SO2的主要离子反应方程式为______。

（7）为消除NOx，科学家开发了一种能传导O2-的固态高温陶瓷电池，一极通氨气，另一极通NOx，生成无污染的常见气体和液体。写出该电池的正极反应式：______。 【答案】355.6kJ ＜ 反应中存在CH3•间的碰撞

1.8 AE ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+ 2NOx+4xe-=N2+2xO2- 【解析】 【分析】

-1

(1)反应①：ClCl?Cl? △H=242.7kJ•mol，反应③：CH3•+Cl2→Cl•+CH3Cl△H=-2光照112.9kJ•mol-1，根据盖斯定律①-③可得； (2)活化能小的反应反应速率较快；

(3)自由基之间的碰撞产生物质，CH3•之间的碰撞可得到乙烷；

(4)NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中，其物质的量之比也为1：2，令NO2与SO2分别为1mol、2mol，容器体积为VL，设平衡时消耗NO2为x mol列三段式有： NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) n起始： 1 2 0 0 n转化： x x x x n平衡： 1-x 2-x x x

平衡时NO2和SO2的体积之比为1：5，故(1-x)：(2-x)=1：5，解得x=0.75，据此计算； (5)向恒容密闭容器中通入SO2和NO2，若为恒温，v正随时间变化减小直到不变，绝热条件下，v正随时间变化先增大后减小最终不变，说明温度升高，故该反应为放热反应，d点为平衡状态，根据温度对化学平衡的影响和化学平衡状态特征分析；

(6)根据图可知，吸收后溶液中氯元素以氯离子形式为主，硫元素以硫酸根离子为主，故反应为NaClO2在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根离子，自身被还原为氯离子，结合电荷守恒和质量守恒书写可得；

(7)正极得到电子发生还原反应，元素化合价降低，则为NOx放电生成氮气，据此书写。 【详解】

(1)反应①：ClCl? △H=242.7kJ•mol-1，反应③：CH3•+Cl2→Cl•+CH3Cl△H=-Cl?2112.9kJ•mol-1，根据盖斯定律①-③可得CH3Cl→CH3•+Cl•，△H=355.6kJ/mol，故在该反应条件下断裂1mol CH3Cl中C-Cl键，需要吸收的能量为355.6kJ；

(2)由图有反应②的活化能为16.7kJ/mol，反应③的活化能为8.3kJ/mol，反应③的活化能较低，反应速率较快，反应②的速率＜反应③的速率；

(3)因为反应中存在CH3•间的碰撞，故生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4外，还会有乙烷等有机物；

(4)NO2与SO2以体积比1：2置于密闭容器中，其物质的量之比也为1：2，令NO2与SO2分别为1mol、2mol，容器体积为VL，设平衡时消耗NO2为x mol列三段式有： NO2(g)+SO2(g)⇌SO3(g)+NO(g) n起始： 1 2 0 0 n转化： x x x x n平衡： 1-x 2-x x x

光照平衡时NO2和SO2的体积之比为1：5，故(1-x)：(2-x)=1：5，解得x=0.75；

0.75mol0.75molVLVL=1.8； 则该温度下平衡常数K为

0.26mol1.25molVLVL(5)向恒容密闭容器中通入SO2和NO2，若为恒温，v正随时间变化减小直到不变，绝热条件下，v正随时间变化先增大后减小，说明温度升高，故该反应为放热反应；

A．a点正反应速率较b点慢，说明a点的NO2浓度较b点大，颜色比b点深，故A正确；

B．正反应速率与逆反应速率相等，反应到达平衡，c点正反应速率正在变化，反应不是平衡状态，与逆反应速率不等，故B错误；

C．反应为放热反应，若升高温度，有利于逆反应方向，d点SO2的转化率将减小，故C错误；

D．该反应气体体积不变，反应的过程中，反应放热，气体受热膨胀，总体积不变，故容器内气体压强增大，故D错误；

E．若外界条件不发生改变，d点为平衡状态，各组分含量保持不变，故NO2和NO的体积比将保持不变，故E正确； 故答案为AE；

(6)用一定浓度的NaClO2溶液在酸性条件下充分吸收煤燃烧排放的烟气(SO2)，根据图可知，吸收后溶液中氯元素以氯离子形式为主，硫元素以硫酸根离子为主，故反应为NaClO2在酸性条件下将二氧化硫氧化为硫酸根离子，自身被还原为氯离子，NaClO2溶液吸收SO2的主要离子反应方程式为：ClO2-+2SO2+2H2O=Cl-+2SO42-+4H+；

(7)一极通氨气，另一极通NOx，生成无污染的常见气体和液体，说明生成氮气和水，正极得到电子发生还原反应，元素化合价降低，则为NOx放电生成氮气，电极反应为：2NOx+4xe-=N2+2xO2-。 【点睛】

应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般2～3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的ΔH与原热化学方程式之间ΔH的换算关系。

3．环与环之间共用一个碳原子的多环烷烃称为螺环烷烃，共用的碳原子称为螺原子。现有两种螺环烷烃X、Y的结构简式如下图所示，下列说法正确的是

A．X和Y互为同分异构体 B．Y中所有的碳原子可以共面

C．X可以与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应 D．螺[5，5]十一烷的一氯代物有三种(不考虑立体异构) 【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】

A．X含10个C、Y含8个C，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误； B．Y中3号C连接的4个碳原子形成四面体结构，所有碳原子不可能共面，故B错误； C．X只有单键，不能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，故C错误； D．根据X、Y的命名规律可知螺[5.5]十一烷应为种，故D正确； 故选：D。

，含3种H，一氯代物有三

4．1mol某烃在氧气中充分燃烧，需要消耗8mol氧气。它在光照的条件下与氯气反应能生成三种不同的一氯取代物。该烃的结构简式是（ ） A．

B．CH3CH2CH2CH2CH3

C．【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】

D．（CH3）2CHCH（CH3）2

设该烃的化学式为CaHb，由燃烧通式知a+C5H12，符合a+

b=8，由此可以排除A、D；B、C的分子式均为4b=8，B戊烷一氯代物有三种，C异戊烷一氯代物有四种，故选B。 4

5．下列说法全部正确的一组是（ ） ①CH3—CH=CH2和CH2=CH2的最简式相同

②CH≡CH和C6H6含碳量相同

③碳原子数不同的直链烷烃一定是同系物 ④正戊烷、异戊烷、新戊烷的沸点逐渐变低

⑤标准状况下，11.2L的己烷所含的分子数为0.5NA(NA为阿伏加德罗常数) A．①②③④ 【答案】A 【解析】 【分析】 【详解】

①CH3CH=CH2和CH2=CH2的最简式都是CH2，二者的最简式相同，①正确； ②CHCH 和C6H6的最简式都是CH，所以二者的含碳量相同，②正确； ③因为烷烃属于饱和烃，碳原子数不同的直链烷烃一定是同系物，③正确；

④正戊烷、异戊烷、新戊烷分子中含有的碳原子数目相等，含有的支链逐渐增多，则它们的沸点逐渐变低，④正确；

⑤标准状况下，己烷不是气体，题中条件无法计算 11.2L己烷的物质的量，⑤错误； 故答案选A。 【点睛】

22.4L/mol为标况下的气体摩尔体积，仅适用于标况下的气体。

B．②③④

C．②③

D．③⑤

6．如图表示4个碳原子相互结合的方式。小球表示碳原子，小棍表示化学键，假如碳原子上其余的化学键都是与氢原子结合。

(1)题图中互为同分异构体的是：A与_____；B与_____；D与_____。(填字母，下同) (2)题图中与甲烷互为同系物的是_____，与乙烯互为同系物的是______。 (3)写出F、G、H的结构简式。F：_______；G：__________；H：________。 【答案】C EFH G A、C B、E、F CH2=C(CH3)CH3 CH3CH2C≡CH 【解析】 【分析】

A的结构简式为CH3CH2CH2CH3，化学式为C4H10；B的结构简式为CH3CH=CHCH3，化学式为C4H8；C的结构简式为CH3CH(CH3)CH3，化学式为C4H10；D的结构简式为CH3C≡CCH3，分子式为C4H6；E的结构简式为CH3CH2CH=CH2，化学式为C4H8；F的结构简式为

CH2=C(CH3)CH3，化学式为C4H8；G的结构简式为CH3CH2C≡CH，化学式为C4H6；H的结构简

式为【详解】

，化学式为C4H8。

(1)A与C、B与EFH、D与G的分子式相同，结构不同，互为同分异构体， 故答案为：C；EFH； G；

(2)只有A、C中碳原子和其他原子以共价单键结合，属于烷烃，属于甲烷同系物；B、E、F中只含有一个碳碳双键且为链状结构，属于乙烯的同系物，故答案为：A、C；B、E、F； (3)F的结构简式为CH2=C(CH3)CH3，G的结构简式为CH3CH2C≡CH，H的结构简式为

，故答案为：CH2=C(CH3)CH3；CH3CH2C≡CH；

。

7．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：

(1)化合物C中的含氧官能团是_____。 (2)A→B的反应类型是______。

(3)化合物F的分子式为C14H21NO3，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______。 (5)同时满足下列条件的B的同分异构体共有_______种。 ①分子中含有苯环，能与NaHCO3溶液反应； ②能使FeCl3溶液显紫色

(6)根据已有知识并结合相关信息，完成以

、CH3NO2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)。

，其中第二步反应的方程式为_____。

【答案】醚键、醛基 加成反应 保护羟基不被反应，并能最终

复原 13

2+O22+2H2O

【解析】 【分析】

(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HCHO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； (4)根据B、C的结构及最后得到的G的结构

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

， 苯甲醛与CH3NO2发生加成反应产生

，该物质被催化

氧化产生苯甲醛

，

发生消去反应产生，发生加聚反应产生；

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、醚键；

(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，二者发生加成反应产生

，所以A→B的反应类型是加成反应；

(3)物质E结构简式为，E与CH3CHO、H2在Pd/C作用下反应产生分子式

C14H21NO3的F，则F的结构简式为；

(4)B结构简式为，B与反应产生C：。经一系列反应

最后生成，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； (5)B结构简式为

，其同分异构体符合条件：①分子中含有苯环，能与

NaHCO3溶液反应，说明分子中含有羧基-COOH；②能使FeCl3溶液显紫色，说明分子中含有酚羟基，若含有2个侧链，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3×2=6种，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

，苯甲醛与

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

CH3NO2发生加成反应产生，发生消去反应产生，

发生加聚反应产生，故反应流程为：

；

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：2【点睛】

本题考查有机物合成，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体书写、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。

+O2

2

+2H2O。

8．燃烧法是测定有机化合物分子式的一种重要方法。0.05mol某烃完全燃烧后，测得生成的二氧化碳为5.6L（STP）、生成的水为5.4g。请通过计推导该烃的分子式，并写出它可能的结构简式及对应的名称。_______________

【答案】分子式：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3正戊烷；CH3CH2CH(CH3)2异戊烷；CH3C(CH3)3新戊烷 【解析】 【分析】 【详解】

0.05mol某烃完全燃烧后，生成的二氧化碳为5.6L（STP）、生成的水为5.4g，则碳元素的物质的量为

5.4g5.6L20.6mol，n0.25mol，氢元素的物质的量为

18g/mol22.4L/mol（烃）：n（C）：n（H）=0.05mol：0.25mol：0.6mol=1:5:12，该烃的分子式为C5H12，它有三种结构，分别为正戊烷：CH3CH2CH2CH2CH3，异戊烷CH3CH2CH(CH3)2，新戊烷；CH3C(CH3)3；

综上所述，答案为：分子式：C5H12；CH3CH2CH2CH2CH3正戊烷；CH3CH2CH(CH3)2异戊烷；CH3C(CH3)3新戊烷。

9．化合物A（C4H10O）是一种有机溶剂，且A只有一种一氯取代物B，在一定条件下A可以发生如下变化：

（1）A分子中的官能团名称是___，A的结构简式是___； （2）写出下列化学方程式： A→B：___；A→D：___；

（3）A的同分异构体F也可以有框图内A的各种变化，且F的一氯取代物有三种。F的结构简式是：___。

【答案】羟基 (CH3)3C-OH+Cl2+HCl

CH2=C（CH3）2+H2O

【解析】 【分析】

首先根据不饱和度发现A中无不饱和度，只有一种一氯代物说明只有一种等效氢，因此必然是对称结构的一元醇，则A为

，B为一氯代物，C为醇钠，A到D是典型的

消去反应的条件，得到烯烃，再和溴的四氯化碳加成得到E，本题得解。 【详解】

（1）A是醇，官能团为羟基，A的结构简式为

；

（2）A→B为取代反应，方程式为(CH3)3C-OH+Cl2+HCl，A→D为消去

反应，方程式为

CH2=C（CH3）2+H2O；

（3）首先F也是一元醇，有3种等效氢，且羟基的邻位碳上有氢原子，符合条件的结构为

。

10．芳香化合物A、B互为同分异构体，B的结构简式如图：

，A经①、②两步反应得C、D和E。B经①、②两步反应

得E、F和H。上述反应过程、产物性质及相互关系如图所示。

（1）写出E的结构简式：___；

（2）A有2种可能的结构，写出相应的结构简式___； （3）F和小粒金属钠反应的化学方程式是___，实验现象：___；

（4）写出F在浓H2SO4作用下在170℃发生反应的化学方程式：___，实验现象：___，反应类型：___；

（5）写出F与H在加热和浓H2SO4催化作用下发生反应的化学方程式：___，实验现象：___，反应类型：___；

（6）在B、C、D、F、G、I化合物中，互为同系物的是___。

【答案】 或

浓H2SO42CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑ 有气体产生 CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O 有气体产生 消去反应 CH3COOH+CH3CH2OHƒ反应或取代反应 C和F 【解析】 【分析】 B的结构简式是

得到CH3CH2OH、CH3COOH、知，E为

浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O 有香味产生 酯化

，B在氢氧化钠的水溶液作用下水解、酸化，结合E的分子式以及其一溴代物有两种可

，F能氧化生成G、G氧化生成H，则F为CH3CH2OH、G为

CH3CHO、H为CH3COOH；

A在氢氧化钠的水溶液作用下水解、酸化得到C、HCOOH、

，因为A和B

互为同分异构体且都是芳香族化合物，则C为CH3CH2CH2OH或CH3CH(OH)CH3，故A为

或，结合题目分析解答．

【详解】

(1)根据分析可知E为

；

(2)根据分析可知A为或；

(3)F为CH3CH2OH，和钠反应生成乙醇钠和氢气，反应方程式为2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，现象为：有气体产生；

(4)乙醇在浓H2SO4作用下在170℃发生消去反应生成乙烯，反应的化学方程式：

浓H2SO4CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O，反应类型为消去反应，实验现象为：有气体产生； (5)F为CH3CH2OH、H为CH3COOH，F与H在加热和浓H2SO4催化作用下发生酯化反应生成乙酸乙酯，该反应的化学方程式CH3COOH+CH3CH2OHƒ是酯化反应或取代反应，实验现象为：有香味产生；

(6)同系物是具有相同的官能团、属于同一类物质、通式相同且分子组成上相差一个或若干个-CH2-基团的有机物之间的互称，在B、C、D、F、G、I化合物中，只有C和F符合条件，故C、F互为同系物。

浓硫酸CH3COOCH2CH3+H2O，反应类型



11．透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶。制备它的一种配方中含有下列四种物质：

填写下列空白：

(1)甲的同分异构体有多种，写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式__________；淀粉通过下列转化可以得到乙(C2H6O2)，A为一种单糖，B为一种有特殊香味的一元醇，C为一种气体。

(2)写出A → B的化学反应方程式：_______；写出B→C的反应条件:_____；

(3)化合物丁仅含碳、氢、氧三种元素，其相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用显现紫色，且丁分子中苯基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为____________； (4)已知：

(—R为烃基)

+H2，利用上述信息，以苯、乙烯、氯化氢为原料

经三步反应合成丙，其中属于取代反应的化学方程式是________。 【答案】CH2=CH-CH2-CH2COOH C6H12O6

【解析】 【分析】

(1)不含甲基的羧酸中，烃基不含支链，且碳碳双键在1号位置； (2)淀粉在稀硫酸催化下发生水解产生单糖，该糖为葡萄糖，结构简式是

CH2OH(CHOH)4CHO；葡萄糖在酒化酶作用下反应产生一种有特殊香味的一元醇B，B为CH3CH2OH，乙醇与浓硫酸混合加热170℃，发生消去反应产生气体C，C为CH2=CH2，乙是乙二醇，可逆推D应该为CH2BrCH2Br，C是乙烯，与Br2发生加成反应产生，所以X为溴水或溴的四氯化碳溶液，在碱性条件下水解可生成CH2OHCH2OH；

(3)丁与FeCl3溶液作用显紫色，说明丁中含有酚羟基，且丁分子中苯基上的一氯取代物只有一种，说明结构对称，应含有2个酚羟基；

(4)以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙：苯乙烯，可先用乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，在AlCl3条件下与去反应生成苯乙烯。 【详解】

(1)不含甲基的羧酸中，烃基不含支链，且碳碳双键在1号位置，可能的结构为CH=CH-CH2-CH2-COOH；

(2)由上述分析可知：A为葡萄糖，结构简式是：CH2OH(CHOH)4CHO；B是乙醇，结构简式为CH3CH2OH，C为CH2=CH2，D为CH2BrCH2Br。 ①A→B的化学反应方程式为C6H12O6

2CH3CH2OH+2CO2↑；

发生取代反应产生，进而在催化剂条件下发生消

+CH3CH2Cl

2CH3CH2OH+2CO2↑ 浓硫酸 170℃

+HCl

②乙醇与浓硫酸混合加热170℃，发生消去反应产生乙烯，所以B→C的反应条件为浓硫酸、170℃；

(3)丁与FeCl3溶液作用显现紫色，应含有酚羟基，且丁分子中苯基上的一氯取代物只有一种，说明结构对称，应含有2个酚羟基，结构可能为110，符合题意，即丁结构简式是

；

，相对分子质量为

(4)以苯、乙烯、氯化氢为原料经三步反应合成丙，可先用CH2=CH2与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，然后在AlCl3条件下与剂条件下发生消去反应生成苯乙烯：

发生取代反应产生

，进而在催化

，则属于取代反应的化学方程式是

+CH3CH2Cl【点睛】

+HCl。

本题考查有机物的推断，根据物质的性质来确定相应物质含有的官能团及其结构，注意把握有机反应类型和反应条件，侧重考查物质的结构、性质，注意物质转化关系的应用。

12．PCT是一种新型聚酯材料，下图是某研究小组合成PCT的路线

其中A的分子式为C8H10,请回答下列问题：

（1）由D生成E的化学方程式为____________________________；

（2）由B生成C的反应类型是________，由E生成F的反应类型是________。 （3）由F和B发生缩聚反应的化学方程式为____________________________。 （4）B的同分异构体中，能发生解反应，且苯环上一氯代产物只有一种的是______________（写结构简式） 【答案】

代反应） 加成反应

【解析】 【分析】 A的不饱和度为

+2NaOH

+2NaCl 酯化反应（取

28210=4，由PCT的结构，结合A转化生成F及C，可知A中含有

2，A与氯气在光照条件下发生甲基

苯环，侧链为2个甲基处于对位，A为

上的取代反应生成D，D在氢氧化钠水溶液是发生取代反应，生成E，由E的分子式结合PTC的结构可知，A中每个甲基发生一元取代生成D，D为化钠水溶液是发生取代反应生成E，E为F，F为

，D在氢氧

；E与氢气发生加成反应生成

，由PTC的结构可知，A→B是对二甲苯被酸性高锰酸钾氧化成对

苯二甲酸，B→C是对苯二甲酸与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，对苯二甲酸甲酯和

交换后缩聚形成PTC与甲醇。

【详解】 (1)D为

，在在氢氧化钠水溶液是发生取代反应生成的E为，发生反应的化学方程式为+2NaOH

+2NaCl；

(2)B→C是对苯二甲酸与甲醇酯化反应生成对苯二甲酸甲酯，E→F是与氢气发生加成反应生成(3)B为对苯二甲酸，F为式为

；

(4)对苯二甲酸的同分异构体能发生水解反应，含有酯基，且苯环上一氯代产物只有一种，苯环上只有1种H原子，含有2个-CHO，处于对位位置，则符合条件的结构简式为

。

；

，两者发生缩聚反应生成聚合酯的化学方程

13．常温常压下，一定量的乙烯(C2H4)与某烷烃的混合气体完全燃烧后，测得其生成物中气体的质量是反应前混合烃质量的2.86倍，试通过计算确定该气态烷烃的分子式以及它在该混合气体中所占的物质的量的分数_____________。 【答案】CH4；81.8% 【解析】 【分析】 【详解】

mCO288=>2.86，可判断某烷烃燃由反应C2H43O22CO22H2O知，

mC2H428点燃烧生成的CO2与烷烃的质量比一定小于2.86。依据烷烃燃烧通式：

CnH2n+2+44n3n+1点燃O2nCO2+n+1H2O，若2.86，则n＜1.44，即混合214n+2气体中某烷烃分子中C原子数为1，则该烷烃一定是甲烷。设混合气体中C2H4和CH4共

44x+442(1x)=2.86，解得x=0.818，即混合气1mol，其中CH4为x mol，由题意知：

16x+28(1x)体中CH4所占的物质的量分数为81.8%；故答案为：CH4；81.8%。

14．某烷烃和单烯烃的混合气体2.24L,将其完全燃烧,产生的气体缓缓通过浓硫酸,浓硫酸增重4.05克,将剩余气体通入碱石灰,碱石灰质量增加了6.60克,另取该混合气体2.24L通过过量溴水,溴水质量增加了1.05克。 （1）混合气体由哪两种烃组成____? （2）两种烃的体积分数各是多少______? 【答案】CH4和C3H6 CH4：75%，C3H6：25% 【解析】 【分析】

根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，其质量可以根据澄清石灰水质量增加量来确定，有机物中的氢全部转化为水，其质量可以根据浓硫酸质量增加来确定，烯烃和溴单质能发生加成反应，溴水质量增加量就是烯烃的质量，根据水以及二氧化碳的量可以确定碳和氢原子的个数之比。 【详解】

(1)混合气体的物质的量为的质量为4.05g，即6.60g，即

2.24L=0.1mol；燃烧后通过浓H2SO4，增重的质量即水

22.4L?mol14.05g=0.225mol，再通过碱石灰，增重的质量即生成CO2的质量为

18g/mol6.60g=0.15mol；取0.1mol混合物通入溴水，增重的质量即烯烃的质量为

44g/mol1.05g．所以设烷烃、烯烃分别为CxH2x+2、CyH2y，且两种烃的物质的量分别为a，b，则有：1.05g=14yg/mol×b；a+b=0.1mol；(2x+2)a+2yb=0.225mol×2((H守恒)；ax+by=0.15mol(C守恒)；解得x=1，y=3，a=0.075mol，b=0.025mol，所以烷烃为CH4； (2)烯烃为C3H6，CH4的体积分数为

0.075mol×100%=75%；C3H6的体积分数为

0.075mol0.025mol0.025mol×100%=25%。

0.075mol0.025mol

15．利用甲烷与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如下图所示：

（1）A中制取C12反应的化学方程式是_____________________________。

（2）D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是_________________________。

（3）E装置的作用是______________（填序号）。 A．收集气体B．吸收氯气C．吸收氯化氢

（4）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是______________。

（5）将lmolCH4与C12发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，则消耗的氯气的物质的量是______________。

【答案】MnO2+4HCl(浓)【解析】 【分析】 【详解】

（1）在A中浓盐酸与MnO2在加热时发生反应制取C12，反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O 除去Cl2 C 分液 2.5mol

Δ MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）A中制取的氯气中含有水蒸气，可以用浓硫酸来除去，B中浓硫酸的作用是干燥气体、使气体混合均匀、通过观察气泡来控制气体的混合比例；在C装置中氯气与甲烷发生取代反应；在装置D中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是除去未反应的Cl2； （3）装置E用来吸收产生的HCl获得盐酸，为了防止倒吸现象的发生，安装了一个倒扣的漏斗，因此E的作用是C。

（4）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，由于有机物都难溶于水，是互不相溶的两层液体物质，所以从E中分离出盐酸的最佳方法是分液；

（5）将l mol CH4与C12发生取代，测得4种有机取代物的物质的量相等，根据C守恒，每一种氯代甲烷的物质的量都是0.25mol，根据取代反应的特点，消耗的氯气的物质的量是0.25mol×1+0.25mol×2+0.25mol×3+0.25mol×4=2.5mol。