2018届高考化学大一轮复习权威预测直击高考第九章有机化合物9B.1Word版含解析.doc

权威预测·直击高考 教材母题VS高考 ‎1.(RJ选修5·P12改编题)下列各组物质中，属于同分异构体的是(　　)‎ A.和　‎ B.和CH3CHO C.乙醇和乙醚 D.淀粉和纤维素 ‎【解析】选B。A中两种结构为同一物质，均为2-甲基戊烷；B中两物质的分子式均为C2H4O，属于同分异构体；C中两物质分子式分别为C2H6O和C4H10O，二者分子式不同；D中两物质通式相同，均为(C6H10O5)n，但两物质中n值不同，不是同分异构体。‎ ‎2.(RJ选修5·P16改编题)下列系统命名法命名正确的是(　　)‎ A.2-甲基-4-乙基戊烷　　　　 B.3，4，4-三甲基己烷 C.2，3-二乙基-1-戊烯 D.2-氯-2-甲基丙烷 ‎【解析】选C。2-甲基-4-乙基戊烷的碳骨架结构为，该命名中选择碳链不是最长，A错误。3，4，4-三甲基己烷的碳骨架结构为 ‎，该命名中编号错误，B错误。2，3-二乙基-1-戊烯的 碳骨架结构为，C正确。2-氯-2-甲基丙烷正确命名为2-甲基-2-氯丙烷，D错误。‎ ‎3.(LK选修5·P115改编题)某有机样品‎3.1 g完全燃烧，燃烧后的气体通过浓硫酸，浓硫酸增重‎2.7 g；将剩余气体通过NaOH溶液，溶液增重‎4.4 g。该有机样品可能是(　　)‎ A.乙醛　　　B.乙醇　　　C.乙二醇　　　D.乙酸 ‎【解析】选C。浓硫酸增重为反应生成水的质量，因此n(H)=×2=‎ ‎0.3 mol，m(H)=0.3 mol×‎1 g·mol-1=‎0.3 g；NaOH溶液增重为反应生成CO2的质量，因此n(C)==0.1 mol，m(C)=0. 1 mol×‎12 g·mol-1=‎1.2 g。m(O)=‎ ‎3.1 g‎-0.3 g‎-1.2 g‎=‎1.6 g，n(O)==0.1 mol。因此该有机物的实验式为CH3O，只有C选项符合题意。‎ ‎4.(RJ选修5·P23改编题)某化合物由碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C—H键、H—O键、C—O键的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，则该有机物的结构简式可能是(　　)‎ A.CH3CH2CH2OH B.‎ C.CH3CH2OCH3 D.CH3CH2CHO ‎【解析】选A。红外光谱图有H—O键，说明含—OH，再根据其相对分子质量是60，可判断其分子式为C3H7OH，结构简式可能为CH3CH2CH2OH或CH3CH(OH)CH3。‎ 金榜预测PK高考 ‎5.某烷烃一个分子里含有9个碳原子，其一氯代物只有两种，这种烷烃的名称是(　　)‎ A.正壬烷 B.2，6-二甲基庚烷 C.2，2，4，4-四甲基戊烷 D.2，3，4-三甲基己烷 ‎【解析】选C。A项正壬烷结构简式是CH3CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH2CH3，有五种不同位置的氢原子，因此其一氯代物有五种，不符合题意，错误；B项2，6-二甲基庚烷(CH3)2CHCH2CH2CH2CH(CH3)2有四种不同位置的氢原子，因此其一氯代物有四种，不符合题意，错误； C项2，2，4，4-四甲基戊烷有两种不同位置的氢原子，因此其一氯代物只有两种，符合题意，正确；D项2，3，4-三甲基己烷有8种不同位置的氢原子，因此其一氯代物有8种，不符合题意，错误。‎ ‎6.下列各项有机化合物的命名或分类正确的是(　　)‎ A.2，3-二甲基􀆼2-乙基己烷 B.CH3CH2CH2Cl氯丙烷 C.属于芳香化合物 D.属于羧酸 ‎【解析】选D。A.主链选错，应该命名为3，3，4-三甲基庚烷，错误；‎ B.没有指明取代基所在主链碳原子的位置，CH3CH2CH2Cl的名称应该是1-氯丙烷，错误；C.没有苯环，是脂肪环的羟基取代产物，名称是环己醇，错误；D.含有羧基，属于羧酸，正确。‎ ‎7.关于有机物的叙述正确的是(　　)‎ A.丙烷的二卤代物是4种，则其六卤代物是2种 B.对二甲苯的一氯代物有3种 C.甲苯苯环上的一个氢原子被含3个碳原子的烷基取代，所得产物有3种 D.某烃的同分异构体只能形成一种一氯代物，其分子式可能为C5H12‎ ‎【解析】选D。丙烷分子式为C3H8，其二卤代物和六卤代物数目相等，均是4种，A错误；对二甲苯为对称结构()，分子中只含有2种等效氢，其一氯代物只有2种，B错误；含有3个碳原子的烷基为丙基、异丙基两种，甲苯苯环上有3种氢原子，分别处于甲基的邻、间、对位位置上，故最多有3×2=6种同分异构体，C错误；只能形成一种一氯代物，说明结构中只存在一种等效氢，如CH4，C(CH3)4，(CH3)3CC(CH3)3等，故可能为C5H12，D正确。‎ ‎【方法规律】设一种烃分子中含有n个氢原子，则其m取代产物和(n-m)取代产物数目相等，如苯的二氯代物和四氯代物均为3种，萘()的二氯代物和六氯代物数目均为10种。‎ ‎8.有机物A只含有C、H、O三种元素，常用作有机合成的中间体。‎16.8 g该有机物燃烧生成‎44.0 g CO2和‎14.4 g H2O；‎ 质谱图表明其相对分子质量为84，红外光谱分析表明A分子中含有O—H键和位于分子链端的碳碳三键，核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1。‎ ‎(1)A的分子式是________。‎ ‎(2)下列物质中，一定条件下能与A发生反应的是________。‎ A.H2 B.Na C.酸性KMnO4溶液 D.Br2‎ ‎(3)A的结构简式是________。‎ ‎【解析】(1)‎16.8 g有机物A中m(C)=44.0×=12(g)，m(H)=×‎ ‎2 g‎·mol-1=1.6(g)，则m(O)=16.‎8-12-1‎.6=3.2(g)，故A中N(C)∶N(H)∶N(O)=∶∶=5∶8∶1，则其最简式为C5H8O，又A的相对分子质量为84，则其分子式为C5H8O。‎ ‎(2)A分子中含有碳碳三键，能与H2、Br2发生加成反应，能与酸性KMnO4溶液发生氧化反应；含有羟基，能与Na发生置换反应。‎ ‎(3)根据A的核磁共振氢谱上有三个峰，峰面积之比为6∶1∶1，说明A中有三种类型的氢原子，个数之比为6∶1∶1，再结合A中含有O—H键和位于分子链端的碳碳三键，则其结构简式为。‎ 答案：(1)C5H8O　(2)A、B、C、D ‎(3)‎ ‎【加固训练】‎ 某药物G的合成路线如图所示，已知一元醇A中氧的质量分数约为26.7%，E中核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)A的分子式为________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为________。‎ ‎(2)上述①～⑥步骤中，属于氧化反应的是________(填序号)；B中所含官能团的结构简式为________。‎ ‎(3)写出下列反应的化学方程式：‎ ‎①E→F：____________________________________________________________；‎ ‎②D+F→G：__________________________________________________________。‎ ‎(4)F所有同分异构体中，同时符合下列条件的有________种，任写出其中一种的结构简式：________。‎ a.分子中有6个碳原子在一条直线上 b.分子中含有一个羟基 ‎【解析】‎ 从题中“一元醇A中氧的质量分数约为26.7%”可确定相对分子质量是60，进而确定化学式为C3H8O；由A能连续氧化，可确定其结构为CH3CH2CH2OH；由“E中核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶‎1”‎确定E为。‎ ‎(4)碳碳三键共直线，根据F的结构，判断该同分异构体为含有2个三键且相间一个单键的醇，结构简式可能为 CH‎3C≡C—C≡C—CH2—CH2OH、‎ CH‎3C≡C—C≡C—CH(OH)—CH3、‎ HOCH‎2C≡C—C≡C—CH2—CH3共3种。‎ 答案：(1)C3H8O　1-丙醇(或正丙醇)‎ ‎(2)①②　—CHO ‎(3)①+NaOH+NaCl ‎②CH3CH2COOH++H2O ‎(4)3　CH3—C≡C—C≡C—CH2—CH2OH ‎(或或HOCH‎2C≡C—C≡C—CH2—CH3)‎