人教版选修五化学配套练习之研究有机物的一般步骤和方法解析版Word格式文档下载.docx
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本题考查混合物分离提纯,把握物质的性质、性质差异、发生的反应及混合物分离方法等为解答的关键,注意有机物的性质,侧重考查学生的分析与实验能力。
2.下列实验操作正确且能达到对应实验目的的是( )
A.
分离碘和四氯化碳
B.
蒸馏75%的酒精溶液制备无水酒精
C.
除去乙烷中的乙烯
D.
提纯乙酸乙酯
【答案】C
A项、碘单质易溶于四氯化碳,应采用蒸馏操作分离二者,A项错误;
B项、乙醇和水能形成共沸混合物,所以直接蒸馏75%的酒精溶液不能制备无水酒精,可在75%的酒精溶液中加入生石灰,再蒸馏得无水酒精,B项错误;
C项、乙烷不和溴水反应,乙烯与溴反应生成1,2-二溴乙烷,C项正确;
D项、提纯乙酸乙酯可用饱和碳酸钠溶液处理后再分液,不能用蒸发操作,D项错误;
答案选C。
3.一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene,其形状和结构如图所示,下列有关该分子的说法中错误的是
A.1mol该物质彻底燃烧需要6molO2
B.三氯代物只有一种
C.该分子中所有碳原子在同一平面内
D.与其互为同分异构体,且官能团只含碳碳三键的链烃有两种
该题要用已经学过的烃类的性质来类比没有学过的烃类物质,由结构图可以数出该物质一共有5个碳原子,两个环和两个氢键构成4个不饱和度,所以氢原子的数量为
个,所以分子式为
;
据此来解题即可。
A.由分子式
可知,完全燃烧时每mol碳原子消耗1mol氧气,每mol氢原子消耗0.25mol氧气,因此完全燃烧一共需要6mol氧气,A项正确;
B.该选项可以看成“在四个氢里面选一个不被取代,另外三个都要被氯取代,有几种选法”,而该分子上的四个氢是完全等效的,因此只有一种选法,也就是一种三氯代物,B项正确;
C.该分子中间的碳原子是sp3杂化,而sp3杂化不可能形成一个平面,C项错误;
D.该烃的分子式为
,分子中有4个不饱和度,若按题目要求只能是碳碳三键,则该物质为戊二炔,戊二炔有1,3-戊二炔和1,4-戊二炔两种,D项正确;
在求未知物的分子式时,碳原子是不容易出错的,但是氢原子非常容易多数或漏数,因此用不饱和度的方法来计算氢原子数是一种非常保险的方法。
即饱和链状烃符合
的通式,每形成一个双键、环少2个氢原子,每形成一个三键少4个氢原子。
4.将一定量的有机物充分燃烧,产物先通入浓硫酸,浓硫酸增重5.4g,然后通入足量澄清石灰水中,完全吸收后,经过滤得到20g沉淀,则该有机物可能是( )
A.乙酸乙酯B.乙酸
C.乙醇D.乙烯
有机物燃烧充分燃烧生成CO2和H2O,通入浓硫酸增重5.4g为生成水的质量,再通过足量的石灰水,发生反应:
CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O,得到沉淀20g为CaCO3质量,根据n=m÷
M计算水、碳酸钙物质的量,根据原子守恒确定有机物中C、H原子数目之比,结合选项判断。
有机物燃烧产物有二氧化碳和水,通入浓硫酸增重5.4g为生成水的质量,再通过足量的石灰水,经过滤可得沉淀20g为CaCO3的质量,则n(H2O)=5.4g÷
18g·
mol-1=0.3mol,n(CaCO3)=20g÷
100g·
mol-1=0.2mol,
根据原子守恒可知,n(H)=2n(H2O)=0.6mol,n(C)=n(CaCO3)=20g÷
则有机物中N(C):
N(H)=0.2mol:
0.6mol=1:
3,
选项中只有乙醇中C、H原子数目之比符合1:
3
故选C。
本题考查有机物推断,通入浓硫酸增重5.4g为生成水的质量,沉淀20g为CaCO3质量,注意利用原子守恒确定有机物中C、H原子数目之比。
5.香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料,其结构简式如下:
下列有关香叶醇的叙述正确的是()
A.香叶醇的分子式为C10H18O
B.不能使溴的四氯化碳溶液褪色
C.不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
D.能燃烧,其产物一定为二氧化碳和水
【答案】A
该有机物中含有碳碳双键和醇羟基,具有烯烃和醇的性质,能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应等,据此分析解答。
A.根据结构简式确定分子式为C10H18O,A正确;
B.香叶醇的分子中含有碳碳双键,所以能和溴发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色,B错误;
C.香叶醇的分子中含有碳碳双键,所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色,C错误;
D.香叶醇完全燃烧生成二氧化碳和水,不完全燃烧生成一氧化碳和水,D错误;
故合理选项是A。
本题考查有机物结构和性质,明确官能团及其性质关系是解本题关键,侧重考查醇和烯烃性质,掌握碳碳双键和醇羟基的性质是本题判断的基础。
6.化学家们合成了如图所示的一系列星烷,如三星烷、四星烷、五星烷等。
下列说法正确的是( )
A.它们之间互为同系物
B.六星烷的化学式为C18H24
C.四星烷与
互为同分异构体
D.它们的一氯代物均只有两种,而三星烷的二氯代物有四种
【答案】B
A.结构相似,分子组成相差一个或若干个CH2原子原的有机物互为同系物;
B.根据键线式的特点确定六星烷的分子式;
C.分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体;
D.根据对称性的原则,确定等效氢的个数,进一步确定一氯代物的数目;
三星烷的二氯代物在角上,或正n边形的同一面上,或正n边形的不同面上,或角上、正n边形的面上。
A.由三星烷、四星烷、五星烷的结构可知分子式分别为C9H12、C12H16、C15H20,三个分子的分子组成相差C3H4,因此三星烷、四星烷、五星烷不是同系物,A项错误;
B.三星烷、四星烷、五星烷的分子式分别为C9H12、C12H16、C15H20,三个分子的分子组成相差C3H4,因此六星烷的分子式为C18H24,B项正确;
C.四星烷的分子式为C12H16,
的分子式为C12H14,二者分子式不同,不属于同分异构体,C项错误;
D.星烷分子高度对称,他们的一氯代物均只有2种;
三星烷的二氯代物在角上的有2种,在正n边形的同一面上的有1种,在正n边形的不同面上的有2种,在角上、正n边形的面上的有2种,共7种,D项错误;
答案选B。
7.下列说法正确的是( )
A.相对分子质量相近的醇比烷烃沸点高是因为醇分子间存在氢键
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
A、氢键的作用力大于范德华力,醇分子之间含有氢键,烷烃分子间含有范德华力,所以相对分子质量相近的醇比烷烃沸点高,故A正确;
B、油脂中的植物油含有碳碳不饱和键,能使酸性高锰酸钾溶液褪色,苯与高锰酸钾不反应,故B错误;
C、根据红外光谱图可以判断分子中的官能团,乙醇和乙酸乙酯中的官能团不同,所以红外光谱分析能区分乙醇和乙酸乙酯,故C错误;
D、蛋白质溶液中加硫酸铵会发生蛋白质的盐析,蛋白质溶液中加氯化铜溶液会发生蛋白质的变性,故D错误;
故选A。
本题的易错点为D,要注意蛋白质发生盐析和变性的条件,同时注意蛋白质的盐析是可逆的,而变性不可逆。
8.现有一瓶乙二醇和丙三醇的混和物,已知它们的性质如下表,据此,将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是()
物质
分子式
熔点℃
沸点℃
密度(g/cm3)
溶解性
乙二醇
C2H6O2
-11.5
198
1.11
易溶于水和乙醇
丙三醇
C3H8O3
17.9
290
1.26
能跟水、酒精以任意比互溶
A.结晶法B.萃取法C.分液法D.蒸馏法
根据表中数据,可知乙二醇和丙三醇二者是互溶的,且沸点相差比较大,应选择蒸馏方法将二者分离,故D符合题意;
答案:
D。
两种液体互溶且沸点相差比较大应选择蒸馏方法将二者分离。
9.维生素A是一类重要的维生素,又称视黄醇.如果人体缺少维生素A,人易患夜盲症、干眼症等眼症.食用胡萝卜等蔬菜和鱼肝油,可以补充维生素
维生素C是另一种重要的维生素,它能防治坏血病.维生素C与补铁剂同服,可以防止补铁剂中的
被氧化.下图分别是维生素
和维生素C的结构简式,以下说法不正确的是
A.维生素
的分子式为
B.1mol维生素
最多可以与5mol
发生加成反应
C.维生素C有还原性
D.维生素C在碱性溶液中不易变质
由结构简式可知分子式,维生素
含5个碳碳双键,维生素C中含
、
,结合烯烃、醇、羧酸的性质来解答。
,故A正确;
B.维生素
含5个碳碳双键,1mol维生素
发生加成反应,故B正确;
C.维生素C含
,可被氧化,具有还原性,故C正确;
D.维生素C分子结构中含有酯基,具有酯的性质在碱性溶液中发生水解反应,易变质,故D错误;
答案选D。
根据有机物结构简式判断分子式时,结构中的每个拐点(节点)为碳原子,每个碳原子形成4个共价键,不足4个键的用氢原子补齐。
10.五联苯
—
的一溴代物有
A.5种B.6种C.7种D.8种
五联苯有两条对称轴,对称轴两侧的氢原子是等效的,如图
,可知五联苯中有6种不同的氢原子,所以一溴代物有6种同分异构体,即五联苯
的一溴代物有6种,故答案为B。
“等效氢法”是判断烃的一元取代物的同分异构体最常用的方法。
①分子中同一甲基上连接的氢原子等效,②同一碳原子所连的氢原子等效,同一碳原子所连甲基上的氢原子等效,③处于镜面对称位置上的氢原子等效。
11.某烃的相对分子质量为72,分子中含有3个-CH3,则该结构的烃的二氯取代物最多可能有()(不考虑立体异构)
A.11种B.10种C.9种D.8种
某烃的相对分子质量为72,则该烃含有的碳原子数目为
,则该烃的分子式为C5H12,又因为分子中含有3个甲基,所以该分子的结构简式为
,其二氯代物有10种,故答案为B。
12.下列说法不正确的是()
A.用分液漏斗可以分离乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液
B.用溴水除去甲烷中的乙烯气体
C.碳酸钠是焙制糕点所用的发酵粉主要成分之一
D.蒸馏是分离液态混合物一种常用方法,广泛应用于石油工业
A.乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液分层;
B.乙烯与溴水反应,甲烷不能;
C.碳酸钠受热不分解,碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳气体;
D.石油中烃类物质的沸点不同。
乙酸乙酯和饱和碳酸钠溶液不互溶,则分液漏斗可分离,故A正确;
B.乙烯与溴水反应,甲烷不能,则可用溴水除去甲烷中的乙烯气体,故B正确;
C.碳酸钠受热不分解,碳酸氢钠加热分解生成二氧化碳气体,则碳酸氢钠是焙制糕点所用的发酵粉主要成分之一,故C错误;
D.石油中烃类物质的沸点不同,则蒸馏广泛应用于石油工业,故D正确;
故选:
C。
本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握物质的性质、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键,侧重分析与实验能力的考查,注意有机物的性质,题目难度不大。
13.根据以下信息判断,分离乙醇、乙二醇混合物的最佳方法是()
熔点/℃
沸点/℃
密度/g·
cm-3
乙醇
-114
78
0.79
与水以任意比例互溶
-13
197
A.分液B.用水萃取C.蒸馏D.重结晶
由图表可知,常温下乙醇、乙二醇为互溶的液体,沸点相差比较大,所以可以用蒸馏的办法进行分离,故答案选C。
14.下列除杂试剂选择正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是()
物质(括号内为杂质)
除杂试剂
Cl2(HCl)
水、浓H2SO4
NH4Cl溶液(FeCl3)
氨水
CH2=CH2(CH3CH2OH)
酸性KMnO4溶液
CH3COOCH2CH3(CH3COOH)
饱和Na2CO3溶液
A.氯化氢极易溶于水,可除去氯化氢,少量氯气与水发生氧化还原反应,用浓硫酸干燥氯气,故A符合题意;
B.氨水可与FeCl3反应生成氢氧化铁沉淀和氯化铵,若过量会引入新杂质,也没有涉及氧化还原反应,故B不符合题意;
C.CH2=CH2和CH3CH2OH都可被酸性高锰酸钾溶液氧化,不能除杂,故C不符合题意;
D.CH3COOH可与饱和Na2CO3溶液反应生成二氧化碳和醋酸钠,CH3COOCH2CH3与饱和Na2CO3溶液不反应,且溶解度较小而析出,可以除杂,但不涉及氧化还原反应,故D不符合题意;
答案选A。
除杂原则:
①不增加新杂质;
②尽量不减少被提纯物质;
③更不得改变被提纯物质;
④简明、科学、合理、安全。
15.在核磁共振氢谱中出现三组峰,其氢原子数之比为3:
4:
1的化合物是()
B.
D.
核磁共振氢谱中出现三组峰,则存在三种不同位置的H原子,再结合氢原子数之比为3:
1:
1来判断,以此解答。
A.由结构可知,含两种位置的H原子,故A错误;
B.由结构可知,含有三种位置的H原子,苯环上两种,-OCH3上一种,原子个数比为6:
2:
2=3:
1,故B错误;
C.对甲基环己烷分子中含有2个甲基氢,氢原子数为6,4个亚甲基氢,氢原子数为8,2个次甲基氢,氢原子数我2,故氢原子数之比为6:
8:
1,故C正确;
D.由对称结构可知,含两种H原子,故D错误。
16.某芳香烃的结构简式如图所示:
回答下列问题:
(1)该烃的分子式是__;
(2)该烃中含有四面体结构的碳原子数为__;
(3)可能在同一平面的碳原子数最多为_。
【答案】C10H12210
由芳香烃的结构简式可知其分子式为C10H12。
有机物分子的碳原子全部为单键时,碳原子形成四面体结构;
碳原子形成碳碳双键或苯环时,碳原子位于同一平面内。
(1)如图所示,该烃的分子式是C10H12,
故答案为:
C10H12;
(2)有机物分子的碳原子全部为单键时,碳原子形成四面体结构,该烃中含有四面体结构的碳原子数为2,
2;
(3)苯和乙烯中所有原子都在同一平面上,与苯环、碳碳双键直接相连的所有原子在同一平面上,则
中可能在同一平面的碳原子数最多为10,
10。
17.思维辨析:
(1)某有机物完全燃烧产物只有CO2和H2O,则可以判断该有机物中只含有C、H两种元素。
(_____)
(2)任何有机物在确定了实验式(最简式)时,若要确定其分子式时,还必须测定该有机物的相对分子质量。
(3)核磁共振氢谱图中信号峰的数目就是有机物分子中氢原子的数目。
【答案】正确正确错误
(1)有机物燃烧后产物只有CO2和H2O,依据质量守恒定律可知该物质中一定含有碳、氢元素,故正确;
(2)确定有机物分子式时,先求出有机物分子中各元素原子个数最简整数比,以此为依据得出最简式,然后依据有机物的相对分子质量或类别确定其分子式,故正确;
(3)核磁共振氢谱图中信号峰的数目就是有机物分子中氢原子的种类数,故错误。
18.完全燃烧某烃0.2mol,生成14.4g水。
又已知该烃能使酸性KMnO4溶液褪色。
试写出符合此条件的各种烃的分子式,并指出其化合物的种类。
__________
【答案】C4H8,烯烃;
C5H8,炔烃或二烯烃;
C7H8,苯的同系物。
完全燃烧0.2mol某烃,生成14.4g水,水的物质的量=
,故烃分子中N(H)=
,由于该烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色,所以该烃是烯烃或炔烃或二烯烃或苯的同系物,若为烯烃,分子式为C4H8;
若为炔烃或二烯烃,分子式为C5H8;
若为苯的同系物,分子式为C7H8;
C4H8,烯烃;
19.甲、乙、丙、丁四种物质是某抗生素合成过程中的中间产物。
(1)甲的分子式是:
___。
(2)写出乙中含氧官能团的名称是___。
(3)丙不能发生的化学反应是___。
①加成反应②氧化反应③水解反应④消去反应
(4)由乙制备丙的反应条件是:
(5)鉴别甲和乙用到的试剂是(填化学式)___。
(6)写出丁和足量氢氧化钠溶液加热反应的方程式是:
【答案】C10H14O3醛基、醚键④光照Na或Ag(NH3)2OH或Cu(OH)2和NaOH
+3NaOH
+NaCl+2H2O
(1)根据甲的结构确定分子式;
(2)乙中的含氧官能团为醚键、醛基;
(3)丙中存在苯环、醚键、醛基、-Cl可以发生加成反应、氧化反应与水解反应;
(4)有机物乙与氯气在光照的条件下发生取代反应生成丙;
(5)可以利用银氨溶液区分醇和醛或用新制的氢氧化铜悬浊液区分醇和醛,还可用金属钠区分醇和醛;
(6)丁结构中含有羧基,可与氢氧化钠溶液发生中和反应。
(1)由甲的结构可知其分子式为C10H14O3;
(3)丙中存在苯环、醚键、醛基、-Cl可以发生加成反应、氧化反应与水解反应,不能发生消去反应;
(4)有机物乙与氯气在光照的条件下发生取代反应生成丙,反应条件为氯气光照;
(5)醛与银氨溶液可发生银镜反应,可用于区分醇和醛;
醛与新制的氢氧化铜悬浊液加热可产生砖红色沉淀,可用于区分醇和醛;
钠与醇反应生成H2,可用于区分醇和醛;
因此鉴别甲和乙用到的试剂是银氨溶液[Ag(NH3)2OH]、新制氢氧化铜悬浊液[Cu(OH)2和NaOH]或金属钠;
(6)丁结构中含有羧基,可与氢氧化钠溶液发生中和反应,反应方程式为:
+NaCl+2H2O。
20.化合物A经李比希法测得其中含C72.0%、H6.67%,其余含有氧;
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结构有以下两种方法。
方法一:
核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱有5个峰,其面积之比为1∶2∶2∶2∶3。
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分子的红外光谱如下图:
已知:
A分子中只含有一个苯环,且苯环上只有一个取代基,试填空。
(1)A的分子式为______________________;
(2)A的结构简式为_________________________;
(3)A的芳香类同分异构体有多种,其中分子中不含甲基的芳香酸为_________________。
(4)请设计合理方案以
—Cl为原料合成
(用反应流程图表示,注明反应物、反应条件;
无机试剂可任选)。
反应流程图示例:
__
【答案】C9H10O2
或
(1)根据各元素质量分数,结合相对分子质量确定有机物A中C、H、O原子个数,进而确定有机物A的分子式;
(2)由A分子的红外光谱知,含有C6H5C-基团,由苯环上只有一个取代基可知,苯环上的氢有三种,H原子个数分别为1个、2个、2个。
由A的核磁共振氢谱可知,除苯环外,还有两种氢,且两种氢的个数分别为2个、3个,由A分子的红外光谱可知,A分子结构有碳碳单键及C-H、C=O、C-O等基团;
(3)A的芳香类同分异构且不含甲基的芳香酸,侧链为-CH2CH2COOH;
(4)氯苯先与氢气发生加成反应生成
,然后发生消去反应生成
,最后与氯气发生加成反应生成
。
(1)有机物A分子中,C原子个数N(C)=
=9,H原子个数N(H)=
=10,O原子个数N(O)=
=2,所以有机物A的分子式为C9H10O2;
由A的核磁共振氢谱可知,除苯环外,还有两种氢,且两种氢的个数分别为2个、3个。
由A分子的红外光谱可知,A分子结构有碳碳单键及C-H、C=O、C-O-C等基团,所以符合条件的有机物A结构简式为:
(3)A的芳香类同分异构体有多种,分子中不含甲基的芳香酸为:
,合成路线流程图为:
根据
的结构特点分析合成的原料
—Cl,再结合正推与逆推相结合进行推断,充分利用反应过程C原子数目,对学生的逻辑推理有较高的要求;
本题难点是有机物A的结构判断,注意题给条件,结合官能团的性质分析解答。
21.按要求填空:
(1)写出下列物质的分子式:
含6个碳原子的链状单烯烃__________________________。
(2)在戊烷的各种同分异构体中,一氯代物种类最多的键线式是_________________。
(3)用系统命名法命名
:
______________
(4)某化合物的分子式为C5H11Cl,分析数据表明:
分子中有两个-CH3、两个-CH2-、一个
和一个-Cl。
它的可能的结构有______________种
【答案】C6H12
3,4-二甲基-4-乙基庚烷4
(1)链状单烯烃通式为CnH2n;
(2
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