2022-2022学年辽宁省大连二十中高二（下）期末化学试卷 一、选择题：（本题共有15题，每题只有一个选项符合题意，每题3分）1．下列有关说法不正确的是（ ）A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．聚氯乙烯塑料强度大，抗腐蚀性强，可以用来包装需长时间保存的食品C．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体D．用于食品包装的塑料制品，属于热塑性塑料，可回收再利用 2．下列有关除杂质（括号中为杂质）中，错误的是（ ）A．福尔马林（甲酸）：加入足量饱和碳酸钠溶液充分振荡，蒸馏，收集馏出物B．溴乙烷（乙醇）：多次加水振荡，分液，弃水层C．苯（苯酚）：加溴水，振荡，过滤除去沉淀D．乙酸乙酯（乙酸）：加氢氧化钠溶液，充分振荡，分液，弃水层 3．下列有关实验操作和说法中，正确的是（ ）A．乙烷中混有乙烯，通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶洗气除去乙烯B．检验C2H5Cl中氯原子时，将C2H5Cl和NaOH溶液混合加热后，加入稀硫酸酸化C．用无水乙醇和浓H2SO4共热至140℃可以制得乙烯气体D．制取溴苯应用液溴、铁屑和苯混合，反应后并用稀碱液洗涤 4．下列关于合成材料的说法中，不正确的是（ ）A．塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料B．聚氯乙烯可制成薄膜、软管等，其单体是CH2=CHClC．合成酚醛树脂（）的单体是苯酚和甲醇D．合成顺丁橡胶（）的单体是CH2=CH﹣CH=CH2 5．有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯；⑧环己烯．其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（ ）A．①②③⑤B．④⑥⑦⑧C．①④⑥⑦D．②③⑤⑧ 6．下列说法中不正确的是（ ）A．1molCH≡CH可以与Br2发生加成反应，消耗2molBr2B．苯的邻位二元取代物只有一种可以说明苯分子不具有碳碳单键和碳碳双键的交替结构23/24C．甲苯（）中所有原子都在同一平面内D．己烷的沸点高于2﹣甲基戊烷 7．有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同．下列事实不能说明上述观点的是（ ）A．苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应B．乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．苯与硝酸在加热时发生取代反应，甲苯与硝酸在常温下就能发生取代反应 8．下列化合物中，既显酸性，又能发生加成反应、氧化反应、酯化反应和消去反应的是（ ）A．B．CH2（CHO）﹣CH2﹣CH（OH）﹣COOHC．CH3﹣CH=CH﹣COOHD．CH3CH（OH）CH2CHO 9．和醛基相邻的碳原子上的氢叫α氢．没有α氢的醛在浓的强碱作用下发生分子间氧化还原反应生成羧酸和醇，叫做康尼查罗反应．例如：2HCHO+NaOH→CH3OH+HCOONa．下列化合物中，不能发生康尼查罗反应的是（ ）A．B．C．（CH3）3CCHOD．CH3CHO 10．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X．在一定条件下X可分别转化为Y、Z．下列说法错误的是（ ）A．1molX最多能与2molBr2发生取代反应B．Y分子结构中有3个手性碳原子C．1molZ最多能与7molNaOH发生反应D．Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应 11．下列各项中的两种物质无论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗O2的质量均不变的是（ ）23/24A．C3H6、C3H8OB．C3H6、C2H6OC．C2H2、C6H6D．CH4O、C2H4O3 12．已知C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，某有机物的结构简式如下：Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）A．3：3：2B．3：2：1C．1：1：1D．3：2：2 13．以乙醇为原料，合成乙二酸乙二酯（）所经历的反应的正确顺序是（ ）①氧化 ②消去 ③加成 ④酯化 ⑤水解 ⑥加聚．A．①⑤②③④B．①②③⑤④C．②③⑤①④D．②③⑤①⑥ 14．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）A．15种B．14种C．13种D．12种 15．下列有机物水解时，键断裂处标示不正确的是（ ）A．B．C．D． 二、解答题（共5小题，满分55分）16．有相对分子质量为58的几种有机物，试写出符合条件的有机物的结构简式：（1）若该有机物为烃，则可能的结构简式为： 、 ．（2）若该有机物是一种饱和一元醛，则其结构简式为： ．（3）若该有机物1mol能与足量银氨溶液作用可析出4molAg，则有机物的结构简式为： ．23/24（4）若该有机物能与金属钠反应，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，则该有机物可能是： ．（2022春大连校级期末）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇制备环己烯．已知：+H2O密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81﹣10383难溶于水（1）制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．①A中碎瓷片的作用是 ，导管B除了导气外还具有的作用是 ．②试管C置于冰水浴中的目的是 ．（2）制备精品：①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在 层（填上或下），分液后用 （填入编号）洗涤．a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从 口进入．蒸馏时要加入生石灰，目的是 ．③收集产品时，控制的温度应在 左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 ．a．蒸馏时从70℃开始收集产品b．环己醇实际用量多了c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是 ．a．用酸性高锰酸钾溶液b．用金属钠c．测定沸点． 23/2418．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．实验结论：A的相对分子质量为 ．（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．则A的分子式为 ．（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．实验结论：A中含有的官能团： ．（4）A的核磁共振氢谱如图：实验结论：A中含有 种氢原子．（5）综上所述，A的结构简式 ． 19．H是一种香料，可用下图的设计方案合成．已知：①在一定条件下，有机物有下列转化关系：②烃A和等物质的量的HCl在不同的条件下发生加成反应，既可以生成只含有一个甲基的B也可以生成含有两个甲基的F．（1）D的结构简式为 ．（2）F→G的化学反应类型为 ．（3）烃A→B的化学反应方程式是 ．（4）E+G→H的化学反应方程式： ．（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是 ．（2022秋淮安校级期末）查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：23/24已知以下信息：①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1molA充分燃烧可生成72g水．②C不能发生银镜反应．③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4种氢．④+RCH2I→⑤RCOCH3+R′CHORCOCH═CHR′回答下列问题：（1）A的化学名称为 ．（2）由B生成C的化学方程式为 ．（3）E的分子式为 ，由E生成F的反应类型为 ．（4）G的结构简式为 （不要求立体异构）．（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为 ．（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有 种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的为 ．2022-2022学年辽宁省大连二十中高二（下）期末化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题：（本题共有15题，每题只有一个选项符合题意，每题3分）1．下列有关说法不正确的是（ ）A．油脂在空气中完全燃烧转化为水和二氧化碳B．聚氯乙烯塑料强度大，抗腐蚀性强，可以用来包装需长时间保存的食品C．蔗糖、麦芽糖的分子式都是C12H22O11，二者互为同分异构体D．用于食品包装的塑料制品，属于热塑性塑料，可回收再利用【考点】常见的生活环境的污染及治理；同分异构现象和同分异构体；油脂的性质、组成与结构．【分析】A、烃的含氧衍生物完全燃烧生成水和二氧化碳；B、聚氯乙烯塑料含有增塑剂；C、同分异构体指分子式相同结构不同的化合物；D、热塑性塑料是指能反复加工成型的塑料，热固性塑料则只能一次成型．23/24【解答】解：A、油脂含有C、H、O三种元素，完全燃烧生成水和二氧化碳，故A正确；B、聚氯乙烯塑料含有增塑剂，增塑剂有毒，故B错误；C、蔗糖、麦芽糖分子式相同，蔗糖是由1分子葡萄糖和1分子果糖脱水形成的，而麦芽糖是由2分子葡萄糖脱水形成的，结构不同，互为同分异构体，故C正确；D、热塑性塑料是指能反复加工成型的塑料，可回收再利用，故D正确；故选B．【点评】本题考查常用合成高分子材料的化学成分及其性能，难度不大，注意聚氯乙烯塑料含有增塑剂，增塑剂有毒，不能用于食品包装． 2．下列有关除杂质（括号中为杂质）中，错误的是（ ）A．福尔马林（甲酸）：加入足量饱和碳酸钠溶液充分振荡，蒸馏，收集馏出物B．溴乙烷（乙醇）：多次加水振荡，分液，弃水层C．苯（苯酚）：加溴水，振荡，过滤除去沉淀D．乙酸乙酯（乙酸）：加氢氧化钠溶液，充分振荡，分液，弃水层【考点】物质的分离、提纯和除杂．【专题】化学实验基本操作．【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变，不得引入新杂质，加入的试剂只与杂质反应，不与原物反应；反应后不能引入新的杂质，A、甲酸酸性大于碳酸酸性，甲酸能够与碳酸钠反应，而福尔马林主要成分甲醛不与碳酸钠反应；B、乙醇与水任意比混溶，溴乙烷不溶于水；C、苯是有机溶剂，溴能够溶解于苯；D、乙酸乙酯与氢氧化钠溶液能够反应．【解答】解：A、甲酸是有机酸，能与碳酸钠反映生成二氧化碳和甲酸钠和水，福尔马林（甲醛溶液）中的溶质不与碳酸钠反应．甲醛易挥发，而盐类不挥发，所以用蒸馏法就能除杂，故A正确；B、溴乙烷不溶于水，乙醇易溶于水，多次加水振荡，分液，弃水层可分开，故B正确；C、苯中混有苯酚，加入溴水，溴易溶于有机溶剂苯，引进了新的杂质，应该加入NaOH后生成可溶于水的苯酚钠，然后用分液的方法分离，故C错误；D、由于乙酸乙酯能够与氢氧化钠溶液反应，应该使用碳酸钠溶液，故D错误；故选CD．【点评】本题考查物质的分离、提纯和除杂，难度不大，注意除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离． 3．下列有关实验操作和说法中，正确的是（ ）A．乙烷中混有乙烯，通过盛有酸性KMnO4溶液的洗气瓶洗气除去乙烯B．检验C2H5Cl中氯原子时，将C2H5Cl和NaOH溶液混合加热后，加入稀硫酸酸化C．用无水乙醇和浓H2SO4共热至140℃可以制得乙烯气体D．制取溴苯应用液溴、铁屑和苯混合，反应后并用稀碱液洗涤23/24【考点】物质的分离、提纯和除杂；苯的性质；有机物（官能团）的检验．【分析】A．乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新的杂质；B．C2H5Cl和NaOH溶液混合加热后，发生水解反应，检验氯离子选择硝酸酸化；C．利用乙醇与浓硫酸加热到170℃制乙烯；D．液溴和苯在铁屑作催化剂条件下发生取代反应，溴苯与碱液不反应，溴溶于碱液．【解答】解：A．乙烯被氧化生成二氧化碳，引入新的杂质，应选溴水来除杂，故A错误；B．C2H5Cl和NaOH溶液混合加热后，发生水解反应，检验氯离子选择硝酸酸化，硫酸银、氯化银均为白色沉淀，则不能用稀硫酸酸化，故B错误；C．利用乙醇与浓硫酸加热到170℃制乙烯，浓硫酸作催化剂、脱水剂，故C错误；D．液溴和苯在铁屑作催化剂条件下发生取代反应，溴苯与碱液不反应，溴溶于碱液，则反应后并用稀碱液洗涤可得到溴苯，故D正确；故选D．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的除杂、离子检验、有机物的制备等，把握物质的性质、有机物的制备实验为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 4．下列关于合成材料的说法中，不正确的是（ ）A．塑料、合成纤维和合成橡胶都属于合成材料B．聚氯乙烯可制成薄膜、软管等，其单体是CH2=CHClC．合成酚醛树脂（）的单体是苯酚和甲醇D．合成顺丁橡胶（）的单体是CH2=CH﹣CH=CH2【考点】常用合成高分子材料的化学成分及其性能．【专题】有机化合物的获得与应用．【分析】A．三大合成材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶；B．聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl；C．合成酚醛树脂的单体是苯酚和甲醛；D．凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可．【解答】解：A．合成材料包括塑料、合成纤维和合成橡胶，故A正确；B．聚氯乙烯的单体是CH2=CHCl，可制成薄膜、软管等，故B正确；C．酚醛树脂是由苯酚与甲醛缩聚而得，故C错误；D．的单体是CH2=CH﹣CH=CH2，故D正确．故选C．23/24【点评】本题考查合成材料、常用合成高分子材料的化学成分，难度不大，注意掌握聚合物找单体的方法． 5．有8种物质：①乙烷；②乙烯；③乙炔；④苯；⑤甲苯；⑥溴乙烷；⑦聚丙烯；⑧环己烯．其中既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色的是（ ）A．①②③⑤B．④⑥⑦⑧C．①④⑥⑦D．②③⑤⑧【考点】乙烯的化学性质；苯的性质；苯的同系物；溴乙烷的化学性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】（1）能使溴水褪色或变色的物质为：①烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类反应，使溴水褪色；②与苯酚反应生成白色沉淀；③与醛类等有醛基的物质反应，使溴水褪色；④与苯、甲苯、四氯化碳等有机溶液混合振荡，因萃取作用使溴水褪色，有机溶剂溶解溴呈橙色（或棕红色）；⑤与碱性溶液（如NaOH溶液、Na2CO3溶液等）反应，使溴水褪色；⑥与较强的无机还原剂（如H2S、SO2、KI和FeSO4等）发生反应，使溴水褪色；（2）能使高锰酸钾溶液褪色的物质为：①与烯烃、炔烃、二烯烃等不饱和烃类反应，使高锰酸钾溶液褪色；与苯的同系物（甲苯、乙苯、二甲苯等）反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色；②与苯酚发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色；③与醛类等有醛基的有机物发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色；④与具有还原性的无机还原剂反应，使高锰酸钾溶液褪色；（3）“既使高锰酸钾溶液褪色，又使溴水褪色的物质”包括：既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色的物质包括分子结构中有C=C双键、C≡C三键、醛基（﹣CHO）的有机物；苯酚和无机还原剂．苯的同系物只能使其中的酸性高锰酸钾溶液褪色；有机萃取剂只能使其中的溴水褪色．【解答】解：①乙烷属于烷烃，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故①符合；②乙烯含有C=C双键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故②不符合；③乙炔含有C≡C三键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故③不符合；④苯属于既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故④符合；⑤甲苯能使酸性KMnO4溶液褪色，不能与溴水反应使溴水褪色，故⑤不符合；⑥溴乙烷既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故⑥符合；⑦聚丙烯不含C=C水解，既不能使酸性KMnO4溶液褪色，也不能与溴水反应使溴水褪色，故⑦符合；⑧环己烯含有C=C双键，既能使酸性KMnO4溶液褪色，也能与溴水反应使溴水褪色，故⑧不符合；故选C．23/24【点评】本题考查有机物的性质，比较基础，注意基础知识的掌握与概念总结． 6．下列说法中不正确的是（ ）A．1molCH≡CH可以与Br2发生加成反应，消耗2molBr2B．苯的邻位二元取代物只有一种可以说明苯分子不具有碳碳单键和碳碳双键的交替结构C．甲苯（）中所有原子都在同一平面内D．己烷的沸点高于2﹣甲基戊烷【考点】苯的结构；晶体熔沸点的比较；常见有机化合物的结构；取代反应与加成反应．【分析】A．碳碳双键与溴以1：1加成，三键与溴为1：2加成；B．苯中若存在单、双键交替，则邻位二元取代物在单键、双键上为不同物质；C．甲烷为正四面体构型；D．在烷烃中，烷烃熔沸点随着碳原子个数增大而升高，同分异构体中支链越多其熔沸点越低．【解答】解：A．乙炔中含有碳碳三键，则1molCH≡CH可以与Br2发生加成反应，消耗2molBr2，故A正确；B．苯中若存在单、双键交替，则邻位二元取代物在单键、双键上为不同物质，而苯的邻位二元取代物只有一种，可以说明苯分子不具有碳碳单键和碳碳双键的交替，故B正确；C．甲烷为正四面体构型，甲苯相当于甲烷中的一个H被苯基取代的产物，则甲苯中所有原子不可能共面，故C错误；D．己烷与2﹣甲基戊烷为同分异构体，2﹣甲基戊烷中含有支链，沸点低，故D正确，故选C．【点评】本题考查较综合，涉及有机物的结构与性质、分子共面及同分异构体，把握常见有机物的结构、性质及其官能团为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大． 7．有机物分子中原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致物质化学性质的不同．下列事实不能说明上述观点的是（ ）A．苯酚能跟NaOH溶液反应，乙醇不能与NaOH溶液反应B．乙烯能发生加成反应，乙烷不能发生加成反应C．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烷、苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．苯与硝酸在加热时发生取代反应，甲苯与硝酸在常温下就能发生取代反应【考点】有机分子中基团之间的关系．【分析】A、苯环对酚羟基影响的结果是酚羟基具有酸性；B、根据C=C官能团的性质分析；C、从苯环对侧链影响的角度分析；D、甲基对苯环有影响．【解答】解：A、在苯酚中，由于苯环对﹣OH的影响，酚羟基具有酸性，对比乙醇，虽含有﹣OH，但不具有酸性，能说明上述观点，故A正确；23/24B、乙烯和乙烷结构不同，乙烯含有C=C，可发生加成反应，不能用上述观点证明，故B错误；C、甲苯和乙烷中都含有﹣CH3，但二者性质不同，说明苯环对侧链影响，故C正确；D．甲苯和苯中都含有苯环，二者性质不同，可说明侧链对苯环有影响，故D正确．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意有机物的原子团之间相互影响的特点． 8．下列化合物中，既显酸性，又能发生加成反应、氧化反应、酯化反应和消去反应的是（ ）A．B．CH2（CHO）﹣CH2﹣CH（OH）﹣COOHC．CH3﹣CH=CH﹣COOHD．CH3CH（OH）CH2CHO【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机反应．【分析】既显酸性，又能发生加成反应、氧化反应、酯化反应和消去反应，分子中含有酚羟基或羧基，且含有醛基，可发生加成、氧化反应，含有﹣OH，且邻位碳原子含有氢原子，以此解答该题．【解答】解：A．该有机物不能发生消去反应，故A错误；B．该有机物含有醛基，可发生加成、氧化反应，含有﹣OH，且邻位碳原子含有氢原子，可发生酯化和消去反应，含有羧基，具有酸性，故B正确；C．不能发生消去反应，故C错误；D．该有机物不具有酸性，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键． 9．和醛基相邻的碳原子上的氢叫α氢．没有α氢的醛在浓的强碱作用下发生分子间氧化还原反应生成羧酸和醇，叫做康尼查罗反应．例如：2HCHO+NaOH→CH3OH+HCOONa．下列化合物中，不能发生康尼查罗反应的是（ ）A．B．C．（CH3）3CCHOD．CH3CHO【考点】有机物的结构和性质．【分析】根据题给信息知，康尼查罗反应是：没有α氢的醛在浓的强碱作用下发生分子间氧化还原反应生成羧酸和醇，只要没有α氢的醛在一定条件下就能发生该反应，据此分析解答．23/24【解答】解：根据题给信息知，康尼查罗反应是：没有α氢的醛在浓的强碱作用下发生分子间氧化还原反应生成羧酸和醇，只要没有α氢的醛在一定条件下就能发生该反应，根据结构简式知，A、B、C都属于没有α氢的醛，乙醛属于含有α氢的醛，则只有乙醛不能发生康尼查罗反应，故选D．【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查学生获取信息、利用信息解答问题能力，明确康尼查罗反应对有机物结构要求特点是解本题关键，题目难度不大． 10．五倍子是一种常见的中草药，其有效成分为X．在一定条件下X可分别转化为Y、Z．下列说法错误的是（ ）A．1molX最多能与2molBr2发生取代反应B．Y分子结构中有3个手性碳原子C．1molZ最多能与7molNaOH发生反应D．Y能发生加成、取代、消去、氧化、缩聚反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】A．苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴取代；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；C．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基能和氢氧化钠反应；D．Y中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、加聚反应、缩聚反应、消去反应．【解答】解：A．苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴取代，所以1molX最多能与2molBr2发生取代反应，故A正确；B．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子，所以Y分子结构中有3个手性碳原子，故B正确；C．含有酚羟基、酯基，酯基水解生成的酚羟基和羧基，酚羟基、羧基能和氢氧化钠反应，所以1molZ最多能与8molNaOH发生反应，故C错误；D．Y中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，能发生加成反应、取代反应、氧化反应、加聚反应、缩聚反应、消去反应，故D正确；故选C．【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，把握官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查酚、羧酸、酯的性质，易错选项是C． 11．下列各项中的两种物质无论以何种比例混合，只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗O2的质量均不变的是（ ）A．C3H6、C3H8OB．C3H6、C2H6OC．C2H2、C6H6D．CH4O、C2H4O3【考点】有关混合物反应的计算．23/24【分析】只要混合物的总物质的量一定，完全燃烧消耗O2的质量保持不变，则1mol各组分消耗氧气的量相等；总物质的量一定生成水的质量不变，则有机物分子中含有的H原子数目一定相等，据此进行解答．【解答】解：混合物的总物质的量一定，完全燃烧生成水的质量和消耗O2的质量均不变，则1mol各组分消耗氧气的量相等，分子中含有的氢原子数目相等，A．C3H6、C3H8O分子中含有的氢原子分别为6、8，二者含有的氢原子数不同，则不同比例混合后生成水的量不同，故A错误；B.1molC3H6完全反应消耗4.5mol氧气，而1molC2H6O完全反应消耗3mol氧气，所以1molC3H6与1molC2H6O耗氧量不相同，不符合题意，故B错误；C．C2H2、C6H6最简式相同，1molC6H6的耗氧量为1molC2H2耗氧量的3倍，且分子中含有的H数目不同，物质的量一定时二者比例不同，生成水的量不同，故C错误；D．C2H4O3改写为CH4OCO2，CH4O、C2H4O3分子中含有H原子数相等，且1mol时消耗的氧气都是1.5mol，所以只要混合物的总物质的量一定，则完全燃烧时生成水的质量和消耗O2的质量均不变，故D正确；故选D．【点评】本题考查混合物计算、有机物分子式确定，题目难度中等，注意根据燃烧通式理解烃及其含氧衍生物耗氧量问题，注意D利用改写法进行比较，可简化计算过程． 12．已知C6H5ONa+CO2+H2O→C6H5OH+NaHCO3，某有机物的结构简式如下：Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为（ ）A．3：3：2B．3：2：1C．1：1：1D．3：2：2【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】该有机物含酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH、﹣CHO，结合酚、醇、羧酸的性质来解答．【解答】解：酚﹣OH、醇﹣OH、﹣COOH均与Na反应，则1mol该有机物与Na反应消耗3molNa，酚﹣OH、﹣COOH与NaOH反应，则1mol该物质消耗2molNaOH，只有﹣COOH与NaHCO3反应，则1mol该物质消耗1molNaHCO3，所以Na、NaOH、NaHCO3分别与等物质的量的该物质恰好反应时，Na、NaOH、NaHCO3的物质的量之比为3：2：1，故选B．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意把握有机物的官能团的性质，为解答该题的关键，熟悉酚、醇、羧酸的性质即可解答，注意苯酚不与碳酸氢钠反应为易错点． 23/2413．以乙醇为原料，合成乙二酸乙二酯（）所经历的反应的正确顺序是（ ）①氧化 ②消去 ③加成 ④酯化 ⑤水解 ⑥加聚．A．①⑤②③④B．①②③⑤④C．②③⑤①④D．②③⑤①⑥【考点】有机化学反应的综合应用．【分析】以乙醇为原料合成乙二酸乙二酯，先乙醇发生消去反应生成乙烯，加成生成二卤代烃，水解生成乙二醇，乙二醇氧化生成乙二酸，最后发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，以此来解答．【解答】解：以乙醇为原料合成乙二酸乙二酯，经过以下几步，第一步：乙醇发生消去反应生成乙烯，为消去反应；第二步：乙烯发生加成反应生成二卤代烃，为加成反应；第三步：二卤代烃水解生成乙二醇，为水解反应；第四步：乙二醇氧化生成乙二酸，为氧化反应；第五步：乙二醇与乙二酸发生酯化反应生成乙二酸乙二酯，为酯化反应，涉及的反应类型按反应顺序依次为②③⑤①④，故选C．【点评】本题考查有机物的合成，难度中等．侧重反应类型的考查，结合乙醇的性质分析合成路线即可解答． 14．有机物X的蒸气相对氢气的密度为51，X中氧元素的质量分数为31.7%，则能在碱性溶液中发生反应的X的同分异构体有（不考虑立体异构）（ ）A．15种B．14种C．13种D．12种【考点】同分异构现象和同分异构体；有机物实验式和分子式的确定．【专题】同系物和同分异构体．【分析】有机物A的蒸气对氢气同温同压下相对密度为51，则A的相对分子质量为51×2=102，含氧的质量分数为31.7%，则分子中N（O）==2，分子中碳、氢元素的原子量之和为102﹣16×2=70，利用余商法=5…0，所以分子式为C5H10O2，可能是酸、也可能是酯从而判断同分异构体；【解答】解：分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酸，属于饱和一元酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种，分子式为C5H10O2的有机物在碱性溶液中发生反应，可能是酯，属于饱和一元酯，若为甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种，可形成4种酯；若为乙酸和丙醇酯化，丙醇有2种，可形成2种酯；若为丙酸和乙醇酯化，丙酸有1种，可形成1种酯；若为丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，可形成2种酯；所以能在碱性溶液中发生反应的C5H10O2的同分异构体有4种羧酸，9种酯，共13种；故选：C；23/24【点评】本题考查有机物分子式的确定、同分异构体书写、官能团的性质等，计算确定有机物的分子式、确定酯的种类是解题的关键，注意掌握官能团的性质． 15．下列有机物水解时，键断裂处标示不正确的是（ ）A．B．C．D．【考点】消去反应与水解反应．【分析】氯代烃的水解，断开卤素原子，生成羟基；酯类水解断开C﹣O单键，生成羧酸和醇；蛋白质的水解断开肽键生成氨基酸；据此解答即可．【解答】解：A、氯代烃的水解，断开卤素原子，生成羟基，故A正确；B、酯类水解断开C﹣O单键，生成羧酸和醇，故B正确；C、蛋白质的水解断开肽键生成氨基酸，故C正确，故D错误，故选D．【点评】本题主要考查的是取代反应原理，涉及卤代烃的水解、酯类的水解以及氨基酸的水解，难度不大． 二、解答题（共5小题，满分55分）16．有相对分子质量为58的几种有机物，试写出符合条件的有机物的结构简式：（1）若该有机物为烃，则可能的结构简式为： CH3CH2CH2CH3 、 CH3CH（CH3）CH3 ．（2）若该有机物是一种饱和一元醛，则其结构简式为： CH3CH2CHO ．（3）若该有机物1mol能与足量银氨溶液作用可析出4molAg，则有机物的结构简式为： OHC﹣CHO ．（4）若该有机物能与金属钠反应，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，则该有机物可能是： CH2=CHCH2OH ．（注羟基连在双键碳上的有机物极不稳定）【考点】有机物的推断．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】（1）某有机物的相对分子质量为58，只由碳、氢两元素组成，根据商余法=4…2，所以分子为C4H10，然后写出结构简式；（2）若该有机物是一种饱和一元醛，设饱和一元醛的通式为CnH2nO，结合相对分子质量计算确定有机物分子式，进而书写可能的结构简式；（3）lmol该有机物与足量的银氨溶液作用可析出4molAg，可知有机物为甲醛或1个有机物中含有2个醛基，再结合相对分子质量来确定分子式和结构简式；23/24（4）若该有机物能与金属钠反应，说明含有羟基或羧基，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，其相对分子质量是58，所以该有机物中不含羧基，含有羟基，再结合相对分子质量判断其结构简式．【解答】解：（1）因某有机物的相对分子质量为58，只由碳、氢两元素组成，根据商余法=4…2，所以分子为C4H10，结构简式为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3，故答案为：CH3CH2CH2CH3、CH3CH（CH3）CH3；（2）若该有机物是一种饱和一元醛，且分子量是58，设饱和一元醛的通式为CnH2nO，则14n+16=58，解得n=3，则该有机物的结构简式为：CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（3）lmol该有机物与足量的银氨溶液作用，可析出4molAg，可知有机物为甲醛或1个有机物中含有2个醛基，相对分子质量为M=58，不可能为甲醛，分子式为C2H2O2，结构简式为OHC﹣CHO，故答案为：OHC﹣CHO；（4）若该有机物能与金属钠反应，说明含有羟基或羧基，又能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明含有碳碳双键，其相对分子质量是58，所以该有机物中不含羧基，含有羟基，则该有机物的结构简式为：CH2=CH﹣CH2OH，故答案为：CH2=CHCH2OH．【点评】本题考查有机物推断、限制条件同分异构体的书写，难度中等，注意掌握官能团的性质、同分异构体书写以及利用余商法计算确定有机物分子式． 17．（11分）（2022春大连校级期末）某化学小组采用类似制乙酸乙酯的装置（如图1），以环己醇制备环己烯．已知：+H2O密度（g/cm3）熔点（℃）沸点（℃）溶解性环己醇0.9625161能溶于水环己烯0.81﹣10383难溶于水（1）制备粗品：将12.5mL环己醇加入试管A中，再加入lmL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品．①A中碎瓷片的作用是 防止暴沸 ，导管B除了导气外还具有的作用是 冷凝 ．②试管C置于冰水浴中的目的是 进一步冷却，防止环己烯挥发 ．（2）制备精品：23/24①环己烯粗品中含有环己醇和少量酸性杂质等．加入饱和食盐水，振荡、静置、分层，环己烯在 上层 层（填上或下），分液后用 c （填入编号）洗涤．a．KMnO4溶液b．稀H2SO4c．Na2CO3溶液②再将环己烯按图2装置蒸馏，冷却水从 g 口进入．蒸馏时要加入生石灰，目的是 吸收水分 ．③收集产品时，控制的温度应在 83℃ 左右，实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是 c ．a．蒸馏时从70℃开始收集产品b．环己醇实际用量多了c．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出（3）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是 bc ．a．用酸性高锰酸钾溶液b．用金属钠c．测定沸点．【考点】制备实验方案的设计．【分析】（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；（2）①环己烯不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；②为了增加冷凝效果，冷却水从下口（g）进入，蒸馏时要加入生石灰可以吸收水分；③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃；a、若提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量；b、制取的环己烯物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量；c、粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量；（3）根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，据此可判断产品的纯度．【解答】解：（1）①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝．故答案为：防止暴沸；冷凝；23/24②冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化，故答案为：进一步冷却，防止环己烯挥发；（2）①环己烯是烃类，不溶于氯化钠溶液，且密度比水小，振荡、静置、分层后环己烯在上层，由于分液后环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，联想：制备乙酸乙酯提纯产物时用c（Na2CO3溶液）洗涤可除去酸；故答案为：上层；c；②为了增加冷凝效果，蒸馏装置要有冷凝管，冷却水从下口（g）进入，蒸馏时要加入生石灰可以吸收水分，故答案为：g；吸收水分；③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；a、蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；b、环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；c、若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确，故选c；故答案为：83℃；c；（3）区别粗品与精品可加入金属钠，观察是否有气体产生，若无气体，则是精品，另外根据混合物没有固定的沸点，而纯净物有固定的沸点，通过测定环己烯粗品和环己烯精品的沸点，也可判断产品的纯度，故答案为：bc．【点评】本题考查了以环己醇制备环己烯的实验方法，综合考查了物质的分离方法，冷凝，产量的分析等，难度适中，考查学生解决实际问题的能力． 18．有机物A可由葡萄糖发酵得到，也可从酸牛奶中提取．纯净的A为无色黏稠液体，易溶于水．为研究A的组成与结构，进行了如下实验：（1）称取A9.0g，升温使其汽化，测其密度是相同条件下H2的45倍．实验结论：A的相对分子质量为 90 ．（2）将此9.0gA在足量纯O2中充分燃烧，并使其产物依次缓缓通过浓硫酸、碱石灰，发现两者分别增重5.4g和13.2g．则A的分子式为 C3H6O3 ．（3）另取A9.0g，跟足量的NaHCO3粉末反应，生成2.24LCO2（标准状况），若与足量金属钠反应则生成2.24LH2（标准状况）．实验结论：A中含有的官能团： ﹣COOH、﹣OH ．（4）A的核磁共振氢谱如图：实验结论：A中含有 4 种氢原子．（5）综上所述，A的结构简式 ．23/24【考点】有关有机物分子式确定的计算；有机物结构式的确定．【分析】（1）同温同压下，气体的密度之比等于相对分子质量之比，据此计算；（2）浓硫酸增重7.2g为水的质量，碱石灰增重17.6g为二氧化碳质量，计算有机物、水、二氧化碳物质的量，进而计算n（H）、n（C），根据质量守恒确定是否含有O元素，根据元素守恒来确定有机物的分子式；（3）能与足量的NaHCO3粉末反应，说明含有﹣COOH，根据生成的二氧化碳的物质的量确定﹣COOH数目，能与钠反应生成氢气，结合生成氢气的物质的量确定是否含有﹣OH及羟基数目；（4）核磁共振氢谱图中有几个峰值则含有几种类型的等效氢原子，峰面积之比等于氢原子的数目之比；（5）由A的分子式、含有的官能团及核磁共振氢谱书写其结构简式．【解答】解：（1）由其密度是相同条件下H2的45倍，可知A的相对分子质量为：45×2=90，故答案为：90；（2）由题意可推知：n（A）==0.1mol，n（C）=n（CO2）==0.3mol，n（H）=2n（H2O）=2×=0.6mol，n（O）==0.3mol，所以A的分子式为：C3H6O3，故答案为：C3H6O3；（3）0.1molA与NaHCO3反应放出0.1molCO2，则说A中应含有一个羧基，而与足量金属钠反应则生成0.1molH2，说明A中还含有一个羟基，故答案为：﹣COOH、﹣OH；（4）核磁共振氢谱中有4个吸收峰，面积之比为1：1：1：3，可知A中应含有4种不同环境的氢原子，故答案为：4；（5）综上所述，A的分子式为C3H6O3，其分子中含有羟基和羧基，且含有4种H原子，则A的结构简式为：，故答案为：．【点评】本题考查有机物的结构和性质，题目难度中等，侧重考查学生对知识的整合能力，注意掌握常见有机物结构与性质，根据A和碳酸氢钠、钠反应时生成气体体积判断含有的官能团类型为解答关键． 19．H是一种香料，可用下图的设计方案合成．23/24已知：①在一定条件下，有机物有下列转化关系：②烃A和等物质的量的HCl在不同的条件下发生加成反应，既可以生成只含有一个甲基的B也可以生成含有两个甲基的F．（1）D的结构简式为 CH3CH2CHO ．（2）F→G的化学反应类型为 取代反应或水解反应 ．（3）烃A→B的化学反应方程式是 CH3CH═CH2+HClCH3CH2CH2Cl ．（4）E+G→H的化学反应方程式： CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O ．（5）H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是 ．（用结构简式表示）【考点】有机物的推断．【分析】由转化关系可知，E含有羧基、G含有﹣OH，且E、G含有相同的碳原子数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2，据此分析解答．【解答】解：由转化关系可知，E含有羧基、G含有﹣OH，且E、G含有相同的碳原子数目，故E与G发生酯化反应生成H，由H的分子式可知，E为CH3CH2COOH，F中含有2个甲基，则G为CH3CH（OH）CH3，逆推可得，F为CH3CHClCH3，D为CH3CH2CHO，C为CH3CH2CH2OH，B为CH3CH2CH2Cl，A为CH3CH=CH2，（1）通过以上分析知，D结构简式为CH3CH2CHO，故答案为：CH3CH2CHO；（2）G为CH3CH（OH）CH3，F为CH3CHClCH3，F和NaOH的水溶液共热发生取代反应或水解反应生成G，故答案为：取代反应（或水解反应）；（3）A在双氧水作催化剂条件下，和HCl发生加成反应生成B，反应方程式为CH3CH═CH2+HClCH3CH2CH2Cl，23/24故答案为：CH3CH═CH2+HClCH3CH2CH2Cl；（4）E和G在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生酯化反应生成酯H，反应方程式为CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CH（OH）CH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（5）H为CH3CH2COOCH（CH3）2，H有多种同分异构体，其中含有一个羧基，且其一氯代物有两种的是，故答案为：．【点评】本题考查有机物推断，侧重考查学生分析推断及知识迁移能力，根据H分子式结合题给信息进行推断，注意：反应条件不同导致其产物不同，题目难度不大． 20．（14分）（2022秋淮安校级期末）查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：已知以下信息：①芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1molA充分燃烧可生成72g水．②C不能发生银镜反应．③D能发生银镜反应、可溶于饱和Na2CO3溶液、核磁共振氢谱显示其有4种氢．④+RCH2I→⑤RCOCH3+R′CHORCOCH═CHR′回答下列问题：（1）A的化学名称为 苯乙烯 ．（2）由B生成C的化学方程式为 ．23/24（3）E的分子式为 C7H5O2Na ，由E生成F的反应类型为 取代反应 ．（4）G的结构简式为 （不要求立体异构）．（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为 ．（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应的共有 13 种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的为 ．（写结构简式）【考点】有机物的推断．【分析】芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1molA充分燃烧可生成72g水，72g水的物质的量==4mol，所以1个A分子中含有8个氢原子，A能和水发生加成反应，则A中含有碳碳双键，B中含有羟基，B被氧化后生成C，C不能发生银镜反应，则C中不含醛基，则C中含有羰基，结合A的相对分子质量知，A是苯乙烯，B的结构简式为：，C的结构简式为：；D能发生银镜反应说明D中含有醛基，可溶于饱和Na2CO3溶液说明D中含有羧基或酚羟基，核磁共振氢谱显示有4种氢，说明D含有四种类型的氢原子，结合D的分子式知，D是对羟基苯甲醛，D和氢氧化钠溶液反应生成E，E的结构简式为：，和碘烷反应生成F，F的结构简式为：，C和F反应生成G，结合题给信息知，G的结构简式为：，据此答题．【解答】解：芳香烃A的相对分子质量在100～110之间，1molA充分燃烧可生成72g水，72g水的物质的量=23/24=4mol，所以1个A分子中含有8个氢原子，A能和水发生加成反应，则A中含有碳碳双键，B中含有羟基，B被氧化后生成C，C不能发生银镜反应，则C中不含醛基，则C中含有羰基，结合A的相对分子质量知，A是苯乙烯，B的结构简式为：，C的结构简式为：；D能发生银镜反应说明D中含有醛基，可溶于饱和Na2CO3溶液说明D中含有羧基或酚羟基，核磁共振氢谱显示有4种氢，说明D含有四种类型的氢原子，结合D的分子式知，D是对羟基苯甲醛，D和氢氧化钠溶液反应生成E，E的结构简式为：，和碘烷反应生成F，F的结构简式为：，C和F反应生成G，结合题给信息知，G的结构简式为：，（1）通过以上分析知，A是苯乙烯，故答案为：苯乙烯；（2）在加热、铜作催化剂条件下，B被氧气氧化生成C，反应方程式为：，故答案为：；（3）通过以上分析知，E的分子式为：C7H5O2Na，E发生取代反应生成F，故答案为：C7H5O2Na；取代反应；（4）通过以上分析知，G的结构简式为：，23/24故答案为：；（5）D的芳香同分异构体H既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明H中含有苯环、醛基和酯基，所以H是甲酸苯酯，H在酸催化下发生水解反应的化学方程式为：，故答案为：；（6）F的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物中含有醛基和酚羟基，当该有机物中含有一个酚羟基、一个醛基和一个甲基时有10种同分异构体，当该有机物含有乙醛基和酚羟基时，有3种同分异构体，所以共有13种符合条件的同分异构体，如果其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1时，该有机物的结构简式为，故答案为：13；．【点评】本题考查有机物的推断，明确有机物反应时断键方式及官能团的性质是解本题关键，注意结合题给信息进行分析解答，难度中等． 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