第1节有机化合物的合成

1024页砀山四中2023-2023学年度其次学期课时训练1考试时间：90分钟 试卷总分值：100分留意事项：本试卷共6页，二大题，22小题。答题前，先在答题卷上填写班级、姓名、座位号等信息。请用0.5毫米黑色字迹的签字笔在答题卷上作答，写在本试卷上无效。客观题2B铅笔涂满答题卡。考试完毕后，本试卷自留，答题卡交回相对原子质量：H1 O16 Na23 S32 Cl35.5 K39 Cu64 Mn55 C12N14 Ba137一、单项选择题〔2060.0分〕〔2023宁南中学高二开学考试〕A．能使溴的四氯化碳溶液或酸性KMnO4溶液褪色B4种官能团C．分子式为C11H12O3D．能发生催化氧化反响【答案】B【解析】A．该分子中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，能和溴发生加成反响而使溴的四氯化碳溶液褪色，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B．该分子中含有碳碳双键、羰基和羟基三种官能团，故B错误；C．依据构造简式确定分子式为C11H12O3，故C正确；D．含有CH2OH构造，可发生催化氧化反响生成醛基，故D正确；〔2023高二课时练习〕20232月进展，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的外表涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的构造如下图。以下说法正确的选项是A．利用质谱仪可测得该分子中官能团的种类B．该双环烯酯分子中有3个手性碳原子C．可以发生加聚反响、复原反响和取代反响D．该有机物分子的最简式为C7H9O【答案】C【解析】A．利用质谱仪只能测定构造中氢原子的种类，不能测得该分子中官能团的种类，故A错误；B．该双环烯酯分子中只有环上链接支链的碳原子是手性碳原子，2个手性碳原子，故B错误；C．该有机物构造中含有碳碳双键，则在肯定条件下可以发生加聚反响，与氢气的加成反响属于原反响，含有酯基，则可以发生水解反应，属于取代反响，故C正确；D．该有机物分子的分子式为C17H20O2，则最简式为C7H10O，故D错误；〔2023高三期末〕素的构造简式如下图，关于该化合物说法错误的选项是D．与互为同分异构体A．能使溴水褪色B．在水中的溶解度不大D．与互为同分异构体【答案】D【解析】A．该有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反响而褪色，故A正确；B．该有机物含有碳碳双键和酯基，在水中的溶解度不大，故B正确；C．昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质，说明该有机物具有肯定的挥发性，故C正确；D．的分子式为C12H20OD．的分子式为C12H20O2，的分子式为C12H18O2，两者分子式不一样，不能互为同分异构，故D错误。〔2023高三期末〕北京2023年冬奥会以绿色环保为理念，在场馆建设中用到一种耐腐蚀、耐高温的涂料是以某双环烯酯()为原料制得的，以下说法正确的选项是反响

1mol3molH2发生加成该双环烯酯分子中全部碳原子可能共平面D．该双环烯酯的一氯代物可以有13种【解析】A．该双环烯酯的分子式为【解析】A．该双环烯酯的分子式为C14H20O2，故A错误；B．碳碳双键能与H2发生加成反响，酯基中碳氧双键不能与H21mol2molH2发生加成反响，故B错误；C．依据乙烯中六个原子都在同一平面上，双环烯酯分子中含有碳碳双键，因此该双环烯酯分子中全部碳原子不能共平面，故C错误；D．依据双环烯酯的构造简式13种氢原子，13种，故D正确。〔2023高二期末〕甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体，早在几十年前就成功合成，现在又有的合成方法。旧的合成方法是：CH32

COHCNCH32

C(OH)CNCH32

C(OH)CNCH

OHHSO3 2

HSO4

CH2

CCH3

COOCH3的合成方法是：CHCCHCOCHOHCHCCHCOOCH3 3 2 3 3两种方法相比，方法的优点是原料无爆炸危急C．原料都是无毒物质【答案】B

没有副产物，原料利用率高D．生产过程中对设备没有任何腐蚀性【解析】A．有气体原料，会有爆炸危急，A不符合题意；B．反响物全部转化成产物，没有副产物，原料利用率高，是优点，B符合题意；C．COCH3OH是我们熟知的有毒物质，在生产过程中要留意防护，故原料都是无毒物质是错误的，C不符合题意；D．生产过程中原料对设备的腐蚀性，只有大小之分，不行能没有任何腐蚀性，D不符合题意；〔2023高三期末〕以物质a和乙二醇为原料合成有机物d如图，以下说法错误的选项是a、b、c、d均能发生银镜反响a、c、d互为同系物C．a分子中不存在手性碳原子D．a、c均易溶于水【答案】B【解析】A．a、b、c、d都含有醛基，因此均能发生银镜反响，故A正确；B．a只含2个醛基，c含有两个醛基，还含有两个羟基，d含有两个醛基，还含有两个酯基，因此构造不相像，不互为同系物，故B错误；C．手性碳原子是指碳原子连的四个原子或原子团都各不一样，因此a分子中不存在手性碳原子，故C正确；D．醛基、羟基均能与水形成分子间氢键，因此a、c均易溶于水，故D正确。〔2023高三期末〕物质Z是一种用于合成内分泌调整剂的药物中间体，其合成路线如下：以下说法正确的选项是A．X在浓硫酸催化下加热可发生消去反响B．用FeCl3溶液可鉴别化合物XYC．Y在水中的溶解性比X在水中的溶解性好D．化合物Z中含有手性碳原子【答案】B【解析】A．X在浓硫酸催化下加热，由于苯环上的碳氢键不能断裂，因此不能发生消去反响，故A错误；B．酚羟基与氯化铁变为紫色，因此用FeCl3溶液可鉴别化合物XY，故B正确；C．X含有羟基和羧基，而Y含有酯基和醚键，因此Y在水中的溶解性比X在水中的溶解性小，故C错误；D．手性碳原子指碳连的四个原子或原子团都不一样，因此化合物Z中没有手性碳原子，故D错误。〔2023高三期末〕如下图，以下表达不正确的选项是A．该有机物属于芳香烃B．该有机物可发生取代反响、氧化反响和加聚反响C．1mol该有机物最多与4molH2发生加成反响D．该有机物可使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色【答案】A【解析】A．司替戊醇含有O元素，属于烃的衍生物，A错误；B．司替戊醇含有羟基、可发生取代反响，含有碳碳双键，可发生加成、氧化反响也可以发生加聚反响，B正确；C．能与氢气发生加成反响的有苯环和碳碳双键，则1mol该有机物最多能和4molH2发生加成反响，C错误；D．碳碳双键可以和溴水加成使溴水褪色，碳碳双键和醇羟基与苯环直接相连的碳上有氢都能使高锰酸钾溶液褪色，D正确；〔2023高三期末〕恭普生的说法正确的A．分子式为C14H12O3B．萘普生苯环上的一氯代物有6种。C．可以发生氧化反响、加成反响和消去反响D．分子中全部碳原子共平面【解析】A．由构造简式可知分子式为【解析】A．由构造简式可知分子式为C14H14O3，故A错误；B．萘普生苯环上有6种H6种，故B正确；C．可与氧气燃烧发生氧化反响，苯环可与氢气发生加成反响，但不能发生消去反响，C错误；D．含有饱和碳原子，分子中不是全部碳原子共平面，故D错误；1〔2023高三期末〕份乙酰水杨酸的构造如下图。以下说法正确的选项是A．阿司匹林的分子式为C9H10O4B．阿司匹林分子中含有三种官能团C．阿司匹林分子中全部原子可能共平面mol3molNaOH反响【答案】D【解析】A9C原子、8个H原子、4个H原子，则其分子式为C9H8O4，故A错误；B．该分子中含有羧基和酯基两种含氧官能团，故B错误；C．阿司匹林分子中含有甲基，为四周体构造，全部原子不行能共平面，故C错误；D．含有羧基和酯基可消耗2molNaOH，酯基水解后得到羟基与苯相连，构造为苯酚具1molNaOH3molNaOH反响，故D正确；12023山东烟台二中高二阶段练习〕昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子构造简式如下图，关于该化合物说法不正确的选项是A．属于烷B．可发生水解反响C．可发生加聚反响D．具有肯定的挥发性【答案】A【解析】A．该化合物含有O元素，不属于烃类，含有不饱和碳，不属于烷，A错误；B．该化合物含有酯基，可发生水解反响，B正确；C．该化合物含有碳碳双键，可发生加聚反响，C正确；D．该化合物是昆虫之间传递信号的化学物质，便利信号传递，应具有肯定的挥发性，D正确；1〔2023江苏泰州中学高二阶段练习〕所示。以下有关柠檬烯的分析正确的选项是B．它和丁基苯()互为同分异构体AB．它和丁基苯()互为同分异构体C．它的分子中全部的碳原子肯定在同一平面上D．肯定条件下，它分别可以发生加成、取代、氧化、加聚等反响【答案】D【解析】A8种位置的H8种，故A错误；B．丁基苯的分子式为C10H14，柠檬烯的分子式为C10H16，二者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；C．环状构造中含饱和碳原子，为四周体构造，分子中全部碳原子不行能在同一个平面内，故C错误；D．含C=C，能发生加成、加聚、氧化，含H原子，能在肯定条件下发生取代，则肯定条件下，它可以分别发生加成、取代和氧化、加聚反响，故D正确；1〔2023江苏省南京市第十二中学高二阶段练习〕己烷雌酚的一种合成路线如下：以下表达不正确的选项是A．在肯定条件下，化合物X可与H2发生加成反响B．在肯定条件下，1mol化合物Y4molBr2C．在肯定条件下，化合物可Y发生水解反响DFeCl3溶液可鉴别化合物XY【答案】C【解析】A．在肯定条件下，化合物X中苯环可与H2发生加成反响，A正确；B．Y中含有酚羟基，酚羟基的邻位氢原子可以被溴取代，在肯定条件下，1mol化合物Y4molBr2，B正确；C．化合物可Y中不含酯基、肽键等，不会发生水解反响，C错误；D．化合物X在不含酚羟基，YFeCl3D正确；1〔2023高二期中〕(R′MgX得产物经水解可得醇：A．CH3CH2MgX假设用此种方法制取HOC(CH3A．CH3CH2MgXC．CH3CHO与D．与B．CH3CHC．CH3CHO与D．与【解析】A【解析】ACH3CH2MgXHOC(CH3)2CH2CH3A选；B．CH3CH2CHOCH3CH2MgXCH3CH2CH(OH)CH2CH3B不选；C．CH3CHO与二者反响后水解生成CH3CH(OH)CH(CH3)2，C不选；D．HCHO与二者反响后水解生成HOCH2CH(CH3)CH2CH3D不选。1〔2023高三期末〕酮中与直接相连的C上的H与另一分子醛(酮)的加成后生成羟基醛(酮)的反响称为羟醛缩合反响。利用该反响合成异丙叉酮(MO)的路线如下。以下说法的是A．MO不存在顺反异构体B．②CHCHO和CHCHO的混合物按②3种羟基醛3D．在有机合成中可以利用羟醛缩合反响增长碳链【答案】C【解析】A．MO左边的碳碳双键连有两个一样的集团CH3，故无顺反异构体，故A3正确；B．②为分子内去水生成不饱和碳碳双键的消去反响，故B正确；CHCHOCHCHO的混合物按②中原理反响，只能得到一中羟基醛，即CH2(OH)CH2CHO，故C错误；D．依据题干信息可知，可以利用羟醛缩合反响增长碳链，故D正确；31〔2023高三期末〕一种药物合成中间体构造简式如以下图。关于该化合物，以下说法正确的选项是。A．属于芳香醇B．分子中全部碳原子不行能共平面C4种(不考虑立体异构)D．分子中含有两种官能团【答案】D【解析】A．分子中有氧元素，属于烃的衍生物，不属于烃，故A错误；B．单键可以旋转，两个苯环和侧链的平面均可以通过旋转单键处于同一平面，因此分子中全部碳原子可以共平面，故B错误；C．该分子不存在对称构造，苯环上存在7种不同化学环7种(不考虑立体异构)，故C错误；D．分子中含有碳碳双键、羟基两种官能团，故D正确；1〔2023高二期末〕莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料；鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。以下说法正确的选项是A．两种酸都能与溴水反响，反响类型一样B．鞣酸分子中，可能在同一平面上的原子最多有14个C．鞣酸分子与莽草酸分子相比，多了两个碳碳双键D．中和等物质的量的莽草酸、鞣酸，消耗NaOH1：4【答案】D【解析】A．莽草酸中不含苯环，含有碳碳双键，能与溴水发生加成反响，鞣酸中含酚羟基，其邻对位上的氢原子能与溴水发生取代反响，A错误；B．鞣酸分子中苯环上6个碳原子以及和碳原子直接相连的原子都在苯环确定的平面上，除此之外，羟基上的氢原子通过旋转也可以在苯环确定的平面上，羧基上的原子也都可以在此平面14个，B错误；C．鞣酸含有苯环，莽草酸含有一个碳碳双键，C错误；D1个氢氧化钠反响，鞣酸含有134个氢氧化钠反响，故D正确；1〔2023高三期末〕有机物X、Z说法正确的选项是A．Y的分子式为C7H9OB．YZ可以用金属钠来鉴别C．化合物Z3种(不考虑立体异构)D．X、Y、Z分子中全部碳原子均处于同一平面【答案】B【解析】A．Y的分子式为C7H10O，故A错误；B．Z中含有羟基，能与金属钠反应，Y不能，故B正确C．化合物Z4种，故C错误；D．Y、Z分子中都含有多个饱和的碳原子，则两分子中全部碳原子不行能处于同一平面，故D错误；1〔2023江苏省盱眙中学高二期中〕丙酮与柠檬醛在肯定条件下反响可以合成假紫罗兰酮，再进一步可以合成有工业价值的α—紫罗兰酮和β—紫罗兰酮，转化过程如下图：以下说法正确的选项是A．丙酮与柠檬醛合成假紫罗兰酮的过程中先后发生加成反响和消去反响B．假紫罗兰酮、α—β—紫罗兰酮都能发生加成、氧化和酯化反响C．α—β—Br2发生加成反响的产物分子中都含有4个手性碳原子D．假紫罗兰酮、α—紫罗兰酮和β—紫罗兰酮互为同分异构体，它们的一种芳香族同分异构体能够发生银镜反响【解析】A．丙酮中醛基和甲基先发生加成反响生成醇羟基，然后生成的醇羟基再发【解析】A．丙酮中醛基和甲基先发生加成反响生成醇羟基，然后生成的醇羟基再发生消去反响生成碳碳双键，选项A正确；B．假紫罗兰酮、α—紫罗兰酮和β—紫罗兰酮都含有碳碳双键能发生加成、氧化反响，但均不含有醇羟基或羧基，不能发生酯化反响，选项B错误；C．α紫罗兰酮和βBr2发生加成反响的产物分子中，α5个手性碳原子，选项C错误；D．分子式一样而构造不同的有机物互为同分异构体，这三种物质分子式一样而构造不同，所以互为同分异构体，它们的不饱和度为3,假设形成芳香族同分异构体则不能再含有醛基，则不行能有能够发生银镜反响的芳香族同分异构体，选项D错误；2〔2023天津市红桥区教师进展中心高二期末－P1－MCP的表达的是分子式为C4H61，3－丁二烯互为同分异构体能使溴的CCl4溶液褪色D．与氯化氢加成后生成的烃的衍生物只有一种构造【答案】D2〔2023河北省唐县第一中学高二期中〕在10稀碱溶液催化下，醛分子间能发生OHΔ。苯甲醛和乙醛发生上述反响生成的是A．B．C．2〔2023河北省唐县第一中学高二期中〕在10稀碱溶液催化下，醛分子间能发生OHΔ。苯甲醛和乙醛发生上述反响生成的是A．B．C．D．【解析】依据题给信息知，醛分子与醛分子反响的实质是一个醛分子中与醛基相连的碳原子上脱去一个氢原子然后和剩余基团加成到另一个醛分子的碳氧双键上，形成羟基并加长碳链，之后羟基发生消去反响形成碳碳双键；苯甲醛为【解析】依据题给信息知，醛分子与醛分子反响的实质是一个醛分子中与醛基相连的碳原子上脱去一个氢原子然后和剩余基团加成到另一个醛分子的碳氧双键上，形成羟基并加长碳链，之后羟基发生消去反响形成碳碳双键；苯甲醛为，乙醛为CH3CHO，乙醛可以将苯甲醛中的醛基加成得到，醇羟基的碳原子的邻位碳原子上含有氢的可以发生消去反响，得到碳碳双键，应选D。2〔2023高三期末〕化合物Z以下反响制得。以下有关X、Y、Z的说法正确的选项是A．1molX2mol碳氧π键B．Y在水中的溶解度比X在水中的溶解度小C．Z与足量H22个手性碳原子D．X、Y、ZKMnO4溶液反响所得芳香族化合物一样【解析】A．【解析】A．1molX1molπ键，故A错误；B．X中的羧基和羟基均为亲水基团，因此X在水中的溶解度大于Y，故B正确；C．Z中标记的三个碳原子加成氢气后为手性碳原子，有3个，故C错误；D．X中存在酚羟基会被高锰酸钾氧化破坏苯环构造，而Z不能不高锰酸钾氧化，因此三者与高锰酸钾反响后的产物不同，故D错误；2〔2023高三期末〕以下关于企鹅酮的说法正确的选项是不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．分子中全部碳原子共平面【解析】A．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，【解析】A．该物质分子中含有不饱和的碳碳双键，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．该物质分子式是C10H14O，其芳香族化合物可能为等，故该物质存在含苯环的同分异构体，B正确；C．该物质分子中含有饱和C原子，该饱和C4个C原子相连，具有甲烷的四周体构造，因此分子中全部碳原子不行能共平面，C错误；D．该物质分子中3种不同的HCl3种，D错误；2〔2023高二期末〕某有机物的构造简式为，它在肯定条件下不行能发生的反响是

存在含苯环的同分异构体D4种加成反响【答案】C

氧化反响 C．水解反响 D．消去反响【解析】A．因含有苯环、醛基可发生加成反响，选项A不符合；B．含−OH、CHO等基团可发生氧化反响，而且该有机物可以燃烧，选项B不符合；C．因不含能水解的官能团，如卤素原子，酯基等，所以不能发生水解反响，选项C符合；D．因含有醇羟基，与醇羟基相连的碳的相邻的碳原子上有H原子，可发生消去反响，选项D不符合；2〔2023云南昆明八中高二期中〕利尿酸是运发动禁用的兴奋剂之一，其构造如下。以下表达正确的选项是A．利尿酸的分子式是C13H15Cl2O4B．利尿酸分子内可处于同一平面的原子不超过10个摩尔利尿酸最多能与6molH2发生加成反响D．利尿酸能发生加成、取代、加聚、复原等反响类型【答案】D【解析】A．利尿酸的分子式是C13H12Cl2O4，A错误；B．苯环、C=C、C=O为平面构造，与苯环直接相连的原子肯定在同一平面内，所以利尿酸分子内处于同一平面的原10个，B错误；C．碳碳双键、羰基和苯都可以和氢气发生加成反响、15molH2发生加成反响，C错误；D．利尿酸中含有碳碳双键，能发生加成、加聚、复原反响，含有羧基，能发生取代反响，D正确；二、填空题〔5240.0分〕2〔2023高二期中〕化合物G成化合物G的路线如下图：′H3H2Oa。答复以下问题：(1)A→B的反响类型是 ，D的化学名称是 。(2)写出以下反响的化学方程式：②D→E： 。②B＋D→F： 。(3)X的构造简式 。(4)化合物E中的官能团名称是 ，试验室中可用“银氨溶液”检验E中的官能团，试验室中配制“银氨溶液”的操作方法是：在一支干净的试管中，参加1mL2%的AgNO3溶液，边振荡边滴加2%的氨水，直到 为止。写出化合物E与“银氨溶液”反响的化学方程式 。(2)2O(2)2OΔ2HO+22Cu2+CHCOOH3ΔHO+2(3)(4)醛基白色沉淀恰好消逝+2Ag(NH)OHHO+2Ag+3NH+32 2 3【解析】由图知，乙烯和水发生加成反响生成A为乙醇，甲苯光照下侧链取代、按化学式可知C为，C在氢氧化钠溶液中水解生成D为，D和乙酸发生酯化反响得到F为，D催化氧化为醛E、E为，按信息反响EF反响得到X为，据此答复。(2)②D→E催化氧化为，化学方程式：2(2)②D→E催化氧化为，化学方程式：2OΔ2HO+2。2Cu2②B＋D→F和乙酸发生酯化反响得到F，化学方程式：+CHCOOH3ΔH②B＋D→F和乙酸发生酯化反响得到F，化学方程式：+CHCOOH3ΔHO+2。(3)据分析，X的构造简式。(4)E为，化合物E中的官能团名称是醛基，试验室中可用“银氨溶液”检E中的官能团，试验室中配制“银氨溶液”的操作方法是：在一支干净的试管中，加1mL2%AgNO32%的氨水，直到白色沉淀恰好消逝为止。化合物E与“银氨溶液”反响的化学方程式+2Ag(NH)OHHO+2Ag+3NH+。32 2 3：答复以下问题：A~I中，属于烃的是 (填标号)。EF的反响类型属于 (填“1,2加成”或“1,4加成”)。F在氢氧化钠的水溶液中加热，发生反响的化学方程式为 。 0.2molC完全燃烧消耗 molO 21molI最多可与 molNaOH反响，所得产物为 。HI中浓硫酸的作用是 。(3)HΔ+2NaBr(3)HΔ+2NaBr(5)2(5)2、CHCOONa、HO3 2(6)作催化剂和吸水剂B(B()，B通过反响发生消去反响生成C()，CD()，DE()；E通过1,4加成得到F，FG()，G发生H()，H通过酯化反响生成I。(3)F在氢氧化钠的水溶液中加热，发生取代反响生成醇，反响的化学方程式为HΔ+2NaBr。(1)只由碳氢两种元素组成的有机化合物叫作烃，A~IACE。(2)(3)F在氢氧化钠的水溶液中加热，发生取代反响生成醇，反响的化学方程式为HΔ+2NaBr。2(4)C化学式为C6H10，1molC6H10反响消耗8.5molO，则0.2mol C6H10完全燃烧消耗21.7molO。(5)1molI(5)1molI2mol的脂基，故1molI2molNaOH反响，所得产物为、CHCOONa、HO。3 2(6)HI中反响为酯化反响，其中浓硫酸的作用是作催化剂和吸水剂。2〔2023江西赣州市第一中学高二期中〕烷烃A只可能有三种一氯取代产物、CD．C的构造简式是D．C的构造简式是。B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E．G有醛基，能发生银镜反响。以上反响及B的进一步反响如下所示。请答复以下问题：B转化为F属于 反响，B转化为E的反响属于 反响(填反响类型名称)。写出B转化为F的化学方程式： 。写出F转化为G的化学方程式： 。(5)写出D转化为E的化学方程式： 。【答案】(1)(CH3)3CCH2CH3(2) 取代反响 消去反响(3)(CH3)3CCH2CH2Cl+NaOH(CH3)3CCH2CH2OH+NaClHO(4)2(CH3)3CCH2CH2OH+O22(CH3)3CCH2CHO+2H2O(5)(C332HH(CH3322O【解析】烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、CD，C的构造简式是(CH3)2C(CH2CH3)CH2ClA为(CH3)3CCH2CH3，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E，故E为(CH3)3CCH=CH2，B在氢氧化钠水溶液里发生水解反响生成F，FF氧化生成醛G，G能与银氨溶液反响，G含有醛基-CHO，B为(CH3)3CCH2CH2Cl，F为(CH3)3CCH2CH2OH，G为(CH3)3CCH2CHO，H为(CH3)3CCH2COOH，D为(CH3)3CCH2ClCH3。依据上述分析可知，A的构造简式为(CH3)3CCH2CH3；B为(CH3)3CCH2CH2Cl，B在氢氧化钠水溶液下发生取代反响，生成转变为F为(CH3)3CCH2CH2OHB转化为F的反响类型属于取代反响；B转变为E是(CH3)3CCH2CH2Cl在氢氧化钠的乙醇溶液中在加热条件下发生消去反响生成(CH3)3CCH=CH2B转化为E的反响类型为消去反响；B在氢氧化钠水溶液下发生取代反响，生成转变为F为(CH3)3CCH2CH2OH，反响的化学方程式为：(CH3)3CCH2CH2Cl+NaOH(CH3)3CCH2CH2OH+NaCl；HOF发生催化氧化反响生成G2(CH3)3CCH2CH2OH+O22(CH3)3CCH2CHO+2H2O；D为(CH3)3CCH2ClCH3，DNaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反响产生E：(CH332(C33HH3H(CH3)3CCH=CH2+NaCl+H2O。2〔2023高二期末〕合成路线如下：CH

COCH3

+CH

CHO3

COCH=CHCH3

+HO2答复以下问题：B的名称是 ；C的构造简式为 。F的官能团名称是 ；C生成D的反响类型是 。D生成E的反响方程式为 。等物质的量的B和I分别与足量的H反响，消耗H的物质的量之比为 。2 2关于1mol有机物E的以下表达，不正确的选项是 (选填字母编号)。A．分子式为CHO7 8 2C．能发生消去反响

B．遇FeCl3溶液显紫色D．全部碳原子可能共平面E有多种含苯环的同分异构体，其中既能发生银境反响，又能发生水解反响的有OH(7)2OH(7)2丙醇|)和苯甲醛()为原料(无机试CHCHCH3 3剂任选)，设计制备的合成路线： 剂任选)，设计制备的合成路线： 。

COOH3(3)(2) 羟基、碳碳双键 取代反响(3)(4)1②7(5)AC(7)(7),u△【解析】A分子式是C2H6O，在铜作催化剂的条件下A能发生氧化反响生成B，则ACH3CH2OH、BCH3CHO，CH3CHOCH3COOH，C是CH3COOHCH3COCH3+CH3CHOCH3COCH=CHCH3+H2O，可知和反响生成，F是；F和氢气发生加成反响生成，H(C3H5ClO)反响生成，逆推可知H的构造简式是。(2)F是，官能团名称是羟基、碳碳双键；C生成DCH3COOH与(2)F是，官能团名称是羟基、碳碳双键；C生成DCH3COOH与SOCl2CH3COClSO2、H2O，反响类型是取代反响；(3)CH3COCl和苯酚发生取代反响生成和氯化氢，反响的化学方程式是；B是CH3CHO，I是 ，依据构造简式可知，等物质的量的B和I分别与足量的H反响，消耗H1②7；2 2E为 。A.依据E的构造简式可知，其分子式为CHO ，选项A不8 8 2正确；B.分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，选项B正确；C.酚羟基不能发生消去反响，选项C不正确；D.12个原子共平面、甲醛分子中4个原子共平面，假设两面重叠，则全部碳原子可能共平面，选项D正确；能发生银镜反响，能发生水解反响，说明含有HCOO-, 符合条件属于芳香化合物的同种异构体共