福建省2022-2023学年下学期高二化学期末复习高频考点专练（期末真题精选）--有机物分子式的确定

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福建省2022-2023学年下学期高二化学期末复习高频考点专练（期末真题精选）--有机物分子式的确定 一、单选题1．（2022春·福建漳州·高二校联考期末）某有机物A的质谱图、核磁共振氢谱图如下，则A的结构简式可能为A．HCOOHB．CH3CH2CHOC．CH3CH2OHD．CH2=CHOCH32．（2018春·福建福州·高二统考期末）某物质结构如图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H4O3 B．分子中含8个σ键C．分子中只有极性键 D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72L CO23．（2022春·福建泉州·高二校联考期末）有机物X为烃的含氧衍生物，其蒸气相对氢气的密度为29，取5.8g该有机物在氧气中完全燃烧，将产物依次通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重5.4g和13.2g，该有机物的分子式是A．C3H6O B．C2H2O2 C．C2H6O2 D．C4H104．（2020春·福建厦门·高二统考期末）中药黄芪中具有抗癌作用的毛蕊异黄酮结构如图。下列说法不正确的是A．分子式为 C16H12O5B．所有碳原子可能共平面C．遇FeCl3溶液显紫色D．1mol 该物质与溴水反应，最多消耗 4mol Br25．（2020春·福建宁德·高二统考期末）柠檬烯的结构如图，下列有关说法错误的是A．柠檬烯的分子式为B．柠檬烯完全燃烧最多消耗C．柠檬烯通过加聚反应可以制得高分子化合物高D．柠檬烯能使酸性溶液和溴水褪色，且褪色原理相同6．（2020春·福建福州·高二校联考期末）为测定某有机物的结构，用核磁共振仪处理后得到如图所示的核磁共振氢谱，则该有机物可能是A． B．(CH3)3CH C．CH3CH2OH D．CH3CH2CH2COOH7．（2022春·福建泉州·高二校联考期末）有机物X为烃的含氧衍生物，其蒸气相对氢气的密度为29，取5.8g该有机物在氧气中完全燃烧，将产物依次通过浓硫酸和碱石灰，两者分别增重5.4g和13.2g，该有机物的分子式是A．C3H6O B．C2H2O2 C．C2H6O2 D．C4H108．（2021春·福建福州·高二校考期末）1983年，福瑞堡大学的普林巴克(Prinzbach)，合成多环有机分子。如下图分子，因其形状像东方塔式庙宇(pagoda-style temple)，所以该分子也就称为pagodane(庙宇烷)，有关该分子的说法正确的是    A．分子式为C20H22B．一氯代物的同分异构体只有两种C．分子中含有8个五元环D．在核磁共振谱中显示只有3种信号峰，其强度比为8：8：49．（2021春·福建漳州·高二校考期末）以谐音“福禄双全”雅称的有机物Y图示如下，相关说法错误的是 A．Y分子式为C8H4O2ClFB．Y能发生取代、加成、还原等反应C．每摩尔Y最多可与2 mol[Ag(NH3)2]+发生反应D．与Y官能团数目和种类均相同、含苯环且F、Cl原子处于对位的同分异构体有4种10．（2022春·福建泉州·高二校联考期末）碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO211．（2022春·福建福州·高一福建省福州第八中学校考期末）药物磷酸氯喹用于治疗新冠肺炎。4,7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的中间体，其结构简式如下图所示。下列有关该物质的说法不正确的是A．该物质不属于烃 B．分子式为C9H6NCl2C．分子中所有原子可能在同一平面上 D．可发生取代反应12．（2022春·福建厦门·高一统考期末）一种高活性有机物中间体分子结构如图。下列有关该物质说法错误的是A．分子式为C10H12O2B．含有两种官能团C．苯环上的一氯代物有4种D．1mol该有机物与足量金属Na反应可产生H2 22.4L(标况下)13．（2022春·福建宁德·高二统考期末）α-氰基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于α-氰基丙烯酸异丁酯的说法错误的是A．其分子式为C8H11NO2B．分子中氰基(-CN)与阴离子化学性质相同C．分子中酯基、氰基对医用胶的聚合反应有活化作用D．该分子的同分异构体中可能有芳香族化合物14．（2016春·福建·高二统考期末）甲醛、乙酸和丙醛组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为A．54% B．28% C．27% D．无法计算15．（2016春·福建·高二统考期末）有0.2mol某有机物和0.5mol氧气在一密闭容器中燃烧得产物为CO2、CO、H2O(气）。产物依次通过浓硫酸时，浓硫酸的质量增加了 10.8g；再通过灼热的氧化铜时，氧化铜的质量减轻了 3.2g；又通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了 17.6g。该有机物的化学式是A．C2H4  B．C2H6O C．C2H6O2 D．C3H6O316．（2019春·福建福州·高二校联考期末）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31.5%，则能与NaOH溶液发生反应的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17．（2019春·福建福州·高二校联考期末）热播电视剧《破冰行动》中曾经多次提到一种叫东莨菪碱(Scopolamine)的化学物质。东莨菪碱是1892年由E.施密特首先从东莨菪中分离出来，可用于麻醉、镇痛、止咳、平喘，对动晕症有效。但其毒性较强，稍一过量服用即可致命，具有极高的致幻作用，称为“魔鬼呼吸”。其结构如下图，下列说法不正确的是A．分子间可以形成分子间氢键B．东莨菪碱的化学式为C17H21NO4C．该物质能发生加成、取代和氧化反应D．可使用质谱仪测出这个分子的相对分子质量，也可用核磁共振氢谱确定这个分子的环状结构18．（2016春·福建福州·高二统考期末）某羧酸酯的分子式为C18H26O5，1mol该酯完全水解得到1mol羧酸和2mol乙醇，该羧酸的分子式为A．C16H22O5 B．C14H16O4 C．C14H18O5 D．C16H25O519．（2018春·福建福州·高二统考期末）某烃的一种同分异构体，核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，则该烃的分子式可能为A．C6H14 B．C7H16 C．C8H18 D．C9H20 二、填空题20．（2021春·福建南平·高二统考期末）有机化学是化学的一个重要分支，主要研究有机化合物的组成、结构、性质等。请按要求完成下列各题。(1)的分子式为___________。(2)用系统命名法命名为___________。(3)写出甘氨酸()在一定条件下发生缩聚反应的化学方程式___________。(4)已知烯烃(、、代表烷基)被酸性高锰酸钾氧化所得产物为、和。则被酸性高锰酸钾氧化物所得产物的结构简式为___________。(5)有机化合物分子中连有四个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子，如A中星号“*”碳原子就是手性碳原子。则B中手性碳原子的个数为___________，通过化学反应可使A变成不含手性碳原子的有机物分子，其反应的化学方程式为___________。
参考答案：1．C【分析】由图知有机物A的相对分子质量为46，有3种等效氢；【详解】A．HCOOH相对分子质量为46，但只有2种等效氢，A错误；B．CH3CH2CHO相对分子质量为58，有3种等效氢，B错误；C．CH3CH2OH相对分子质量为46，有3种等效氢，C正确；D．CH2=CHOCH3相对分子质量为58，有3种等效氢，D错误；故答案为C。2．B【详解】A、该分子的分子式为C3H2O3，A错误；B、该分子中含有6个单键和2个双键，其中一个单键是一个σ键，而一个双键含有一个σ键和一个π键，故该分子含有8个σ键，B正确；C、该分子中含有极性键和非极性键，C错误；D、题中未指明标准状况，故无法计算CO2的体积，D错误；故选B。3．A【分析】根据A的蒸气相对氢气的密度为29，可以求得A的相对分子质量，然后根据浓硫酸增重为水的质量，碱石灰增重为二氧化碳的质量，计算有机物A、二氧化碳和水的物质的量，根据原子守恒计算出A分子中碳原子、氢原子的物质的量，结合相对分子质量计算分子中氧原子的物质的量，进而确定有机物A的分子式，据此分析来解题。【详解】A的蒸气相对氢气的密度为29，则M(A)＝29×2g/mol＝58g/mol，5.8g有机物A的物质的量为，，，根据原子守恒，可知A分子中n(C)＝0.3mol、n(H)＝0.3mol×2＝0.6mol，则分子中，则根据微粒的个数之比等于物质的量之比，得A的分子式为C3H6O。答案选A。4．D【详解】A．根据有机物的结构，有机物的分子式为C16H12O5，A正确；B．该有机物有多个苯环复合在一起，故所有碳原子可能共平面，B正确；C．该有机物中含有酚羟基，故可以遇FeCl3溶液显紫色，C正确；D．一个酚羟基的两个邻位发生取代，一个酚羟基的一个邻位和一个对位发生取代，再一个碳碳双键发生加成，最多消耗 5mol 溴单质，D错误；故选D。5．D【详解】A．由结构可知，柠檬烯的分子式为，故A正确；B．柠檬烯完全燃烧最多消耗，故B正确；C．柠檬烯中含有碳碳双键，可通过加聚反应可以制得高分子化合物，故C正确；D．柠檬烯中含有碳碳双键，能与酸性溶液发生氧化反应而使溶液褪色，与溴水发生加成反应而使溶液褪色，两者褪色原理不同，故D错误；答案选D。6．A【详解】A．由核磁共振氢谱可知，该有机物中有两种位置的氢原子，比值为3：2，故A项符合题意；B．(CH3)3CH的核磁共振氢谱有两组峰，峰面积之比为9：1，故B项不符合题意；C．CH3CH2OH的核磁共振氢谱有三组峰，故C项不符合题意；D．CH3CH2CH2COOH的核磁共振氢谱有四组峰，故D项不符合题意；故答案选A。7．A【分析】根据A的蒸气相对氢气的密度为29，可以求得A的相对分子质量，然后根据浓硫酸增重为水的质量，碱石灰增重为二氧化碳的质量，计算有机物A、二氧化碳和水的物质的量，根据原子守恒计算出A分子中碳原子、氢原子的物质的量，结合相对分子质量计算分子中氧原子的物质的量，进而确定有机物A的分子式，据此分析来解题。【详解】A的蒸气相对氢气的密度为29，则M(A)＝29×2g/mol＝58g/mol，5.8g有机物A的物质的量为，，，根据原子守恒，可知A分子中n(C)＝0.3mol、n(H)＝0.3mol×2＝0.6mol，则分子中，则根据微粒的个数之比等于物质的量之比，得A的分子式为C3H6O。答案选A。8．D【详解】A．根据庙宇烷的结构可知，分子中含有20个C原子、20个H原子，所以庙宇烷分子式为C20H20，故A错误；B．庙宇烷具有一定的对称性，分子中有三种不同的H原子，在该烃中有三种不同的H可发生一氯取代，故B错误；C．由庙宇烷的结构可知，分子的每个面均为五元碳环，共12个五元环，故C错误；D．有机物含有4个亚甲基、12个次甲基，其中次甲基有2种，强度比为8：8：4，故D正确。故选：D。9．C【详解】A．由结构可知分子式为C8H4O2ClF，A正确；B．分子中含-CHO可发生氧化、还原、加成反应，含卤素原子可发生取代反应，B正确；C．该物质分子中含有2个醛基，由于1个醛基反应消耗2个[Ag(NH3)2]+，因此每摩尔Y最多可与4 mol[Ag(NH3)2]+发生反应，C错误；D．与该有机物官能团数目和种类均相同、含苯环且F、Cl原子处于对位，固定1个-CHO、移动另一个-CHO有4种，D正确；故合理选项是C。10．A【详解】A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。 11．B【详解】A．由4，7-二氯喹啉的结构简式可知，该分子中含有Cl元素和N元素，不属于烃，故A正确；B．由结构简式可知，分子式为C9H5NCl2，故B错误；C．苯环、双键中所有原子共平面，且直接相连，该分子中所有原子在同一平面上，故C正确；D．该分子中苯环能够发生取代反应，故D正确；答案为B。12．C【详解】A．该有机物分子中含有12个C原子、2个氧原子，不饱和度为5，所以分子式为C10H12O2，A正确；B．该有机物分子中含有羟基和碳碳双键两种官能团，B正确；C．该有机物分子中，苯环上有两个对位取代基，所以苯环上氢原子有2种，一氯代物有2种，C错误；D．该有机物分子中含有2个-OH，1mol该有机物与足量金属Na反应可产生1molH2，所以H2 的体积为22.4L(标况下)，D正确；故选C。13．B【详解】A．α-氰基丙烯酸异丁酯分子中含有8个C原子，1个N原子、2个O原子，其分子式为C8H11NO2，A正确；B．分子中氰基(-CN)的C原子上有1个成单电子，最外层只有7个电子，而阴离子中C原子最外层电子数为8，不存在成单电子，所以二者的化学性质不相同，B不正确；C．α-氰基丙烯酸异丁酯分子中酯基、氰基与碳碳双键邻近，对聚合反应有活化作用，C正确；D．该分子的不饱和度为4，可能含有苯环，所以同分异构体中可能有芳香族化合物，D正确；故选B。14．A【详解】在该混合物中，只有C、H、O三种元素，氧元素的质量分数为37%，则碳元素和氢元素总的质量分数为1-37%=63%，在甲醛（HCHO）、乙酸（CH3COOH）和丙醛（CH3CH2CHO）混合物中，碳原子与氢原子个数之比为1：2，则碳元素与氢元素的质量之比为12：2=6：1，所以碳元素的质量分数为63%×=54%，故答案选A。15．B【详解】浓硫酸增重10.8g说明反应产物中含水10.8g，即产物中含n(H2O)==0.6mol；通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，则CO+CuOCO2+Cu         △m1mol         1mol        16gn（CO）                 3.2g=，解得n（CO）=0.2mol；根据碳元素守恒可知CO与CuO反应生成的CO2的物质的量为0.2mol，质量为0.2mol×44g/mol=8.8g；有机物燃烧生成的CO2的质量为17.6g-8.8g=8.8g，物质的量为=0.2mol；根据碳元素守恒可知，0.2mol有机物中含有碳原子物质的量为0.4mol，根据氢元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氢原子物质的量为0.6mol×2=1.2mol，根据氧元素守恒可知，0.2mol有机物中含有氧原子物质的量为0.2mol+0.2mol×2+0.6mol-0.5mol×2=0.2mol，则n（有机物）：n（C）：n（H）：n（O）=0.2mol：0.4mol：1.2mol：0.2mol=1:2:6:1，所以有机物的分子式为C2H6O，故选B。【点晴】本题考查有机物分子式的确定。注意所含元素原子个数的计算角度，注意质量守恒定律的应用。浓硫酸具有吸水性，浓硫酸的质量增加10.8g说明反应产物中含水10.8g，通过灼热氧化铜，氧化铜质量减轻3.2g，结合方程式可计算CO的物质的量，通过碱石灰时，碱石灰的质量增加了17.6g可计算总CO2的物质的量，根据氧元素守恒可计算有机物中含有O的物质的量，进而求得化学式。16．C【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31.4%，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，结合能与NaOH溶液发生反应分析判断X的结构种类。【详解】分子式为C5H10O2的有机物能与NaOH溶液发生反应，则X可能是饱和一元酯或羧酸。若X为饱和羧酸，其同分异构体等于丁基的种类，共有4种；若X为酯，可能为甲酸和丁醇形成的酯，丁醇有4种，可形成4种酯；可能为乙酸和丙醇形成的酯，丙醇有2种，可形成2种酯；可能为丙酸和乙醇形成的酯，丙酸有1种，可形成1种酯；可能为丁酸和甲醇形成的酯，丁酸有2种，可形成2种酯，属于酯类的共有9种；因此能与NaOH溶液发生反应的X有4种羧酸，9种酯，共13种；答案选C。17．D【详解】A．分子中存在羟基，因此分子间可以形成氢键，故A正确；B．根据分子的结构简式可知，东莨菪碱的化学式为C17H21NO4，故B正确；C．结构中存在苯环，一定条件下能够与氢气发生加成反应，含有羟基，能够发生取代反应和氧化反应，故C正确；D．质谱仪通过质荷比确定相对分子质量，核磁共振氢谱能测定一个有机物中存在的氢原子环境，不能确定环状结构，故D错误；答案选D。18．C【详解】由于1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇，则1mol该酯完全水解时要消耗2mol水。又知该羧酸酯的分子式为C18H26O5，将其分子组成加上4个H原子和2个O原子，然后减去2个乙醇分子中的4个C、12个H、2个O，即可求出该羧酸的分子式为C14H18O5，C正确；答案选C。【点睛】由1mol该酯完全水解可得到1mol羧酸和2mol乙醇可知，该酯的分子中有2个酯基，故其水解时，每个酯分子要消耗2个水分子。19．C【分析】 【详解】核磁共振氢谱测得分子中只有一个吸收峰，说明只含有一种氢原子，甲烷和乙烷分子中都只有1种H原子，则：从CH4的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C5H12，依此类推得到C17H36、C53H108；从CH3CH3的组成与结构出发，将H替换为-CH3得到C8H18，依此类推得到C26H54、C80H162；故选：C。 20．          4－甲基－2－戊醇     nNH2CH2COOH+nH2O或nNH2CH2COOH+(n-1)H2O     、     4个     CH3CH(OH)COOHCH2=CHCOOH+H2O或2CH3CH(OH)COOH+O22+2H2O【详解】(1)根据有机物的结构简式可以得出该有机物的分子式为；(2)该有机物的官能团是羟基，属于醇类。要选择包含连接羟基碳原子在内的最长碳链为主链，编号要从离官能团最近的一端开始，所以该醇的名称为：4－甲基－2－戊醇；(3)甘氨酸发生缩聚反应，羧基失去羟基，氨基失去氢原子，彼此连接成为高分子，化学方程式为：nNH2CH2COOH+nH2O或nNH2CH2COOH+(n-1)H2O； (4)根据已知信息可知：烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化，烯烃的碳碳双键断裂，若原双键碳原子上没有氢原子，则被氧化为羰基；若双键碳原子上有1个氢原子，则被氧化为羧基；若双键碳原子上有2个氢原子，则被氧化为二氧化碳。 被酸性高锰酸钾氧化，两个碳碳双键都断裂，所得产物为和；(5)在B中有4个手性碳原子，图中标*的即为手性碳原子；若通过化学反应使A变为不含手性碳原子的有机物分子，则可以通过发生醇的消去反应变为碳碳双键或醇的催化氧化变为酮，化学方程式为：CH3CH(OH)COOHCH2=CHCOOH+H2O或2CH3CH(OH)COOH+O22+2H2O。