2023春高中化學(xué)第3章烴的含氧衍生物第3節(jié)羧酸酯課后素養(yǎng)演練新人教版選修5

PAGE羧酸酯基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1．迷迭香酸是從蜂花屬植物中提取得到的酸性物質(zhì)，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302546)(C)A．迷迭香酸與溴單質(zhì)只能發(fā)生取代反響B(tài)．1mol迷迭香酸最多能和9mol氫氣發(fā)生加成反響C．迷迭香酸可以發(fā)生水解反響、取代反響和酯化反響D．1mol迷迭香酸最多能和5molNaOH發(fā)生反響解析：該有機(jī)物結(jié)構(gòu)中含有酚羥基和碳碳雙鍵，能與溴發(fā)生取代反響和加成反響，故A項(xiàng)錯(cuò)。1分子迷迭香酸中含有2個(gè)苯環(huán)，1個(gè)碳碳雙鍵，那么1mol迷迭香酸最多能和7mol氫氣發(fā)生加成反響，B項(xiàng)錯(cuò)。1分子迷迭香酸中含有4個(gè)酚羥基、1個(gè)羧基、1個(gè)酯基，那么1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH發(fā)生反響，D項(xiàng)錯(cuò)。2．利尿酸在奧運(yùn)會(huì)上被禁用，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302547)(A)A．利尿酸衍生物利尿酸甲酯的分子式是C14H14Cl2O4B．利尿酸分子內(nèi)處于同一平面上的原子不超過(guò)10個(gè)C．1mol利尿酸能和7molH2發(fā)生加成反響D．利尿酸能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響解析：由利尿酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式不難寫(xiě)出利尿酸甲酯的分子式為C14H14Cl2O4；在利尿酸分子中，與苯環(huán)相連的原子和苯環(huán)上的碳原子共12個(gè)，都應(yīng)在同一平面上；由利尿酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以看出，它含有一個(gè)苯環(huán)，一個(gè)羰基和一個(gè)碳碳雙鍵，故1mol利尿酸最多可與5molH2發(fā)生加成反響；利尿酸分子中不含酚羥基，故它不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響。3．某有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，假設(shè)取等質(zhì)量的A分別與足量的Na、NaOH、新制的Cu(OH)2充分反響，理論上消耗這三種物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302548)(D)A．3：2：1__ B．3：2：2C．6：4：5 D．3：2：3解析：能與Na反響的有醇羥基、酚羥基和羧基；能與NaOH反響的有酚羥基和羧基；能與新制Cu(OH)2反響的有醛基和羧基。為便于比擬，可設(shè)A為1mol，那么反響需消耗Na3mol，需消耗NaOH2mol；當(dāng)A與新制Cu(OH)2反響時(shí)，1mol—CHO與2molCu(OH)2完全反響生成1mol—COOH，而原有機(jī)物含有1mol—COOH，這2mol—COOH需消耗1molCu(OH)2，故共需消耗3molCu(OH)2，即物質(zhì)的量之比為3：2：3。4．咖啡酸具有止血、鎮(zhèn)咳、祛痰等療效，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，以下有關(guān)咖啡酸的說(shuō)法中，不正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302549)(D)A．咖啡酸可以發(fā)生復(fù)原、取代、加聚等反響B(tài)．咖啡酸與FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反響C．1mol咖啡酸可以與4molH2發(fā)生加成反響D．1mol咖啡酸與足量NaHCO3溶液反響，最多能消耗3molNaHCO3解析：咖啡酸含有碳碳雙鍵，可發(fā)生復(fù)原、加聚反響，含有羧基和苯環(huán)，可發(fā)生取代反響；咖啡酸中含有酚羥基，可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響；咖啡酸含1個(gè)苯環(huán)和1個(gè)碳碳雙鍵，1mol咖啡酸最多可與4molH2發(fā)生加成反響；有機(jī)官能團(tuán)中能與NaHCO3反響的只有羧基，故1mol咖啡酸最多可與1molNaHCO3發(fā)生反響。5．酸性大?。呼人?gt;碳酸>酚。以下含溴化合物中的溴原子，在適當(dāng)?shù)臈l件下都能被羥基(—OH)取代(均可稱(chēng)為水解反響)，所得產(chǎn)物能跟NaHCO3溶液反響的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302550)(C) 解析：因?yàn)樗嵝源笮。呼人?gt;碳酸>酚，所以只有羧酸才能跟NaHCO3溶液反響，根據(jù)羧酸的定義，只有選項(xiàng)C的物質(zhì)中Br原子被—OH取代后所得的產(chǎn)物屬于羧酸。選項(xiàng)A得到的是醇，選項(xiàng)B、D得到的是酚，它們都不能跟NaHCO3溶液反響。6．以下除去雜質(zhì)的方法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302551)(B)①除去乙烷中少量的乙烯：光照條件下通入Cl2，氣液別離；②除去乙酸乙酯中少量的乙酸：用飽和碳酸鈉溶液洗滌，分液、枯燥、蒸餾；③除去CO2中少量的SO2：氣體通過(guò)盛飽和碳酸鈉溶液的洗氣瓶；④除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸餾。A．①② B．②④C．③④ D．②③解析：①乙烷中混有少量乙烯應(yīng)用溴水(或溴的四氯化碳溶液)進(jìn)行洗氣。假設(shè)按題目表達(dá)在光照條件下通入Cl2，不僅會(huì)引入新的雜質(zhì)，而且會(huì)反響掉主要的物質(zhì)乙烷。②因乙酸能與飽和碳酸鈉溶液反響而乙酸乙酯在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度較小，因此②是正確的。③因?yàn)镃O2會(huì)與碳酸鈉溶液反響CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3，從而使主要物質(zhì)CO2消耗，應(yīng)用飽和碳酸氫鈉溶液除去，因此③是錯(cuò)誤的。假設(shè)乙醇中混有少量的乙酸，參加生石灰后會(huì)反響掉雜質(zhì)乙酸和新生成的水而除去，再利用蒸餾可以得到純潔的乙醇，所以④是正確的。7．酯類(lèi)物質(zhì)廣泛存在于香蕉、梨等水果中。某實(shí)驗(yàn)小組先從梨中別離出一種酯，然后將別離出的酯水解，得到乙酸和另一種化學(xué)式為C6H14O的物質(zhì)。對(duì)于此過(guò)程，以下分析中不正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302552)(D)A．C6H14O分子含有羥基B．C6H14O可與金屬鈉發(fā)生反響C．實(shí)驗(yàn)小組別離出的酯可表示為CH3COOC6H13D．不需要催化劑，這種酯在水中加熱即可大量水解解析：酯水解生成羧酸和醇，因此C6H14O中存在—OH，能與Na發(fā)生反響；根據(jù)酯化反響原理，該酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可表示為CH3COOC6H13，其水解需要酸等作催化劑。8．HPE是合成除草劑的重要中間體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下圖以下有關(guān)HPE的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302553)(A)A．1molHPE最多可和2molNaOH反響B(tài)．HPE不能跟濃溴水反響C．HPE不能發(fā)生加成反響D．HPE在核磁共振氫譜中有6個(gè)峰解析：1molHPE最多與2molNaOH反響生成、CH3CH2OH和水；HPE中有酚羥基，其鄰位有氫原子能與濃溴水發(fā)生取代反響；HPE含有苯環(huán)，一定條件下能和H2發(fā)生加成反響；因HPE中有7種類(lèi)型的氫原子，故其在核磁共振氫譜中有7個(gè)峰。二、非選擇題9.在試管中先參加2mL95%的乙醇，并在搖動(dòng)下緩緩參加2mL濃硫酸，充分搖勻，冷卻后再參加2g無(wú)水醋酸鈉，用玻璃棒充分?jǐn)嚢韬髮⒃嚬芄潭ㄔ阼F架臺(tái)上。在試管②中參加5mLNa2CO3飽和溶液，按圖示裝置連接。用酒精燈對(duì)試管①加熱，當(dāng)觀察到試管②中有明顯現(xiàn)象時(shí)，停止實(shí)驗(yàn)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302554)請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題：(1)寫(xiě)出①中主要反響的化學(xué)方程式：__CH3COONa＋H2SO4=NaHSO4＋CH3COOH__CH3COOH＋C2H5OHeq\o(,\s\up9(濃H2SO4),\s\do9(△))CH3COOC2H5＋H2O。(2)參加濃硫酸的目的是__起反響物、催化劑、吸水劑作用__。(3)試管②中觀察到的現(xiàn)象是__在試管中液面上有透明油狀液體生成，可聞到一種香味；液面在玻璃導(dǎo)管中反復(fù)升起和下落__。(4)該實(shí)驗(yàn)中球形枯燥管除起冷凝作用外，另一重要作用是__防止倒吸__，原因是__該裝置的導(dǎo)氣管插到了液面以下__。解析：根據(jù)題中實(shí)驗(yàn)操作及其他條件可知這是乙酸乙酯的制備實(shí)驗(yàn)。(1)①中無(wú)水醋酸鈉與濃硫酸會(huì)反響生成乙酸，乙酸和乙醇在濃硫酸的催化下可發(fā)生酯化反響。(2)從(1)的反響方程式中可看出濃硫酸也是反響物。(3)乙酸乙酯是有香味的油狀液體，比水輕。(4)分析課本中的制備裝置與該裝置的不同：課本中的裝置導(dǎo)氣管沒(méi)有插入液面以下，這是為了防止Na2CO3溶液倒吸進(jìn)入正在加熱反響物的試管中，而該裝置導(dǎo)氣管插入了液面以下，多了一個(gè)球形枯燥管，顯而易見(jiàn)該球形枯燥管的另一重要作用是防止Na2CO3溶液倒吸進(jìn)入試管①中。10．四種有機(jī)物A、B、C、D分子式均為C3H6O2，把它們分別進(jìn)行實(shí)驗(yàn)并記錄現(xiàn)象如下：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302555)NaOH溶液銀氨溶液新制Cu(OH)2金屬鈉A發(fā)生中和反響不反響溶解放出氫氣B不反響有銀鏡出現(xiàn)有紅色沉淀放出氫氣C發(fā)生水解反響有銀鏡出現(xiàn)有紅色沉淀不反響D發(fā)生水解反響不反響不反響不反響那么四種物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分別為：A__CH3CH2COOH__；B__HOCH2CH2CHO或CH3CHOHCHO__；C__HCOOC2H5__；D__CH3COOCH3__。解析：能發(fā)生中和反響的只能是羧酸，所以A為CH3CH2COOH；能發(fā)生水解反響的為酯，那么C、D為酯；能發(fā)生銀鏡反響的應(yīng)含有—CHO，那么B、C含—CHO，故C為HCOOCH2CH3，D為CH3COOCH3，B含有—CHO，且能與Na反響產(chǎn)生H2，應(yīng)含有—OH，那么B是羥基醛，其可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HOCH2CH2CHO或。素能拓展一、選擇題1．一定量某有機(jī)物溶于適量的NaOH溶液中，滴入酚酞溶液呈紅色，煮沸5min后，溶液顏色變淺，再參加鹽酸顯酸性時(shí)，沉淀出白色晶體，取少量晶體放到FeCl3溶液中，溶液呈紫色，那么該有機(jī)物可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302556)(D) 2．以下物質(zhì)中，最難電離出H＋的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302557)(B)A．CH3COOH B．C2H5OHC．H2O D．C6H5OH解析：此題考查不同類(lèi)烴的衍生物中羥基的活潑性，根據(jù)已有知識(shí)不難總結(jié)出這種羥基的活潑性順序：羧羥基>酚羥基>水中的羥基>醇羥基，應(yīng)選B。3．某有機(jī)物ag與過(guò)量鈉反響，得到VL氣體。等質(zhì)量的該有機(jī)物與過(guò)量小蘇打反響，也得到VL氣體(上述氣體的體積均在同狀況下測(cè)定)。該有機(jī)物可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302558)(B)A．HO(CH2)2CHO B．HO(CH2)2COOHC．HOOC—COOH D．(CH3)3C解析：由題意知該有機(jī)物應(yīng)含有一個(gè)—OH和一個(gè)—COOH。4．由—CH3、—COOH、—OH、四種基團(tuán)中的兩種組成的化合物中，與過(guò)量的NaOH溶液發(fā)生反響，反響后向所得產(chǎn)物中再通入二氧化碳也能反響的物質(zhì)的種類(lèi)有eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302559)(B)A．1種 B．2種C．3種 D．4種解析：在這四種基團(tuán)兩兩組成的化合物中，能與NaOH溶液反響的應(yīng)該是有酸性的物質(zhì)，它們是：CH3COOH、(即H2CO3)、，由于羧酸是比H2CO3強(qiáng)的酸，因此CH3COONa和溶液中通入CO2不起反響，只有Na2CO3和溶液中通入CO2才會(huì)發(fā)生反響：CO2＋H2O＋Na2CO3=2NaHCO3，＋CO2＋H2O→＋NaHCO3。5．某有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，它在一定條件下可能發(fā)生的反響有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302560)(C)A．②③④ B．①③⑤⑥C．①③④⑤ D．②③④⑤⑥解析：該有機(jī)物具有三種官能團(tuán)，—OH、—COOH、—CHO，具有的性質(zhì)：①加成、③酯化、④氧化、⑤中和。6．某有機(jī)物Aag完全燃燒后通過(guò)足量的Na2O2，固體質(zhì)量增重也是ag，那么有機(jī)物可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302561)(D)①H2②CO③CH3OH④HCHO⑤CH3COOCH3⑥C6H12O6⑦CH3CH2OH⑧CH3CH2CH3⑨⑩A．①② B．⑤⑦⑧C．④⑤⑨⑩ D．③④⑥⑩解析：由2H2＋O2eq\o(=,\s\up9(點(diǎn)燃))2H2O,2H2O＋2Na2O2=4NaOH＋O2，知當(dāng)H2完全燃燒后再通過(guò)Na2O2，固體質(zhì)量的增加即為H2的質(zhì)量，用方程式表示，相當(dāng)于H2＋Na2O2eq\o(=,\s\up9(O2),\s\do9(點(diǎn)燃))2NaOH，同樣得到CO＋Na2O2eq\o(=,\s\up9(O2),\s\do9(點(diǎn)燃))Na2CO3，故當(dāng)原物質(zhì)的組成相當(dāng)于“CO〞或“H2〞時(shí)，完全燃燒后固體質(zhì)量的增加即有機(jī)物的質(zhì)量。③可寫(xiě)為CO·(H2)2；④CO·H2；⑥(CO)6·(H2)6；⑩(CO)3·(H2)3。7．在實(shí)驗(yàn)室制得1mL乙酸乙酯后，沿器壁參加0.5mL紫色石蕊試液，這時(shí)石蕊試液將存在于飽和碳酸鈉溶液層和乙酸乙酯層之間(整個(gè)過(guò)程不振蕩試管)。對(duì)可能出現(xiàn)的現(xiàn)象，以下表達(dá)中正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302562)(D)A．液體分兩層，石蕊層仍呈紫色，有機(jī)層呈無(wú)色B．石蕊層有三層環(huán)，由上而下呈藍(lán)、紫、紅色C．石蕊層有兩層，上層呈紫色，下層呈藍(lán)色D．石蕊層有三層環(huán)，由上而下呈紅、紫、藍(lán)色解析：石蕊試液存在于中間，上層乙酸乙酯中殘留的乙酸使石蕊變紅；下層飽和碳酸鈉顯堿性使石蕊變藍(lán)，所以石蕊層為三色環(huán)由上而下呈紅、紫、藍(lán)。8．1mol與足量的NaOH溶液充分反響，消耗的NaOH的物質(zhì)的量為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302563)(A)A．5mol B．4molC．3mol D．2mol解析：要特別注意1mol酚羥基對(duì)應(yīng)的酯基消耗NaOH2mol。該有機(jī)物含有酚羥基，還有兩個(gè)酯基，要注意該有機(jī)物的酯基與NaOH水解時(shí)，生成羧酸鈉，此外生成的酚還要繼續(xù)消耗NaOH，故需要5molNaOH，A項(xiàng)正確。二、非選擇題9．四川盛產(chǎn)五倍子。以五倍子為原料可制得化合物A。A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如下所示：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302564)(1)A的分子式是__C14H10O9__。(2)有機(jī)化合物B在濃硫酸催化條件下加熱發(fā)生酯化反響可得到A。請(qǐng)寫(xiě)出B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。(3)請(qǐng)寫(xiě)出A與過(guò)量NaOH溶液反響的化學(xué)方程式：。(4)有機(jī)化合物C是合成治療禽流感藥物的原料之一。C可以看成是B與氫氣按物質(zhì)的量之比1：2發(fā)生加成反響得到的產(chǎn)物。C分子中無(wú)羥基與碳碳雙鍵直接相連的結(jié)構(gòu)，它能與溴水反響使溴水褪色。請(qǐng)寫(xiě)出C與溴水反響的化學(xué)方程式：。解析：根據(jù)有機(jī)物A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以確定其分子式為C14H10O9。由A在酸性條件下水解可以得到有機(jī)物B，那么B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。由對(duì)C的描述可以確定C有一碳碳雙鍵與羧基相連，那么C為。10．Hagemann酯(H)是一種合成多環(huán)化合物的中間體，可由以下路線(xiàn)合成(局部反響條件略去)：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)46302565)(1)A→B為加成反響，那么B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是__CH2=CH—C≡CH；B→C的反響類(lèi)型是__加成反響__。(2)H中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)是__碳碳雙鍵、羰基、酯基__；F的名稱(chēng)(系統(tǒng)命名)是__2-丁炔酸乙酯__。(3)E→F的化學(xué)方程式是__CH3C≡CCOOH＋CH3CH2OHeq