一輪復習烴的衍生物類別代表物名稱結構簡式烴的衍生物鹵代烴一氯甲烷醇乙醇醛乙醛酸乙酸酯乙酸乙酯醚甲醚酮丙酮酚苯酚一、烴的衍生物的主要類別、代表物、官能團CH3Cl—X鹵原子C2H5OH—OH羥基CH3CHO—CHO醛基CH3COOH—COOH羧基CH3COOC2H5—COOR酯基CH3OCH3醚鍵羰基—OH酚羥基官能團結構簡式名稱1、取代反應條件NaOH溶液加熱NaOHH2O水解反應（一）鹵代烴的化學性質思考（1）如何判斷CH3CH2Br是否完全水解？（2）如何判斷CH3CH2Br已發生水解？

取反應后混合液，用滴管吸取少量上層清液，移入另一盛稀硝酸的試管中，然后滴入2～3滴硝酸銀溶液，如有淡黃色沉淀出現，則證明含有溴元素?？捶磻蟮娜芤菏欠癯霈F分層，如分層，則沒有完全水解。（3）為什么要加入稀硝酸酸化溶液？中和過量的NaOH溶液，防止生成Ag2O暗褐色沉淀，影響Br-檢驗。CH3CH2Br+NaCNCH3CH2CN+NaBr2CH3CH2Br+2NaCH3CH2CH2CH3+2NaBrR—Cl

+

--R+HClAlCl32、消去反應條件①NaOH的醇溶液②要加熱CH2=CH2↑

+NaBr+H2O醇△+NaOHCH3CH2Br鹵代烴消去反應的規律(1)沒有鄰位碳原子的鹵代烴不能發生消去反應，如CH3Cl。(2)鄰位碳原子上無氫原子的鹵代烴不能發生消去反應，如(3)兩個鄰位且不對稱碳原子上均含有氫原子時，消去反應可得到不同的產物。如的消去產物為CH2===CH—CH2—CH3或CH3—CH===CH—CH3。(4)二元鹵代烴發生消去反應后可在有機物中引入三鍵，如CH3—CH2—CHCl2消去可生成CH3—C≡CH。(2011·大綱全國卷，節選)金剛烷是一種重要的化工原料，工業上可通過下列途徑制備：請回答下列問題：(1)環戊二烯分子中最多有________個原子共平面；(2)金剛烷的分子式為________，其分子中的CH2基團有________個；(3)下面是以環戊烷為原料制備環戊二烯的合成路線：其中，反應①的產物名稱是____________，反應②的反應試劑和反應條件是____________，反應③的反應類型是________；[解析]

(1)根據C2H4分子是平面形分子，2個C原子和4個H原子在同一平面上，CH4分子是正四面體結構，可知環戊二烯分子中最多有9個原子共平面，即5個C原子和2個C===C鍵上的4個H原子可以共平面。(2)由金剛烷的結構簡式可知，其分子式為C10H16，其分子中含有4個CH基團，6個CH2基團。(3)為氯代環戊烷。反應②是鹵代烴的消去反應，所用的試劑是NaOH乙醇溶液，反應條件為加熱。反應③是碳碳雙鍵與Br2的加成反應。[答案]

(1)9(2)C10H16

6(3)氯代環戊烷氫氧化鈉乙醇溶液，加熱加成反應3－1.(2010·全國卷Ⅰ)下圖表示4－溴環己烯所發生的4個不同反應。其中，產物只含有一種官能團的反應是(

)A．①②

B．②③C．③④ D．①④解析：本題考查有機物的性質，意在考查考生對有機物官能團的認識。反應①為氧化反應，產物含有溴原子和羧基兩種官能團；反應②為取代反應，產物含有羥基和碳碳雙鍵兩種官能團；反應③為消去反應，產物只含碳碳雙鍵一種官能團；反應④為加成反應，產物只含溴原子一種官能團。故C項正確。答案：

C3－2.為了檢驗溴乙烷中的溴元素，設計了下面①～⑤的實驗步驟，其中正確的操作順序為

(

)①加入NaOH水溶液②加熱③冷卻④加入AgNO3溶液⑤加入稀HNO3酸化A．①②③④⑤ B．①②③⑤④C．①④②③⑤ D．①②④⑤③答案：

B解析：檢驗鹵代烴分子中鹵素原子時，在鹵代烴中加入NaOH水溶液，加熱使其水解，冷卻后加入稀HNO3酸化(中和過量的NaOH)，再加入AgNO3溶液觀察沉淀的顏色。（二）醇的化學性質（代表物CH3CH2OH)1）與金屬鈉反應（置換反應）2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑2）消去反應脫去—OH和與—OH相鄰的碳原子上的1個H斷鍵位置:濃硫酸的作用：催化劑和脫水劑

．醇的消去反應規律

(1)只有1個碳原子的醇不能發生消去反應。

(2)β-C上有氫原子，就能發生消去反應，否則不能。①與氧氣發生燃燒反應：

；②被酸性KMnO4溶液或K2Cr2O7溶液氧化為

。③催化氧化：

，乙酸3、氧化反應乙醇的催化氧化①操作：將光亮的銅絲彎成螺旋狀，放在酒精燈火焰上灼燒，然后再趁熱插入乙醇中，反復多次。②現象及結論：銅絲先由紫紅色變為黑色，此時發生反應：；趁熱插入乙醇后，又變為紫紅色，此時發生反應：

.；可聞到刺激性氣味，產生刺激性氣味的物質是乙醛（CH3CHO）2Cu+O2=2CuO△CuO+CH3CH2OHCH3CHO+Cu+H2O△2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O乙醇催化氧化總的化學反應方程式為：催化劑△．醇的催化氧化規律

(1)若α-C上有2個氫原子，被氧化成醛，如：

(2)若α-C上有1個氫原子，被氧化成酮，如：

(3)若α-C上沒有氫原子，不能被氧化，如

不反應?！纠?】下列醇類物質中既能發生消去反應，又能發生催化氧化反應生成醛類的物質是(

)解析：發生消去反應的條件是：與—OH相連的碳原子的相鄰碳原子上有H原子，上述醇中，B沒有。與羥基(—OH)相連的碳原子上有H原子的醇可被氧化，但只有含有2個氫原子的醇(即含有—CH2OH)才能轉化為醛。答案：C2．下列物質能發生消去反應，但不能發生催化氧化(去氫氧化)反應的是(

) A．

B．(CH3)2CHOH C．CH3CH2C(CH3)2CH2OH D．CH3CH2C(CH3)2OH

解析：四種物質均屬于醇，發生消去反應的條件：連接羥基的碳原子的相鄰碳原子上必須有H原子，可知A、C不能發生消去反應，排除；醇進行去氫氧化的條件是：連接羥基的碳原子上必須有H原子，故D項不能發生去氫氧化。 答案：D4、取代反應濃H2SO4140℃濃H2SO4140℃酯化反應乙酸乙酯18OCH3—C—OH+H—O—C2H518OCH3—Ｃ—Ｏ—C2H5＋H2O濃H2SO４CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O2CH3CH2OHCH3CH2-O-CH2CH3+H2OCH3CH2-OH+H-OCH2CH3CH3CH2-O-CH2CH3+H2O乙醇分子中不同的化學鍵如圖所示：關于乙醇在各種不同反應中斷鍵的說法不正確的是(

)A．和金屬鈉反應鍵①斷裂B．在Ag催化下和O2反應鍵①④斷裂C．和濃硫酸共熱140℃時，鍵①或鍵②斷裂，170℃時鍵②⑤斷裂D．和氫溴酸反應鍵①斷裂1－1.下表為某有機物與各種試劑反應的現象，則這種有機物可能是(

)A．CH2===CH—COOHB．CH2===CH—CH3C．CH3COOCH2CH3D．CH2===CH—CH2—OH試劑鈉酸性高錳酸鉀溶液NaHCO3溶液現象放出氣體褪色不反應答案：

D解析：能與鈉反應的有機物中可能含有—OH或—COOH或二者都有；能與酸性高錳酸鉀溶液反應的有機物為乙烯、乙醇、葡萄糖等物質，其含有的官能團主要有碳碳雙鍵、羥基、醛基；與碳酸氫鈉溶液不反應的有機物中一定不含有—COOH，故D正確。（三）酚（代表物：苯酚）1、苯酚的物理性質無色晶體；具有特殊氣味；常溫下難溶于水，易溶于乙醇等有機溶劑。650C以上時，能與水混溶；有毒，可用酒精洗滌。2、化學性質1）弱酸性苯酚能與堿反應，體現出它的弱酸性。因此，苯酚俗稱石炭酸。+CO2+H2O+NaHCO3—OH—ONa→苯酚的酸性如何?—OH→

+

Na2CO3—ONa+

NaHCO3結論：酸性：H2CO3＞苯酚酸性很弱＞HCO3-a、與濃溴水反應生成白色沉淀OH+3Br2OHBrBrBr↓+3HBr（可用于苯酚定性檢驗與定量測定）2)取代反應b、在濃鹽酸作用下與甲醛發生縮聚反應生成酚醛樹脂OH+nHCHOOH]n[+nH2On催化劑3）苯酚的顯色反應遇FeCl3溶液顯紫色。這一反應可用于檢驗苯酚或Fe3+的存在。4）加成反應——與H2加成5）能被空氣中的氧氣氧化為粉紅色固體[練習2]在下列各溶液中通入足量的CO2，最終有渾濁現象出現的是()A稀NaOH溶液B硅酸鈉溶液

C苯酚鈉溶液DCa(OH)2溶液BC—OHCH2OH

+Na2CO3[練習1]完成下列方程式：—ONaCH2OH

+NaHCO3

—OHCH2OH

+Na—ONaCH2ONa

+H2

2練習3、白藜蘆廣泛存在于食物（如花生、尤其是葡萄）中，它可能具有抗癌性。能夠跟1mol該化合物起反應的溴水或H2的最大用量分別是（）HO--CH=CH-OHOH（A）1mol，1mol（B）3.5mol,7mol（C）6mol,3.5mol,（D）6mol,7molD練習4、怎樣分離苯酚和苯的混合物加入NaOH溶液→分液→在苯酚鈉溶液中加酸或通入CO2（1）1mol該物質能與

mol金屬鈉反應（2）1mol該物質能與

molNaOH反應（3）1mol該物質能與

molNa2CO3反應（4）1mol該物質能與

molNaHCO3反應（5）1mol該物質能與

molBr2反應coo-oHCH2OHHO-COOHCHO（6）1mol該物質能與

molH2反應12.57454某物質結構簡式如下，回答問題1－2.某日化品牌的洗發水因含有化學物質雙酚A而陷入致癌風波，已知雙酚A的結構簡式為：下列說法不正確的是

(

)A．雙酚A屬于酚類B．雙酚A易溶水C．雙酚A苯環上的一氯代物最多有2種D．雙酚A能與溴水反應生成白色沉淀.答案：

B解析：有機物中含有兩個酚羥基，屬于酚類，A正確；有機物憎水基很大，難溶于水，B錯；有機物苯環上有兩種化學環境的氫，苯環上的一氯代物共2種，C正確；D正確。A、醛的化學性質（1）氧化反應a、銀鏡反應CH3CHO+2Ag（NH3）2OH→CH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O△（一水二銀三氨）（四）醛（代表物CH3CHO）CH3CHO+2Cu(OH)2△CH3COOH+Cu2O↓+2H2Ob、與新制氫氧化銅反應c、與氧氣反應O+O22CH3—C—

HO2CH3—C—OH△催化劑①燃燒②催化氧化d、被濃溴水、KMnO4溶液氧化CH3CHOCH3COOH濃溴水、酸性KMnO4溶液氧化（2）加成反應O+H2CH3—C—

HCH3CH2OH△催化劑（同時也是還原反應）a、與H2加成b、與HCN加成CH3CHO+HCNCH3-CH-CN

OH催化劑C、與NH3加成CH3CHO+NH3CH3-CH-NH2OH催化劑d、與醇加成CH3CHO+H-OCH2CH3CH3-CH-O-CH2CH3催化劑OHB、醛和銀氨溶液及新制氫氧化銅濁液反應的實驗與新Ag(NH3)2OH溶液反應與新制Cu(OH)2懸濁液反應反應液的配制滴加2℅的氨水Ag++NH3·H2O=AgOH↓+NH4+

AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++OH－+2H2O

AgNO3+NH3·H2O=AgOH↓+NH4NO3AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)2

OH+2H2O

1ml2℅的AgNO3溶液產生的沉淀恰好溶解，即的銀氨溶液向10℅的NaOH溶液中滴加2℅的CuSO4溶液生成沉淀CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4與新制Ag(NH3)2OH溶液反應與新制Cu(OH)2懸濁液反應反應現象量的關系RCHO～2AgRCHO～2Cu(OH)2～Cu2O產生光亮的銀鏡產生磚紅色沉淀與新制Ag(NH3)2OH溶液反應與新制Cu(OH)2懸濁液反應注意事項應用檢驗醛基，工業制鏡或保溫瓶膽檢驗醛基，醫療上檢驗尿糖①試管內壁必須潔凈；②銀氨溶液隨用隨配、不可久置；③反應條件堿性、水浴加熱，④乙醛用量不宜太多，一般加3滴；⑤銀鏡可用稀HNO3浸泡洗滌除去①新制Cu(OH)2懸濁液要隨用隨配、不可久置；②配制新制Cu(OH)2懸濁液時，所用NaOH必須過量；③反應液直接加熱煮沸

(2011·佛山高三質檢)有機物A是合成二氫荊芥內酯的重要原料，其結構簡式為

，下列檢驗A中官能團的試劑和順序正確的是(

)A．先加酸性高錳酸鉀溶液，后加銀氨溶液，微熱B．先加溴水，后加酸性高錳酸鉀溶液C．先加銀氨溶液，微熱，再加入溴水D．先加入新制氫氧化銅，微熱，酸化后再加溴水[解析]

選項A中先加酸性高錳酸鉀溶液，醛基和碳碳雙鍵均被氧化，選項B中先加溴水，醛基被氧化、碳碳雙鍵發生加成反應，選項A、B錯誤；對于選項C若先加銀氨溶液，可檢驗醛基，但考慮到銀氨溶液顯堿性，若不酸化直接加溴水，則無法確定A中是否含有碳碳雙鍵。[答案]

D探規尋律(1)有機物分子中既有醛基，又有碳碳雙鍵時，應先檢驗—CHO，后檢驗

即先用銀氨溶液或新制Cu(OH2)溶液將—CHO氧化成—COOH，再用溴水檢驗，通過溴水是否褪色來判斷

的存在。(2)能發生銀鏡反應的物質有：醛類、甲酸、甲酸鹽、甲酸酯、葡萄糖等。2－1.(2011·全國高考)下列敘述錯誤的是(

)A．用金屬鈉可區分乙醇和乙醚B．用高錳酸鉀酸性溶液可區分己烷和3-己烯

C．用水可區分苯和溴苯D．用新制的銀氨溶液可區分甲酸甲酯和乙醛解析：乙醇中含有羥基，能與金屬鈉反應生成氫氣，乙醚不能與鈉反應，所以可用金屬鈉區分乙醇和乙醚，故A項正確；己烷不能與高錳酸鉀酸性溶液反應，3-己烯能被高錳酸鉀酸性溶液氧化而使高錳酸鉀酸性溶液顏色褪去，所以可用高錳酸鉀酸性溶液區分己烷和3-己烯，故B項正確；苯和溴苯均不能溶于水，但苯的密度比水小，溴苯的密度比水大，若水中加入苯，則苯在上層，若水中加入溴苯，則溴苯在下層，故可用水區分苯和溴苯，C項正確；甲酸甲酯和乙醛中均含有醛基，均可與新制的銀氨溶液發生銀鏡反應，故不能用新制銀氨溶液區分二者，D項錯誤。答案：

D2－2.從甜橙的芳香油中可分離得到如下結構的化合物：

?，F有試劑：①KMnO4酸性溶液；②H2/Ni；③Ag(NH3)2OH；④新制Cu(OH)2懸濁液，能與該化合物中所有官能團都發生反應的試劑有(

)A．①②

B．②③C．③④ D．①④答案：

AC解析：有機物中官能團的性質及檢驗為高考重點，要掌握重要官能團的性質，同時要理清在多重官能團檢驗時的相互干擾。該化合物中的官能團有碳碳雙鍵和醛基兩種，①KMnO4酸性溶液均可以與這兩種官能團反應；②H2/Ni均可以這與兩種官能團發生加成反應；③Ag(NH3)2OH只能與醛基反應，不能與碳碳雙鍵反應；④新制Cu(OH)2懸濁液只能與醛基反應，不能與碳碳雙鍵反應。A、羧酸的化學性質(以乙酸為例)：1、酸性：

CH3COOHCH3COO－＋H＋強Na2CO3＋2CH3COOH―→2CH3COONa＋H2O＋CO2↑（五）羧酸（代表物CH3COOH)其酸性比H2CO3的

，屬于弱酸，具有酸的通性。（1）酯化反應：

CH3COOC2H5＋H2O2、取代反應乙酸乙酯18OCH3—C—OH+H—O—C2H518OCH3—Ｃ—Ｏ—C2H5＋H2O濃H2SO４（2）與NH3生成酰胺的反應CH3COOH+NH3CH3C-NH2+H2OO=△(3)氫原子被取代的反應RCH2COOH+ClRCHCOOH+HCl--Cl催化劑3、還原反應RCOOHRCH2OHLiAlH4羧酸、酯中的碳氧雙鍵不能被H2還原，只能被強還原劑如LiAlH4、NaBH4還原B、乙酸乙酯的制取乙醇和乙酸反應制取乙酸乙酯的裝置圖實驗有什么現象？反應原理是什么？試劑的添加順序？濃硫酸有何作用？長導管有何作用？碳酸鈉飽和液有何作用？②試劑加入順序：乙醇→濃硫酸→乙酸。③濃硫酸的作用：催化劑，吸水劑。實驗現象：飽和Na2CO3溶液的液面上有透明油狀液體，并可聞到香味。①反應機理：酸脫羥基醇脫氫。④彎導管起冷凝回流作用，導管不能伸入飽和Na2CO3溶液中（防止倒吸）。⑤飽和Na2CO3溶液的作用：乙酸乙酯在飽和Na2CO3溶液中的溶解度較小，減少溶解，利于分層；揮發出的乙酸與Na2CO3反應，除去乙酸；揮發出的乙醇被Na2CO3溶液吸收。思考與交流1）由于乙酸乙酯的沸點比乙酸、乙醇都低，因此從反應物中不斷蒸出乙酸乙酯可提高其產率。2）使用過量的乙醇，可提高乙酸轉化為乙酸乙酯的產率。根據化學平衡原理，提高乙酸乙酯產率的措施有：3）使用濃H2SO4作吸水劑，提高乙醇、乙酸的轉化率。[思考·感悟]如何除去乙酸乙酯中的少量乙酸和乙醇？[提示]加入飽和Na2CO3溶液中，用力振蕩，用分液漏斗分離出上層液體即可。1．一元羧酸與一元醇之間的酯化反應

CH3COOH＋HOC2H5CH3COOC2H5＋H2O。C2．一元羧酸與多元醇之間的酯化反應3．多元羧酸與一元醇之間的酯化反應4．多元羧酸與多元醇之間的酯化反應此時反應有三種情形，可得普通酯、環酯和高聚酯。如：5．羥基酸自身的酯化反應此時反應有四種情形，可得到普通酯、環酯和高聚酯。如：CH3CHC=O+H2OO[特別提醒]分子式為C3H6O3，且含—COOH和—OH的有機物，若兩分子有機物脫去2分子水形成六元環狀酯類化合物，則該有機物的結構為若兩分子有機物脫去2分子水形成八元環狀酯類化合物，則該有機物的結構為：

(2011·海口模擬)由乙烯和其他無機原料合成環狀化合物E，其合成過程如下(水及其他無機產物均已省略)：(3)指出上圖變化過程中①的有機反應的反應類型：

(4)D物質中官能團的名稱為_______________________。(5)寫出B和D生成E的化學方程式(注明反應條件)：_______________________________________________。[解析]

由框圖關系結合所給信息可直接推出：A是BrCH2CH2Br，B是HOCH2CH2OH，C是OHC—CHO，D是HOOC—COOH。[答案]

(1)OHC—CHO

(2)CH3—CHBr2(3)加成反應(4)羧基(5)CH2(OH)—CH2OH＋HOOC—COOH酯的水解反應(以乙酸乙酯為例)：①乙酸乙酯在酸性條件下水解：

。②乙酸乙酯在堿性條件下水解：

。（六）酯（代表物乙酸乙酯）3－1.1mol有機物：最多能消耗________mol的NaOH。解析：酚羥基、—COOH及酯基都能與NaOH溶液發生反應，醇羥基與NaOH不反應，且1mol

水解時消耗2molNaOH。答案：

43－2.化學式為C4H8O3的有機物，在濃硫酸存在和加熱時，有如下性質：①能分別與CH3CH2OH和CH3COOH反應②脫水生成一種能使溴水褪色的物質，此物質只存在一種結構簡式③能生成一種分子式為C4H6O2的五元環化合物則C4H8O3的結構簡式為(

)A．HOCH2COOCH2CH3

B．CH3CH(OH)CH2COOHC．HOCH2CH2CH2COOHD．CH3CH2CH(OH)COOH答案：

C解析：由①推知該有機物分子中既存在—OH，又存在—COOH；由②推知該有機物可能的結構簡式為由③推知只有

發生酯化反應后能生成五元環化合物。1．某有機物由C、H、O三種元素組成，其比例模型如圖所示，則下列關于該有機物的說法中錯誤的是(

)A．此有機物的分子式為C2H4O2B．其水溶液呈酸性，能使紫色石蕊試液變紅C．此有機物不能與鋅反應D．此有機物的酸性比碳酸強解析：根據此有機物的比例模型可以判斷出它為乙酸(CH3COOH)，對照乙酸的組成、結構和性質即可作出判斷。答案：

C解析：反應①是乙醇的催化氧化反應；反應②是乙烯的加成反應；反應③是溴乙烷的消去反