- 有机物分子中的官能团及其结构
- 共96题
10．工业上以软锰矿（主要成分MnO2）为原料，通过液相法生产KMnO4。即在碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，分离后得到的K2MnO4，再用惰性材料为电极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，其生产工艺简略如下：
（1）反应器中反应的化学方程式为______________________________________。
（2）生产过程中最好使用含MnO280%以上的富矿，因为MnO2含量最低的贫矿中Al、Si的氧化物含量较高，会导致KOH消耗量___________ (填“偏高”或“偏低”)。
（3）电解槽中总的离子反应方程式为_________________________________。
（4）在传统工艺中得到K2MnO4后，向其中通入适量CO2反应生成黑色固体、KMnO4等，反应的化学反应方程式为_________________________________。
上述反应中氧化剂与还原剂的质量比为___________。与该传统工艺相比，电解法的优势是___________。
（5）用高锰酸钾测定草酸结晶水合物的纯度：称草酸晶体样品0.500g溶于水配制成100ml溶液，取出20.00ml用0.0200mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定（杂质不反应），至溶液呈浅粉红色且半分钟内不褪去，消耗KMnO4溶液14.80 mL，则该草酸晶体的纯度为__________。(结果保留3位有效数字)（已知该草酸结晶水合物H2C2O4·2H2O的相对分子质量为126）
正确答案
（1）4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O
（2）偏高
（3）2MnO42-+2H2O 
（4）3 K2MnO4+ 2 CO2 == 2 KMnO4+ MnO2+ 2 K2CO3
1：2 产率更高、KOH循环利用
（5）93.2%
解析
（1）二氧化锰和氢氧化钾、氧气发生反应，生成锰酸钾和水，Mn（+4→+6），O（0→-2），反应的化学方程式为4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O，
故答案为：4KOH+2MnO2+O2=2K2MnO4+2H2O；
（2）氧化铝是两性氧化物，既能与强酸反应也能与强碱反应，氧化铝和强碱反应生成偏铝酸盐和水，反应的化学方程式为2KOH+Al2O3=2KAlO2+H2O，所以会导致KOH消耗量偏高。
故答案为：偏高；
（3）电解锰酸钾溶液时，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极上锰酸根离子失电子生成高锰酸根离子，电极反应式为2MnO42--2e-=2MnO4-，即MnO42--e-=MnO4-，则电极总反应为：2MnO42-+2H2O 
故答案为：2MnO42-+2H2O 
（4）反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，所以的化学方程式为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；
由化学反应方程式：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3分析得出，3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，即3mol高锰酸钾参与反应有1mol作氧化剂、2mol作还原剂，则反应中氧化剂与还原剂的质量比为1：2；与该传统工艺相比，电解法阳极都生成KMnO4，产率更高，所以优势是产率更高、KOH循环利用；
故答案为：3K2MnO4+2CO2═2KMnO4+MnO2+2K2CO3；1：2；产率更高、KOH循环利用；
（5）在测定过程中，高锰酸钾为氧化剂，草酸为还原剂，反应的离子方程式为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式可得关系式：
5H2C2O4•2H2O ～ 2KMnO4
5 2
n 0.02mol/L×14.8×10-3L×
解得：n（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol
则m（H2C2O4•2H2O）=3.7×10-3mol×126g/mol=0.4662g，
所以成品的纯度为：
故答案为：93.2%．
考查方向
解题思路
（1）碱性条件下用氧气氧化MnO2得到K2MnO4，根据得失电子守恒和原子守恒写出相应的方程式；
（2）氧化铝是两性氧化物，氧化铝能和强碱反应生成偏铝酸盐和水，所以会导致KOH消耗量偏高．
（3）在电解槽中用铂板作用阳极，铁作阴极电解K2MnO4溶液得到KMnO4，阴极上水得电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，阳极上锰酸根离子失电子反应氧化反应生成高锰酸根离子．
（4）根据题干信息可知反应物为K2MnO4、CO2、生成黑色固体MnO2、KMnO4，根据原子守恒书写化学反应方程式，根据方程式可知3molK2MnO4参加反应生成2molKMnO4、1molMnO2，据此判断氧化剂与还原剂的质量之比；电解法阳极都生成KMnO4，产率更高；
（5）发生反应：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，根据方程式计算样品中草酸的质量，进而计算草酸的质量分数．
易错点
工艺流程相对来说不是很复杂，根据流程图中循环的物质较易判断部分产物，但涉及到的氧化还原方程式配平较多，在配平时容易出现错误。
知识点
3．2015年，我国科学家屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾新疗法而荣获诺贝尔奖。青蒿素可由香茅醛经过一系列反应合成（如下图）。下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A．青蒿素不含---OH亲水基不易溶于水，可溶于乙醇等有机溶剂中。
B．向香茅醛中滴加溴水后溴水退色，证明香茅醛中含有碳碳双键或者醛基。
C．香茅醛能发生氧化、取代、加成、聚合反应；青蒿素发生氧化、取代反应。
D．香茅醛的同系物中，含4个碳原子的有机物有3种（不考虑立体异构）。
考查方向
解题思路
A、---OH亲水基越多越溶于水。
B、溴水退色可能发生加成、氧化或者萃取反应。
C、香茅醛含有双键、醛基，青蒿素含有过氧基、醚键、脂基。
D、香茅醛的同系物中，含4个碳原子的有机物有3种。
易错点
香茅醛含有双键、醛基，青蒿素含有过氧基、醚键、脂基。醛基具有还原性。
知识点
1．化学与环境、材料、信息、生活关系密切，下列说法正确的是
正确答案
解析
A选项中的疫苗中有蛋白质，冷藏时就会使蛋白质变性，所以A正确； B中碳元素形成的酸是碳酸，但是碳酸不是形成酸雨的主要物质，而硫、氮元素的氧化物所形成的酸是硫酸与硝酸才是酸雨形成的主要物质，碳的氧化物会加剧温室效应，故B错； C中的硅单质可以用来做计算机芯片和半导体，但二氧化硅能用来做玻璃和光导纤维，故C错； D中的明矾KAl(SO4)2•12H2O，其净水的原理在于：KAl(SO4)2先电离出Al3＋，Al3＋水解得到Al(OH)3胶体，胶体发生吸附沉降而起到净水的作用，但不具有消毒杀菌的效果，故D错
考查方向
解题思路
A中，疫苗中有蛋白质，蛋白质的变性是不可逆的；B中硫所形成的是硫酸、N所形成的是硝酸、C所形成的算是碳酸；C中硅与二氧化硅的用途分别是制作半导体、计算机芯片和玻璃、光导纤维等；D中明矾只能净水不能做杀菌消毒剂。
易错点
对蛋白质的属性不了解，对变性和不变性的概念理解不清，在中国国内的酸雨的类型不甚了解，对硅和二氧化硅的用途混淆及对明矾的净水原理没有理解会导致本题出错。
知识点
5．分子式为C5H12O的醇与和它相对分子质量相等的一元羧酸进行酯化反应，生成的酯共有（ ）（不考虑立体异构）
正确答案
解析
该题需要准确判断同分异构体，分别为：CH2(OH)CH2CH2CH2CH3，CH3CH(OH)CH2CH2CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3，CH2(OH)CH(CH3)CH2CH3，CH3C(OH)(CH3)CH2CH3，CH3CH(CH3)CH(OH)CH3，CH3CH(CH3)CH2CH2(OH)，C(CH3)3CH2OH，与之分子量相同的一元羧酸分别为丙酸和2-甲基丙酸。由此可见能形成的酯类物质有16种
考查方向
本题考查有机化合物的结构以及同分异构体的判断
解题思路
关键在于应用同分异构体的书写规律准确的判断酸、醇的种类，应用数学中的排列组合知识进行计算
易错点
关键在于同分异构体的书写
知识点
（一）下图是一种工业制取纯碱的生产流程简图
（二）某化工厂对流程甲进行了如下图所示的改进。
25.流程甲中先通NH3后通CO2的原因是________________________。
26.生成沉淀A的化学方程式为_______________；将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式为________________。
27.流程甲中可循环利用的物质的名称为_________________。
28.流程乙中可以循环利用物质的化学式为______________；和流程甲相比，流程乙的优点是_____________。
29.不用其它试剂，检查乙流程中副产品F是否纯净的操作是____________。
30.在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为_____________。
正确答案
氨气在水中溶解度大，先通氨气，可以吸收更多的二氧化碳，提高生成HCO3-的浓度，有利于促进更多的NaHCO3析出。
解析
NH3在NaCl溶液中溶解度很大，CO2在氨化的溶液中溶解度大，先通NH3后通CO2可形成高浓度的HCO3－。若先通CO2再通NH3，由于CO2在NaCl溶液中溶解度很小，尽管NH3在碳酸化的溶液中溶解度大，也不能形成高浓度的HCO3－
考查方向
解题思路
NH3在NaCl溶液中溶解度很大，CO2在氨化的溶液中溶解度大
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
NH3＋CO2＋H2O + NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓
Ca(OH)2
解析
碳酸钠和碳酸氢钠同为可溶性的物质，但是由于在相同的温度下碳酸氢钠的溶解度要小于碳酸钠的溶解度，由于在相同的温度下碳酸氢钠的溶解度要小于碳酸钠的溶解度，所以为了尽可能多的得到碳酸钠，所以加入二氧化碳来酸化，使固体先以碳酸氢钠的形式析出，然后再转化为碳酸钠，而不是直接以碳酸钠的形式析出，所以碳酸化时碳酸氢钠析出而碳酸钠没有析出；生成沉淀A的化学方程式为NH3＋CO2＋H2O + NaCl＝NH4Cl＋NaHCO3↓；将石灰乳加入滤液B中发生反应的化学方程式为Ca(OH)2
考查方向
解题思路
碳酸钠和碳酸氢钠同为可溶性的物质，但是由于在相同的温度下碳酸氢钠的溶解度要小于碳酸钠的溶解度。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
【答案】二氧化碳和氨气
解析
流程甲中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气。
考查方向
解题思路
流程甲中可循环利用的物质为二氧化碳和氨气。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
CO2 ,NaCl 提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染。
解析
流程乙中可以循环利用物质为CO2 ,NaCl；和流程甲相比，流程乙的优点是提高氯化钠的利用率、同时得到NH4Cl可作氮肥、减少环境污染。
考查方向
解题思路
流程乙中可以循环利用物质为CO2 ,NaCl；。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净 。
解析
不用其它试剂，检查乙流程中副产品F是否纯净的操作是取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净 。。
（6）在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%。
考查方向
解题思路
取少量氯化铵产品于试管底部，加热，若试管底部无残留物，表明氯化铵产品纯净 。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
正确答案
95.0%
解析
在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%。
考查方向
解题思路
在乙流程中，若使用11．7吨食盐，最终得到10．07吨纯碱，则NaCl的利用率为95.0%。
易错点
根据氨气的水溶液是碱性，具有易吸收二氧化碳的性质。
4．根据下图回答，下列说法不正确的是（）
正确答案
解析
燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极，
A．此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属铜等于阴极析出的金属Cu，所以电解质溶液中铜离子相当于不参加反应，则其浓度不变，故A正确；
B．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极，所以若a为粗铜，b为纯铜，该装置可用于粗铜的精炼，故B错误；
C．燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应为O2+4e﹣+2H2O=4OH﹣，故C正确；
D．电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极，故D正确．
故选B．
考查方向
解题思路
燃料电池中，通入氢气的电极为负极、通入氧气的电极为正极，则b是阴极、a是阳极，
A．此装置用于电镀铜时，阳极溶解的金属等于阴极析出的金属；
B．电解精炼时，粗铜作阳极、纯铜作阴极；
C．燃料电池中，正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子；
D．电子从负极沿导线流向b电极、从a电极流向正极
易错点
根据燃料电池中得失电子确定正负极，再结合电解池中离子放电顺序分析解答，注意电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，电子不进入电解质溶液为易错点。
知识点
某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装置如图所示（夹持仪器已略去）。
13.实验前，应先检查装置的 ；实验中产生的尾气应通入 溶液进行处理。
14.实验过程中需要配制100 mL l mo1·L-1 FeCl3溶液，所需要的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 ；实际配制过程中，常先将FeCl3固体完全溶于适量稀盐酸中，再加水稀释，此特殊操作的目的是____。
15.该小组同学向5 mL l mo1·L-1 FeCl3溶液中通入足量的SO2，溶液最终呈浅绿色，写出其反应的离子方程式 。再打开分液漏斗活塞，逐滴加入煮沸冷却后的NaOH稀溶液，则试管B中产生的实验现象是 。
16.该小组同学在（3）中实验时，发现溶液变为浅绿色需要较长时间，在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色，没有观察到丁达尔效应，最终溶液呈浅绿色。
【查阅资料】Fe(HSO3)2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性，能被Fe3+氧化为SO42-。则Fe(HSO3)2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是 。
17.若实验中用5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应，实验结束后，测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL，向已冷却的A试管溶液中加入4 mo1·L-1的NaOH溶液30 mL时，恰好使Cu2+完全沉淀。则所用浓H2SO4浓度为____。（忽略过程中溶液的体积变化）
正确答案
（1）气密性； N
解析
（1）本实验属于制气实验，实验装置需要确保气密性，而吸收酸性废气需要碱性物质，可选用NaOH或者KOH等物质
考查方向
解题思路
对于封闭实验需要首先检查仪器组的气密性，防止漏气产生的酸性废气需要用碱性物质中和，不同的仪器用途不同，不能混淆；对Fe元素的不同价位的离子溶液的颜色需要记忆；以及Fe(OH)2的颜色，根据题干新给出的信息，结合自己掌握的知识整理出相应的化学反应方程式并配平；根据气体的标准体积和物质的量之间的关系，和化学反应方程式计算出参与反应的H2SO4的物质的量，配合溶液体积可解；
易错点
对化学实验的细节掌握不是太清，对新知识接受能力较差
正确答案
（2）100 mL容量瓶、胶头滴管
解析
（2）配置定量的溶液需用相应容量的量瓶而不能再量筒里配置，最后用胶头滴管进行最后滴定；而先将FeCl3溶于HCl溶液中，是为了防止FeCl3溶解过程中水解；
考查方向
解题思路
对于封闭实验需要首先检查仪器组的气密性，防止漏气产生的酸性废气需要用碱性物质中和，不同的仪器用途不同，不能混淆；对Fe元素的不同价位的离子溶液的颜色需要记忆；以及Fe(OH)2的颜色，根据题干新给出的信息，结合自己掌握的知识整理出相应的化学反应方程式并配平；根据气体的标准体积和物质的量之间的关系，和化学反应方程式计算出参与反应的H2SO4的物质的量，配合溶液体积可解；
易错点
对化学实验的细节掌握不是太清，对新知识接受能力较差
正确答案
（3）2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋
先无现象，后生成白色絮状沉淀
解析
（3）Fe3+与通入溶液中的SO2反应生成Fe2+（溶液显浅绿色），反应式应为2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋；煮沸NaOH溶液释放其中的溶解氧，加入NaOH溶液先与H+反应，然后与Fe2+反应生成Fe(OH)2白色沉淀，故刚滴入NaOH溶液时没有明显现象，后生成白色的絮状沉淀；
考查方向
解题思路
对于封闭实验需要首先检查仪器组的气密性，防止漏气产生的酸性废气需要用碱性物质中和，不同的仪器用途不同，不能混淆；对Fe元素的不同价位的离子溶液的颜色需要记忆；以及Fe(OH)2的颜色，根据题干新给出的信息，结合自己掌握的知识整理出相应的化学反应方程式并配平；根据气体的标准体积和物质的量之间的关系，和化学反应方程式计算出参与反应的H2SO4的物质的量，配合溶液体积可解；
易错点
对化学实验的细节掌握不是太清，对新知识接受能力较差
正确答案
（4）Fe(HSO3)2+＋Fe3+＋H2O＝2Fe2+＋SO42-＋3H+
解析
（4）根据题干信息，HSO3-与Fe3+反应生成SO42-，故化学反应方程式应为：Fe(HSO3)2+＋Fe3+＋H2O＝2Fe2+＋SO42-＋3H+；
考查方向
解题思路
对于封闭实验需要首先检查仪器组的气密性，防止漏气产生的酸性废气需要用碱性物质中和，不同的仪器用途不同，不能混淆；对Fe元素的不同价位的离子溶液的颜色需要记忆；以及Fe(OH)2的颜色，根据题干新给出的信息，结合自己掌握的知识整理出相应的化学反应方程式并配平；根据气体的标准体积和物质的量之间的关系，和化学反应方程式计算出参与反应的H2SO4的物质的量，配合溶液体积可解；
易错点
对化学实验的细节掌握不是太清，对新知识接受能力较差
正确答案
（5）18 mo1·L-1
解析
（5）672ml标况下气体的物质的量为0.03mol，由化学反应方程式：2H2SO4(aq)+Cu(s)=SO2(g)+CuSO4(aq)+2H2O，所以反应的Cu的物质的量与生成的SO2的物质的量相等，参与反应的H2SO4的物质的量是SO2的两倍为0.06mol，未参加反应的H2SO4与NaOH反应，化学方程式为：H2SO4+2NaOH=2H2O+Na2SO4；一部分NaOH与CuSO4反应，化学反应方程式：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+Na2SO4；结合第一个方程式分析，NaOH参与反应的物质的量与参与两种反应的H2SO4的关系为c(NaOH)/2+ c(SO2)= c(H2SO4)，所以H2SO4的物质的量为0.09mol，配合其溶液体积可得出H2SO4的浓度为：0.09/0.005=18mol/L
考查方向
解题思路
对于封闭实验需要首先检查仪器组的气密性，防止漏气产生的酸性废气需要用碱性物质中和，不同的仪器用途不同，不能混淆；对Fe元素的不同价位的离子溶液的颜色需要记忆；以及Fe(OH)2的颜色，根据题干新给出的信息，结合自己掌握的知识整理出相应的化学反应方程式并配平；根据气体的标准体积和物质的量之间的关系，和化学反应方程式计算出参与反应的H2SO4的物质的量，配合溶液体积可解；
易错点
对化学实验的细节掌握不是太清，对新知识接受能力较差
3．有机物C4H8Cl2的结构中只含有一个甲基的同分异构体有几种(不考虑立体异构)（ ）
正确答案
解析
C4H8Cl2的同分异构体可以采取“定一移二”法
故选B。
考查方向
解题思路
二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题，先找出所有的同分异构体，再找出只含一个“﹣CH3”的。
易错点
本题考查有机物的同分异构体的书写，难度不大，注意二氯代物的同分异构体可以采用“定一移二”法解题。
知识点
化合物E是一种医药中间体，常用于制备抗凝血药，合
13.A的结构简式为____________________； B中含有的含氧官能团名称为__________；
14.C转化为D的反应类型是__________反
15.写出D与足量NaOH溶液完全反应的化学方程式
______________________________。
16.1molE最多可与__________molH2加成。
17.写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式__________；
A．能发生银镜反应
B．核磁共振氢谱只有4个峰
C．能与FeCl3溶液发生显色反应，水解时1mol可消耗3molNaOH
18.已知工业上以氯苯水解制取苯酚，而酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。甲苯可被酸性高锰酸钾溶液氧化为苯甲酸。
苯甲酸苯酚酯（
合成路线流程图示例如下：
________________________________________
正确答案
解析
依题意可知A为醛类(O2将A氧化为CH3COOH)，即A为CH3CHO；B中含氧官能团名称为羟基和羧基。
考查方向
解题思路
通过正向分析结合醛可以氧化为羧酸，可知A为醛类，再对比B、CH3COCl和D结构上的差异并结合酸和醇的酯化反应，推出C的结构。
易错点
流程分析，同分异构数目判断
正确答案
取代
解析
通过比较C和D的结构差异得出C转化为D反应为取代反应。
考查方向
解题思路
通过正向分析结合醛可以氧化为羧酸，可知A为醛类，再对比B、CH3COCl和D结构上的差异并结合酸和醇的酯化反应，推出C的结构。
易错点
流程分析，同分异构数目判断
正确答案
解析
根据酯类水解原理写出反应，特别注意消耗NaOH的量：
考查方向
解题思路
通过正向分析结合醛可以氧化为羧酸，可知A为醛类，再对比B、CH3COCl和D结构上的差异并结合酸和醇的酯化反应，推出C的结构。
易错点
流程分析，同分异构数目判断
正确答案
4
解析
因为1molE中左边苯环消耗3mol，右边环上碳碳双键再消耗1mol，一共4molH2(注：酯基上的双键无法与H2加成)。
考查方向
解题思路
通过正向分析结合醛可以氧化为羧酸，可知A为醛类，再对比B、CH3COCl和D结构上的差异并结合酸和醇的酯化反应，推出C的结构。
易错点
流程分析，同分异构数目判断
正确答案
解析
根据要求可知，该B的同分异构体结构中含一个酚羟基和一个甲酸苯酚酯类的结构，因为等效氢只有4种，说明两个取代基处于苯环的对位，即：
考查方向
解题思路
通过正向分析结合醛可以氧化为羧酸，可知A为醛类，再对比B、CH3COCl和D结构上的差异并结合酸和醇的酯化反应，推出C的结构。
易错点
流程分析，同分异构数目判断
正确答案
解析
利用逆向分析的方法，要生成该酯类物质
考查方向
解题思路
通过正向分析结合醛可以氧化为羧酸，可知A为醛类，再对比B、CH3COCl和D结构上的差异并结合酸和醇的酯化反应，推出C的结构。
易错点
流程分析，同分异构数目判断
9．我国本土科学家屠呦呦因为发现青蒿素而获得2015年的诺贝尔生理和医学奖。已知二羟
A与乙醇发生酯化反应生成产物的分子式为C8H18O4
B能发生加成反应，不能发生取代反应
C在铜的催化下与氧气反
D标准状况下1mol该有机物可以与足量金属钠反应产生22.4 L H2
正确答案
解析
A、二羟甲戊酸结构中含一个－COOH，与乙醇发生酯化反应生成产物中有一个酯基，其分子式为C8H16O4故A错误。B、不能发生加成反应，故B错误C、含－CH2OH在铜催化下与氧气发生反应的产物为含醛基，故能发生银镜反应，故C正确。D、1mol可生成1.5mol氢气，但状况未知，不能计算其体积，故D错误
本题正确答案是C
考查方向
解题思路
由二羟甲戊酸的结构可知，分子中含－COOH、2个－OH，结合羧酸、醇的性质来解答。
易错点
有机物官能团性质及其反应的类型
知识点
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