2026届高三化学一轮复习选择题专题有机化合物

2026届高三化学一轮复习选择题 专题 有机化合物 一、真题演练 1．（2025·北京·高考真题）一种生物基可降解高分子P合成路线如下。 下列说法正确的是 A．反应物A中有手性碳原子 B．反应物A与B的化学计量比是 C．反应物D与E生成P的反应类型为加聚反应 D．高分子P可降解的原因是由于键断裂 2．（2024·北京·高考真题）的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是 A．与X的化学计量比为 B．P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同 C．P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构 D．Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解 3．（2023·北京·高考真题）一种聚合物的结构简式如下，下列说法不正确的是    A．的重复单元中有两种官能团 B．可通过单体  缩聚合成 C．在碱性条件下可发生降解 D．中存在手性碳原子 二、变式训练 4．（2025·北京东城·三模）G是合成抗胆碱作用药物的中间体，结构如图所示。下列关于G的说法中正确的是 A．G中含有三种含氧官能团 B．G不能发生消去反应 C．G中只有1个手性碳原子 D．最多可消耗 5．（2022·北京·高考真题）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是 A．分子中N原子有、两种杂化方式 B．分子中含有手性碳原子 C．该物质既有酸性又有碱性 D．该物质可发生取代反应、加成反应 6．（2025·北京房山·三模）化合物K与L反应可合成药物中间体M，转化关系如下。已知L能发生银镜反应，下列说法正确的是 A．K的核磁共振氢谱有四组峰 B．L是乙二醛 C．M完全水解可得到K和L D．反应物K与L的化学计量比是 7．（2025·北京房山·三模）我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一、一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法正确的是 A．分子中N原子为杂化 B．分子中含有手性碳原子 C．该物质既有酸性又有碱性 D．该物质可发生取代反应、消去反应 8．（2025·北京西城·三模）苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯进行该反应(反应过程不变)，反应速率无明显变化。下列说法不正确的是 已知：键能大于键能。 A．可用质谱法区分苯和氘代苯，通过红外光谱图测定氘代苯的化学键 B．硝基苯的核磁共振氢谱中有3组峰，基态氮原子的核外电子有5种空间运动状态 C．用氘代苯进行反应时，i中有键的断裂与形成 D．图示过程的反应速率主要由i决定 9．（2025·北京东城·三模）以2-丁烯为原料合成G的路线如下，其中L有2种化学环境不同的H原子。 资料：H3C-HC=CH-CH3JKLN 下列说法正确的是 A．J的化学式是C4H8Cl2 B．J→K的反应类型为消去反应 C．M的结构简式是 D．理论上1molN完全转化为G消耗2molH2 10．（2025·北京昌平·二模）G是合成抗胆碱作用药物的中间体，结构如图所示。下列关于G的说法中正确的是 A．G中含有三种含氧官能团 B．G中碳原子的杂化类型只有 C．1molG最多可消耗2molNaOH D．G中有1个手性碳原子 11．（2025·北京海淀·二模）苯的硝化反应的部分过程如下图。若用氘代苯（）进行该反应（反应过程不变），反应速率无明显变化。下列说法不正确的是 已知：C-D键能大于C-H键能。 A．可用质谱法区分苯和氘代苯 B．硝基苯的核磁共振氢谱中有3组峰 C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中有C-D键的断裂与形成 D．图示过程的反应速率主要由ⅰ决定 12．（2025·北京西城·二模）某碳酸酯Q可形成聚合物P。 下列说法不正确的是 A．Q中存在手性碳原子 B．反应生成P，同时生成 C． D．若控制条件使减小，则P中的醚键在官能团中的比例升高 13．（2025·北京朝阳·三模）高分子树脂X的合成路线如下。 下列说法不正确的是 A．高分子X中存在氢键 B．甲的结构简式为 C．①的反应中有水生成 D．高分子X水解可得到乙 14．（2025·北京通州·三模）高分子Y是一种人工合成的温敏性聚肽高分子，其合成路线如下： 下列说法不正确的是 A．生成1mol高分子X，消耗、，同时生成 B．X中有1个氨基和m个酰胺基 C．G与X生成Y的过程中有加聚反应发生 D．一定条件下，X水解可得到E和F 15．（2025·北京昌平·二模）以2-丁烯为原料合成G的路线如下，其中L有2种化学环境不同的H原子。 资料： 下列说法正确的是 A．J的化学式是 B．J→K的反应类型为消去反应 C．M的结构简式是 D．N→G的不饱和度减少2个 16．（2025·北京丰台·二模）有机化合物K主要用作杀菌防腐剂，其合成路线如下(部分条件已省略)。 下列说法不正确的是 A．F能被酸性KMnO4氧化是-CH3对苯环影响的结果 B．J中最多有16个原子共平面 C．过程①、③和④中均发生取代反应 D．K的合成过程中进行了官能团的保护 17．（2025·北京朝阳·二模）的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 下列说法不正确的是 A．反应②是缩聚反应 B．Y中存在手性碳原子 C．高分子P中存在“” D．高分子P完全水解可以得到Y 18．（2025·北京东城·二模）某通用高分子材料（L）的结构片断如图所示。下列有关L的说法正确的是 A．能导电 B．易降解 C．吸湿性能好，受热易熔融 D．可由两种单体缩聚而成 19．（2025·北京海淀·三模）一定条件下，在密闭容器中化合物M、N1、N2一起发生聚合反应得到聚合物P，各物质结构如下图所示。聚合反应的第一步由M引发。 已知：，下列说法正确的是 A．P中只含1种含氧官能团 B．P完全水解可得到N1、N2和M C．每生成1mol化合物P消耗xmol N1和ymol N2 D．聚合物P经双氧水氧化后可得到具有大环结构的聚合物 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《专题 有机化合物》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A C B B C C C D 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 C C D D C A D D D 1．A 【分析】A与B发生加成反应，结合A的分子式以及P的结构简式，可推出A的结构简式为，A与B反应生成D，由P的结构简式可知，反应物A与B的化学计量比是2:1；D与E反应生成高聚物P和水。 【详解】 A．反应物A中有1个手性碳原子，如图所示，A正确； B．由分析可知，反应物A与B的化学计量比是2:1，B错误； C．反应物D与E反应生成高聚物P和水，有小分子生成，为缩聚反应，C错误； D．由高分子P的结构可知，P中的酰胺基易水解，导致高分子P可降解，即高分子P可降解的原因是由于键断裂，D错误； 故选A。 2．B 【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知与X的化学计量比为，A正确； B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为，Y的分子式为，二者分子式不相同，B错误； C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确； D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确； 故选B。 3．A 【详解】A．的重复单元中只含有酯基一种官能团，A项错误； B．由的结构可知其为聚酯，由单体  缩聚合成，B项正确； C．为聚酯，碱性条件下可发生降解，C项正确； D．的重复单元中只连有1个甲基的碳原子为手性碳原子，D项正确； 故选A。 4．C 【详解】A．根据G的结构图可知，含氧官能团为酯基和羟基，即G有两种含氧官能团，A错误； B．由G的结构图可知，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，能发生消去反应，B错误； C．连有4个各不相同的原子或基团的碳原子称为手性碳原子，G中只有羟基所连的那个碳原子属于手性碳原子，故G中有1个手性碳原子，C正确； D．G中能与NaOH反应的官能团是酯基，1个酯基在碱性条件下水解可消耗1个NaOH，则1mol G最多可消耗1mol NaOH，D错误； 故答案选C。 5．B 【详解】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一个孤对电子和两个σ键，为杂化；第二个N原子有一个孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确； B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该有机物中没有手性碳原子，B错误； C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有 ，具有碱性，C正确； D．该物质中存在苯环可以发生加成反应，含有甲基可以发生取代反应，D正确； 故选B。 6．B 【详解】A．K结构对称，酰胺基中含有1种氢原子，中间碳原子上含有一种氢原子，氨基上含有一种氢原子，故核磁共振氢谱有三组峰，A错误； B．由K和M的结构可知，L是乙二醛，B正确； C．M完全水解时，酰胺基水解得到氨基和羧基，生成可得到和氨气，C错误； D．1个K和1个L反应生成1个M分子和2个水分子，故反应物K与L的化学计量比是1∶1，D错误； 故选B。 7．C 【详解】A．分子中存在N=C键的N原子为杂化，A错误； B．手性碳原子是连有四个不同原子或原子团的碳原子，该分子中无手性碳原子，B错误； C．含显酸性，含等显碱性，故既有酸性又有碱性，C正确； D．该物质含等可发生取代反应，但无消去反应所需结构，不能发生消去反应，D错误； 故选C。 8．C 【详解】A．苯和氘代苯相对分子质量不同，可用质谱法区分；红外光谱分析可用于研究分子的结构和化学键，通过红外光谱图可测定氘代苯的化学键，A正确； B．硝基苯有三种等效氢，核磁共振氢谱中有3组峰；把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，因而空间运动状态个数等于轨道数，基态氮原子的核外电子有5种空间运动状态，B正确；   C．由图可知，用氘代苯进行反应时，i为苯环上引入-NO2，没有键的断裂与形成，C错误； D．C-D键能大于C-H键能，而反应速率无明显变化，说明ⅱ不是决速步骤，故过程的反应速率主要由ⅰ决定，D正确； 故选C。 9．C 【分析】 依据题给信息，采用逆推法，可确定L为OHC-CH=CH-CHO，M为。则J为ClCH2-CH=CH-CH2Cl，K为HOCH2-CH=CH-CH2OH，N为。 【详解】A．由分析可知，J为ClCH2-CH=CH-CH2Cl，化学式是C4H6Cl2，A不正确； B．J(ClCH2-CH=CH-CH2Cl)K(HOCH2-CH=CH-CH2OH)，反应类型为水解反应(或取代反应)，B不正确； C．由分析可知，M的结构简式是，C正确； D．理论上1molN()完全转化为G()，需要消耗3molH2，D不正确； 故选C。 10．D 【详解】A．根据结构简式，含氧官能团为酯基、羟基，有两种含氧官能团，A错误； B．形成四个单键的碳原子，其杂化类型为sp3；苯环上的碳原子及形成碳氧双键的碳原子，其杂化类型为sp2，B错误； C．该有机物中能与NaOH反应的官能团是酯基，一个酯基在碱性条件下水解可消耗一个NaOH，则1molG最多可消耗1molNaOH，C错误； D．连有四个各不相同的原子或基团的碳原子称为手性碳原子，该有机物中只有羟基所连的那个碳原子属于手性碳原子，故G中有1个手性碳原子，D正确； 故选D。 11．C 【详解】A．苯和氘代苯相对分子质量不同，可用质谱法区分，A正确； B．硝基苯有三种等效氢，核磁共振氢谱中有3组峰，B正确； C．用氘代苯进行反应时，ⅰ中无C-D键的断裂与形成，C错误； D．C-D键能大于C-H键能，而反应速率无明显变化，说明ⅰⅰ不是决速步骤，故过程的反应速率主要由ⅰ决定，D正确； 故选C。 12．C 【详解】A．已知同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故Q中连接甲基的碳原子为手性碳原子，A正确； B．根据图知，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)OOC—，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)-和1个CO2分子，则xmol Q反应生成P，同时生成nmol CO2，B正确； C．根据图知，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)OOC—，1个Q分子生成1个—OCH2CH(CH3)-和1个CO2分子，所以x=m+n，C错误； D．m：n越小，则P中—OCH2CH(CH3)OOC—与—OCH2CH(CH3)-的比例越小，所以P中的醚键在官能团中的比例升高，D正确； 故答案为：C。 13．D 【分析】 在酸性条件下加热反应生成甲，则甲为；结合高分子X的结构简式及乙的分子式可知，乙的结构为，甲与乙发生加聚反应生成高分子X。 【详解】A．高分子X中含有羧基、酰胺键，因此可以形成氢键，A正确； B．根据分析可知，甲的结构简式为，B正确； C．①的反应为2分子的与HCHO反应生成乙，根据原子守恒可知反应中有水生成，C正确； D．甲和乙发生加聚反应生成高分子X，而不是缩聚反应，因此高分子X水解无法得到乙，D错误； 答案选D。 14．D 【详解】A．由E、F、X结构可知，E开环与F反应，同时失去一分子，故生成1mol高分子X，消耗、，同时生成，A正确； B．X中只有右端的端基存在1个氨基，每个重复单元中只有一个酰胺基，因此存在m个酰胺基，B正确； C．G与X生成Y的过程中存在G的双键断裂生成高聚物的过程，有加聚反应发生，C正确； D．一定条件下，X中的酰胺基水解可得到F，但是无法得到E，D错误； 故选D。 15．C 【分析】第一步为取代反应，若J为一氯代物，则J为CH3-CH=CH-CH2Cl，J发生水解得到的K为CH3-CH=CH-CH2OH，K发生催化氧化得到的L为CH3-CH=CH-CHO，这与题目信息“L中含两种H”矛盾，则J不是一氯代物；若J为二氯代物CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，则K为CH2OH-CH=CH-CH2OH，L为CHO-CH=CH-CHO，这与题目信息“L中含两种H”一致，则J为二氯代物CH2Cl-CH=CH-CH2Cl。 【详解】A．结合分析知，J为CH2Cl-CH=CH-CH2Cl，化学式是，A错误； B．J→K为氯代烃在氢氧化钠水溶液中发生水解的过程，反应类型为取代反应，B错误； C．L和M可反应得到六元环，结合所给资料信息知，M的结构简式是，反应方程式为CHO-CH=CH-CHO+，C正确； D．结合C项分析知，N为，N和氢气加成可得到G，N→G过程中一个碳碳双键和两个醛基都参与了加成反应，G比N多了6个氢原子，则N→G过程中不饱和度减少3个，D错误； 故选C。 16．A 【详解】A．在酸性KMnO4​的强氧化条件下，F中与苯环直接相连的甲基被氧化为羧基，从而使酸性KMnO4溶液褪色，不是甲基对苯环影响的结果，而是苯环对甲基影响的结果，故A错误； B．苯环平面与羧基的-COO平面可能一起共面，羟基和羧基中H原子也可能与苯环共面，即所有原子都可共平面，共16个原子可能共面，故B正确； C．对比E、F的结构简式，G、J的结构简式，J、K的结构简式，以及各过程中所用试剂，过程①、③和④中均发生取代反应，故C正确； D．-OH易被氧化，E→F将-OH首先转化为-OCH3，然后氧化-CH3为-COOH，G→J再把-OCH3转化为-OH，可保护-OH避免氧化，故D正确； 故答案为A。 17．D 【详解】A．由Y在催化剂作用下发生反应(②)生成高分子P，是和上的氢原子发生脱水缩聚，可判定这是通过分子间缩合形成的缩聚反应，A正确； B．Y中存在手性碳原子，位置如图：，B正确； C．Y的结构式中参与反应的和上的氢原子发生脱水缩聚，出现脲键，C正确； D．根据题意，高分子P可降解，产物对环境友好，水解过程中脲键会被破坏，最终并不会得到Y，D错误； 故选D。 18．D 【详解】A．该物质属于聚合物，为高分子化合物，不存在能在其中自由移动的带电粒子，不能导电，A错误； B．分子中不存在容易分解或容易氧化或容易水解的基团，不易降解，B错误； C．结构为体型结构，则受热不易熔融，C错误； D．由结构可知，可由苯酚和甲醛两种单体缩聚而成，D正确； 故选D。 19．D 【详解】A．P中的含氧官能团除了含有酯基，还有硫酯基（-COS-），A项错误； B．化合物P水解可得到、、HOCH2CH2CH2CH2OH，B项错误； C．由M、N1、N2和P的结构，结合原子守恒，每生成1mol化合物P消耗2xmolN1和2ymolN2，C项错误； D．根据题给已知2R—SHR—S—S—R，1molP中含2mol—SH，故聚合物P经双氧水氧化后可得到大环结构，D项正确； 答案选D。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$