专题9·有机合成与有机推断【2022考纲解读】有机化合物知识综合应用是高考必考试题，从近十几年的高考分析来看，一是有机推断，其考察的主要内容有：根据有机物的组成和构造推断同分异构体的构造；根据相互衍生关系和性质推断有机物的构造或反响条件和反响类型；根据实验现象（或典型用途）推断有机物的组成或构造；根据反响规律推断化学反响方式。有机推断主要是以填空题为主，常将有机物的组成、构造、性质的考察整合在一起，具有较强的综合性，并多与新的信息严密结合，因此而成为高考的热点，展望今后有机推断题将会继续成为有机局部试题的主要考点。二是有机合成，有机合成主要是利用一些根本原料（如甲烷、乙烯、乙炔、丙烯、丁二烯、苯、甲苯、淀粉等）并限定合成线路或设计合成线路来合成有机物，并与有机物构造简式、同分异构体、有机反响类型、有机反响化学方程式书写等根底知识的考察相结合。【考点回忆】一、有机合成有机合成题要求考生能用给定的根本原料（常见的有、、、、等）制取各种有机物。其实质是通过化学反响使有机物的碳链增长或缩短，或在碳链与碳环之间发生相互转换，或在碳链与碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同性质、不同类型的有机物。本文简单谈一谈有机合成题的解法，希望能给各位考生以帮助。（一）总的解题思路1.首先判断目标有机物属于何类有机物，与哪些根本知识和信息有关；2.其次分析目标有机物中碳原子的个数及碳链或碳环的组成；31/31\n3.再次根据给定原料、信息和有关反响规律，合理地把目标有机物分解成假设干片断，或寻找出官能团的引入、转换和保护方法，尽快找出目标有机物的关键点和突破点；4.最后将正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择出最正确的合成途径。（二）解题的根本规律和根本知识1.掌握官能团衍变的主线（常见有两种途径）（1）（2）通过某种化学途径使一个官能团变为两个。如：2.官能团的引入（1）引入羟基a.烯烃与水加成，b.醛与氢气加成，c.卤代烃碱性水解，d.酯的水解等。（2）引入卤原子a.烃与X2取代，b.不饱和烃与HX或X2加成，c.醇与HX取代等。（3）引入双键：31/31\na.某些醇或卤代烃的消去引入，b.醇的氧化引入等。3.官能团的消除（1）通过加成消除不饱和键。（2）通过消去、氧化或酯化等消除羟基（�OH）。（3）通过加成或氧化等消除醛基（�CHO）。4.碳链的增减（1）增长：有机合成题中碳链的增长，一般会以信息形式给出，常见方式为有机物与HCN反响以及不饱和化合物间的加成、聚合等。（2）变短：如烃的裂化裂解，某些烃（如苯的同系物、烯烃）的氧化。5.有机物成环规律（1）二元醇脱水。（2）羟基、羧基的酯化。（3）氨基酸脱水。（4）二元羧酸脱水。（三）常见的合成方法1.顺向合成法此法要点是采用正向思维方法，其思维程序为“原料→中间产物→产品”。2.逆向合成法此法要点是采用逆向思维方法，其思维程序为“产品→中间产物→原料”。3.类比分析法此法要点是采用综合思维的方法，其思维程序为“比较题目所给知识原型→找出原料与合成物质的内在联系→确定中间产物→产品”。（四）高考常见题型31/31\n1.限定原料合成题此题型的主要特点：依据主要原料，辅以其他无机试剂，运用根本知识，联系生活实验，设计合理有效的合成路线。例1：松油醇是一种调香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的是为区分两个羟基而人为加上去的）经以下反响制得：试答复：（1）α-松油醇的分子式_______________。（2）α-松油醇所属的有机物类别是__________________（填编号）。a.醇b.酚c.饱和一元醇（3）α-松油醇能发生的反响类型是__________________（填编号）。a.加成b.水解c.氧化（4）在许多香料中松油还有少量以酯的形式出现，写出RCOOH和α-松油醇反响的化学方程式：_____________。（5）写出构造简式：β-松油醇________________，γ-松油醇_______________。解析：此题可采用顺向思维依次推出。由α31/31\n-松油醇的构造简式可以看出：�OH直接与链烃基相连，应是醇，分子中含有环状构造且有双键，应属于不饱和醇；能发生加成反响，也能被氧化。A在脱水发生消去反响，如果是环上的�OH发生消去反响，得α-松油醇，如果是链上的发生消去反响，去氢的位置有两种：一种是去侧链上的氢，得β-松油醇，另一种是去环上的氢，得γ-松油醇。答案：（1）（2）a（3）ac（4）（5）2.合成路线给定题此题型的主要特点：题目已将原料、反响条件及合成路线给定，并以框架式合成路线示意图的形式直观地展现了最初原料与每一步反响主要产物的关系，要求依据原料和合成路线，在一定信息提示下确定各步主要产物的构造简式或完成某些步骤反响的化学方程式。例2：根据图示填空：（1）化合物A含有的官能团是_______________。31/31\n（2）B在酸性条件上与反响得到E，E在足量的氢氧化钠醇溶液作用下转变成F，由E转变成F时发生两种反响，其反响类型分别是_______________。（3）D的构造简式是_______________。（4）1molA与2molH2反响生成1molG，其反响方程式是_______________。（5）与A具有相同官能团的A的同分异构体的构造简式是_______________。解析：据A能与反响，可知A中含有；A能与银氨溶液反响，A中含有；A能与加成，A中含有不饱和键，结合B能与加成生成E，E发生消去反响得F，F的所有碳原子在同一直线上，再结合H的分子式，可知A中含有碳碳双键，其构造简式为。那么：B为C为D为E为其他问题便可迎刃而解了。答案：（1）碳碳双键、醛基、羧基（2）消去反响、中和反响（3）（4）（5）3.信息给予合成题31/31\n此题型的主要特点：除给出主要原料和指定合成物质外，还给予一定的已知条件和信息。该题型已成为当今高考的热点。解这一类题应注意三点：一是认真审题，获取信息；二是结合问题；三是依据信息，应变创新。例3：环己烯可以通过丁二烯和乙烯发生环化加成反响得到：（也可表示为：）实验证明，以下反响中反响物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按以下途径合成甲基己烷：按要求填空：（1）A的构造简式是___________；B的构造简式是___________。（2）写出以下反响的化学方程式和反响类型：反响④___________，反响类型______________________。反响⑤___________，反响类型______________________。31/31\n解析：根据原料仅为丁二烯和信息I可推知A为；由于C在组成上比A少一个碳原子，结合信息II可知B为，属于醛类，分子式为；又因为C在组成上比B多四个氢原子，那么③为催化加氢反响，故C为；分子中没有羟基，所以④为消去反响，⑤是催化加氢反响。二、有机物推断推断有机物，通常是先通过相对分子质量，确定可能的分子式。再通过试题中提供的信息，判断有机物可能存在的官能团和性质，最关键的是找准突破口。有机推断常见的有“六大捷径”。捷径一、根据物质的性质31/31\n能使溴水褪色的物质，含有C=C或或；能发生银镜反响的物质，含有；能与金属钠发生置换反响的物质，含有－OH、－COOH；能与碳酸钠作用的物质，含有羧基或酚羟基；能与碳酸氢钠反响的物质，含有羧基；能水解的物质，应为卤代烃和酯，其中能水解生成醇和羧酸的物质是酯。但如果只谈与氢氧化钠反响，那么酚、羧酸、卤代烃、苯磺酸和酯都有可能。能在稀硫酸存在的条件下水解，那么为酯、二糖或淀粉；但假设是在较浓的硫酸存在的条件下水解，那么为纤维素。捷径二、根据反响现象1.能使溴水褪色，可推知该物质分子中可能含有碳碳双键、三键或醛基。2.能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可推知该物质分子中可能含有碳碳双键、三键、醛基或为苯的同系物。3.遇三氯化铁溶液显紫色，可推知该物质分子含有酚羟基。4.遇浓硝酸变黄，可推知该物质是含有苯环构造的蛋白质。5.遇碘水变蓝，可推知该物质为淀粉。6.参加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有红色沉淀生成；或参加银氨溶液有银镜生成，可推知该分子构造有醛基。那么该物质可能为醛类、甲酸和甲酸某酯。7.参加金属Na放出氢气，可推知该物质分子构造中含有。8.参加溶液产生气体，可推知该物质分子构造中含有。9.参加溴水，出现白色沉淀，可推知该物质为苯酚或其衍生物。捷径三、根据特征数据1.某有机物与醋酸反响，相对分子质量增加42，那么分子中含有一个－OH；增加84，那么含有两个－OH。缘由－OH转变为。31/31\n2.某有机物在催化剂作用下被氧气氧化，假设相对分子质量增加16，那么说明有机物分子内有一个－CHO（变为－COOH）；假设增加32，那么说明有机物分子内有两个－CHO（变为－COOH）。3.假设有机物与反响，假设有机物的相对分子质量增加71，那么说明有机物分子内含有一个碳碳双键；假设增加142，那么说明有机物分子内含有二个碳碳双键或一个碳碳叁键。捷径四、根据反响条件推断反响类型1.在NaOH水溶液中发生水解反响，那么反响可能为卤代烃的水解反响或酯的水解反响。2.在氢氧化钠的醇溶液中，加热条件下发生反响，那么一定是卤代烃发生了消去反响。3.在浓硫酸存在并加热至170℃时发生反响，那么该反响为乙醇的消去反响。4.能与氢气在镍催化条件下起反响，那么为烯、炔、苯及其同系物、醛的加成反响（或复原反响）。5.能在稀硫酸作用下发生反响，那么为酯、二糖、淀粉等的水解反响。6.能与溴水反响，可能为烯烃、炔烃的加成反响。捷径五、根据反响产物推知官能团的个数1.与银氨溶液反响，假设1mol有机物生成2mol银，那么该有机物分子中含有一个醛基；假设生成4mol银，那么含有二个醛基或该物质为甲醛。2.与金属钠反响，假设1mol有机物生成0.5mol，那么其分子中含有一个活泼氢原子，或为一个醇羟基，或酚羟基，也可能为一个羧基。31/31\n3.与碳酸钠反响，假设1mol有机物生成0.5mol，那么说明其分子中含有一个羧基。4.与碳酸氢钠反响，假设1mol有机物生成1mol，那么说明其分子中含有一个羧基。捷径六、根据反响产物推知官能团位置1.假设由醇氧化得醛或羧酸，可推知－OH一定连接在有2个氢原子的碳原子上，即存在；由醇氧化为酮，推知－OH一定连在有1个氢原子的碳原子上，即存在；假设醇不能在催化剂作用下被氧化，那么－OH所连的碳原子上无氢原子。2.由消去反响的产物，可确定－OH或－X的位置3.由取代反响产物的种数，可确定碳链构造。如烷烃，已知其分子式和一氯代物的种数时，可推断其可能的构造。有时甚至可以在不知其分子式的情况下，判断其可能的构造简式。4.由加氢后碳链的构造，可确定原物质分子C=C或的位置。例1．(2022天津卷8)请仔细阅读以下转化关系：A.是从蛇床子果实中提取的一种中草药有效成分，是由碳、氢、氧元素组成的酯类化合物；B.称作冰片，可用于医药和制香精，樟脑等；C.的核磁共振氢谱显示其分子中含有4种氢原子；D.中只含一个氧原子，与Na反响放出H2；F.为烃。31/31\n请答复：（1）B的分子式为_______________________。（2）B不能发生的反响是（填序号）______________。a.氧化反响b.聚合反响c.消去反响d取代反响e.与Br2加成反响.（3）写出D→E、E→F的反响类型：D→E__________________、E→F_______________________。（4）F的分子式为____________________。化合物H是F的同系物，相对分子质量为56，写出H所有可能的构造；_______________________________________________________________________。（5）写出A、C的构造简式并用系统命名法给F命名：A:___________________、C：、F的名称：__________________。（6）写出E→D的化学力程式______________________________________________________________________。31/31\n解析此题考察有机物的推断。F是相对分子质量为70的烃，那么可计算14n=70,得n=5，故其分子式为C5H10。E与F的相对分子质量差值为81，从条件看，应为卤代烃的消去反响，而溴的相对原子质量为80，所以E应为溴代烃。D只含有一个氧，与Na能放出H2，那么应为醇。A为酯，水解生成的B中含有羟基，那么C中应含有羧基，在C、D、E、F的相互转变过程中碳原子数是不变，那么C中碳应为5个，102-5×12-2×16=10，那么C的化学式为C5H10O2，又C中核磁共振谱中含有4种氢，由此可推出C的构造简式为：(CH3)2CHCH2COOH。（1）从B的构造式，根据碳四价被全氢原子，即可写出化学式。（2）B中有羟基，那么可以发生氧化，消去和取代反响。（3）C到D为羧基复原成了羟基，D至E为羟基被溴取代生成溴代烃。溴代烃也可在NaOH水溶液中取代成醇。（4）F为烯烃，其同系物D也应为烯烃，又相对分子质量为56，那么14n=56，得n=4。所有同分异构体为1-丁烯，2-丁烯（存在顺反异构）和甲基丙烯四种。（5）B为醇，C为羧酸，两者结合不写出A的酯的构造。F的名称要注意从靠近碳碳双键的一端进展编号命名。（6）E→D为溴代烃,NaOH水溶液条件下的取代反响。例2．（2022全国卷Ⅱ30）化合物A相对分子质量为86，碳的质量分数为55.8%，氢为7.0%，其余为氧。A的相关反响如以以下图所示:已知R-CH=CHOH(烯醇)不稳定,很快转化为。31/31\n根据以上信息答复以下问题:(1)A的分子式为;(2)反响②的化学方程式是;(3)A的构造简式是;(4)反响①的化学方程式是;(5)A有多种同分异构体,写出四个同时满足(i)能发生水解反响(ii)能使溴的四氯化碳溶液褪色两个条件的同分异构体的构造简式：、、、；（6）A的另一种同分异构体，其分子中所有碳原子在一条直线上，它的构造简式为。答案解析此题考察有机物的构造推断和性质，注意构造简式、同分异构体、化学方程式的书写。根据题意，A分子中碳的原子数为4个，氢原子的个数为6个，那么氧原子的个数为2个，即A的分子式为C4H6O231/31\n。由于A可以发生聚合反响，说明含有碳碳双键，在硫酸存在条件下生成两种有机物，那么为酯的水解，即A中含有酯基。根据不饱和度，没有其他功能团。由A的水解产物C和D的关系可判断C与D中的碳原子数相等，均为两个。那么A的构造为CH3COOCH=CH2，因此A在酸性条件下水解后得到CH3COOH和CH2=CHOH，碳碳双键的碳原子上接羟基不稳定，转化为CH3CHO。A聚合反响后得到的产物B为，在酸性条件下水解，除了生成乙酸和。例3．（2022江苏卷19）多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：（1）写出D中两种含氧官能团的名称：和。（2）写出满足以下条件的D的一种同分异构体的构造简式。①苯的衍生物，且苯环上的一取代产物只有两种；②与Na2CO3溶液反响放出气体；③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反响。（3）E→F的反响中还可能生成一种有机副产物，该副产物的构造简式为。（4）由F制备多沙唑嗪的反响中要参加试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的构造简式为。（5）苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料。请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成苯乙酸乙酯（用合成路线流程图表示，并注明反响条件）。提示：①R－Br+Na→R－CN+NaBr；②合成过程中无机试剂任选；31/31\n③合成路线流程图例如如下：Br2CH3CH2OHH2C＝CH2BrH2C－CH2Br答案（1）羧基、醚键（3）审题认真，看看反响实质是什么，结合反响物物质的量之比进展判断，结合信息，可以判断反响物物质的量之比方果控制不好到达2：1就会出现副产物结合答案进展认真分析。（4）结合反响物与产物及题目提供的X（C10H10N3O2Cl），不难得出答案。（5）关注官能团种类的改变，搞清反响机理。例4．（2022广东化学20）甲酸甲酯水解反响方程式为：某小组通过实验研究该反响（反响过程中体积变化忽略不计）。反响体系中各组分的起始量如下表：甲酸甲酯转化率在温度T1下随反响时间（t）的变化如以以下图：31/31\n（1）根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表：请计算15~20min范围内甲酸甲酯的减少量为mol，甲酸甲酯的平均反响速率为mol·min-1(不要求写出计算过程)。（2）依据以上数据，写出该反响的反响速率在不同阶段的变化规律及其原因：。（3）上述反响的平衡常数表达式为：，那么该反响在温度T1下的K值为。（4）其他条件不变，仅改变温度为T2（T2大于T1），在答题卡框图中画出温度T2下甲酸甲酯转化率随反响时间变化的预期结果示意图。31/31\n解析（1）15min时，甲酸甲酯的转化率为6.7%，所以15min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×6.7%==0.933mol；20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2%所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1—1.00mol×11.2%==0.888mol，所以15至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol—0.888mol=0.045mol，那么甲酸甲酯的平均速率==0.045mol/5min==0.009mol·min-1。（2）参考答案。（3）由图象与表格可知，在75min时到达平衡，甲酸甲酯的转化率为24%，所以甲酸甲酯转化的物质的量为1.00×24%==0.24mol，结合方程式可计算得平衡时，甲酸甲酯物质的量==0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量==0.25mol甲醇的物质的量==0.76mol所以K=（0.76×0.25）/（1.75×0.76）=1/7（4）因为升高温度，反响速率增大，到达平衡所需时间减少，所以绘图时要注意T2到达平衡的时间要小于T1，又该反响是吸热反响，升高温度平衡向逆反响方向移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意T2到达平衡时的平台要低于T1。31/31\n【2022高考预测】从高考的命题走向来看，这类试题向着综合型、信息化、能力型方向开展，常常以新材料、新药物、新科技及社会热点为题材来综合考察学生的有机知识技能和能力，因此也是高考的热点。但是无论这些试题有多狡猾，但都是将典型的有机官能团之间的转化与信息背景整合在一起，为此，同学们在复习时对典型的有机代表物的性质一定要熟练掌握。一、有机合成有机合成题要求考生能用给定的根本原料（常见的有、、、、等）制取各种有机物。其实质是通过化学反响使有机物的碳链增长或缩短，或在碳链与碳环之间发生相互转换，或在碳链与碳环上引入或转换各种官能团，以制取不同性质、不同类型的有机物。本文简单谈一谈有机合成题的解法，希望能给各位考生以帮助。（一）总的解题思路1.首先判断目标有机物属于何类有机物，与哪些根本知识和信息有关；2.其次分析目标有机物中碳原子的个数及碳链或碳环的组成；3.再次根据给定原料、信息和有关反响规律，合理地把目标有机物分解成假设干片断，或寻找出官能团的引入、转换和保护方法，尽快找出目标有机物的关键点和突破点；4.最后将正向思维和逆向思维、纵向思维和横向思维相结合，选择出最正确的合成途径。（二）解题的根本规律和根本知识1.掌握官能团衍变的主线（常见有两种途径）（1）31/31\n（2）通过某种化学途径使一个官能团变为两个。如：2.官能团的引入（1）引入羟基a.烯烃与水加成，b.醛与氢气加成，c.卤代烃碱性水解，d.酯的水解等。（2）引入卤原子a.烃与X2取代，b.不饱和烃与HX或X2加成，c.醇与HX取代等。（3）引入双键：a.某些醇或卤代烃的消去引入，b.醇的氧化引入等。3.官能团的消除（1）通过加成消除不饱和键。（2）通过消去、氧化或酯化等消除羟基（�OH）。（3）通过加成或氧化等消除醛基（�CHO）。4.碳链的增减31/31\n（1）增长：有机合成题中碳链的增长，一般会以信息形式给出，常见方式为有机物与HCN反响以及不饱和化合物间的加成、聚合等。（2）变短：如烃的裂化裂解，某些烃（如苯的同系物、烯烃）的氧化。5.有机物成环规律（1）二元醇脱水。（2）羟基、羧基的酯化。（3）氨基酸脱水。（4）二元羧酸脱水。（三）常见的合成方法1.顺向合成法此法要点是采用正向思维方法，其思维程序为“原料→中间产物→产品”。2.逆向合成法此法要点是采用逆向思维方法，其思维程序为“产品→中间产物→原料”。3.类比分析法此法要点是采用综合思维的方法，其思维程序为“比较题目所给知识原型→找出原料与合成物质的内在联系→确定中间产物→产品”。测试题1、苏丹红是很多国家制止用于食品生产的合成色素（构造简式如图）。以下关于苏丹红说法错误的选项是（）。A.分子中含一个苯环和一个萘环B.属于芳香烃31/31\nC.能被酸性高锰酸钾溶液氧化D.能溶于苯解析：首先整体观察给出的有机物的构造，可以得出该有机物含C、H、O、N元素，不属于烃类，故B错。然后将所给有机物构造式，分成“块”，即：结合题给选项，可以得出A、C正确；根据相似相溶原理，D项也正确。答案：B2、以以下图中A、B、C、D、E、F、G均为有机化合物。根据上图答复以下问题：（1）D的化学名称是__________________。（2）反响③的化学方程式是__________________。（有机物须用构造简式表示）（3）B的分子式是__________________。A的构造简式是__________________。反响①的反响类型是.（4）符合以下3个条件的B的同分异构体的数目有______________个。i）含有邻二取代苯环构造、ii）与B有相同的官能团、iii）不与FeCl3溶液发生显色反响。写出其中任意一个同分异构体的构造简式_____________。31/31\n（5）G的重要的工业原料，用化学方程式表示G的一种重要的工业用途_____。解析此题考察有机推断与合成.采用逆推断分析有机物构造简式。从G切入：根据条件知，G为乙烯，逆推D为CH3H2OH，由C与D反响条件“浓硫酸，加热”知，发生酯化反响，C为乙酸，CH3COOH。由B到E反响条件“浓硫酸，加热”知，发生分子内酯化反响，B构造简式为：B分子式这C9H10O3。由A在氢氧化钠水溶液中反响，产物在酸的作用下得到B、C、D，所以，该反响是酯水解生成羧酸钠和醇。（4）写同分异构体：依题目限制的三个条件，必须有醇羟基和羧基，只在碳链、官能团位置上切入。符合条件的组合有：①-COOH与-CH2CH2OH，-CH(OH)CH3；②-CH3，-CH(OH)COOH,共3种。答案：(1)乙醇;(2)CH3COOH+CH3CH2OHCH3COOC2H5+H2O,(3)C9H10O33.物质A（C11H18）是一种不饱和烃，它广泛存在于自然界中，也是重要的有机合成中间体之一。某化学实验小组从A经反响①到⑤完成了环醚F的合成工作：31/31\n该小组经过上述反响，最终除得到F1（）外，还得到它的同分异构体，其中B、C、D、E、F分别代表一种或多种物质。已知：请完成：（1）写出由A制备环醚F1的合成路线中C的构造简式：。（2）①写出B的一种构造简式：；②写出由该B出发经过上述反响得到的F1的同分异构体的构造简式：。（3）该小组完成由A到F的合成工作中，最多可得到种环醚化合物。答案②（3）54.克矽平是一种治疗矽肺病的药物，其合成路线如下（反响均在一定条件下进展）：（1）化合物Ⅰ的某些化学性质类似于苯。例如，化合物Ⅰ可在一定条件下与氢气发生加成反响生成，其反响方程式为（不要求标出反响条件）。（2）化合物Ⅰ生成化合物Ⅱ是原子利用率100%的反响，所需另一反响物的分子式为。（3）以下关于化合物Ⅱ和化合物Ⅲ的化学性质，说法正确的选项是（填字母）。31/31\nA.化合物Ⅱ可以与CH3COOH发生酯化反响B.化合物Ⅱ不可以与金属Na生成氢气C.化合物Ⅲ可以使溴的四氯化碳溶液褪色D.化合物Ⅲ不可以使酸性高锰酸钾溶液褪色（4）化合物Ⅲ生成化合物Ⅳ的反响方程式为。（不要求标出反响条件）。（5）用氧化剂氧化化合物Ⅳ生成克矽平和水，那么该氧化剂为。答案（2）CH2O（答HCHO者也得分）（3）AC解析（1）根据提供的产物可以写出其化学方程式为（2）根据“原子的利用率为100%”可知另一反响物的分子式为CH2O。（3）因化合物Ⅱ分子中含有醇羟基，所以可以和CH3COOH反响，也可以和金属钠反响放出H2，故A对B错；在化合物Ⅲ的分子中含有碳碳双键，故可以使溴的四氯化碳溶液褪色，也可以使高锰酸钾溶液褪色，故C对D错。应选A、C。（4）由化合物Ⅲ到化合物Ⅳ发生了加聚反响，其方程式应写为（5）从生成的克矽平的构造简式和生成的水，结合物质守恒定律，所选的氧化剂只能是含有氢和氧两种元素，即H2O2。5.四川盛产五倍子。以五倍子为原料可制得化合物A。A的构造简式如以以下图所示。请解答以下各题：31/31\n（1）A的分子式是。（2）有机化合物B在硫酸催化条件下加热发生酯化反响可得到A。请写出B的构造简式。（3）请写出A与过量NaOH溶液反响的化学方程式。（4）有机化合物C是合成治疗禽流感药物的原料之一。C可以看成是B与氢气按物质的量之比1∶2发生加成反响得到的产物。C分子中无羟基与碳碳双键直接相连的构造，它能与溴水反响使溴水褪色。请写出C与溴水反响的化学方程式。解析（1）由A的构造式很容易写出A的分子式为C14H10O9。（2）因B在题设条件下可生成A，由A逆推，A水解可以得知B的构造简式为31/31\n（3）由A的构造简式可以看出A中有5个—OH，需中和5个NaOH，一个羟基中和一个NaOH，一个酯基消耗2个NaOH，故1molA可消耗8molNaOH，方程式很容易写出（见答案）。（4）根据题意，B与氢气按物质的量之比1∶2加成可得C，且C分子中无羟基与碳碳双键直接相连，且C能与溴水反响，因此C的构造简式应为，所以C与溴水反响的方程式应为：6．6—羰基庚酸是合成某些高分子材料和药物的重要中间体。某实验室以溴代甲基环已烷为原料合成6—羰基庚酸，请用合成反响流程图表示出最合理的合成方案（注明反响条件）。提示：①合成过程中无机试剂任选，②如有需要，可以利用试卷中出现过的信息，③合成反响流程图表示方法例如如下：解析：此题中有几个重要信息①环状反响物最终生成链状生成物，判断断键位置，如何断键。②反响物为卤代烃，肯定要利用卤代烃性质，发生一系列反响后断键。③生成物中有－－、－－OH，说明是发生了氧化以后的产物，此题采用递推法：31/31\n很明显此处碳碳双键断裂，并加氧，是依据烯烃臭氧氧化复原反响：如何在环上形成双键，依据卤代烃性质进展一系列反响，此题就可顺利完成。答案：7．下面是一个合成反响的流程图请写出（1）．中间产物A、B、C的构造简式：A；B：C：（2）．①、②、③、④各步反响所需用的反响试剂及各步反响的类型①________、_______②________、_______③________、______④________、______解析：对二甲基苯在光照条件下取代得到的卤代烃再水解得到醇，醇再氧化的醛，醛再氧化得到羧酸，羧酸再与乙二醇发生酯化反响。31/31\n答案：⑴A；B；C⑵①NaOH溶液；取代②Cu、O2；氧化③Br2；加成④硫酸；酯化8.已知烯烃中碳碳双键在某些强氧化剂作用下易发生断裂，因而在有机合成中有时需要对其保护。保护的过程可简单表示中下：Ⅰ.Ⅱ.又知卤代烃在碱性条件下易发生水解，例如：CH3CH2Cl＋H2O CH3CH2OH＋HCl，但烯烃中碳碳双键在酸性条件下才能与水发生加成反响。现用石油产品丙烯及必要的无机试剂合成丙烯酸，设计的合成流程如下：请写出②、③、④三步反响的化学方程式。解析：此题涉及合成路线如何选择，如反响I；是取代还是加成，须根据路线选择的原那么结合题设条件（限定6步反响等）推知。此题注重研究官能团的引入途径及引入的先后顺序，介绍官能团的保护，是有机合成的重要环节，值得研究。解答时，要认真审题，获取有用信息，挖掘隐含信息（反响I），结合旧知（有机物的相互转变），逐步解题。由CH3CH＝CH2→CH2＝CH－COOH可知合成的关键在于碳碳双键如何保护，－CH3中有一个H原子逐步转化成－COOH。结合题中信息可知此题的知识主线为烃→卤代烃→醇→醛→羧酸。由此可知答案。答案：②CH2=CHCH2Cl＋H2O△NaOHCH2=CHCH2OH＋HCl③CH2=CHCH2OH＋Br2CH2BrCHBrCH2OH④2CH2BrCHBrCH2OH＋O2CH2BrCHBrCHO＋2H2O9.提示：通常，溴代烃既可以水解生成醇，也可以消去溴化氢生成不饱和烃．如：31/31\n（1）写出图中化合物C、G、H的构造简式：C______________、G_____________、H_____________．（2）属于取代反响的有（填数字代号，错答要倒扣分）___________________________．解析：此题的关键在于题给信息的灵活应用，由题意知：E应为二元卤代烃，那么G中应含—C≡C—，所以F为二元醇．答案：（1）C：C6H5CH=CH2；G：C6H5CH；H:(2)①③⑥⑧10.烷烃A只可能有三种一氯取代产物B、C和D。C的构造简式是：，B和D分别与强碱的醇溶液共热，都只能得到有机化合物E。以上反响及B的进一步反响如以以下图所示。31/31\n请答复：（1）A的构造简式是。[来（2）H的构造简式是。（3）B转变为F的反响属于反响（填反响类型名称）。（4）B转变为E的反响属于反响（填反响类型名称）。（5）1.16gH与足量NaHCO3作用，标准状况下可得CO 2的体积是mL。解析：根据C的构造为逆推A的构造为CH3CH2－CH3；B的水解产物能连续氧化成酸，说明F是伯醇，那么B的构造为CH3－CH2Cl。其余采用顺推法。答案：(1)CH3CH2－CH3(2)CH3－CH2COOH(3)水解（取代）（4）消去（5）22431/31
