高考化学二轮复习核心考点专项突破有机化学基础练习含解析0238237

有机化学根底知识点一、有机物的组成、构造和性质1．常见官能团的特征反响(1)能使溴水褪色的有机物通常含有、或—CHO。(2)能使酸性高锰酸钾溶液褪色的有机物通常含有、、—CHO或苯的同系物。(3)能发生加成反响的有机物通常含有、、—CHO或苯环，其中—CHO和苯环一般只能与H2发生加成反响。(4)能发生银镜反响或能与新制Cu(OH)2悬浊液反响的有机物必含有—CHO。(5)能与钠反响放出H2的有机物必含有—OH或—COOH。(6)能与Na2CO3或NaHCO3溶液反响放出CO2或使石蕊溶液变红的有机物必含有—COOH。(7)能发生消去反响的有机物为醇或卤代烃等。(8)能发生水解反响的有机物为卤代烃、酯(油脂)、糖或蛋白质等。(9)遇FeCl3溶液显紫色的有机物必含有酚羟基。(10)能发生连续氧化的有机物是伯醇或烯烃。2．常用的同分异构体的推断方法(1)由烃基的异构体数推断。判断只有一种官能团的有机物的同分异构体的种数时，根据烃基的异构体数判断较为快捷。如判断丁醇的同分异构体时，根据组成丁醇可写成C4H9—OH，由于丁基有4种构造，故丁醇有4种同分异构体。(2)由等效氢原子推断。碳链上有几种不同的氢原子，其一元取代物就有几种同分异构体。一般判断原那么：①同一种碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的。(3)用替换法推断。如一个碳碳双键可以用环替换；碳氧双键可以用碳碳双键替换并将氧原子移到他处；又如碳碳三键相当于两个碳碳双键，也相当于两个环。不同原子间也可以替换，如二氯苯C6H4Cl2有3种同分异构体，四氯苯C6H2Cl4也有3种同分异构体。(4)用定一移一法推断。对于二元取代物同分异构体的判断，可固定一个取代基的位置，再改变另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。知识点二、有机物的推断1.根据反响条件推断反响物或生成物(1)“光照”为烷烃的卤代反响。(2)“NaOH水溶液、加热”为R—X的水解反响，或酯()的水解反响。(3)“NaOH醇溶液、加热”为R—X的消去反响。(4)“HNO3(H2SO4)”为苯环上的硝化反响。(5)“浓H2SO4、加热”为R—OH的消去或酯化反响。(6)“浓H2SO4、170℃”是乙醇消去反响的条件。2．根据有机反响的特殊现象推断有机物的官能团(1)使溴水褪色，那么表示有机物分子中可能含有碳碳双键、碳碳三键或醛基。(2)使酸性KMnO4溶液褪色，那么该物质中可能含有碳碳双键、碳碳三键、醛基或苯的同系物(连接苯环的碳上含有氢原子)。(3)遇FeCl3溶液显紫色或参加浓溴水出现白色沉淀，表示该物质分子中含有酚羟基。(4)参加新制Cu(OH)2悬浊液并加热，有砖红色沉淀生成(或参加银氨溶液并水浴加热有银镜出现)，说明该物质中含有—CHO。(5)参加金属钠，有H2产生，表示该物质分子中可能有—OH或—COOH。(6)参加NaHCO3溶液有气体放出，表示该物质分子中含有—COOH。3．以特征产物为突破口来推断碳架构造和官能团的位置(1)醇的氧化产物与构造的关系(2)由消去反响的产物可确定“—OH”或“—X”的位置。(3)由取代产物的种类或氢原子环境可确定碳架构造。有机物取代产物越少或相同环境的氢原子数越多，说明此有机物构造的对称性越高，因此可由取代产物的种类或氢原子环境联想到此有机物碳架构造的对称性而快速进展解题。(4)由加氢后的碳架构造可确定碳碳双键或碳碳三键的位置。(5)由有机物发生酯化反响能生成环酯或高聚酯，可确定该有机物是含羟基的羧酸；根据酯的构造，可确定—OH与—COOH的相对位置。4．根据关键数据推断官能团的数目(1)CHOeq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(――→,\s\up7(2[AgNH32]＋))2Ag,\o(――→,\s\up7(2CuOH2))Cu2O))(5)RCH2OHeq\o(――→,\s\up7(CH3COOH),\s\do5(酯化))CH3COOCH2R(Mr)(Mr＋42)5．高考常见的新信息反响总结(1)丙烯α­H被取代的反响：CH3CHCH2＋Cl2eq\o(――→,\s\up7(△))ClCH2CHCH2＋HCl。(2)共轭二烯烃的1,4­加成反响：②。(3)烯烃被O3氧化：(4)苯环侧链的烃基(与苯环相连的碳上含有氢原子)被酸性KMnO4溶液氧化：。(5)苯环上硝基被复原：。(6)醛、酮的加成反响(加长碳链，—CN水解得—COOH)：；(8)醛或酮与格氏试剂(R′MgX)发生加成反响，所得产物经水解可得醇：(10)羧酸用LiAlH4复原时，可生成相应的醇：RCOOHeq\o(――→,\s\up7(LiAlH4))RCH2OH。(11)酯交换反响(酯的醇解)：R1COOR2＋R3OH―→R1COOR3＋R2OH。知识点三、有机合成1．官能团的引入引入官能团引入方法卤素原子①烃、酚的取代；②不饱和烃与HX、X2的加成；③醇与氢卤酸(HX)取代羟基①烯烃与水加成；②醛、酮与氢气加成；③卤代烃在碱性条件下水解；④酯的水解；⑤葡萄糖发酵产生乙醇碳碳双键①某些醇或卤代烃的消去；②炔烃不完全加成；③烷烃裂化碳氧双键①醇的催化氧化；②连在同一个碳上的两个卤素原子水解；③含碳碳三键的物质与水加成羧基①醛基氧化；②酯、肽、蛋白质、羧酸盐的水解其中苯环上引入基团的方法：2．官能团的消除(1)通过加成消除不饱和键。如CH2===CH2＋H2eq\o(――→,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))CH3CH3。(2)通过消去或氧化或酯化消除羟基(—OH)。如CH3CH2OHeq\o(――→,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(170℃))CH2===CH2↑＋H2O；2CH3CH2OH＋O2eq\o(――→,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2CH3CHO＋2H2O。(3)通过加成或氧化等消除醛基(—CHO)。如2CH3CHO＋O2eq\o(――→,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))2CH3COOH；CH3CHO＋H2eq\o(――→,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))CH3CH2OH。(4)通过水解反响消除—COO—。如CH3COOC2H5＋H2O―→CH3COOH＋C2H5OH。3．官能团的衍变根据合成需要(有时题目信息中会明示某些衍变途径)，可进展有机物的官能团衍变，以使中间产物向产物递进。常见的有三种方式：(1)利用官能团的衍变关系进展衍变。如RCH2OH→醛→羧酸。(2)通过某种化学途径使一个官能团变为两个。(3)通过某种手段，改变官能团的位置。4．官能团的保护被保护的官能团被保护的官能团性质保护方法酚羟基易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化①用NaOH溶液先转化为酚钠，后酸化重新转化为酚：②用碘甲烷先转化为苯甲醚，后用氢碘酸酸化重新转化为酚：氨基易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化先用盐酸转化为盐，后用NaOH溶液重新转化为氨基碳碳双键易与卤素单质加成，易被氧气、臭氧、双氧水、酸性高锰酸钾溶液氧化用氯化氢先通过加成转化为氯代物，后用NaOH醇溶液通过消去重新转化为碳碳双键5.碳骨架的增减，一般会以信息形式给出(1)增长：有机合成中碳链的增长。2CH3CH2Br＋2Na―→CH3CH2CH2CH3＋2NaBr。另：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，某些烃(如苯的同系物、烯烃)的氧化，羧酸盐脱羧反响等。。6．掌握几个重要化学反响方程式的书写(1)卤代烃的水解和消去反响，正确书写反响条件，正确区分醇类和卤代烃消去反响的条件；(2)酯化反响和酯的水解反响，书写时切勿漏掉酯化反响生成的水，定量理解酯水解消耗的NaOH的物质的量，特别是酚酯。7．有机合成中官能团的保护在有机合成，尤其是含有多个官能团的有机物的合成过程中，多个官能团之间相互影响、相互制约。当需要某一官能团反响或拼接碳链时，其他官能团或者被破坏或者首先反响，造成合成困难甚至失败。因此，在合成过程中要把分子中某些官能团用恰当的方法保护起来，在适当的时候再将其转变回来，从而到达有机合成的目的。高频考点一有机物的构造和性质例1．[2023新课标Ⅰ]关于化合物2−苯基丙烯（），以下说法正确的选项是A．不能使稀高锰酸钾溶液褪色B．可以发生加成聚合反响C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯【答案】B【解析】2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反响，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反响生成聚2-苯基丙烯，故B正确；有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误；2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，难溶于水，易溶于有机溶剂，那么2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。【举一反三】（2023年江苏卷）化合物Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2−甲基丙烯酰氯在一定条件下反响制得：以下有关化合物X、Y的说法正确的选项是A.X分子中所有原子一定在同一平面上B.Y与Br2的加成产物分子中含有手性碳原子C.X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色D.X→Y的反响为取代反响【答案】BD【解析】X中与苯环直接相连的2个H、3个Br、1个O和苯环碳原子一定在同一平面上，由于单键可以旋转，X分子中羟基氢与其它原子不一定在同一平面上，A错误；Y与Br2的加成产物为，中“*”碳为手性碳原子，B正确；X中含酚羟基，X能与酸性KMnO4溶液反响，Y中含碳碳双键，Y能使酸性KMnO4溶液褪色，C错误；比照X、2-甲基丙烯酰氯和Y的构造简式，X+2−甲基丙烯酰氯→Y+HCl，反响类型为取代反响，D正确；答案选BD。【变式探究】【2023天津卷】汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，对肿瘤细胞的杀伤有独特作用。以下有关汉黄芩素的表达正确的选项是A．汉黄芩素的分子式为C16H13O5B．该物质遇FeCl3溶液显色C．1mol该物质与溴水反响，最多消耗1molBr2D．与足量H2发生加成反响后，该分子中官能团的种类减少1种【答案】B【解析】汉黄岑素的分子式为C16H12O5，A错误；该物质中含有酚羟基，能与FeCl3溶液反响呈紫色，B正确；该物质酚羟基的邻、对位还可以与1molBr2反响，碳碳双键可以与1molBr2发生加成反响，故1mol该物质最多可以消耗2molBr2，C错误；该物质中含有羟基、羰基、碳碳双键、醚键，与足量氢气加成后只剩余羟基和醚键，官能团种类减少2种，D错误。【感悟提升】1.官能团的位置与有机物的性质(1)羟基连在脂肪烃基或苯环侧链上的为醇，而直接连在苯环上的为酚。醇不与NaOH反响，而酚那么与NaOH反响。(2)醇羟基(或卤素原子)所连碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，那么不能发生消去反响。(3)伯醇(含)氧化生成醛(进一步氧化生成羧酸)，仲醇(含有)氧化生成酮，叔醇(含有)很难被氧化。(4)中，当R为H，R′为烃基时，具有醛和酯的性质；当R和R′均为烃基时，只具有酯的性质；当R和R′均为H时，为甲酸，具有羧酸和醛的性质；当R为烃基，R′为H时，只具有羧酸的性质。2．有机反响中反响物用量的判断方法(1)H2用量的判断(2)NaOH用量的判断—COOH、—OH(酚羟基)、酯类物质、卤代烃能与NaOH溶液发生反响，特别要注意，水解产物可能与NaOH溶液发生反响。如1mol与NaOH溶液发生反响时最多消耗3molNaOH。(3)Br2用量的判断①烷烃：光照下1molBr2可取代1molH原子。②苯：FeBr3催化下1molBr2可取代1molH原子。③酚类：1molBr2可取代与—OH处于邻、对位上的1molH原子。④：1mol双键可与1molBr2发生加成反响。⑤：1mol三键可与2molBr2发生加成反响。【变式探究】(双选)己烷雌酚的一种合成路线如下：以下表达正确的选项是()A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反响B．在一定条件下，化合物Y可与HCHO发生缩聚反响C．用FeCl3溶液可鉴别化合物X和YD．化合物Y中不含有手性碳原子【答案】BC。A选项，化合物X在氢氧化钠水溶液作用下，只能发生取代反响，在氢氧化钠醇溶液作用下才能发生消去反响，所以错误；B选项，Y分子中含有酚羟基，因此可以与甲醛发生缩聚反响，所以正确；C选项，X分子中没有酚羟基，Y分子中有酚羟基，因此可以用氯化铁溶液来鉴别，所以正确；D选项，Y分子中苯环中间的两个碳原子均为手性碳原子，所以错误。【变式探究】对以下两种化合物的构造或性质描述正确的选项是()A．不是同分异构体B．分子中共平面的碳原子数相同C．均能与溴水反响D．可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分【答案】C【解析】两种有机物的分子式均为C10H14O，但二者的分子构造不同，二者互为同分异构体，A错误。根据、和的构造特点，可知两种化合物的分子中共平面的碳原子数不相同，B错误。前一种有机物分子中含有酚羟基，苯环上酚羟基的邻、对位H原子与溴水发生取代反响；后一种有机物分子中含有，可与溴水发生加成反响，C正确。两种有机物的分子构造不同，H原子所处的化学环境也不同，可以采用核磁共振氢谱进展区分，D错误。高频考点二同分异构体及其判断例2．[2023新课标Ⅱ]分子式为C4H8BrCl的有机物共有（不含立体异构）A．8种 B．10种 C．12种 D．14种【答案】C【解析】C4H8ClBr可以看成丁烷中的2个H原子分别被1个Cl、1个Br原子取代，丁烷只有2种构造，氯原子与溴原子可以取代同一碳原子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。先分析碳骨架异构，分别为C-C-C-C与2种情况，然后分别对2种碳骨架采用“定一移一”的方法分析，其中骨架C-C-C-C有、共8种，骨架有和，4种，综上所述，分子式为C4H8BrCl的有机物种类共8+4=12种，C项正确。【举一反三】（2023年全国卷Ⅰ）环之间共用一个碳原子的化合物称为螺环化合物，螺[2，2]戊烷（）是最简单的一种。以下关于该化合物的说法错误的选项是A.与环戊烯互为同分异构体B.二氯代物超过两种C.所有碳原子均处同一平面D.生成1molC5H12至少需要2molH2【答案】C【解析】螺[2，2]戊烷的分子式为C5H8，环戊烯的分子式也是C5H8，构造不同，互为同分异构体，A正确；分子中的8个氢原子完全相同，二氯代物中可以取代同一个碳原子上的氢原子，也可以是相邻碳原子上或者不相邻的碳原子上，因此其二氯代物超过两种，B正确；由于分子中4个碳原子均是饱和碳原子，而与饱和碳原子相连的4个原子一定构成四面体，所以分子中所有碳原子不可能均处在同一平面上，C错误；戊烷比螺[2，2]戊烷多4个氢原子，所以生成1molC5H12至少需要2molH2，D正确。答案选C。【变式探究】【2023新课标1卷】已知（b）、（d）、（p）的分子式均为C6H6，以下说法正确的选项是A．b的同分异构体只有d和p两种B．b、d、p的二氯代物均只有三种C．b、d、p均可与酸性高锰酸钾溶液反响D．b、d、p中只有b的所有原子处于同一平面【答案】D【解析】b是苯，其同分异构体有多种，不止d和p两种，A错误；d分子中氢原子分为2类，根据定一移一可知d的二氯代物是6种，B错误；b、p分子中不存在碳碳双键，不与酸性高锰酸钾溶液发生反响，C错误；苯是平面形构造，所有原子共平面，d、p中均含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，D正确。【感悟提升】1.同分异构体的书写方法(1)书写思路(2)书写方法①具有官能团的有机物，一般的书写顺序：碳链异构→官能团位置异构→官能团类别异构。②芳香族化合物同分异构体的书写要注意三个方面：a．烷基的类别与个数，即碳链异构。b．假设有2个侧链，那么存在邻、间、对三种位置异构。c．假设苯环上有三个取代基时，可先定两个取代基的位置关系是邻或间或对，然后再对第三个取代基依次进展定位，同时要注意哪些是与前面重复的。③酯()：按—R中所含碳原子数由少到多，—R′中所含碳原子数由多到少的顺序书写。(3)考前须知在书写同分异构体时务必注意常见原子的价键数，例如在有机物分子中碳原子的价键数为4，氧原子的价键数为2，氮原子的价键数为3，卤原子、氢原子的价键数为1，缺乏或超过这些价键数的构造都是不存在的。2．同分异构体的判断方法(1)记忆法①由烃基的异构体数推断判断只有一种官能团的有机物的同分异构体的种数时，根据烃基的异构体数判断较为快捷。如判断丁醇的同分异构体时，根据组成丁醇可写成C4H9—OH，由于丁基有4种构造，故丁醇有4种同分异构体。常用的烃基异构有—C3H7(2种)、—C4H9(4种)、—C5H11(8种)。②由苯环上取代基的数目推断a．当苯环上只连有一个取代基时，可由烃基的数目推断。如C9H12O属于芳香醇，且苯环上只有一个取代基的构造有5b．当苯环上连有两个取代基时，有邻、间、对3种构造。c．当苯环上连有三个取代基时，假设三个取代基完全相同那么有3种构造；假设三个取代基中有2个完全相同，那么有6种构造；假设三个取代基各不相同，那么有10种构造。如C7H5O2Cl遇FeCl3显紫色，能发生银镜反响的构造共有10种(如其中一种为)。(2)由等效氢原子推断碳链上有几种不同的氢原子，其一元取代物就有几种同分异构体。一般判断原那么：①同一碳原子上的氢原子是等效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的。一元取代物数目即为等效氢的数目，如等效氢的数目为2，那么一氯代物有2种。(3)用替换法推断如一个碳碳双键可以用环替换；碳氧双键可以用碳碳双键替换并将氧原子移到他处；碳碳三键相当于两个碳碳双键，也相当于两个环。不同原子间也可以替换，如二氯苯C6H4Cl2有3种同分异构体，四氯苯C6H2Cl4也有3种同分异构体。(4)用组合法推断先确定一基团同分异构体的数目，再确定另一基团同分异构体的数目，从而确定两基团组合后同分异构体数目的方法。如饱和一元酯，—R1有m种构造，—R2有n种构造，共有m×n种酯的构造。实例：分子式为C9H18O2的酯在酸性条件下水解得到的两种有机物的相对分子质量相等，那么形成该酯的酸为C3H7COOH(2种构造)，醇为C5H11OH(8种构造)，故该酯的构造共有2×8＝16种。3.限定条件下同分异构体的书写及判断（1）思维流程（2）考前须知书写要有序进展，如书写酯类物质的同分异构体时，可采用逐一增加碳原子的方法。如C8H8O2含苯环的属于酯类的同分异构体为甲酸某酯：(邻、间、对)；乙酸某酯：。（3）判断多元取代物的同分异构体的方法①定一移一法对于二元取代物同分异构体的判断，可固定一个取代基的位置，再改变另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。如分析C3H6Cl2的同分异构体，先固定其中一个Cl原子的位置，移动另外一个Cl原子。②定二移一法对于芳香化合物中假设有3个取代基，可以固定其中2个取代基的位置为邻、间、对的位置，然后移动另一个取代基的位置以确定同分异构体的数目。【变式探究】分子式为C7H12O4的有机物在酸性条件下水解生成一种酸和一种醇，且酸和醇的物质的量之比为1∶2，那么符合该条件的有机物有()A．6种 B．5种C．4种 D．3种【答案】B【解析】当醇为甲醇时，酸为戊二酸，戊二酸有4种构造，构造简式为HOOCCH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2COOH、HOOCCH(CH2CH3)COOH、HOOCC(CH3)2COOH，对应的酯有4种；当醇为乙醇时，酸为丙二酸，丙二酸的构造只有1种，对应的酯只有1种。故符合条件的酯共有5种。【变式探究】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反响放出气体的有机物有(不含立体异构)()A．3种B．4种C．5种 D．6种【答案】B【解析】分子式为C5H10O2并能与饱和NaHCO3溶液反响放出气体的有机物属于羧酸，其官能团为—COOH，将该有机物看作C4H9—COOH，而丁基(C4H9—)有4种不同的构造，分别为CH3CH2CH2CH2—、(CH3)2CHCH2—、(CH3)3C—、，从而推知该有机物有4种不同的分子构造。高频考点三有机物的推断例3、席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：②1molB经上述反响可生成2molC，且C不能发生银镜反响③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢答复以下问题：(1)由A生成B的化学方程式为________________________________，反响类型为________。(2)D的化学名称是________，由D生成E的化学方程式为__________________________________。(3)G的构造简式为___________________________________。(4)由苯及化合物C经如下步骤可合成N­异丙基苯胺：反响条件1所选用的试剂为________，反响条件2所选用的试剂为________，I的构造简式为_____________________________。【解析】A(C6H13Cl)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生消去反响生成B,1molB经信息①反响，生成2molC，而C不能发生银镜反响，所以C属于酮，C为，从而推知B为，A为。因D属于单取代芳烃，且相对分子质量为106，设该芳香烃为CxHy。那么由12x＋y＝106，经讨论x＝8，y＝10。所以芳香烃D为。由F(C8H11N)核磁共振氢谱中苯环上有两种化学环境的氢，所以F为，从而推出E为。(1)A→B的反响为：＋NaOHeq\o(――→,\s\up12(乙醇),\s\do12(△))＋NaCl＋H2O，该反响为消去反响。(2)D为乙苯，D→E的反响为(3)根据C、F的构造简式及信息⑤得：所以G的构造简式为。(4)由信息⑤可推知合成N­异丙基苯胺的流程为：，所以反响条件1所选用的试剂为浓HNO3和浓H2SO4混合物，反响条件2所选用的试剂为Fe和稀HCl。I的构造简式为。【答案】(1)＋NaOHeq\o(――→,\s\up12(乙醇),\s\do12(△))＋NaCl＋H2O消去反响(2)乙苯＋HNO3eq\o(――→,\s\up12(浓H2SO4),\s\do12(△))＋H2O(3)(4)浓HNO3、浓H2SO4Fe和稀盐酸【变式探究】高分子材料PET树脂和PMMA的合成路线如下图：已知：Ⅰ.F的核磁共振氢谱上只有1组峰；Ⅱ.RCOOR′＋R″OHRCOOR″＋R′OH(R′、R″是两种不同的烃基)；Ⅲ.(R、R′代表烃基)。请答复以下问题：(1)PMMA单体的构造简式为________________；E的名称是________。(2)②的反响类型为________；G中所含官能团的名称是________。(3)写出由PET单体制备PET树脂并生成B的化学方程式：_____________________________。(4)PMMA的平均相对分子质量为50000，那么其平均聚合度为________________。(5)符合以下要求的J的同分异构体有________种(包括顺反异构体，不考虑立体异构)。①能与NaOH溶液反响；②能使酸性高锰酸钾溶液褪色；③分子中不含环状构造。其中与J具有相同官能团，且为顺式构造，其构造简式是______________________________。(6)E、F、G在以下________(填字母)中显示完全不同的信号。a．核磁共振仪 b．质谱仪c．元素分析仪 d．红外光谱仪【解析】根据框图知，A为BrCH2CH2Br，B为HOCH2CH2OH；由PET单体分子式和信息Ⅱ知，PET单体的构造简式为，D为CH3OH。由信息Ⅰ知，F为CH3COCH3，E为CH3CH(OH)CH3；根据信息Ⅲ，G为(CH3)2C(OH)COOH，J为CH2===C(CH3)COOH。(1)由高聚物PMMA的构造简式知，PMMA单体的构造简式为。E为异丙醇或2丙醇。(2)A为卤代烃，发生水解反响(或取代反响)生成乙二醇(B)，G中含羧基、羟基。(3)PET单体发生缩聚反响生成PET树脂和HOCH2CH2OH，PET单体断裂碳氧键和氢氧键，高聚物两端分别连接一个—H和一个HOCH2CH2O—，HOCH2CH2OH数目为n－1。(4)PMMA链节的相对分子质量为100，平均聚合度为eq\f(50000,100)＝500。(5)依题意，J的同分异构体中含有碳碳双键、羧基或酯基。第一类，烯酸：CH2CHCH2COOH、、CH3CHCHCOOH。ⅠⅡⅢ第二类，甲酸烯酯：第三类，乙酸烯酯：。其中，Ⅲ、Ⅵ有顺反异构体，Ⅱ为J本身(舍去)。符合条件的同分异构体有8种。Ⅲ与J的官能团相同，且有顺反异构体。(6)a项，显示不同的氢原子，正确；b项，显示不同的相对分子质量，正确；c项，碳、氢、氧三种元素相同，错误。d项，显示不同的官能团和化学键，正确。【答案】(1)2丙醇(或异丙醇)(2)水解反响(或取代反响)羧基、羟基(3)＋(4)500(5)8(6)abd高频考点四、有机合成例4、[2023新课标Ⅰ]化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：答复以下问题：（1）A中的官能团名称是。（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的构造简式，用星号(*)标出B中的手性碳。（3）写出具有六元环构造、并能发生银镜反响的B的同分异构体的构造简式。(不考虑立体异构，只需写出3个)（4）反响④所需的试剂和条件是。（5）⑤的反响类型是。（6）写出F到G的反响方程式。（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线(无机试剂任选)。【答案】（1）羟基（2）（3）（4）C2H5OH/浓H2SO4、加热（5）取代反响（6）（7）【解析】有机物A被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B与甲醛发生加成反响生成C，C中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，那么D的构造简式为。D与乙醇发生酯化反响生成E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F，那么F的构造简式为，F首先发生水解反响，然后酸化得到G，据此解答。（1）根据A的构造简式可知A中的官能团名称是羟基。（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，那么根据B的构造简式可知B中的手性碳原子可表示为。（3）具有六元环构造、并能发生银镜反响的B的同分异构体的构造简式中含有醛基，那么可能的构造为。（4）反响④是酯化反响，所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。（5）根据以上分析可知⑤的反响类型是取代反响。（6）F到G的反响分两步完成，方程式依次为：、。（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由甲苯合成，再根据题中反响⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成，最后根据题中反响⑥的信息由合成产品。具体的合成路线图为：，。【举一反三】（2023年江苏卷）丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的局部路线如下：已知：（1）A中的官能团名称为__________________（写两种）。（2）DE的反响类型为__________________。（3）B的分子式为C9H14O，写出B的构造简式：__________________。（4）的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的构造简式：_________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反响，不能发生银镜反响；②碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢。（5）写出以和为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图例如见此题题干）。【答案】（15分）（1）碳碳双键羰基（2）消去反响（3）（4）（5）【解析】（1）根据A的构造简式，A中的官能团为碳碳双键、羰基。（2）比照D和E的构造简式，D→E脱去了小分子水，且E中生成新的碳碳双键，故为消去反响。（3）B的分子式为C9H14O，根据A→B→C结合题给已知可推断出B的构造简式为。（4）的分子式为C9H6O3，构造中有五个双键和两个环，不饱和度为7；的同分异构体中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反响，不能发生银镜反响，那么其构造中含酚羟基、不含醛基；碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子中均只有2种不同化学环境的氢，说明其分子构造中含酯基且水解产物的构造对称性高；符合条件的的同分异构体的构造简式为。（5）比照与和的构造简式，根据题给已知，模仿题给已知构建碳干骨架；需要由合成，官能团的变化由1个碳碳双键变为2个碳碳双键，联想官能团之间的相互转化，由与Br2发生加成反响生成，在NaOH醇溶液中发生消去反响生成；与发生加成反响生成，与H2发生加成反响生成。合成路线流程图为：。【变式探究】【2023新课标1卷】[化学——选修5：有机化学根底]（15分）化合物H是一种有机光电材料中间体。实验室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：

已知：答复以下问题：（1）A的化学名称为为__________。（2）由C生成D和E生成F的反响类型分别为__________、_________。（3）E的构造简式为____________。（4）G为甲苯的同分异构体，由F生成H的化学方程式为___________。（5）芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反响放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶2∶1，写出2种符合要求的X的构造简式____________。（6）写出用环戊烷和2-丁炔为原料制备化合物的合成路线________（其他试剂任选）。【答案】苯甲醛加成反响取代反响、、、（任写两种）【解析】已知各物质转变关系分析如下：G是甲苯同分异构体，结合已知②的反响物连接方式，那么产物H左侧圈内构造来源于G，G为，F为，E与乙醇酯化反响生成F，E为，根据反响条件，D→E为消去反响，结合D的分子式及D的生成反响，那么D为，所以C为，B为，再结合已知反响①，A为。（1）根据以上分析可知A的名称是苯甲醛。（2）C→D为C=C与Br2的加成反响，E→F是酯化反响；（3）E的构造简式为。（4）F生成H的化学方程式为。（5）F为，根据题意，其同分异构体中含有苯环、—COOH，先考虑对称构造，一种情况是其余局部写成两个—CH=CH2，那么连接在苯环上不符合要求，其次是写成两个—CH3和一个—C≡CH，那么其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶2∶1的有机物构造简式为、、、。（6）根据已知②，环己烷需要先转变成环己烯，再与2—丁炔进展加成就可以首先连接两个碳链，再用Br2与碳链上双键加成即可，即路线图为：。【变式探究】扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反响，且具有酸性，A所含官能团名称为________，写出A＋B→C的化学反响方程式为______________________________。(2)C()中①、②、③3个—OH的酸性由强到弱的顺序是：________。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E的分子中不同化学环境的氢原子有________种。(4)D→F的反响类型是________，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反响，最多消耗NaOH的物质的量为________mol。写出符合以下条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的构造简式：_________________________________。①属于一元酸类化合物②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基(5)已知：R—CH2—COOHeq\o(――→,\s\up12(PCl3),\s\do12(△))A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图例如如下：H2C===CH2eq\o(――→,\s\up12(H2O),\s\do12(催化剂，△))CH3CH2OHeq\o(――→,\s\up12(CH3COOH),\s\do12(浓硫酸，△))CH3COOC2H5【解析】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反响，且具有酸性，A是，官能团是醛基和羧基；根据C的构造可知B是苯酚，那么A＋B→C的化学反响方程式为。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，故酸性强弱顺序为③＞①＞②。(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反响，可以生成3个六元环的化合物，C的分子间的醇羟基和羧基也发生酯化反响，E的分子中不同化学环境的氢原子有4种。(4)比照D与F的构造，可以看出溴原子取代了羟基的位置，所以D→F的反响类型是取代反响。F中的官能团有溴原子、酚羟基、酯基，都可以与氢氧化钠反响，所以1molF消耗NaOH的物质的量为3mol。符合条件的F的同分异构体有(5)根据题目信息，羧酸可以与PCl3反响，在碳链上引入一个卤素原子，卤素原子水解可以引入醇羟基，醇羟基氧化可以得到醛基，故流程为CH3COOHeq\o(――→,\s\up12(PCl3),\s\do12(△))CH2ClCOOHeq\o(――→,\s\up12(NaOH，H2O),\s\do12(△))CH2OHCOONaCH2OHCOOHeq\o(――→,\s\up12(O2),\s\do12(Cu，△))。【答案】(1)醛基、羧基(2)③＞①＞②(3)4(4)取代反响3【变式探究】具有对称构造的姜黄素有抗氧化、保肝护肝、抑制肿瘤生长等功能。它的一种合成路线如下图：已知：①E、G能发生银镜反响；②R—CHO＋R′—CH2—CHOeq\o(――→,\s\up12(稀NaOH溶液),\s\do12(△))(R、R′表示烃基或氢)。请答复以下问题：(1)G的名称是____________；D中所含官能团的名称是________。(2)Y的构造简式为__________________；A生成B的反响类型是________。(3)据最新报道，乙烯与双氧水在催化剂作用下反响生成B，产率较高。写出该反响的化学方程式：____________________________________。(4)姜黄素的构造简式为______________________________。(5)在J的同分异构体中，同时满足以下条件的同分异构体有________种。i．既能发生水解反响，又能发生银镜反响；ii.遇氯化铁溶液发生显色反响。(6)参照上述流程，以苯乙烯为原料，设计路线制备某药物中间体：____________________________。【解析】(1)E、G都能发生银镜反响，说明E为乙醛，由已知反响②知，F为CH3CH===CHCHO，G中含醛基，F经选择性加成反响生成G，G为CH3CH2CH2CHO。由图示转化关系及D的分子式知，D为OHC—COOH，含醛基、羧基。(2)由Y的分子式及Y与D的反响产物知，Y的构造简式为。A为卤代烃，B为醇，卤代烃发生水解反响(或取代反响)生成醇。(3)乙烯与双氧水在催化剂作用下发生加成反响生成乙二醇。(4)J的构造简式为，姜黄素是对称构造，分子中含21个碳原子，由CH3COCH2COCH3和J反响生成，由反响物CH3COCH2COCH3中含5个碳原子，J中含8个碳原子知，姜黄素的构造简式为。(5)由题给条件知，J的同分异构体中含有1个酚羟基、1个甲酸酯基。假设苯环上只有2个取代基：—OH、—CH2OOCH，那么J的同分异构体有3种构造。假设苯环上有3个取代基：—OH、HCOO—、—CH3，J的同分异构体有10种构造。故符合条件的同分异构体有13种。(6)根据流程中生成E、F、G的反响条件，设计合成路线。【答案】(1)正丁醛醛基、羧基(2)水解反响(或取代反响)(3)(4)(5)131．[2023新课标Ⅰ]化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：答复以下问题：（1）A中的官能团名称是。（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出B的构造简式，用星号(*)标出B中的手性碳。（3）写出具有六元环构造、并能发生银镜反响的B的同分异构体的构造简式。(不考虑立体异构，只需写出3个)（4）反响④所需的试剂和条件是。（5）⑤的反响类型是。（6）写出F到G的反响方程式。（7）设计由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备的合成路线(无机试剂任选)。【答案】（1）羟基（2）（3）（4）C2H5OH/浓H2SO4、加热（5）取代反响（6）（7）【解析】有机物A被高锰酸钾溶液氧化，使羟基转化为羰基，B与甲醛发生加成反响生成C，C中的羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基，那么D的构造简式为。D与乙醇发生酯化反响生成E，E中与酯基相连的碳原子上的氢原子被正丙基取代生成F，那么F的构造简式为，F首先发生水解反响，然后酸化得到G，据此解答。（1）根据A的构造简式可知A中的官能团名称是羟基。（2）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，那么根据B的构造简式可知B中的手性碳原子可表示为。（3）具有六元环构造、并能发生银镜反响的B的同分异构体的构造简式中含有醛基，那么可能的构造为。（4）反响④是酯化反响，所需的试剂和条件是乙醇/浓硫酸、加热。（5）根据以上分析可知⑤的反响类型是取代反响。（6）F到G的反响分两步完成，方程式依次为：、。（7）由甲苯和乙酰乙酸乙酯(CH3COCH2COOC2H5)制备，可以先由甲苯合成，再根据题中反响⑤的信息由乙酰乙酸乙酯合成，最后根据题中反响⑥的信息由合成产品。具体的合成路线图为：，。2．[2023新课标Ⅱ]环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：已知以下信息：答复以下问题：（1）A是一种烯烃，化学名称为__________，C中官能团的名称为__________、__________。（2）由B生成C的反响类型为__________。（3）由C生成D的反响方程式为__________。（4）E的构造简式为__________。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的构造简式__________、__________。①能发生银镜反响；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反响生成1mol单一聚合度的G，假设生成的NaCl和H2O的总质量为765g，那么G的n值理论上应等于__________。【答案】（1）丙烯氯原子、羟基（2）加成反响（3）（或）（4）（5）（6）8【解析】根据D的分子构造可知A为链状构造，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反响生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反响生成C为，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F构造可知苯酚和E发生信息①的反响生成F，那么E为；D和F聚合生成G，据此分析解答。（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为，所含官能团的名称为氯原子、羟基，故答案为：丙烯；氯原子、羟基；（2）B和HOCl发生加成反响生成C，故答案为：加成反响；（3）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：，故答案为：；（4）E的构造简式为。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反响，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。那么符合条件的有机物的构造简式为；（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反响生成1molNaCl和H2O，假设生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为=10mol，由G的构造可知，要生成1mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，那么(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8，故答案为：8。3．[2023新课标Ⅲ]氧化白藜芦醇W具有抗病毒等作用。下面是利用Heck反响合成W的一种方法：答复以下问题：（1）A的化学名称为___________。（2）中的官能团名称是___________。（3）反响③的类型为___________，W的分子式为___________。（4）不同条件对反响④产率的影响见下表：实验碱溶剂催化剂产率/%1KOHDMFPd(OAc)222.32K2CO3DMFPd(OAc)210.53Et3NDMFPd(OAc)212.44六氢吡啶DMFPd(OAc)231.25六氢吡啶DMAPd(OAc)238.66六氢吡啶NMPPd(OAc)224.5上述实验探究了________和________对反响产率的影响。此外，还可以进一步探究________等对反响产率的影响。（5）X为D的同分异构体，写出满足如下条件的X的构造简式________________。①含有苯环；②有三种不同化学环境的氢，个数比为6∶2∶1；③1mol的X与足量金属Na反响可生成2gH2。（6）利用Heck反响，由苯和溴乙烷为原料制备，写出合成路线________________。（无机试剂任选）【答案】（1）间苯二酚（1，3-苯二酚）（2）羧基、碳碳双键（3）取代反响C14H12O4（4）不同碱不同溶剂不同催化剂（或温度等）（5）（6）【解析】首先看到合成路线：由A物质经反响①在酚羟基的邻位上了一个碘原子，发生了取代反响生成了B物质，B物质与丙烯酸在催化剂的作用下生成了C物质，那C物质就是将丙烯酸中的羧基去掉取代了碘原子的位置；由D反响生成E就是把HI中的H连在了O上，发生的是取代反响；最后Heck反响生成W物质。（1）A物质所含官能团是两个酚羟基，且苯环上有两个是间位的取代基，那物质的命名就是间苯二酚或1，3-苯二酚；（2）物质中含有的官能团是碳碳双键和羧基（3）D物质到E物质没有双键的消失，且在O原子处增加了氢原子，没有双键参与反响所以属于取代反响，W物质中可以轻松数出共有14个C原子，4个氧原子，氢原子的个数可以通过不饱和度来推断出，14个碳的烷应该有30个氢，现在该分子有9个不饱和度，其中一个苯环4个，一个双键1个，一个不饱和度少2个氢，所以30-9×2=12，因此有12个氢原子，即分子式为C14H12O4。（4）可以从表格中寻找溶剂一样的实验、碱一样的实验发现得出：实验1，2，3探究了不同碱对反响的影响；实验4，5，6探究了不同溶剂对反响的影响，最后只剩下不同催化剂对实验的影响。（5）D的分子式为：C8H9O2I，要求含苯环，那支链最多含两个C，且1molX与足量Na反响可生成2g氢气，那就证明有两个酚羟基或醇羟基，又有三种不同环境的氢6:2:1，那一定是有两个甲基和两个酚羟基，因为醇羟基没有6个相同环境的氢，那么符合条件的有机物构造简式为。（6）由题意中的Heck反响可知需要一个反响物中含双建，一个反响物中含I；从苯出发可以经过溴乙烷和溴化铁的反响制得乙苯，乙苯在乙基上通过烷烃的取代反响引入氯原子，卤代烃在氢氧化钠醇溶液中发生消去反响产生双键，得到苯乙烯；可以仿照反响①通过相同条件在苯环上引入一个碘原子，因此合成路线图为。4．[2023天津]我国化学家首次实现了膦催化的环加成反响，并依据该反响，开展了一条合成中草药活性成分茅苍术醇的有效路线。已知环加成反响：（、可以是或）答复以下问题：（1）茅苍术醇的分子式为____________，所含官能团名称为____________，分子中手性碳原子（连有四个不同的原子或原子团）的数目为____________。（2）化合物B的核磁共振氢谱中有______个吸收峰；其满足以下条件的同分异构体（不考虑手性异构）数目为______。①分子中含有碳碳三键和乙酯基②分子中有连续四个碳原子在一条直线上写出其中碳碳三键和乙酯基直接相连的同分异构体的构造简式____________。（3）的反响类型为____________。（4）的化学方程式为__________________，除外该反响另一产物的系统命名为____________。（5）以下试剂分别与和反响，可生成相同环状产物的是______（填序号）。a． b． c．溶液（6）参考以上合成路线及条件，选择两种链状不饱和酯，通过两步反响合成化合物，在方框中写出路线流程图（其他试剂任选）。【答案】（1） 碳碳双键、羟基 3（2）2 5和（3）加成反响或复原反响（4）2-甲基-2-丙醇或2-甲基丙-2-醇（5）b（6）（写成等合理催化剂亦可）【解析】由有机物的转化关系可知，与CH3C≡CCOOC（CH3）3发生题给信息反响生成，与氢气在催化剂作用下发生加成反响生成，与甲醇在浓硫酸作用下，共热发生酯基交换反响生成，一定条件下脱去羰基氧生成，与氢气在催化剂作用下发生加成反响生成，一定条件下反响生成茅苍术醇。（1）茅苍术醇的构造简式为，分子式为C15H26O，所含官能团为碳碳双键、羟基，含有3个连有4个不同原子或原子团的手性碳原子；（2）化合物B的构造简式为CH3C≡CCOOC（CH3）3，分子中含有两类氢原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰；由分子中含有碳碳叁键和—COOCH2CH3，且分子中连续四个碳原子在一条直线上，那么符合条件的B的同分异构体有、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3、CH3CH2C≡C—CH2COOCH2CH3、CH3—C≡C—CH2CH2COOCH2CH3和等5种构造，碳碳叁键和—COOCH2CH3直接相连的为、CH3CH2CH2C≡CCOOCH2CH3；（3）C→D的反响为与氢气在催化剂作用下发生加成反响（或复原反响）生成，故答案为：加成反响（或复原反响）；（4）与甲醇与浓硫酸共热发生酯基交换反响生成，反响的化学方程式为，HOC（CH3）3的系统命名法的名称为2—甲基—2—丙醇；（5）和均可与溴化氢反响生成，故答案为：b；（6）由题给信息可知，CH3C≡CCOOCH2CH3与CH2=COOCH2CH3反响生成，与氢气发生加成反响生成，故答案为：。5．[2023江苏]化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）A中含氧官能团的名称为________和________。（2）A→B的反响类型为________。（3）C→D的反响中有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，写出X的构造简式：________。（4）C的一种同分异构体同时满足以下条件，写出该同分异构体的构造简式：________。①能与FeCl3溶液发生显色反响；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。（5）已知：（R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图例如见此题题干）。________________________【答案】（1）（酚）羟基 羧基 （2）取代反响（3） （4）（5）【解析】有机物A和SOCl2在加热条件下发生取代反响生成B，B和甲醇发生取代反响生成C，C和CH3OCH2Cl在三乙胺存在条件下发生取代反响生成D，D和CH3I在K2CO3条件下发生取代反响生成E，E在LiAlH4条件下发生复原反响生成F，据此解答。（1）由A的构造简式可知，A中含氧官能团为-OH和-COOH，名称为(酚)羟基、羧基；（2）根据以上分析可知，A→B的反响中-COOH中的羟基被氯原子取代，反响类型为取代反响；（3）观察比照C、D的构造可知，C→D的反响中酚羟基上的氢原子被-CH2OCH3取代生成D，根据副产物X的分子式C12H15O6Br，C→D的反响生成的副产物为C中两个酚羟基都发生了取代反响，可知X的构造简式为；（4）C为，C的同分异构体满足以下条件：①能与FeCl3溶液发生显色反响，说明含有酚羟基；②碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:1，说明含苯环的产物分子中有两种类型的氢原子且数目相等，应为间苯三酚，那么该同分异构体为酚酯，构造简式为；（5）根据逆合成法，假设要制备，根据题给已知可先制备和CH3CH2CHO。结合所给原料，1-丙醇催化氧化生成CH3CH2CHO，参考题中E→F的反响条件，在LiAlH4条件下发生复原反响生成，和HCl发生取代反响生成，在Mg、无水乙醚条件下发生已知中的反响生成，和CH3CH2CHO在一定条件下反响生成，所以合成路线设计为：CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO，，。6．[2023北京]抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。已知：ⅰ．ⅱ．有机物构造可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为（1）有机物A能与Na2CO3溶液反响产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反响，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反响生成C的化学方程式是___________，反响类型是___________________________。（2）D中含有的官能团：__________________。（3）E的构造简式为__________________。（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经复原可转化为G。J的构造简式为__________________。（5）M是J的同分异构体，符合以下条件的M的构造简式是__________________。①包含2个六元环②M可水解，与NaOH溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH（6）推测E和G反响得到K的过程中，反响物LiAlH4和H2O的作用是__________________。（7）由K合成托瑞米芬的过程：托瑞米芬具有反式构造，其构造简式是__________________。【答案】（1）取代反响（或酯化反响）（2）羟基、羰基（3）（4）（5）（6）复原（加成）（7）【解析】有机物A能与碳酸钠溶液反响产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；有机物B能与碳酸钠反响，但不产生CO2，且B加氢得环己醇，那么B为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反响生成C为；C发生信息中的反响生成D为；D发生信息中的反响生成E为；F经碱性水解，酸化得G和J，J经复原可转化为G，那么G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，那么G为；J为；由G和J的构造可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下复原，再水解最后得到K，据此解答。（1）根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反响生成C为，化学方程式为，故答案为：取代反响；；（2）D为，D中含有的官能团为羰基、羟基；（3）D发生信息中的反响生成E，其构造简式为；（4）F经碱性水解，酸化得G和J，J经复原可转化为G，那么G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，那么G为；J为；（5）J为，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，①包含两个六元环，那么除苯环外还有一个六元环，②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1molM最多消耗2molNaOH，说明含有酚酯的构造，那么M的构造简式为；（6）由合成路线可知，E和G先在LiAlH4作用下复原，再水解最后得到K；（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式构造，那么其构造简式为：。7．[2023浙江4月选考]某研究小组拟合成除草剂苯达松和染料中间体X。已知信息：①＋RCOOR′②RCH2COOR′＋R′′COOR′′′（1）以下说法正确的选项是________。A．化合物B到C的转变涉及到取代反响B．化合物C具有两性C．试剂D可以是甲醇D．苯达松的分子式是C10H10N2O3S（2）化合物F的构造简式是________。（3）写出E＋G→H的化学方程式________。（4）写出C6H13NO2同时符合以下条件的同分异构体的构造简式________。①分子中有一个六元环，且成环原子中最多含2个非碳原子；②1H−NMR谱和IR谱检测说明分子中有4种化学环境不同的氢原子。有N－O键，没有过氧键(－O－O－)。（5）设计以CH3CH2OH和原料制备X()的合成路线(无机试剂任选，合成中须用到上述①②两条已知信息，用流程图表示)________。【答案】（1）BC（2）(CH3)2CHNH2（3）＋(CH3)2CHNHSO2Cl＋HCl（4）（5）CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3【解析】以A和F为原料制备苯达松，观察苯达松构造简式，易知A中有苯环，便可推出A为，根据A到B的反响条件（HNO3和H2SO4）可知该反响为硝化反响，继续观察苯达松可知其苯环上为邻位二取代侧链，因而B为，继续观察苯达松侧链有羰基和亚氨基，说明B到C的两步反响为甲基被氧化为羧基和硝基被复原为氨基，C为，根据反响条件易知C和D反响为酯化反响，然后结合E的分子式可推出D是甲醇，E为，最后结合苯达松右侧碳链局部和F的分子式可知氨基接在碳链中的2号碳上，F为，从而G为。（1）A、B到C的两步反响分别是甲基的氧化反响和硝基的复原反响，不涉及取代反响，A项错误；B、C为邻氨基苯甲酸，其官能团为氨基和羧基，氨基具有碱性，羧基具有酸性，因而C有两性，B项正确；C、C和D发生酯化反响生成E，结合C和E的分子式，易推出D为甲醇，C项正确；D、苯达松的分子式是C10H12N2O3S，D项错误。故答案选BC。（2）结合苯达松右侧杂环上的碳链可知，氨基接在碳链中2号碳的位置，F的构造简式为(CH3)2CHNH2。（3）G的氯原子和E氨基上的氢原子偶联脱去HCl生成H，因而化学方程式为＋(CH3)2CHNHSO2Cl＋HCl。（4）根据分子式C6H13NO2算出不饱和度为1，结合信息，说明存在一个六元环，无不饱和键（注意无硝基）。结合环内最多含有两个非碳原子，先分析六元环：①六元环全为碳原子；②六元环中含有一个O;③六元环中含有一个N;④六元环中含有一个N和一个O；假设六元环中含有2个O，这样不存在N-O键，不符合条件。同时核磁共振氢谱显示有4中氢原子，该分子具有相当的对称性，可推知环上最少两种氢，侧链两种氢，这种分配比拟合理。最后注意有N-O键，无O-O键。那么基于上述四种情况分析可得出4种同分异构体，构造简式分别为、、和。（5）基于逆合成分析法，观察信息①，X可从肽键分拆得和CH3COCH2COOR，那么关键在于合成CH3COCH2COOR，结合信息②可知利用乙酸某酯CH3COOR做原料合成制得。另一个原料是乙醇，其合成乙酸某酯，先将乙醇氧化为乙酸，然后乙酸与乙醇反响，可得乙酸乙酯。以上分析便可将整个合成路线设计为：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3CH3COCH2COOCH2CH3。1.（2023年全国卷Ⅰ）化合物W可用作高分子膨胀剂，一种合成路线如下：答复以下问题：（1）A的化学名称为________。（2）②的反响类型是__________。（3）反响④所需试剂，条件分别为________。（4）G的分子式为________。（5）W中含氧官能团的名称是____________。（6）写出与E互为同分异构体的酯类化合物的构造简式（核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1∶1）______________。（7）苯乙酸苄酯（）是花香型香料，设计由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苄酯的合成路线__________（无机试剂任选）。【答案】(1).氯乙酸(2).取代反响(3).乙醇/浓硫酸、加热(4).C12H18O3(5).羟基、醚键(6).、(7).【解析】A是氯乙酸与碳酸钠反响生成氯乙酸钠，氯乙酸钠与NaCN发生取代反响生成C，C水解又引入1个羧基。D与乙醇发生酯化反响生成E，E发生取代反响生成F，在催化剂作用下F与氢气发生加成反响将酯基均转化为醇羟基，2分子G发生羟基的脱水反响成环，据此解答。（1）根据A的构造简式可知A是氯乙酸；（2）反响②中氯原子被－CN取代，属于取代反响。（3）反响④是酯化反响，所需试剂和条件分别是乙醇/浓硫酸、加热；（4）根据G的键线式可知其分子式为C12H18O3；（5）根据W的构造简式可知分子中含有的官能团是醚键和羟基；（6）属于酯类，说明含有酯基。核磁共振氢谱为两组峰，峰面积比为1：1，说明氢原子分为两类，各是6个氢原子，因此符合条件的有机物构造简式为或；（7）根据已知信息结合逆推法可知合成苯乙酸卞酯的路线图为。2.（2023年全国卷II）以葡萄糖为原料制得的山梨醇（A）和异山梨醇（B）都是重要的生物质转化平台化合物。E是一种治疗心绞痛的药物，由葡萄糖为原料合成E的过程如下：答复以下问题：（1）葡萄糖的分子式为__________。（2）A中含有的官能团的名称为__________。（3）由B到C的反响类型为__________。（4）C的构造简式为__________。（5）由D到E的反响方程式为______________。（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠反响可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），F的可能构造共有________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的构造简式为_________。【答案】(1).C6H12O6(2).羟基(3).取代反响(4).(5).(6).9(7).【解析】葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反响生成A，A在浓硫酸的作用下发生分子内脱水反响生成B，B与乙酸发生酯化反响生成C，根据C与D的分子式可知C生成D是C分子中另一个羟基与硝酸发生酯化反响，D在氢氧化钠溶液中水解生成E，据此解答。（1）葡萄糖的分子式为C6H12O6。（2）葡萄糖在催化剂作用下与氢气发生醛基的加成反响生成A，因此A中含有的官能团的名称为羟基。（3）由B到C发生酯化反响，反响类型为取代反响。（4）根据B的构造简式可知C的构造简式为。（5）由D到E是乙酸形成的酯基水解，反响方程式为。（6）F是B的同分异构体，7.30g的F与足量饱和碳酸氢钠可释放出2.24L二氧化碳（标准状况），说明F分子中含有羧基，7.30gF的物质的量是7.3g÷146g/mol＝0.05mol，二氧化碳是0.1mol，因此F分子中含有2个羧基，那么F相当于是丁烷分子中的2个氢原子被羧基取代，如果是正丁烷，根据定一移一可知有6种构造。如果是异丁烷，那么有3种构造，所以可能的构造共有9种（不考虑立体异构），即、、、、、、、、。其中核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为3∶1∶1的构造简式为。3.（2023年全国卷Ⅲ）[化学——选修5：有机化学根底]近来有报道，碘代化合物E与化合物H在Cr-Ni催化下可以发生偶联反响，合成一种多官能团的化合物Y，其合成路线如下：已知：答复以下问题：（1）A的化学名称是________________。（2）B为单氯代烃，由B生成C的化学方程式为________________。（3）由A生成B、G生成H的反响类型分别是________________、________________。（4）D的构造简式为________________。（5）Y中含氧官能团的名称为________________。（6）E与F在Cr-Ni催化下也可以发生偶联反响，产物的构造简式为________________。（7）X与D互为同分异构体，且具有完全相同官能团。X的核磁共振氢谱显示三种不同化学环境的氢，其峰面积之比为3∶3∶2。写出3种符合上述条件的X的构造简式________________。【答案】(1).丙炔(2).(3).取代反响(4).加成反响(5).(6).羟基、酯基(7).(8).、、、、、【解析】根据A的构造，第一步进展取代得到B，再将B中的Cl取代为CN，水解后酯化得到D；根据题目反响得到F的构造，进而就可以推断出结果。A到B的反响是在光照下的取代，Cl应该取代饱和碳上的H，所以B为；B与NaCN反响，根据C的分子式确定B到C是将Cl取代为CN，所以C为；C酸性水解应该得到，与乙醇酯化得到D，所以D为，D与HI加成得到E。根据题目的已知反响，要求F中一定要有醛基，在根据H的构造得到F中有苯环，所以F一定为；F与CH3CHO发生题目已知反响，得到G，G为；G与氢气加成得到H；H与E发生偶联反响得到Y。（1）A的名称为丙炔。（2）B为，C为，所以方程式为：。（3）有上述分析A生成B的反响是取代反响，G生成H的反响是加成反响。（4）D为。（5）Y中含氧官能团为羟基和酯基。（6）E和H发生偶联反响可以得到Y，将H换为F就是将苯直接与醛基相连，所以将Y中的苯环直接与羟基相连的碳连接即可，所以产物为。（7）D为，所以要求该同分异构体也有碳碳三键和酯基，同时根据峰面积比为3:3:2，得到分子一定有两个甲基，另外一个是CH2，所以三键一定在中间，也不会有甲酸酯的可能，所以分子有6种：4.（2023年北京卷）8−羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。以下图是8−羟基喹啉的合成路线。已知：i.ii.同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。（1）按官能团分类，A的类别是__________。（2）A→B的化学方程式是____________________。（3）C可能的构造简式是__________。（4）C→D所需的试剂a是__________。（5）D→E的化学方程式是__________。（6）F→G的反响类型是__________。（7）将以下K→L的流程图补充完整：____________（8）合成8−羟基喹啉时，L发生了__________（填“氧化”或“复原”）反响，反响时还生成了水，那么L与G物质的量之比为__________。【答案】(1).烯烃(2).CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl(3).HOCH2CHClCH2ClClCH2CH(OH)CH2Cl(4).NaOH，H2O(5).HOCH2CH(OH)CH2OHCH2=CHCHO+2H2O(6).取代反响(7).(8).氧化(9).3∶1【解析】A的分子式为C3H6，A的不饱和度为1，A与Cl2高温反响生成B，B与HOCl发生加成反响生成C，C的分子式为C3H6OCl2，B的分子式为C3H5Cl，B中含碳碳双键，A→B为取代反响，那么A的构造简式为CH3CH=CH2；根据C、D的分子式，C→D为氯原子的取代反响，结合题给已知ii，C中两个Cl原子连接在两个不同的碳原子上，那么A与Cl2高温下发生饱和碳上氢原子的取代反响，B的构造简式为CH2=CHCH2Cl、C的构造简式为HOCH2CHClCH2Cl或ClCH2CH（OH）CH2Cl、D的构造简式为HOCH2CH（OH）CH2OH；D在浓硫酸、加热时消去2个“H2O”生成E；根据F→G→J和E+J→K，结合F、G、J的分子式以及K的构造简式，E+J→K为加成反响，那么E的构造简式为CH2=CHCHO，F的构造简式为、G的构造简式为、J的构造简式为；K的分子式为C9H11NO2，L的分子式为C9H9NO，K→L的过程中脱去1个“H2O”，结合K→L的反响条件和题给已知i，K→L先发生加成反