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化学选择性必修3第三章 烃的衍生物第五节 有机合成第2课时教案设计
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这是一份化学选择性必修3第三章 烃的衍生物第五节 有机合成第2课时教案设计，共11页。教案主要包含了有机合成路线的设计，逆合成分析法等内容，欢迎下载使用。
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1. 结合碳骨架的构建及官能团衍变过程中的反应规律，能利用反应规律进行有机物的推断与合成。
2.落实有机物分子结构分析的思路和方法，建立对有机反应多角度认识模型、并利用模型进一步掌握有机合成的思路和方法。
教学过程
一、有机合成路线的设计
1．常见有机物的转化关系
若以乙醇为原料合成乙二酸(HOOC—COOH)，则依次发生反应的类型是消去反应、加成反应、水解(或取代)反应、氧化反应、氧化反应。
2．常见的有机合成路线
(1)一元化合物合成路线
eq \x(R—CH==CH2)eq \(――→,\s\up7(HX))eq \x(卤代烃)eq \(―――――→,\s\up11(NaOH水溶液),\s\d4(△))eq \x(一元醇)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(一元醛)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(一元羧酸)eq \(―――――――→,\s\up7(醇、浓H2SO4，△))eq \x(酯)
(2)二元化合物合成路线
eq \x(CH2==CH2)eq \(――→,\s\up7(X2))eq \x(CH2X—CH2X)eq \(―――――→,\s\up11(NaOH水溶液),\s\d4(△))eq \x(HOCH2—CH2OH)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(OHC—CHO)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(HOOC—COOH)eq \(―――→,\s\up7(一定条件))eq \x(链酯、环酯、聚酯)
(3)芳香族化合物合成路线
①eq \(――→,\s\up11(Cl2),\s\d4(FeCl3))eq \(―――――――→,\s\up11(NaOH水溶液、H＋),\s\d4(△))
②eq \(――→,\s\up11(Cl2),\s\d4(光照))eq \(―――――→,\s\up11(NaOH水溶液),\s\d4(△))
eq \(―――――――→,\s\up7(醇，浓硫酸，△))芳香酯
3．有机合成中常见官能团的保护
(1)酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与NaOH溶液反应，把—OH变为—ONa(或使其与ICH3反应，把—OH变为—OCH3)将其保护起来，待氧化后再酸化将其转变为—OH。
(2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来，待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。
(3)氨基(—NH2)的保护：如在对硝基甲苯eq \(――→,\s\up7(合成))对氨基苯甲酸的过程中应先把—CH3氧化成—COOH之后，再把—NO2还原为—NH2。防止当KMnO4氧化—CH3时，—NH2(具有还原性)也被氧化。
二、逆合成分析法
1．逆合成分析法
从目标化合物的组成、结构、性质入手，找出合成所需的直接或间接的中间体，逐步推向已知原料，其合成示意图为
2．逆合成分析法应用例析
由“逆合成分析法”分析由乙烯合成草酸二乙酯
(1)具体步骤如下：
根据以上逆合成分析，可以确定合成草酸二乙酯的有机基础原料为乙烯(CH2==CH2)，通过六步反应进行合成，写出反应的化学方程式：
①CH2==CH2＋Cl2eq \(――→,\s\up7(催化剂))
②＋2NaOHeq \(――→,\s\up11(H2O),\s\d4(△))＋2NaCl
③
④
⑤CH2==CH2＋H2Oeq \(――→,\s\up7(催化剂))CH3CH2OH
⑥＋2CH3CH2OHeq \(,\s\up11(浓硫酸),\s\d4(△))
＋2H2O
(2)根据以上逆合成分析，合成步骤如下：
课时训练
1．北京冬奥会将于2022年举办，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A．该双环烯酯的分子式为C14H20O2
B．1ml该双环烯酯能与3ml H2发生加成反应
C．该双环烯酯分子中π键数目为3ml
D．该双环烯酯的一氯代物有9种
2．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂。已知-萜品醇的结构简式如图，则下列说法错误的是
A．1ml该物质最多能和1ml氢气发生加成反应B．该物质属于烃
C．该物质能使溴水褪色D．分子式为
3．绿原酸是金银花的提取物，它是中成药连花清瘟胶囊的有效成分，其结构简式如图，下列有关说法错误的是
A．绿原酸分子存在顺反异构现象B．绿原酸能够发生消去反应
C．绿原酸最多能与反应D．绿原酸可以与发生加成反应
4．欧前胡素()具有抗菌、平喘及抗过敏等作用。下列关于欧前胡素的说法错误的是
A．分子式为
B．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，但反应类型不同
C．能够在碱性条件下发生水解反应
D．欧前胡素最多能与发生加成反应
5．止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列相关叙述错误的是
A．中间体N的分子式为C22H16O8N2
B．物质的量相同的M与N最多消耗等量的NaOH
C．M合成N的反应为取代反应
D．M、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色
6．下列说法不正确的是
A．等质量的烷烃与氧气充分反应，消耗氧气的量最多的烷烃是CH4
B．乙烷和乙烯燃烧现象不同是因为乙烯有碳碳双键
C．燃烧0.1ml两种气态烃的混合物，生成标况下3.584LCO2，则混合气体中一定有甲烷
D．同状况下，VL乙烯和乙醇的混合气体以任意比混合，完全燃烧，消耗氧气的体积均为3VL
7．“一锅法”用［Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph-表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺(RCH2NHPh)，反应过程如下图所示。下列叙述错误的是
A．反应原料中的RCH2OH 不能用RCH(CH3)OH代替
B．历程中存在反应PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O
C．有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH
D．该反应过程结束后RCHO没有剩余
8．某有机物A的分子式为C10H20O2，已知A～E有如右图转化关系。则A的结构可能有
A．3种B．4种
C．5种D．6种
9．2-氯乙醇是一种重要的有机化工原料，溶于水，受热时易分解。通常是以适量的2-氯乙醇为溶剂，用氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2-氯乙醇。制取反应装置如图所示。
反应原理为：
(g)＋HCl(g)⇌ClCH2CH2OH(l) △H<0
部分实验药品及物理量：
化合物名称
相对分子质量
熔点(℃)
沸点(℃)
环氧乙烷
44
-112.2
10.8
2-氯乙醇
80.5
-67.5
128.8
制取与测定实验步骤如下：
I.2-氯乙醇的制取
①将溶剂2-氯乙醇加入______(填仪器名称)中，启动搅拌器；
②分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5物质的量的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反应；
③反应温度控制在30℃，持续反应100 min；
④采用减压蒸馏、收集产品。
(1)实验装置A、B中均用到了浓硫酸，分别体现的浓硫酸的性质为______，______。
(2)步骤③控制反应温度在30℃，如果温度高于30℃可能的后果有______。
(3)在步骤④中，采用减压蒸馏的原因是______。
II.2-氯乙醇样品中Cl元素的测定
①取样品1.00 mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；待反应完全后加稀硝酸至酸性；
②加入32.50 mL 0.4000 ml·L-1 AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀；
③加入指示剂，用0.1000 ml·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋至终点，消耗NH4SCN溶液10.00 mL；
④另取样品1.00 mL加水稀释至10.00 mL，用pH计测定，测得溶液pH为1.00。
已知：
a.Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(AgSCN)=1.0×10-12
b.2-氯乙醇样品中还含有一定量的氯化氢和其他杂质(杂质不与NaOH和AgNO3溶液反应)，密度约为1.10 g·mL-1。
(1)ClCH2CH2OH与NaOH反应生成NaCl和另一种物质，该物质的分子式为______。
(2)步骤④中选用的指示剂可以是下列的______。(选填序号)
A．淀粉溶液 B．酚酞溶液 C．NH4Fe(SO4)2溶液 D．NaCl溶液
(3)根据实验测定的数据计算，样品中2-氯乙醇的质量分数为______。
(4)ClCH2CH2OH与乙酸发生酯化反应的方程式______。
10．以有机物A和CCl4为原料合成苯丙氨酸E的流程如下：
已知：→
(1)A的化学名称为________________E的质谱图中，最大质荷比的数值是__________
(2)D→E的反应类型为__________
(3)有关D的叙述错误的是_____________(填序号)
a．能使KMnO4溶液褪色 b．能与液溴在铁粉作用下反应
c．能与甲醇发生酯化反应 d．能发生水解反应
(4)C的结构简式为_______________
(5)满足下述条件的E的同分异构体共有______________种。
①属于酯类；
②苯环上有两个对位取代基，其中一个为−NH2
答案解析
1．A
【详解】
A．该结构中含两个六元环，12个C原子；一个酯基、一个亚甲基，故其分子式为，故A正确；
B．酯基不能与氢气加成，故1ml双环烯酯能与2 ml H2发生加成反应， B错误；
C．没有具体说明双环烯酯的物质的量，故不能计算出分子中所含大π键的数目，故C错误；
D．该分子为非对称结构，酯基左边 的一氯代物有6种；酯基右边部分一氯代物有7种，共计13种，故D错误；
故选A。
2．B
【详解】
A．-萜品醇分子中含有1个碳碳双键，则1ml该物质最多能和1ml氢气发生加成反应，A正确；
B．该分子中除有碳、氢原子外，还含有氧原子，不属于烃，B错误；
C．该物质分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，C正确；
D．该物质的分子式为，D正确；
故选B。
3．C
【详解】
A．绿原酸含有碳碳双键，碳碳双键左端连的两个原子或原子团不相同，碳碳双键右端连的两个原子或原子团不相同，即类似与，因此绿原酸分子存在顺反异构现象，故A正确；
B．绿原酸右下角的羟基，连羟基的碳的相邻碳上有碳氢键，因此能够发生消去反应，故B正确；
C．绿原酸含有2ml酚羟基，1ml羧基，1ml酚醇酯，因此最多能与4mlNaOH反应，故C错误；
D．绿原酸含有苯环和碳碳双键，因此绿原酸可以与发生加成反应，故D正确。
答案为C。
4．D
【详解】
A．根据结构简式可以确定欧前胡素的分子式为C16H14O4，A项正确；
B．分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和误水褪色，前者为氧化反应，后者为加成反应，故反应类型不同，B项正确；
C．含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，C项正确；
D．分子中含有碳碳双键和苯环，可以与H2发生加成反应，但酯基中的C=O键不能与H2发生加成反应，故1 ml欧前胡素最多能与6 mlH2发生加成反应，D项错误；
答案选D。
5．B
【详解】
A．由N结构可知分子式为C22H16O8N2，A正确；
B．1mlM含有2ml羧基，能消耗2mlNaOH，1mlN含有2ml酯基，消耗2mlNaOH用于酯的水解，得到的羟基连在苯环上，属于酚羟基，又消耗2mlNaOH，则1mlN能消耗4mlNaOH，两者不同，B错误；
C．M合成N是羟基和羧基发生酯化反应，反应类型是取代反应，C正确；
D．M 、N中苯的支链上有H原子，能被酸性的KMnO4氧化褪色，D正确；
故选：B。
6．B
【详解】
A． 等质量的烷烃与氧气充分反应，氢的质量分数越大，消耗氧气越多，消耗氧气的量最多的烷烃是CH4，故A正确；
B． 乙烷和乙烯燃烧现象不同是因为两者碳的质量分数不同，故B错误；
C． 燃烧0.1ml两种气态烃的混合物，生成标况下3.584LCO2，即 =0.16ml，平均每摩烃含有碳原子数为 =1.6，则混合气体中一定有甲烷，故C正确；
D． 乙烯和乙醇分子式分别是：C2H4，C2H6O，根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于x+=2+1=3，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+-=2+1.5-0.5=3，同状况下，VL乙烯和乙醇的混合气体以任意比混合，完全燃烧，消耗氧气的体积均为3VL，故D正确；
故选B。
7．D
【详解】
A．由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh会变成RCH=NPh作为④的反应物，若将RCH2OH替代，最终RCH2NHPh会变成RCH(CH3)NHPh，不是所需产物，A项不符合题意；
B．由③知，存在该反应，B项不符合题意；
C．由图中PhNO2→PhNH2，RCH=NPh→RCH2NHPh，该反应中的H来源于Ru-H，Ru-H中的H来源于RCH2OH，C项不符合题意；
D．[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为4RCH2OH+PhNO23RCHO+3H2O+RCH2NHPh，RCHO有剩余，D项符合题意；
故正确选项为D
8．B
【详解】
有机物A的化学式为C10H20O2，A在碱性条件下水解生成B和D，B经过酸化后得到C，D通过两步氧化能转化成C，说明有机物A是属于酯类，且B、D、E和C有相同的碳原子数。D可经两步氧化转化为C，则可知D是醇，化学式为C4H9CH2OH，C是酸，化学式为C4H9COOH，B和D都含有烷基C4H9-，且碳链骨架相同；所以B、D的烃基碳链结构式如下：CH3CH2CH2CH2-、(CH3)2CHCH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)3C-，共4种结构，所以有机物A可能结构有4种，故答案选B。
9．三颈烧瓶 难挥发性 吸水性 2-氯乙烷产率低 减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解 C2H6O2 C 80.5% CH3COOH+ClCH2CH2OHCH3COOCH2CH2Cl+H2O
【详解】
I.①根据图示可知，将溶剂2-氯乙醇加入三颈烧瓶中，故答案为：三颈烧瓶；
(1)装置A中，浓硫酸作为反应物，利用难挥发性酸制易挥发性酸的原理，制取氯化氢气体；B中用浓硫酸除去氯化氢中混有的水蒸气，所以分别体现的浓硫酸的性质为难挥发性，吸水性。故答案为：难挥发性；吸水性；
(2)对于反应(g)+HCl(g)⇌ClCH2CH2OH(l) △H＜0，步骤③控制反应温度在30℃，以加快反应速率，但如果温度高于30℃，则平衡会发生逆向移动，所以可能的后果有2-氯乙烷产率低。故答案为：2-氯乙烷产率低；
(3)题中信息显示：2-氯乙醇受热时易分解，所以在步骤④中，采用减压蒸馏的原因是减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解。故答案为：减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解；
II.(1)ClCH2CH2OH与NaOH反应发生水解反应，生成NaCl和乙二醇(HOCH2CH2OH)，乙二醇的分子式为C2H6O2。故答案为：C2H6O2；
(2)步骤④中，为准确测定NH4SCN与过量的Ag+刚好完全反应，需选择与SCN-反应敏感的Fe3+，所以选用的指示剂可以是NH4Fe(SO4)2溶液，故选C；故答案为：C；
(3)样品中含有HCl的物质的量为n(HCl)=0.1ml/L×0.01L=0.001ml，n(AgNO3)=0.4ml/L×0.0325L=0.013ml，n(NH4SCN)= 0.1ml/L×0.01L=0.001ml，则样品中氯原子的物质的量为0.013ml-0.001ml-0.001ml=0.011ml，所以样品中2-氯乙醇的质量分数为=80.5%。故答案为：80.5%；
(4)ClCH2CH2OH与乙酸发生酯化反应的方程式为：CH3COOH+ClCH2CH2OHCH3COOCH2CH2Cl+H2O，故答案为：CH3COOH+ClCH2CH2OHCH3COOCH2CH2Cl+H2O
10．苯乙烯 165 加成反应 d 6
【详解】
(1)根据前面分析得到A(苯乙烯)的化学名称为苯乙烯，根据E的质谱图原理，最大质荷比就是它的相对原子质量即165，故答案为：苯乙烯；165。
(2)根据D、E的结构得到D→E的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。
(3)a．D含有碳碳双键，因此D能使KMnO4溶液褪色，故a正确；b．D含有苯环，能与液溴在铁粉作用下发生取代反应，故b正确；c．D含有羧基，因此D能与甲醇发生酯化反应，故c正确；d．D中不含有酯基，因此D不能发生水解反应，故d错误；综上所述，答案为d。
(4)根据B的结构简式和D的结构简式得到B发生水解反应得到C，C发生消去反应得到D，因此C的结构简式为，故答案为：。
(5)E的同分异构体符合下列条件：①属于酯类，说明含有酯基；②苯环上有两个对位取代基，其中一个为一NH2，则另一个为酯基，可能是CH3CH3COO-、CH3COOCH2-、HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）-、CH3OOCCH2-、CH3CH2OOC--共6种，所以符合条件的有6种结构，故答案为：6。
学习导航
1. 结合碳骨架的构建及官能团衍变过程中的反应规律，能利用反应规律进行有机物的推断与合成。
2.落实有机物分子结构分析的思路和方法，建立对有机反应多角度认识模型、并利用模型进一步掌握有机合成的思路和方法。
教学过程
一、有机合成路线的设计
1．常见有机物的转化关系
若以乙醇为原料合成乙二酸(HOOC—COOH)，则依次发生反应的类型是消去反应、加成反应、水解(或取代)反应、氧化反应、氧化反应。
2．常见的有机合成路线
(1)一元化合物合成路线
eq \x(R—CH==CH2)eq \(――→,\s\up7(HX))eq \x(卤代烃)eq \(―――――→,\s\up11(NaOH水溶液),\s\d4(△))eq \x(一元醇)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(一元醛)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(一元羧酸)eq \(―――――――→,\s\up7(醇、浓H2SO4，△))eq \x(酯)
(2)二元化合物合成路线
eq \x(CH2==CH2)eq \(――→,\s\up7(X2))eq \x(CH2X—CH2X)eq \(―――――→,\s\up11(NaOH水溶液),\s\d4(△))eq \x(HOCH2—CH2OH)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(OHC—CHO)eq \(――→,\s\up7([O]))eq \x(HOOC—COOH)eq \(―――→,\s\up7(一定条件))eq \x(链酯、环酯、聚酯)
(3)芳香族化合物合成路线
①eq \(――→,\s\up11(Cl2),\s\d4(FeCl3))eq \(―――――――→,\s\up11(NaOH水溶液、H＋),\s\d4(△))
②eq \(――→,\s\up11(Cl2),\s\d4(光照))eq \(―――――→,\s\up11(NaOH水溶液),\s\d4(△))
eq \(―――――――→,\s\up7(醇，浓硫酸，△))芳香酯
3．有机合成中常见官能团的保护
(1)酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与NaOH溶液反应，把—OH变为—ONa(或使其与ICH3反应，把—OH变为—OCH3)将其保护起来，待氧化后再酸化将其转变为—OH。
(2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来，待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。
(3)氨基(—NH2)的保护：如在对硝基甲苯eq \(――→,\s\up7(合成))对氨基苯甲酸的过程中应先把—CH3氧化成—COOH之后，再把—NO2还原为—NH2。防止当KMnO4氧化—CH3时，—NH2(具有还原性)也被氧化。
二、逆合成分析法
1．逆合成分析法
从目标化合物的组成、结构、性质入手，找出合成所需的直接或间接的中间体，逐步推向已知原料，其合成示意图为
2．逆合成分析法应用例析
由“逆合成分析法”分析由乙烯合成草酸二乙酯
(1)具体步骤如下：
根据以上逆合成分析，可以确定合成草酸二乙酯的有机基础原料为乙烯(CH2==CH2)，通过六步反应进行合成，写出反应的化学方程式：
①CH2==CH2＋Cl2eq \(――→,\s\up7(催化剂))
②＋2NaOHeq \(――→,\s\up11(H2O),\s\d4(△))＋2NaCl
③
④
⑤CH2==CH2＋H2Oeq \(――→,\s\up7(催化剂))CH3CH2OH
⑥＋2CH3CH2OHeq \(,\s\up11(浓硫酸),\s\d4(△))
＋2H2O
(2)根据以上逆合成分析，合成步骤如下：
课时训练
1．北京冬奥会将于2022年举办，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A．该双环烯酯的分子式为C14H20O2
B．1ml该双环烯酯能与3ml H2发生加成反应
C．该双环烯酯分子中π键数目为3ml
D．该双环烯酯的一氯代物有9种
2．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂。已知-萜品醇的结构简式如图，则下列说法错误的是
A．1ml该物质最多能和1ml氢气发生加成反应B．该物质属于烃
C．该物质能使溴水褪色D．分子式为
3．绿原酸是金银花的提取物，它是中成药连花清瘟胶囊的有效成分，其结构简式如图，下列有关说法错误的是
A．绿原酸分子存在顺反异构现象B．绿原酸能够发生消去反应
C．绿原酸最多能与反应D．绿原酸可以与发生加成反应
4．欧前胡素()具有抗菌、平喘及抗过敏等作用。下列关于欧前胡素的说法错误的是
A．分子式为
B．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，但反应类型不同
C．能够在碱性条件下发生水解反应
D．欧前胡素最多能与发生加成反应
5．止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列相关叙述错误的是
A．中间体N的分子式为C22H16O8N2
B．物质的量相同的M与N最多消耗等量的NaOH
C．M合成N的反应为取代反应
D．M、N都能使酸性的KMnO4溶液褪色
6．下列说法不正确的是
A．等质量的烷烃与氧气充分反应，消耗氧气的量最多的烷烃是CH4
B．乙烷和乙烯燃烧现象不同是因为乙烯有碳碳双键
C．燃烧0.1ml两种气态烃的混合物，生成标况下3.584LCO2，则混合气体中一定有甲烷
D．同状况下，VL乙烯和乙醇的混合气体以任意比混合，完全燃烧，消耗氧气的体积均为3VL
7．“一锅法”用［Ru]催化硝基苯(PhNO2，Ph-表示苯基)与醇(RCH2OH)反应为仲胺(RCH2NHPh)，反应过程如下图所示。下列叙述错误的是
A．反应原料中的RCH2OH 不能用RCH(CH3)OH代替
B．历程中存在反应PhNH2+RCHO→RCH=NPh+H2O
C．有机物还原反应的氢都来自于RCH2OH
D．该反应过程结束后RCHO没有剩余
8．某有机物A的分子式为C10H20O2，已知A～E有如右图转化关系。则A的结构可能有
A．3种B．4种
C．5种D．6种
9．2-氯乙醇是一种重要的有机化工原料，溶于水，受热时易分解。通常是以适量的2-氯乙醇为溶剂，用氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2-氯乙醇。制取反应装置如图所示。
反应原理为：
(g)＋HCl(g)⇌ClCH2CH2OH(l) △H<0
部分实验药品及物理量：
化合物名称
相对分子质量
熔点(℃)
沸点(℃)
环氧乙烷
44
-112.2
10.8
2-氯乙醇
80.5
-67.5
128.8
制取与测定实验步骤如下：
I.2-氯乙醇的制取
①将溶剂2-氯乙醇加入______(填仪器名称)中，启动搅拌器；
②分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5物质的量的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反应；
③反应温度控制在30℃，持续反应100 min；
④采用减压蒸馏、收集产品。
(1)实验装置A、B中均用到了浓硫酸，分别体现的浓硫酸的性质为______，______。
(2)步骤③控制反应温度在30℃，如果温度高于30℃可能的后果有______。
(3)在步骤④中，采用减压蒸馏的原因是______。
II.2-氯乙醇样品中Cl元素的测定
①取样品1.00 mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；待反应完全后加稀硝酸至酸性；
②加入32.50 mL 0.4000 ml·L-1 AgNO3溶液，使Cl-完全沉淀；
③加入指示剂，用0.1000 ml·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋至终点，消耗NH4SCN溶液10.00 mL；
④另取样品1.00 mL加水稀释至10.00 mL，用pH计测定，测得溶液pH为1.00。
已知：
a.Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(AgSCN)=1.0×10-12
b.2-氯乙醇样品中还含有一定量的氯化氢和其他杂质(杂质不与NaOH和AgNO3溶液反应)，密度约为1.10 g·mL-1。
(1)ClCH2CH2OH与NaOH反应生成NaCl和另一种物质，该物质的分子式为______。
(2)步骤④中选用的指示剂可以是下列的______。(选填序号)
A．淀粉溶液 B．酚酞溶液 C．NH4Fe(SO4)2溶液 D．NaCl溶液
(3)根据实验测定的数据计算，样品中2-氯乙醇的质量分数为______。
(4)ClCH2CH2OH与乙酸发生酯化反应的方程式______。
10．以有机物A和CCl4为原料合成苯丙氨酸E的流程如下：
已知：→
(1)A的化学名称为________________E的质谱图中，最大质荷比的数值是__________
(2)D→E的反应类型为__________
(3)有关D的叙述错误的是_____________(填序号)
a．能使KMnO4溶液褪色 b．能与液溴在铁粉作用下反应
c．能与甲醇发生酯化反应 d．能发生水解反应
(4)C的结构简式为_______________
(5)满足下述条件的E的同分异构体共有______________种。
①属于酯类；
②苯环上有两个对位取代基，其中一个为−NH2
答案解析
1．A
【详解】
A．该结构中含两个六元环，12个C原子；一个酯基、一个亚甲基，故其分子式为，故A正确；
B．酯基不能与氢气加成，故1ml双环烯酯能与2 ml H2发生加成反应， B错误；
C．没有具体说明双环烯酯的物质的量，故不能计算出分子中所含大π键的数目，故C错误；
D．该分子为非对称结构，酯基左边 的一氯代物有6种；酯基右边部分一氯代物有7种，共计13种，故D错误；
故选A。
2．B
【详解】
A．-萜品醇分子中含有1个碳碳双键，则1ml该物质最多能和1ml氢气发生加成反应，A正确；
B．该分子中除有碳、氢原子外，还含有氧原子，不属于烃，B错误；
C．该物质分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，C正确；
D．该物质的分子式为，D正确；
故选B。
3．C
【详解】
A．绿原酸含有碳碳双键，碳碳双键左端连的两个原子或原子团不相同，碳碳双键右端连的两个原子或原子团不相同，即类似与，因此绿原酸分子存在顺反异构现象，故A正确；
B．绿原酸右下角的羟基，连羟基的碳的相邻碳上有碳氢键，因此能够发生消去反应，故B正确；
C．绿原酸含有2ml酚羟基，1ml羧基，1ml酚醇酯，因此最多能与4mlNaOH反应，故C错误；
D．绿原酸含有苯环和碳碳双键，因此绿原酸可以与发生加成反应，故D正确。
答案为C。
4．D
【详解】
A．根据结构简式可以确定欧前胡素的分子式为C16H14O4，A项正确；
B．分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和误水褪色，前者为氧化反应，后者为加成反应，故反应类型不同，B项正确；
C．含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，C项正确；
D．分子中含有碳碳双键和苯环，可以与H2发生加成反应，但酯基中的C=O键不能与H2发生加成反应，故1 ml欧前胡素最多能与6 mlH2发生加成反应，D项错误；
答案选D。
5．B
【详解】
A．由N结构可知分子式为C22H16O8N2，A正确；
B．1mlM含有2ml羧基，能消耗2mlNaOH，1mlN含有2ml酯基，消耗2mlNaOH用于酯的水解，得到的羟基连在苯环上，属于酚羟基，又消耗2mlNaOH，则1mlN能消耗4mlNaOH，两者不同，B错误；
C．M合成N是羟基和羧基发生酯化反应，反应类型是取代反应，C正确；
D．M 、N中苯的支链上有H原子，能被酸性的KMnO4氧化褪色，D正确；
故选：B。
6．B
【详解】
A． 等质量的烷烃与氧气充分反应，氢的质量分数越大，消耗氧气越多，消耗氧气的量最多的烷烃是CH4，故A正确；
B． 乙烷和乙烯燃烧现象不同是因为两者碳的质量分数不同，故B错误；
C． 燃烧0.1ml两种气态烃的混合物，生成标况下3.584LCO2，即 =0.16ml，平均每摩烃含有碳原子数为 =1.6，则混合气体中一定有甲烷，故C正确；
D． 乙烯和乙醇分子式分别是：C2H4，C2H6O，根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的耗氧量取决于x+=2+1=3，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+-=2+1.5-0.5=3，同状况下，VL乙烯和乙醇的混合气体以任意比混合，完全燃烧，消耗氧气的体积均为3VL，故D正确；
故选B。
7．D
【详解】
A．由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCH2NHPh会变成RCH=NPh作为④的反应物，若将RCH2OH替代，最终RCH2NHPh会变成RCH(CH3)NHPh，不是所需产物，A项不符合题意；
B．由③知，存在该反应，B项不符合题意；
C．由图中PhNO2→PhNH2，RCH=NPh→RCH2NHPh，该反应中的H来源于Ru-H，Ru-H中的H来源于RCH2OH，C项不符合题意；
D．[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为4RCH2OH+PhNO23RCHO+3H2O+RCH2NHPh，RCHO有剩余，D项符合题意；
故正确选项为D
8．B
【详解】
有机物A的化学式为C10H20O2，A在碱性条件下水解生成B和D，B经过酸化后得到C，D通过两步氧化能转化成C，说明有机物A是属于酯类，且B、D、E和C有相同的碳原子数。D可经两步氧化转化为C，则可知D是醇，化学式为C4H9CH2OH，C是酸，化学式为C4H9COOH，B和D都含有烷基C4H9-，且碳链骨架相同；所以B、D的烃基碳链结构式如下：CH3CH2CH2CH2-、(CH3)2CHCH2-、CH3CH2CH(CH3)-、(CH3)3C-，共4种结构，所以有机物A可能结构有4种，故答案选B。
9．三颈烧瓶 难挥发性 吸水性 2-氯乙烷产率低 减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解 C2H6O2 C 80.5% CH3COOH+ClCH2CH2OHCH3COOCH2CH2Cl+H2O
【详解】
I.①根据图示可知，将溶剂2-氯乙醇加入三颈烧瓶中，故答案为：三颈烧瓶；
(1)装置A中，浓硫酸作为反应物，利用难挥发性酸制易挥发性酸的原理，制取氯化氢气体；B中用浓硫酸除去氯化氢中混有的水蒸气，所以分别体现的浓硫酸的性质为难挥发性，吸水性。故答案为：难挥发性；吸水性；
(2)对于反应(g)+HCl(g)⇌ClCH2CH2OH(l) △H＜0，步骤③控制反应温度在30℃，以加快反应速率，但如果温度高于30℃，则平衡会发生逆向移动，所以可能的后果有2-氯乙烷产率低。故答案为：2-氯乙烷产率低；
(3)题中信息显示：2-氯乙醇受热时易分解，所以在步骤④中，采用减压蒸馏的原因是减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解。故答案为：减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解；
II.(1)ClCH2CH2OH与NaOH反应发生水解反应，生成NaCl和乙二醇(HOCH2CH2OH)，乙二醇的分子式为C2H6O2。故答案为：C2H6O2；
(2)步骤④中，为准确测定NH4SCN与过量的Ag+刚好完全反应，需选择与SCN-反应敏感的Fe3+，所以选用的指示剂可以是NH4Fe(SO4)2溶液，故选C；故答案为：C；
(3)样品中含有HCl的物质的量为n(HCl)=0.1ml/L×0.01L=0.001ml，n(AgNO3)=0.4ml/L×0.0325L=0.013ml，n(NH4SCN)= 0.1ml/L×0.01L=0.001ml，则样品中氯原子的物质的量为0.013ml-0.001ml-0.001ml=0.011ml，所以样品中2-氯乙醇的质量分数为=80.5%。故答案为：80.5%；
(4)ClCH2CH2OH与乙酸发生酯化反应的方程式为：CH3COOH+ClCH2CH2OHCH3COOCH2CH2Cl+H2O，故答案为：CH3COOH+ClCH2CH2OHCH3COOCH2CH2Cl+H2O
10．苯乙烯 165 加成反应 d 6
【详解】
(1)根据前面分析得到A(苯乙烯)的化学名称为苯乙烯，根据E的质谱图原理，最大质荷比就是它的相对原子质量即165，故答案为：苯乙烯；165。
(2)根据D、E的结构得到D→E的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。
(3)a．D含有碳碳双键，因此D能使KMnO4溶液褪色，故a正确；b．D含有苯环，能与液溴在铁粉作用下发生取代反应，故b正确；c．D含有羧基，因此D能与甲醇发生酯化反应，故c正确；d．D中不含有酯基，因此D不能发生水解反应，故d错误；综上所述，答案为d。
(4)根据B的结构简式和D的结构简式得到B发生水解反应得到C，C发生消去反应得到D，因此C的结构简式为，故答案为：。
(5)E的同分异构体符合下列条件：①属于酯类，说明含有酯基；②苯环上有两个对位取代基，其中一个为一NH2，则另一个为酯基，可能是CH3CH3COO-、CH3COOCH2-、HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）-、CH3OOCCH2-、CH3CH2OOC--共6种，所以符合条件的有6种结构，故答案为：6。
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