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1、化学奥赛系列之有机化学第一节 有机化学根本概念和烃1、下列构造式中：指出一级、二级、三级碳原子各一个。圈出一级烷基、二级烷基、三级烷基各一个。解析：2、已知下列化合物的构造简式为：（1）CH3CHClCHClCH3 （2）CH3CHBrCHClF（3）分别用透视式、纽曼式写出其优势构象。解析：用透视式和纽曼式表示构象，应选择C2C3间化学键为键轴，其余原子、原子团相当于取代基。这四个化合物透视式的优势构象为（见图）其纽曼式的优势构象见图3、（2000年广东省模拟题）用烃A分子式为C10H16，将其进展臭氧化后，水解得到HCHO和A催化加氢后得烃B，B化学式为C10H20，分子中有一个六元环，用
2、键线式写出A，B的构造。解析：从A催化加氢生成的B的化学式可推知，原A分子中有两个C=C键和一个六元环。从水解产物可知，C1与C6就是原碳环连接之处HCHO的羰基，只能由C3支链上双键臭氧化水解生成。所以A的构造为，B的构造为。4、下列化合物若有顺反异构，写出异构体并用顺、反及E、Z名称命名。5、（河南省98年竞赛题）写出符合C6H10的全部共轭二烯烃的异构体，并用EZ命名法命名。解析：6、用化学方法鉴别下列化合物：CH3CH2CH2CH3，CH3CH2CH=CH2，CH3CH2CCH。解析：（1）用Br2，CH3CH2CH=CH2与CH3CH2CCH可褪色，CH3CH2CH2CH3不反响。（
3、2）用Ag(NH3)2+溶液，CH3CH2CCH可生成白色沉淀，CH3CH2CH=CH2不反响。7、以乙炔或丙炔为原料合成：（1）正丙醇。（2）解析：（1）通常制醇可考虑烯的水化，烯烃水化时只能得仲醇，要得伯醇只有用硼氢化反响才行。所以应用两炔为原料，先催化成烯，再与乙硼烷反响。CH3CCHCH3CH=CH2CH3CH2CH2OH（2）产物为4个碳原子，所以先考虑乙炔的二聚，生成乙烯基乙炔，而炔烃水化可生成羰基。HCCHHCCHHCCCH=CH28、命名下例脂环烃。解析：（I）是螺环烃，名称为5乙基螺24庚烷，（II）的名称为6甲基双环322壬烷，（III）的名称为8，8二甲基双环321辛烷，
4、（IV）的名称为双环2222，5，7辛三烷。9、写出下列化合物的一对构象异构体，指出哪一个是优势构象。解析：（1）取代基在1，3位是一个反式构造应有两种构象（如下图）两个基团，一个处于a键另一个处于e键，由于大基团处于e键较稳定，所以两种构象中a为优势构象。（2）取代基在环的1，4位，也是反式构造，也有两种构象，a式中基团均在a键，b式中基团均在e键，所以b式为优势构象。（3）取代基在环的1，3位，是顺式异构体，在a式与b式两种构象中，b式为优势构象。10、将下列各组化合物按取代反响由易到难依次排列。解析：（1）组中，甲苯的苯环由于甲基的斥电子效应，电子云密度比一般苯环大，所以更易取代。硝基是
5、强吸电子在，可降低苯环电子云密度，使苯环难于取代，硝基越多取代越难，所以依次为（2）第一类定位基定位效应越强，苯环电子云密度越大越易取代，第二类定位基定位效应越强苯环电子云密度越小，越难取代。所以依次为11、将下列化合物硝化，试用箭头表示硝基进入的位置（指主产物）。解析：12、在沥青的气体中存有稠环芳烃，其中一些可视为萘（A）、芘（B）、蒽并蒽（C）的同系物，同样，原子增加还可以有D、E等。（1）试推想该系列化合物中，碳的最大质量分数。（2）AH2反响可能有多少种产物生成？它们之中哪一种是热力学最稳定的？（3）设氢化反响在相邻的位置上进展，试推想在B2H2的反响中，哪种产物最稳定？解析：（1）
6、可从A、B、C的分子式入手。A、B、C的分子式分别为C10H8、C16、H10、C22H12。按A、B、C的依次递增C6H2，所以，该系列化合物的分子式可表示为：C10H8(C6H2)n，n为正整数，当n趋向无穷大时，化合物的含碳量最高。即：（2）A为大的共轭体系。十个位置中（如图所示），每个位置都可加上一个氢原子，当A与1 moL H2加成时，两个氢原子好像可加到十个位置的随意两个位置上，但要留意，加上1 mol H2后，还有4个双键，必需满意碳原子间能构成4个双键，但不能1、3加成，因为在1、3位加上一个氢原子后，1、3碳上都形成了四个键，而碳2上只形成了三个键，又无法跟邻近的碳原子构成双
7、键，故不能有这种加成方法。由于可加成的位置比拟多，必需按确定依次进展，否则简单出现漏写和重写。同时须留意，A是一个对称构造，存在x、y两根对称轴，处于对称位置上的双键，加成后得到一样的产物。如1、2加成与6、7加成，2、3加成与7、6加成都会得到一样的产物。可先写出连位加氢的构造，连拉加氢有1、2，2、3，9、10，1、9四种加法，须留意共轭体系中双键的转移，其产物构造分别为：再写不连位加氢的构造，不连位加氢有1、4，1、5，1、7，2、6，2、10五种加法，其构造分别如下：另外，还可这样考虑，加成1 mol H2后，破坏了原A的共轭构造，加两个氢原子后，由于有多种加法，就可能形成多种产物，有
8、多少种加法，就会生成多少种产物。反之，有多少种产物，则有多少种加法。能否干脆推断有多少种产物？是可以的。即为产物在构造中形成四个双键，只需写出其全部的同分异构体，即可知道产物有多少种。我们可按确定的依次来书写同分异构体。保持一个苯环构造，加成1 mol H2的构造有两种：保持一个苯环中两个双键不动的加成法有四种：原来构造全部被破坏的有三种：当然还有多种其他的分类方法，都可顺当地写出九种异构体。在九种产物中，热力学最稳定的产物是哪一种呢？考虑稳定性，可从双键的共轭状况入手，整个体系共轭得越好，构造就越稳定，同时留意，苯环是特别稳定的特殊共轭体系。九种异构体中，含有苯环的有两种，四个双键全处于共轭
9、状态的有五种，当然是既含有苯环又使四个双键全部处于共轭状态的构造最稳定。所以，最稳定的构造为：（3）B分子构造中，共含有八个双键，加成2 mol H2后，还剩六个双键，六个双键构成两个苯环构造时，构造最稳定。构造式如下：答案：（1）该系列化合物中，碳的最大质量分数为：（2）AH2反响可能有九种产物生成，热力学最稳定的异构体为：（3）最稳定的产物是：第二节 烃的衍生物1、某一溴代烷A 1.37克在枯燥乙醚中与镁作用，然后参加水，结果产生0.58克气态烃B。A溴代可生成三种二溴代物同分异构体，求A、B构造简式。解析：设分子式CnH2n1Br，据题意CnH2n1BrCnH2n1MgBr CnH2n2
10、14n81 14n1.37 0.58(14n81)1.37=14n0.58 n=4因为A能生成三种二溴代物，故A为(CH3)2CHCH2Br, B为(CH3)2CHCH3。2、（2005年江苏集训题）用化学方法区分下列各组化合物：（1）1溴1戊烯、3溴1戊烯和4溴1戊烯。（2）对氯甲苯、氯化苄和氯乙苯。解析：（1）用AgNO3乙醇溶液。1溴1戊烯是乙烯式卤代烃，与AgNO3溶液不反响，3溴1戊烯是烯丙式卤代烃与AgNO3溶液马上生成淡黄色沉淀，4溴1戊烯是孤立式卤代烯烃，性质与卤烷相像，需加热后才生成沉淀。（2）用AgNO3乙醇溶液。氯化苄马上生成白色沉淀，对氯甲苯不反响，氯乙苯加热后生成白色
11、沉淀。3、（2005年河南省集训题）以1碘丙烷制取下列物质。（1）异丙醇。（2）溴丙烯。（3）1，3二氯2丙醇。（4）2，3一二氯丙醇。解析：（1）CH3CH2CH2ICH3CH=CH2（2）CH3CH2CH2ICH3CH=CH2CH2BrCH=CH2（3）CH3CH2CH2ICH3CH=CH2CH2ClCH=CH2CH2ClCHOHCH2Cl（4）CH3CH2CH2ICH3CH=CH2CH2OHCH=CH2CH2OHCHClCH2Cl4、（2005年山东省集训题）用化学方法区分下列化合物：（1）乙醇、2丙醇、2甲基2丙醇，（2）乙醇、乙醚、氯乙烷。解析：（1）用卢卡斯试剂，2甲基2丙醇马上变
12、浑浊，2丙醇数分钟后党浊，乙醇无现象。（2）能与金属钠反响生成气体的为乙醇，余下的能溶于浓硫酸的是乙醚，无现象为氯乙烷。5、（2005年山东省集训题）化合物A的分子式为C5H11Br，和NaOH溶液共热后生成C5H12O(B)，B具有旋光性，可和钠反响生成H2，B和浓硫酸生成C5H10(C)，臭氧化后得丙酮和乙醛，写出A、B、C构造简式。解析：可采纳逆推方式，从臭氧化产物可知C是。在几步反响中碳链未变，所以A为B为6、（2001年山西省集训题）以乙烯和2丙醇为原料合成3甲基1丁醇。解析：CH2=CH2(CH3)2CHOH(CH3)2CHBr(CH3)2CHMgBr (CH3)2CHCH2CH2
13、OMgX(CH3)2CHCH2CH2OH7、以化学方法鉴别下列化合物：乙苯，苯乙醚，对乙基苯酚，1苯基乙醇。解析：先用NaOH溶液，能溶解于NaOH溶液的是对乙基苯酚，参加金属钠有气体生成的是1苯基乙醇。也可用卢卡斯试剂，数分钟后有浑浊，能溶于浓酸的是苯乙醚，剩余的为乙苯。8、下列化合中，哪些可形成分子内氢键？哪些可形成分子间氢键？（1）对苯二酚。（2）邻苯二酚。（3）邻甲苯酚。（4）邻氟苯酚。解析：能形成分子内氢键的为邻苯二酚和邻氟苯酚。对苯二酚两个羟基位置较远，不能形成分子内氢键，只可形成分子间氢键。邻甲苯酚的甲基无形成氢键实力，只能形成分子间氢键。9、（2005年黄冈中学培训题）以苯为主
14、要原料制取苯甲醚。解析：以苯为主要原料制取解析：10、用简便方法鉴别下列化合物：（1）3戊醇。（2）2戊酮。（3）戊醛。（4）3戊酮。（5）苯甲醇。（6）2戊醇。解析：（2）、（3）、（4）、（5）可与2，4二硝基苯肼生成有色苯腙，其中（3）、（5）可与多伦试剂生成银镜，而（5）不能与斐林试剂反响。在（2）和（4）中，（2）可发生碘仿反响，（4）不是甲基酮不能反响。（1）和（6）中，（6）可与I2NaOH发生碘仿反响。11、（2005年黄冈中学强化题）以苯为原料和必要的无机试剂合成己二醛。解析：12、化合物A(C5H12O)有旋光性，它在碱性KMnO4溶液作用下生成B(C5H10O)，B无旋光
15、性。B与正丙基溴化镁反响，水解后得C，C经拆分可得互为镜象的两个异构体，推想A、B、C的构造。解析：A从组成和题意可知为醇。碳五的醇有光学活性的只有2戊醇和3甲基2丁醇，氧化后成酮。2戊醇氧化后的酮与正丙基溴化镁反响不行能有光学活性物质生成（2戊酮羰基碳上有两个正丙基），所以A只可能是3甲基2丁醇。反响为：13、比拟下列各物质酸性的强弱。（1）C6H5OH。（2）CH3COOH。（3）F3CCOOH。（4）ClCH2COOH。（5）C2H5OH。解析：卤代酸由于诱导效应，酸性强于羧酸，卤原子多酸性更强。所以酸性从强到弱依次为：F3CCOOHClCH2COOHCH3COOHC6H5OHC2H5O
16、H。14、（2005年黄冈中学强化训练题）用化学方法区分下列各组化合物。（1）甲酸、乙酸、丙二酸。（2）解析：（1）取样品加热，有气体生成且可使石灰水浑浊的是丙二酸，剩余两种，中和后可与多伦试剂反响生成银镜的为甲酸，还有一种则为乙酸。（2）能与FeCl3溶液显色的是邻羟基苯甲酸，能与NaHCO3溶液生成气体的为苯甲酸，还有一种为苯甲醇。15、试以乙醇为原料合成丁酸。解析：16、用化学方法区分下列化合物：（1）乙酰氯。（2）乙酸酐。（3）氯乙烷。解析：加水后与水不发生反响的为氯乙烷；加水后滴入AgNO3溶液有白色沉淀的是氯乙酸；加水后是酸性，但不能和AgNO3溶液生成白色沉淀的是乙酸酐。17、用
17、丙二酸酯法合成己二酸。解析：丙二酸二乙酯为原料合成羧酸，它本身最终只剩下两个碳原子，其中一个是羧基，要得到二元酸则必需用两分子丙二醇二乙酯和二元卤代烃作用才行，所以可用1，2二溴乙烷。18、由乙醇为原料合成3甲基2戊酮。解析：3甲基2戊酮是一个甲基酮，故可用乙酰乙酸乙酯法来合成，因为本题未允许用其他有机物，所以除无机原料和催化剂外，所用有机试剂均需自己制备。C2H5OHCH3COOHCH3COOC2H52C2H5OH2Na2C2H5ONaH2C2H5OHSOCl2C2H5ClSO2HClC2H5OHC2H42HCHOCH3OHCH3BrCH3COOC2H5CH2(COOC2H5)2CH3COC
18、H2COOC2H519、比拟下列各组化合物的碱性。（1）苯胺、乙胺、二乙胺、二苯胺。（2）解析：（1）胺的碱性为脂肪促胺强于伯胺、强于芳胺，所以碱性从强到弱的依次为二乙胺乙胺苯胺二苯胺。（2）芳胺芳环上若有斥电子基可增加碱性，若有吸电子基则减弱碱性，所以碱性从强到弱依次为：20、下列化合物如何提纯？三乙胺中含少量乙胺和二乙胺。解析：三乙胺为叔胺，杂质为伯胺和仲胺，可先参加足量乙酰氯，乙胺和二乙胺生成酰化物，三乙胺氮原子上无氢不反响，参加盐酸和三乙胺生成盐酸盐，用乙醚提取酰化物，分液后，将盐酸盐用碱中和再蒸馏即得三乙胺。21、用RS法标登记列化合物中的手性碳原子的构型。解析：（1）先变成费歇尔投
19、影式。（2）投影式为：（3）先变换成透视式，再变换成投影式。22、用“*”标出下列化合物中手性碳原子，有顺反异构时写出其顺、反异构体并命名。（1）CH2BrCHDCH2Cl （2）HOOCCHOHCOOH（3） （4）CH3CHOHCH2CH3解析：（1）H与D是不同的氢原子，所以C2是手性碳原子。CH2BrCHDCH2Cl。（2）分子对称，无手性碳原子。（4）C2为手性碳原子。23、写出分子式为C3H6BrCl的全部异构体的构造简式，用“*”号标出手性碳原子，用投影式表示各对映体，并指出RS构型。解析：（I），CH3CBrClCH3，CH2BrCH2CH2Cl。24、写出D（）半乳糖的哈武斯
20、式（吡喃型）。解析：25、用化学方法区分下列化合物。（1）葡萄糖和葡萄糖酸。（2）葡萄糖酸和葡萄糖醇。解析：（1）葡萄糖分子中含醛基可与多伦试剂生成很镜，葡萄糖酸无现象。（2）将两样品分别参加滴有酚酞的NaOH溶液能使红色褪去的为葡萄糖酸。26、在测定糖构造时，常用溴水将糖氧化成酸，然后脱羧再将C2氧化成醛基，反复此过程可将乙醛糖依次变为戊醛糖、丁醛糖。已知L乙醛糖A用溴水氧化可得光活性产物。A递降得成戊醛糖B，B用NaBH4复原后，产物无光活性。将B与HCN反响后用酸水解，再用锌汞齐在酸性条件下处理得A和另一异构体C，C用HNO3氧化，得无光活性的二酸，写出A、B、C的投影式。解析：L己醛糖
21、C5和C6为，戊醛糖用NaBH4反响，醛基复原成羟基成为糖醇，产物无光活性，所以分子有对称面，所以B的投影式为27、用化学方法区分下列化合物。（1）葡萄糖、蔗糖和淀粉。（2）蔗糖、淀粉和纤维素。解析：（1）葡萄糖是复原糖，可与银氨溶液反响生成银镜。淀粉可与碘水作用生成蓝色，还有一种为蔗糖。（2）先用碘水鉴别出淀粉，其余二种分别在试管内参加几毫升稀硫酸加热数分钟，中和后用斐林试剂检验，有红色沉淀为蔗糖。因为二糖易水解，纤维素不易水解，此条件下纤维素水解极弱可忽视。28、（2005年黄冈中学强化题）化合物X是一种自然产物，化学式量为180。1.98克X燃烧可生成1 478.4 mL的CO2（标），
22、和1.188克的水，X可发生银镜反响，它与乙酸酐反响生成A，A的式量比X大116.67%，求X和A的构造简式。解析：先求X最简式，1.98克样品中，碳原子为：氢原子为：氧原子为：1.980.7920.132 =1.056(克)（即0.066mol）C/H/O=0.066/0.132/0.066=1/2/1化学式为(CH2O)n,化学式为C6H12O6。A的式量为：180216.67%=390。X为：CH2OH(CHOH)4CHO。A为：29、柳树皮中有一种糖苷叫水扬苷，用酶水解时，得D葡萄糖和水杨醇（邻羟基苯甲醇）。水杨苷用硫酸二甲酯和NaOH处理得五甲基水杨苷，酸水解得2，3，4，6四甲基D
23、葡萄糖和邻甲氧基苯甲醇。写出水杨苷哈武斯式。解析：据题意，水杨苷中葡萄糖C1和C5形成氧环，C1苷羟根本原则与水杨醇成苷，所以葡萄糖C2、C3、C4、C6上羟基可甲基化，水杨醇上酚羟基也甲基化，所以哈武斯式为：30、完成下列反响：（1）甘氨酸盐酸盐SOCl2。（2）丙氨酸HClNaNO2。（3）丙氨酸解析：31、某二肽水解产物为甘氨酸和苯丙氨酸，写出其可能构造。解析：该二肽有两种可能构造：32、橡胶工业所用的橡胶制品的粘合剂是将自然橡胶（聚异戊二烯）溶于汽油而制得，但硫化后的橡胶制品在汽油中只出现溶胀现象（不溶解，而体积膨胀），为什么？解析：自然橡胶即聚异戊二烯是一个线型高聚物，所以可以溶解于
24、有机溶剂，由于自然橡胶的玻璃化温度不很低，所以温度稍低就发脆。而粘流化温度又不太高，天气稍热就发粘，故性能不好，通常需硫化。硫化时翻开了聚异戊二烯的局部双键，高分子链间通过硫原子连结交联变成网状构造，所以在性能改善的同时，溶剂只发生溶胀而不溶解。33、合成聚苯乙烯时，用含同位素标记的偶氮二异丁腈作引发剂，发觉生成的聚苯乙烯分子带有两个引发剂分解时的碎片，问怎样的终止反响才能得到这种分子？解析：发生的是双基结合终止反响。34、写出聚己内酰胺（锦纶6，耐磨性最好的合成纤维）合成反响的历程（不必写副反响，链终止限制分子量常用醋酸）。解析：缩聚反响常用酸或碱作反响催化剂。35、薄荷是一种香料，构造为，
25、它具有特殊的薄荷香气，且口含时有凉快之感，广泛用于化装品工业、食品工业和医药工业中。该构造有立体异构体；异构体之间在香气强度、类型和凉快作用上存在差异。因此，对其异构体的探讨在理论和理论上均有重要意义。（1）用构型式表示具有上述构造的全部可能的立体异构体的构型。（2）这些构型式中哪些互为对映体？写出这些异构体中右旋体、左旋体、外消旋体和内消旋体的数目。（3）写出各个构型式中手性碳原子的R、S构型。（4）选用船型或椅型构象式表示各个顺反异构体的稳定构象。（5）在第（4）你所写出的构象中，最稳定的是哪一个？它的脱水反响产物是单一产物还是混合物？试用构象式说明这个变更过程（产物不要求写出构象式，只写
26、出构造式即可）。解析：（1）薄荷醇有3个手性碳原子，有8种（23）立体异构体。（2）有4对对映体（实物有镜像不能完全重叠的2个立方体异构体，互为对映异构体）。每对对映体中，有1个左旋体，1个右旋体；等量左旋体和右旋体混合就组成外消旋体。如分子内含有一样的手性碳原子，分子的两个半部互为物体和镜像关系，即为内消旋体。（3）标记构型的方法可用R、S来标识，依据“次序规则”比拟与手性碳原子相连的4个基团的大小进展推断。（4）在构象异构体中，通常椅式比船式稳定，而在椅式构象中，e取代基最多的构象为稳定构象。有不同的取代基时，大的取代基在e键的构象最稳定。在椅式构象中发生消去反响时，一般是处在反式共平面（
27、a、a键）的两个基团易被消去，故最稳定构象的脱水反响产物是单一的。（1）8种立体异构体的构型式：（2）互为对映体的是和、和、和、和。其中4个为左旋体，4个为右旋体，4个为外消旋体，无内消旋体。（3）以羟基、异丙基、甲基的依次的R、S构型如下：SRS RSR SRR RSS RRS SSR RRR SSS（4）稳定构象式：（5）上述（4）中的第一个构象最稳定。第三节 反响机理 有机推断与合成1、有机物X可以复原生成醇，也可以氧化生成一元羧酸，该醇与该一元羧酸反响可生成分子式为C2H4O2的有机物，则下列五个结论中不正确的是（ ）AX具有复原性BX由3种元素组成CX的相对分子质量为30DX中含碳的
28、质量分数为40%解析：因醇与羧酸反响生成酯，故分子式为C2H4O2的有机物的构造式为。由此可推断X应是甲醛，它具有复原性，由3种元素组成，相对分子质量为30，含碳的质量分数为40%；但分子构造中无甲基。本题答案为C。2、某有机物8.8g，完全燃烧后得到CO2 22.0 g，H2O 10.8g。该有机物可能是（ ）解析：由题目给出的条件，经计算每摩尔有机物完全燃烧应生成 5 mol CO2和 6 mol H2O，那么有机物的摩尔质量为88 gmol1，从而计算出该有机物的分子式为C5H12O。故答案选B、C。3、今有NaOH溶液、NaHCO3溶液、CH3COOH、C2H5OH四种试剂。下列有机物
29、在确定条件下能分别跟这四种试剂发生反响的是（ ）解析：有机物分子中含有COOH才可以与NaOH溶液、NaHCO3溶液和C2H5OH反响；含有醇羟基才能与CH3COOH发生酯化反响。答案为D。4、将含有一种杂质（其质量小于0.3g）的丙醛试样8 g与足量的银氨溶液反响，析出银30.6g，则该杂质可能是（ ）A甲醛 B乙醛 C丁醛 D戊醛解析：设含杂质的醛的相对分子质量为M，其质量为mg。因为所以当m0.3g时，代入得M21是否冲突？请说明之。并计算1H，2H，3H反响活性之比（两种1H合并计算）。解析：2甲基丁烷中有9个1H，2个2H，1个3H，每种氢原子的反响速率之比为：反响速率是3H2H1H
30、，但由于1H，2H比3H多，所以产物相对含量较多，与游离基的稳定321没有冲突。12、（1）说明下述反响得到两个产物的缘由，并估计哪一个产物较多？（2）已知戊烷热裂化是一个游离基反响，用反响式表示反响过程。解析：（1）烷烃的卤代反响中，溴代反响选择性较高，主要是2H反响。在戊烷分子中有两种2H，C2和C4上的2H是等同的，共有4个；C3上的2H只有两个，所以溴的取代有两种2H被取代后的产物，且以2溴代戊烷为主要产物。（2）戊烷碳链发生均裂生成自由基的可能断裂的状况有两种，即碳原子数为1与4以及去掉2与3这两种，这两种可能性均有。即2CH3CH2CH2CH2CH3CH3CH2CH2CH2CH3C
31、H3CH2CH3CH2CH2 。这几种游离基还可以进一步发生变更。CH3CH2CH2CH2CH3CH2CH2=CH2，CH3CH2CH2CH3CH=CH2H,CH3CH2CH2=CH2H 。此外，各游离基之间还可以互相结合成烷烃。CH3CH2CH2CH2CH3CH2CH2CH3(CH2)5CH3，CH3CH2CH3CH3CH2CH3，CH3CH2HCH3CH3 HHH2。另外还有辛烷、己烷等生成。13、（2005年黄冈中学强化题）比拟下列各组化合物进展SN2反响时的反响速率。解析：（1）进展SN2历程反响时，1RX2RX3RX，所以（2）CX键中，键能小的卤原子易被取代，所以14、（2005年
32、黄冈中学强化题）比拟下列各组化合物进展SN1反响时的反响速率。（1）苄基溴，苯基溴乙烷，苯基溴乙烷。（2）3甲基1溴戊烷，2甲基2溴戊烷、2甲基3溴戊烷。解析：SN1历程的反响，反响物生成的中间产物碳正离子稳定性越大，反响速率越快。（1）苄基溴和苯基溴乙烷均属于烯丙式卤代烃，碳正离子较稳定，苯基溴乙烷上还多一个斥电子的CH3，所以更稳定，反响活性为苯基溴乙烷苄基溴苯基溴乙烷。（2）2甲基2溴戊烷是3RX，所以最快，2甲基3溴戊烷是仲卤代烃，速率其次，3甲基1溴戊烷是伯卤代烃速率最小。15、（启东中学2000年强化题）比拟下列化合物在KOH醇溶液中脱卤化氢的反响速率。CH3CH2CH2CH2Br
33、，CH3CH2CHBrCH3，CH3CH2CBr(CH3)2。解析：消去反响的速率从大到小为CH3CH2CBr(CH3)2CH3CH2CHBrCH3CH3CH2CH2CH2Br。16、某萜烯醇A(C10H18O)经选择性氧化得到的产物或是一个十碳原子的醛，或是一个十碳原子的羧酸。A与 2mol的溴反响，生成一种四溴化合物，分子式为C10H18Obr4（B）。A经臭氧分解、氧化反响后，生成下述三种化合物：化合物A也能与氢溴酸（HBr）反响，生成几种化合物，其中包括分子式为C10H17BR的两个开键的溴化物。（1）画出化合物A的构造。（2）画出化合物B的构造。（3）画出分子式为C10H17Br的两
34、个开链溴化物的构造。（4）用反响构造式表示出第（3）问中两个溴化物形成的历程。解析：（1）萜烯醇A(C10H18O)经选择性氧化，可得到十个碳原子的醛或十个碳原子的羧酸，说明此时只氧化醇羟基。能氧化成羧酸的醇羟基，应在碳链的端点。由A能与2 mol溴反响生成四溴化合物，A经臭氧分解、氧化后生成的三种化合物，可知A为含有两个双键的直链化合物，且可能有两种构造：由于A为萜类化合物，而萜类化合物的构造特点是：分子可看成是两个或多个异戊二烯分子以首尾相连结合起来的。甲中含有两个异戊二烯构造单元，而乙中不含异戊二烯构造单元，所以A为甲的构造。（2）A的构造确定后，在双键上加上溴即得化合物B的构造。（3）
35、A与氢溴酸（HBr）既可发生加成反响，也可发生取代反响，且中间体碳正离子可发生重排，故可生成多种化合物。分子式为C10H17Br的化合物与A相比，少了一个氢原子和一个氧原子，多了一个溴原子，可知是一个溴原子取代了一个羟基。由于生成了两个分子式为C10H17Br的化合物，而A中只有一个OH，故可推想是中间体碳正离子重排的原因。（4）由于（3）中生成了两种分子式为C10H17Br的化合物，所以，该反响为SN1机理，首先生成1碳正离子，再重排为3碳正离子。（1）A的构造式：（有Z、E两种异构体）（2）B的构造式：（3）两个溴化物的构造式：（4）两个溴化物形成的历程：17、（2001年浙江省高中化学竞
36、赛题）已知乙醛甲基上的氢原子都是氢原子，活性较大，都可以与甲醛中的羰基发生加成反响，如HCHOCH3CHOHOCH2CH2CHO；CH2(COOC2H5)2。现由乙烯和丙二酸等物质合成I，合成路途如下图。请答复下列问题：（1）写出下列物质的构造简式：E_；H_；I_。（2）写出AD化学方程式：_。解析：由乙烯动身，依据题给的条件，正向推导可得：A：CH3CHO B：CH3CH2OH C：CH3CH2ONa而由AD，如CH3CHOHCHO是11反响，则为HOCH2CH2CHO。还有2个H依据题给的信息能与2个HCHO反响。那么原委有几个HCHO与CH3CHO反响呢？采纳逆向推导，即从I分子式，结
37、合合成路途以及题给的信息逐一往前推导可知：由3个HCHO与CH3CHO发生反响生成注：本题是依据合成路途改编而成的框图推断题，解题的策加重是进展可逆思维，即采纳正向推导与逆向推导相结合。在分析AD时特别重要，局部学生因不能采纳这种方法去思索问题而不能顺当解答。第四节 试题精选综合性例题1、化合物A含有一个五元环，分子式为C7H12。A用臭氧处理后，经Zn/H2O复原得到二元醛B，分子式为C7H12O2。化合物A在0下用碱性高锰酸钾溶液处理生成邻二醇C(C7H14O2)；后者是非手性分子，简单在吡啶存在下与1 mol 的光气反响生成一种双环化合物D(C8H12O3)。C用热的高锰酸钾水溶液处理生
38、成二元酸E(C7H12O4)。E经氯化得到互为异构体的F、G和H，它们均是化学式为C7H11Cl的一氯代化合物。F是非手性的，而G和H是对映体。用某种过氧酸处理A，再经酸性水解，得到I和J（都是C7H14O2），它们是对映体。化合物I和J是化合物C的非对映异构体。请给出化合物AJ的立体构造。解析：A的不饱和度为已知分子中含有一个五元环，可知分子中还有一个双键。A经臭氧氧化，在Zn粉存在下复原水解得到二元醛B，可推想A是二甲基环戊烯，而且两个甲基不会在双键的两个碳原子上，因此A的构造可能为以下几种：A被碱性高锰酸钾溶液氧化得到非手性的邻二醇C，可知A的构造不是和，可能是的其中一种异构体和。C氧化
39、得到二元酸E(C7H12O4)，再氯化得到互为异构体的F、G和H，其中G和H是对映体，F是非手性的。依据这样的性质，就解除了构造，因经上述各步反响得到的氯化异构体不止3种，由此推断出化合物A只可能是。综合分析，可推出其他化合物的立体构造式。化合物AJ的构造式依次为：2、2001年全部化学竞赛（初赛）试题新药麦米诺的合成路途如下：（1）确定B、C、D的构造式（填入方框）。（2）给出B和C的系统命名：B为_；C为_。（3）CH3SH在常温常压下的物理状态最可能是_（填“气”或“液”或“固”），作出以上推断的理由是_。解析：（1）逆向思维分析：所以（2）命名时要选择好母体以及碳的编号，同时要标明取代基官能团的位置。B：3甲硫基1，2环氧丙烷或甲基