Question

18．丙烯酸乙酯（化合物Ⅳ）是制备塑料、树脂等高聚物的重要中间体，可由下面路线合成：

（1）化合物Ⅰ中含有的官能团有碳碳双键、醛基（填名称），1mol化合物Ⅳ完全燃烧消耗O₂为6mol．
（2）化合物Ⅱ能使溴的CCl₄溶液褪色，其反应方程式为CH₂=CHCOOH+Br₂→CH₂BrCHBrCOOH．
（3）反应②属于取代反应，化合物Ⅰ可以由化合物Ⅴ（分子式为C₃H₆O）催化氧化得到，则化合物Ⅴ→Ⅰ的反应方程式为2CH₂=CH-CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu}$2CH₂=CH-CHO+2H₂O．
（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅳ的同分异构体，Ⅵ含有碳碳双键并能与NaHCO₃溶液反应放出气体，其核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，则化合物Ⅵ的结构简式为CH₃C（CH₃）=CH-COOH．
（5）一定条件下，化合物  也可与化合物Ⅲ发生类似反应③的反应，则得到的产物的结构简式为．

Answer 1

分析 （1）化合物Ⅰ含有碳碳双键和醛基；写出反应的方程式可得耗氧量；
（2）化合物II的官能团是碳碳双键与溴可以发生加成反应；
（3）比较Ⅱ和Ⅲ结构可知反应类型；醇催化氧化成醛，结合Ⅴ的分子式和Ⅰ的结构简式，可知Ⅴ为烯醇，由此可写出醇氧化成醛的方程式；
（4）Ⅵ含有碳碳双键并能与NaHCO₃溶液反应放出气体，说明含双键和羧基官能团，根据核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，说明有3种氢原子，氢原子的个数分别为1、1、6，由此写出结构简式；
（5）反应③原理是结构中氯原子被醇中烷氧基取代，类比写出化合物Ⅲ与反应的产物．

解答 解：（1）化合物Ⅰ含有碳碳双键和醛基；根据烃的含氧衍生物燃烧通式可得：C₅H₈O₂+6O₂$\stackrel{点燃}{→}$5CO₂+4H₂O，其中氧气与Ⅳ的物质的量之比等于系数之比，则1molⅣ完全燃烧最少需要消耗6mol O₂，
故答案为：碳碳双键、醛基； 6；
（2）化合物II的官能团是碳碳双键与溴可以发生加成反应，反应方程式为：CH₂=CHCOOH+Br₂→CH₂BrCHBrCOOH；故答案为：CH₂=CHCOOH+Br₂→CH₂BrCHBrCOOH；
（3）比较Ⅱ和Ⅲ结构可知：化合物Ⅱ中-COOH经过反应②变成了化合物Ⅲ中-COCl，氯原子取代了羟基位置，故反应②为取代反应；醇催化氧化成醛，结合Ⅴ的分子式和Ⅰ的结构简式，可知Ⅴ为烯醇，结构简式为：CH₂=CH-CH₂OH，由此可写出醇氧化成醛的方程式：2CH₂=CH-CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu}$2CH₂=CH-CHO+2H₂O；
故答案为：取代；2CH₂=CH-CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu}$2CH₂=CH-CHO+2H₂O；
（4））化合物Ⅵ是化合物Ⅳ的同分异构体，故Ⅵ的分子式为：C₅H₈O₂；Ⅵ含有碳碳双键并能与NaHCO₃溶液反应放出气体，说明含双键和羧基官能团，根据核磁共振氢谱峰面积之比为1：1：6，说明有3种氢原子，氢原子的个数分别为1、1、6，由此写出Ⅵ的结构简式为：CH₃C（CH₃）=CH-COOH；
故答案为：CH₃C（CH₃）=CH-COOH；
（5）反应③原理是结构中氯原子被醇中烷氧基取代，类比写出化合物Ⅲ与反应的产物为：．
故答案为：．

点评 本题考查有机物的合成，为高频考点，把握有机物典型代表物的组成和性质以及它们相互联系、重要有机反应类型如取代反应、加成反应、消去反应和氧化反应、核磁共振氢谱峰组数和峰面积等为解答的关键，综合考查考生的分析能力、逻辑推理能力、综合应用信息以及信息迁移能力．