Question

I已知：，如果要合成 所用的原始原料可以是______
A.2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔        B．1，3-戊二烯和2-丁炔
C．2，3-二甲基-1，3-戊二烯和乙炔    D．，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔
II（A～G都是有机化合物，它们的转化关系如下：
请回答下列问题：
（1）已知：6.0g化合物E完全燃烧生成8.8g C0₂和3.6g H₂0；E的蒸气与氢气的相对密度为30，则E的分子式为______：
（2）A为一取代芳烃，B中含有一个甲基．由B生成C的化学方程式为______

Answer 1

【答案】分析：Ⅰ．可以采用逆向合成分析法去顶两种原料；
Ⅱ．根据阿伏加德罗定律的推论相对密度之比等于摩尔质量之比，E的蒸气与氢气的相对密度为30，摩尔质量是60，根据生成二氧化碳和水的质量确定最简式，结合摩尔质量可确定有机物为C₂H₄O₂，为乙酸，由框图可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C₈H₁₀O，因为A为一取代芳烃，且B中含有一个甲基，所以B的结构简式为C₆H₅CHClCH₃，D可以与Br₂发生加成反应，所以D是苯乙烯，结构简式为C₆H₅CH=CH₂，C是C₆H₅CHOHCH₃，因此酯化产物的结构简式是  ，结合题给信息和有机物的结构和性质可解答该题．
解答：解：Ⅰ．本题可以采用逆向合成分析法．  或者是．根据有机物的命名原则两种原料分别是2，3-二甲基-l，3-丁二烯和丙炔或者是2-甲基-l，3-丁二烯和2-丁炔，故答案为：AD；
Ⅱ．（1）根据阿伏加德罗定律的推论相对密度之比等于摩尔质量之比，因此E摩尔质量是60.6.0gE的物质的量就是0.1mol，完全燃烧后生成C0₂和 H₂0的物质的量分别为和，其中碳、氢的质量分别为0.2×12=2.4g和0.4×1=0.4g，因此E中氧元素的质量为6.0-2.4-0.4=3.2g，所以氧元素的物质的量为，因此碳、氢、氧三种原子个数之比为1：2：1，即最简式为CH₂O，因为E摩尔质量是60，所以分子式是C₂H₄O₂，
故答案为：C₂H₄O₂；
（2）由框图可知E和C酯化生成F，由原子守恒知C的分子式是C₈H₁₀O，因为A为一取代芳烃，且B中含有一个甲基，所以B的结构简式为C₆H₅CHClCH₃，B生成C的化学方程式是：C₆H₅CHClCH₃+H₂OC₆H₅CHOHCH₃+HCl，
故答案为：C₆H₅CHClCH₃+H₂OC₆H₅CHOHCH₃+HCl；
（3）因为D可以与Br₂发生加成反应，所以D是苯乙烯，结构简式为C₆H₅CH=CH₂，卤代烃发生消去反应的条件是NaOH醇溶液并加热；醇发生消去反应的条件是浓硫酸并加热，
故答案为：NaOH醇溶液并加热；浓硫酸并加热；
（4）A属于苯的同系物，B属于卤代烃，所以由A生成B的反应类型是取代反应；D中含有碳碳双键，因此由D生成G的反应类型是加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；
（5）因为C、E可以发生酯化反应，所以E是乙酸，又因为C是C₆H₅CHOHCH₃，因此酯化产物的结构简式是  ，
故答案为：；

（6）苯环上一硝化的产物只有一种，说明应该是对称性结构，根据G的分子式C₈H₈Br₂可知符合条件的共有以下7种：


其中核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为l：1的是，
故答案为：7；．
点评：本题主要考查有机物结构式的确定、有机化合物的推断、同分异构体的书写和判断、有机反应方程式的书写和反应类型的判断，题目难度中等，易错点为同分异构体的判断，注意正确推断有机物的结构为解答该题的关键．