Question

18．丙烯酸乙酯（化合物Ⅳ）是制備塑料、樹脂等高聚物的重要中間體，可由下面路線合成：

（1）化合物Ⅰ中含有的官能團有碳碳雙鍵、醛基（填名稱），1mol化合物Ⅳ完全燃燒消耗O₂為6mol．
（2）化合物Ⅱ能使溴的CCl₄溶液褪色，其反應方程式為CH₂=CHCOOH+Br₂→CH₂BrCHBrCOOH．
（3）反應②屬于取代反應，化合物Ⅰ可以由化合物Ⅴ（分子式為C₃H₆O）催化氧化得到，則化合物Ⅴ→Ⅰ的反應方程式為2CH₂=CH-CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu}$2CH₂=CH-CHO+2H₂O．
（4）化合物Ⅵ是化合物Ⅳ的同分異構體，Ⅵ含有碳碳雙鍵并能與NaHCO₃溶液反應放出氣體，其核磁共振氫譜峰面積之比為1：1：6，則化合物Ⅵ的結構簡式為CH₃C（CH₃）=CH-COOH．
（5）一定條件下，化合物  也可與化合物Ⅲ發(fā)生類似反應③的反應，則得到的產物的結構簡式為．

Answer 1

分析 （1）化合物Ⅰ含有碳碳雙鍵和醛基；寫出反應的方程式可得耗氧量；
（2）化合物II的官能團是碳碳雙鍵與溴可以發(fā)生加成反應；
（3）比較Ⅱ和Ⅲ結構可知反應類型；醇催化氧化成醛，結合Ⅴ的分子式和Ⅰ的結構簡式，可知Ⅴ為烯醇，由此可寫出醇氧化成醛的方程式；
（4）Ⅵ含有碳碳雙鍵并能與NaHCO₃溶液反應放出氣體，說明含雙鍵和羧基官能團，根據核磁共振氫譜峰面積之比為1：1：6，說明有3種氫原子，氫原子的個數分別為1、1、6，由此寫出結構簡式；
（5）反應③原理是結構中氯原子被醇中烷氧基取代，類比寫出化合物Ⅲ與反應的產物．

解答 解：（1）化合物Ⅰ含有碳碳雙鍵和醛基；根據烴的含氧衍生物燃燒通式可得：C₅H₈O₂+6O₂$\stackrel{點燃}{→}$5CO₂+4H₂O，其中氧氣與Ⅳ的物質的量之比等于系數之比，則1molⅣ完全燃燒最少需要消耗6mol O₂，
故答案為：碳碳雙鍵、醛基； 6；
（2）化合物II的官能團是碳碳雙鍵與溴可以發(fā)生加成反應，反應方程式為：CH₂=CHCOOH+Br₂→CH₂BrCHBrCOOH；故答案為：CH₂=CHCOOH+Br₂→CH₂BrCHBrCOOH；
（3）比較Ⅱ和Ⅲ結構可知：化合物Ⅱ中-COOH經過反應②變成了化合物Ⅲ中-COCl，氯原子取代了羥基位置，故反應②為取代反應；醇催化氧化成醛，結合Ⅴ的分子式和Ⅰ的結構簡式，可知Ⅴ為烯醇，結構簡式為：CH₂=CH-CH₂OH，由此可寫出醇氧化成醛的方程式：2CH₂=CH-CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu}$2CH₂=CH-CHO+2H₂O；
故答案為：取代；2CH₂=CH-CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu}$2CH₂=CH-CHO+2H₂O；
（4））化合物Ⅵ是化合物Ⅳ的同分異構體，故Ⅵ的分子式為：C₅H₈O₂；Ⅵ含有碳碳雙鍵并能與NaHCO₃溶液反應放出氣體，說明含雙鍵和羧基官能團，根據核磁共振氫譜峰面積之比為1：1：6，說明有3種氫原子，氫原子的個數分別為1、1、6，由此寫出Ⅵ的結構簡式為：CH₃C（CH₃）=CH-COOH；
故答案為：CH₃C（CH₃）=CH-COOH；
（5）反應③原理是結構中氯原子被醇中烷氧基取代，類比寫出化合物Ⅲ與反應的產物為：．
故答案為：．

點評 本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握有機物典型代表物的組成和性質以及它們相互聯(lián)系、重要有機反應類型如取代反應、加成反應、消去反應和氧化反應、核磁共振氫譜峰組數和峰面積等為解答的關鍵，綜合考查考生的分析能力、邏輯推理能力、綜合應用信息以及信息遷移能力．