有机合成、关于草莓醛常规由苯乙酮同氯乙酸乙酯在乙醇钠的催化下经Darzens反应、现在要求在此合成中氯乙酸乙酯的替代品和

解题思路：（1）羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水；
球形干燥管容积较大，利于乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用；
（2）①对比试验关键是要采用控制变量，即控制一个变量，其它条件不变；
②分析使用浓硫酸和稀硫酸的稀硫酸的实验，比较哪种条件下生成的乙酸乙酯多；
（3）先判断过量情况，根据反应方程式及不足量计算出生成乙酸乙酯的质量，然后计算出乙酸乙酯的产率；
（4）①由分离流程可知，分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸，乙酸乙酯的密度小于水，分层后乙酸乙酯在上层，下层为水层，先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸乙酯从上口放出；
②无水碳酸钠粉末是一种良好的吸水剂，可以除掉乙酸乙酯中混有的少量水；
（5）根据图中甲、乙两个装置的不同点和制取乙酸乙酯的反应原理进行解答；

（1）羧酸与醇发生的酯化反应中，羧酸中的羧基提供-OH，醇中的-OH提供-H，相互结合生成水，其它基团相互结合生成酯，同时该反应可逆，反应的化学方程式为
CH₃COOH+CH₃CH₂¹⁸OHCH₃CO¹⁸OC₂H₅+H₂O；球形干燥管容积较大，使乙酸乙酯充分与空气进行热交换，起到冷凝的作用，也可起到防止倒吸的作用，
故答案为：冷凝和防止倒吸；
（2）①本题是研究实验D与实验C相对照，证明H⁺对酯化反应具有催化作用的条件，题中采用了一个变量，实验C 2mol•L^-1 H₂SO₄，实验D盐酸，所以达到实验目的，实验D与实验C中H⁺的浓度一样，实验C 3mL乙醇、2mL乙酸、2mol•L^-1 H₂SO₄，实验D 3mL乙醇、2mL乙酸、盐酸，要保证溶液体积一致，才能保证乙醇、乙酸的浓度不变，盐酸体积为4mL，实验D与实验C中H⁺的浓度一样，所以盐酸的浓度为4mol•L^-1，
故答案为：3，4；
②对照实验A和C可知：试管Ⅰ中试剂实验A中使用1mL18mol•L^-1 浓硫酸，生成的乙酸乙酯比C中生成的乙酸乙酯大很多，说明浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率，
故答案为：A C；
（3）90g乙酸的物质的量为：[90/60g/mol]=1.5mol，138g乙醇的物质的量为：[138g/46g/mol]=3mol，显然乙醇过量，理论上生成的乙酸乙酯的物质的量需要按照乙酸的量进行计算，根据反应CH₃COOH+C₂H₅OHCH₃COOC₂H₅+H₂O可知，理论上生成乙酸乙酯的物质的量为1.5mol，而实际上生成了88g，则乙酸乙酯的产率为：[88g/88g/mol×1.5mol]×100%=66.7%，
故答案为：66.7%；
（4）①乙酸乙酯是不溶于水的物质，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的，分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可．对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇．然后水层中的乙酸钠，根据强酸制弱酸，要用浓硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；乙酸乙酯的密度小于水，分层后乙酸乙酯在上层，下层为水层，先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸乙酯从上口放出；
故答案为：ab；①②③；饱和Na₂CO₃溶液；蒸馏；蒸馏；D；
②无水碳酸钠粉末是一种良好的吸水剂，可以除掉乙酸乙酯中混有的少量水，
故答案为：除去乙酸乙酯中混有的少量水；
（5）图中甲、乙两个装置的不同点，乙装置能将易挥发的反应物乙酸和乙醇冷凝回流到反应容器中，继续反应，而甲不可，
故答案为：乙．

点评：
本题考点： 乙酸乙酯的制取；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．

考点点评： 本题考查了乙酸乙酯的制备、混合物的分离和提纯，题目综合性强，注意掌握乙酸乙酯的制备原理和产物分离和提纯的实验方法，难度中等．

解题思路：（1）根据化合物Ⅰ的结构简式判断有机物的官能团；
根据结构简式判断含有的元素种类和原子个数可确定分子式；
（2）由转化关系可知，化合物Ⅲ中甲基上1个H原子被Cl原子取代生成化合物Ⅳ，化合物Ⅳ为，化合物Ⅳ发生水解反应生成化合物Ⅴ，则V为，化合物Ⅴ连续氧化生成化合物Ⅶ，则化合物Ⅵ为，化合物Ⅶ与乙醇发生酯化反应生成化合物Ⅱ；
某同学设想无需经反应②、③、④和⑤，直接用酸性KMnO₄溶液就可将化合物Ⅲ氧化为化合物Ⅶ，其原理是将甲基氧化为-COOH，但酸性KMnO₄溶液会氧化化合物Ⅲ中的碳碳双键；
（3）化合物Ⅶ有多种同分异构体，苯环上有两个取代基，1mol 该物质发生银镜反应能生成4molAg，则该同分异构体中含有2个-CHO，故取代基为-CHO、-CH₂CHO，有邻、间、对三种位置关系；
（4）反应⑥是化合物Ⅶ与乙醇再浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成化合物Ⅱ；
（5）由反应①可知，化合物Ⅰ提供1个Br原子，化合物Ⅱ中C=C中含有H原子较多的C原子提供1个H原子，脱去1分子HBr，其余基团连接形成化合物，据此书写．

（1）化合物I中的官能团名称为溴原子、醛基；
化合物Ⅱ中含有11个C、12个H、2个O，则分子式为C₁₁H₁₂O₂，
故答案为：溴原子、醛基；C₁₁H₁₂O₂；
（2）由转化关系可知，化合物Ⅲ中甲基上1个H原子被Cl原子取代生成化合物Ⅳ，化合物Ⅳ为，化合物Ⅳ发生水解反应生成化合物Ⅴ，则V为，化合物Ⅴ连续氧化生成化合物Ⅶ，则化合物Ⅵ为，化合物Ⅶ与乙醇发生酯化反应生成化合物Ⅱ；
某同学设想无需经反应②、③、④和⑤，直接用酸性KMnO₄溶液就可将化合物Ⅲ氧化为化合物Ⅶ，其原理是将甲基氧化为-COOH，但酸性KMnO₄溶液会氧化化合物Ⅲ中的碳碳双键；
故答案为：；酸性KMnO₄溶液会氧化化合物Ⅲ中的碳碳双键；
（3）化合物Ⅶ有多种同分异构体，苯环上有两个取代基，1mol 该物质发生银镜反应能生成4molAg，则该同分异构体中含有2个-CHO，故取代基为-CHO、-CH₂CHO，有邻、间、对三种位置关系，符合条件同分异构体为：，
故答案为：；
（4）反应⑥是化合物Ⅶ与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成化合物Ⅱ，反应方程式为：，
故答案为：；
（5）化合物与化合物 在一定条件下按物质的量之比1：2可发生类似反应①的反应，则提供2个Br原子，中C=C中含有H原子较多的C原子提供1个H原子，脱去2分子HBr，其余基团连接形成化合物，故产物的结构简式为：，
故答案为：．

点评：
本题考点： 有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体．

考点点评： 本题考查有机物的推断与合成，注意根据转化关系中有机物的结构与反应条件、反应类型进行推断，较好的考查学生的阅读能力，对知识的迁移运用能力，难度掌握．

1.易于被保护基团反应,且除被保护基团外不影响其他基团.
2.保护基团必须经受得起在保护阶段的各种反应条件.
3.保护基团易于除去.
化学合成中常用的保护基
碳氢键的保护
羟基的保护
氨基的保护
羰基的保护
羧基的保护
1. 碳氢键的保护
乙炔及末端炔烃中的炔氢较活泼,它可以与活泼金属`强碱`强氧化剂及有机金属化合物反应.
常用的炔氢保护基为三甲硅基.将炔烃转变为格氏试剂后同三甲基氯硅烷作用.即可引入三甲硅基.该保护基对于金属有机试剂`氧化剂很稳定.可在使用这类试剂的场合保护炔基.
2.羟基的保护
醚类
缩醛和缩酮类
酯类
羟基是一个活性基团,它能够分解格氏试剂和其他有机金属化合物,本身易被氧化,叔醇还容易脱水,并可以发生烃基化和酰基化反应.所以在进行某些反应时,若要保留烃基,就必须将它保护起来.
醇羟基常用的保护方法有3类:
2.1 转变成醚
甲醚
用生成甲醚的方法保护羟基是一个经典方法.通常使用硫酸二甲酯,在氢氧化钠或氢氧化钡存在下,在DMF或DMSO溶剂中反应得到.
优点:该保护基很容易引入,且对酸,碱,氧化剂和还原剂都很稳定.
缺点:难于脱保护,用氢卤酸回流脱保护基条件比较剧烈,常使分子遭到破坏,只有当分子中其他部位没有敏感基团时才适用.
2.1 转变成醚
叔丁醚
将醇的二氯甲烷溶液或悬浮液在 硫酸复合物存在下,在室温与过量的异丁烯作用,可得到叔丁醚.
优点:对碱及催化氢化是稳定的.
缺点:对酸敏感,其稳定性低于甲醚.由于脱保护基所用的酸性条件剧烈,当分子中存在对酸敏感的基团时不适用
2.1 转变成醚
三甲硅醚
三甲硅醚广泛用于保护糖类,甾类及其他醇羟基.通常引入三甲基硅基保护基所用的试剂有三甲基氯化硅和碱;六甲基二硅氨烷.在含水醇溶液中加热回流即可除去保护基.
优点:醇的三甲硅醚对催化氢化,氧化还原反应是稳定的,该保护基可在非常温和的条件下引入和去除.
缺点:对酸和碱敏感,只能在中性条件下使用.
2.2 转变成缩醛或缩酮
2,3-二氢-4H-吡喃在酸的催化作用下,与醇类起加成反应,生成四氢吡喃醚衍生物.这是最常用的醇羟基的保护方法之一.此保护基广泛用于炔醇,甾类及核苷酸的合成中.
2.3 转变成酯
醇与酰卤,酸酐作用生成羧酸酯;与氯甲酸作用生成碳酸酯.
所生成的酯在中性和酸性条件下比较稳定,因此可在硝化`氧化和形成酰氯时用成酯的方法保护羟基.保护基团可通过碱性水解除去,或在锌-铜的乙酸溶液中除去.
3.氨基的保护
伯胺和仲胺很容易被氧化,且易发生烃
基化,酰基化以及与醛酮羰基的亲核加成反
应.在合成中常采用:
(1)氨基质子化
(2)变为酰基衍生物
(3)变为烃基衍生物等方法将氨基保护起来
3.1 质子化
此方法仅用于防止氨基的氧化,因为理论上说
采用氨基质子化,即占据氮尚未共用电子对,以阻
止取代反应的放生.这是对氨基保护最简单的法.
3.2 转变为酰基衍生物
将氨基酰化转变成酰胺是保护氨常用的方法.通常伯胺酰基化已足以保护基,防止其被氧化和烃化反应的发生.常用的酰基化试剂为酰卤和酸酐.
保护基可在酸性和碱性条件下水解出去.
3.2 转变为酰基衍生物
邻苯二甲酸酐与伯胺所生成的邻苯二甲酰亚胺非常稳定,不受催化氢化碱性还原,醇解以及氯化氢,溴化氢,乙酸溶液的影响,也适用于保护伯胺.在酸性或碱性条件下水解或用肼解法脱去保护.
3.3 转变为烃基衍生物
用烃基保护氨基主要用三苯甲基或苯甲
基.
三苯甲基衍生物可用胺与溴或氯代三苯
甲烷在碱存在下制备.三苯甲基由于空间位
阻效应对氨基起到很好的保护作用,它对碱
是稳定的.
苯甲基衍生物用胺和氯化苯甲基在碱存
下制得.
4.羰基的保护
羰基具有许多反应性能,是有机化学中
最易发生反应的活性官能团之一.
保护羰基常用的方法:生成缩醛和缩酮
来降低羰基活性而保护羰基.
4.羰基的保护
保护醛酮羰基最常用的方法是通过乙二醇和2-疏基乙醇的反应,生成相应的叫做环缩醛或缩酮的产物.
5.羧基的保护
羰基通常用形成酯的方法保护.常见的有转变为甲酯,乙酯,叔丁酯,苯甲酯.
甲酯和乙酯可以用羧酸直接与甲醇或乙醇发生酯化反应制得,又可以被碱水解.
5.羧基的保护
叔丁酯可由羧酸先变为酰氯,再与叔丁醇作用,或者通过羧酸与异丁烯直接作用而得.它不能氢解,在通常条件下也不被氨解及碱催化水解.
5.羧基的保护
苯甲酯可由羧酸与苯甲基卤在碱性条件下反应而得.它除了可在强酸性或碱性条件下水解,还可以被氢解.

解题思路：（1）根据工艺流程可知升华器中含有AlCl₃等，所以Al₂O₃、C1₂和C反应会生成A1C1₃，由冷凝器尾气可知还会生成CO；
（2）Cl₂有强氧化性，将SO₃^2-氧化为SO₄^2-，自身被还原为2C1^-；
（3）升华器中主要含有AlCl₃和FeCl₃，FeCl₃熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl₃，应除去FeCl₃；
（4）制备无水AlCl₃含有杂质FeCl₃，残留固体质量为0.32g为Fe₂O₃，根据铁原子守恒计算FeCl₃质量，进而计算出AlCl₃的质量，再根据产品的纯度定义计算．
（5）将AlCl₃•6H₂O脱水制备无水氯化铝可在HCl气流中加热脱结晶水

（1）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl₃，说明氯化炉的产物中含有A1C1₃，冷凝器尾气含有CO，所以Al₂O₃、C1₂和C反应，生成A1C1₃和CO，反应方程式为A1₂O₃+3C1₂+3C

高温
.
2A1C1₃+3CO
（2）Cl₂有强氧化性，将SO₃^2-氧化为SO₄^2-，自身被还原为2C1^-．反应离子方程式为SO₃^2-+C1₂+H₂O═SO₄^2-+2C1^-+2H⁺
（3）升华器中主要含有AlCl₃和FeCl₃，FeCl₃熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl₃，应除FeCl₃去．所以加入少量Al目的是除去FeCl₃，
（4）①除杂过程中铁离子与氢氧根离子结合成氢氧化铁沉淀，铝离子与氢氧根离子结合成偏铝酸根和水，离子方程式为：Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O
②根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl₃质量为m，则
Fe₂O₃～～～～～2FeCl₃
160 325
0.32g m
[160/0.32g＝
325
m]
解得，m=0.65g，
所以AlCl₃产品的纯度为[16.25g−0.65g/16.25g]×100%=96%，
（5）将AlCl₃•6H₂O脱水制备无水氯化铝可在HCl气流中加热脱结晶水
故答案为：（1）A1₂O₃+3C1₂+3C

高温
.
2A1C1₃+3CO
（2）SO₃^2-+C1₂+H₂O=SO₄^2-+2C1^-+2H⁺（3）除去FeCl₃
（4）①Fe³⁺+3OH^-=Fe（OH）₃↓Al³⁺+4OH^-=AlO₂^-+2H₂O ②96%
（5）在HCl气流中加热脱结晶水

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备．

考点点评： 本题考查了考生对自己存储的知识，进行分解、迁移转换、重组，使问题得到解决的应用能力，体现出化学是真实的．能够通过对生产、生活和科学实验中化学现象以及相关数据和图形等的观察，获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力．

(1)碳碳双键
(2)
(3)加成反应
(4)
(5)1；反应c

氯代后气体通入水中,氯代物与水分层,水溶液为盐酸.如还有氯气未反应完全,加热使氯气分解为盐酸.

解题思路：在催化剂作用下，乙炔和甲醛反应生成A，A和氢气发生加成反应生成B，根据B的分子式知，乙炔和甲醛以1：2反应生成A，所以A的结构简式为：HOCH₂C≡CCH₂OH，B的结构简式为：HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH，在铜作催化剂、加热条件下B被氧气氧化生成C，C的结构简式为：OHCCH₂CH₂CHO，C再被氧化生成G，G的结构简式为：HOOCCH₂CH₂COOH，B和G发生酯化反应生成M，M是聚酯，所以M的结构简式为：，

C反应生成D，D在一定条件下反应生成E，根据E的结构简式知，D的结构简式为：，结合有机物的结构和性质解答．

在催化剂作用下，乙炔和甲醛反应生成A，A和氢气发生加成反应生成B，根据B的分子式知，乙炔和甲醛以1：2反应生成A，所以A的结构简式为：HOCH₂C≡CCH₂OH，B的结构简式为：HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH，在铜作催化剂、加热条件下B被氧气氧化生成C，C的结构简式为：OHCCH₂CH₂CHO，C再被氧化生成G，G的结构简式为：HOOCCH₂CH₂COOH，B和G发生酯化反应生成M，M是聚酯，所以M的结构简式为：，

C反应生成D，D在一定条件下反应生成E，根据E的结构简式知，D的结构简式为：，
（1）①为加成反应，②为消去反应，故答案为：加成，消去；
（2）通过以上分析知，B和M的结构简式分别为：HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH、，
故答案为：HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH、；
（3）碱性条件下，C发生加成反应生成D，反应方程式为：，故答案为：；

（4）C是醇，D是醛，向混合物中加入碱石灰进行蒸馏，蒸馏出产品后加入钠观察是否有气泡产生，如果有气泡产生，说明还存在醇，否则没有醇，故答案为：碱石灰、Na，加碱石灰蒸馏出产品后加钠无气泡产生；
（5）有苯环和4种不同化学环境氢原子且与E互为同分异构体的酯有：乙酸苯酯、甲酸苯甲酯、苯甲酸甲酯，所以有3种，其中一种同分异构体的结构简式为：，故答案为：3，．

点评：
本题考点： 有机物的推断．

考点点评： 本题考查有机物的推断，会利用题给信息结合有机物的结构确定发生的反应，同时考查学生知识迁移能力，难点是同分异构体的确定，难度中等．

(1)C ₅ H ₈ O
(2)
(3)abcd
(4)

 （1）醛基、羰基(2分，各1分)    加成反应(2分)
（2）  (2分) 
（3） (2分)
（4）  (合理答案均可)(2分)
（5）
(5分)
(全部正确的得5分；若有错误，每有一步正确的给1分；第四步用高锰酸钾氧化直接得目标产物亦可)


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解题思路：电镀废液中加入碱可生成Cu（OH）₂、Fe（OH）₃沉淀，在pH约为4时，用酸浸得到硫酸铜溶液和氢氧化铁沉淀，在硫酸铜溶液中加入氯化钠、铁，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu²⁺+2Cl^-+Fe=2CuCl↓+Fe²⁺，最后所得滤液为硫酸亚铁，结合CuCl的性质和题目要求解答该题．

（1）电镀废液主要含Cu²⁺、Fe³⁺，加入碱可生成Cu（OH）₂、Fe（OH）₃沉淀，
故答案为：Cu（OH）₂、Fe（OH）₃；
（2）在硫酸铜溶液中加入氯化钠、铁，发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu²⁺+2Cl^-+Fe=2CuCl↓+Fe²⁺，
故答案为：2Cu²⁺+2Cl^-+Fe=2CuCl↓+Fe²⁺；
（3）由图2可知，析出CuCl沉淀的最佳pH应为CuCl的产率最大，且氢氧化铁杂质较少，应约为3左右，
故答案为：3；
（4）由题给信息可知CuCl微溶于水，不溶于乙醇，在空气中会被迅速氧化，为防止氧化应隔绝空气，在干燥、真空环境中可加快乙醇和水的蒸发，
故答案为：加快乙醇和水的蒸发，防止CuCl被空气氧化．
（5）由框图分析可知：滤液A中主要物质是Na₂SO₄和FeSO₄，
故答案为：Na₂SO₄和FeSO₄；
（6）电解CuCl₂溶液时，阴极上发生的反应为Cu^2+_得到电子生成+1价铜，
故答案为：Cu²⁺+Cl^-+e^-═CuCl↓

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；电解原理；铜金属及其重要化合物的主要性质．

考点点评： 本题考查制备方案的设计，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握题给信息，答题时注意审题，把握自学能力的培养，难度中等．

多样性导向合成(diversity-oriented synthesis ,DOS) 概念最初由Schreiber于2000 年提出,它以一种“高通量”(high-throughput)的方式产生“类天然产物”(natural product-like) 的化合物.其合成是从单一的起始原料出发以简便易行的方法合成结构多样、构造复杂的化合物集合体,再对它们进行生物学筛选.它的合成策略遵循正向合成分析法(forward-synthetic analysis),在合成过程中尽量引入多样化的官能团,构建不同的分子骨架,并希望最终建立的小分子化合物库涵盖尽可能多的化学多样性(包括密集的手性官能团、丰富的立体化学和三维结构、以及多样性的化合物骨架).DOS 的筛选目标并不是针对某一类特定的生物靶标,而是为各种靶标寻找新的配体,进而分析细胞和生物体的功能,发现大分子相互作用的“接线图”.

水杨醛,化学名称为邻羟基苯甲醛,是一种无色或浅褐色油状液体,有杏仁味.沸点196 ℃,熔点- 7 ℃,闪点76 ℃.易溶于醇、醚,微溶于水.
水杨醛又称邻羟基苯甲醛,是一种用途极广泛的精
细化工产品,广泛用于农药、医药、香料、螯合
剂、染料中间体等的合成上.在农药方面,卤代水
杨醛、水杨醛腙和苯腙都是制备除草剂、杀虫剂、
杀菌剂和防腐剂等的重要原料,目前正在开发的一
种新型杀线虫剂也是用水杨醛为原料与2 - 氨基噻
唑席夫碱进行合成的; 在医药方面,水杨醛可用于
制备抗菌药,以及作为生产外消旋垂体促进性腺激
素药的中间体和用于生产拟肾上腺素药和抗咳喘
药; 水杨醛还用于制备香豆素和配制紫罗兰酮等香
料.由水杨醛为原料合成的香豆素,6 - 苄化香豆
素,3 - 甲基香豆素等已被广泛用于肥皂、洗涤剂、
调合香料、糖果和烟草工业; 在国外,水杨醛还是
合成植物微量营养元素的重要成分 ; 水杨醛还
可与多种金属形成螯合剂,广泛应用于石油工业;
水杨醛的许多加成物可提高燃料油、汽油和石油的
高温稳定性; 水杨醛与硝酸反应制得的3 - 硝基水
杨醛、5 - 硝基水杨醛、3 ,5 - 二硝基水杨醛等硝
基水杨醛类都是染料的中间体; 水杨醛也可用于制
备芳基偶氮染料; 另外,水杨醛及其衍生物是吲哚
啉螺苯并吡喃类有机感光材料的原料,并可合成耐
久的毛发整理剂,还用于制备多孔塑料及用作塑料
的抗氧剂、炼油工业用金属钝化剂等.水杨醛本身
也有许多用处,比如,它作为一种增亮剂和均化剂
被广泛用于电镀工业; 低浓度的水杨醛因具有很强
的足以降低细菌活性的能力而常被作为防腐剂用于
香精和香料中等.
到2000 年,世界水杨醛生产能力在6000 吨/
年以上,美国道化学公司和欧洲的罗- 布朗克公司
的产量最大,其中,道化学公司的生产能力超过
1000 吨/ 年.我国年生产能力约1000 吨/ 年,其中
大部分用于香豆素的制备,就香豆素而言,我国是
仅次于法国的世界第二大出口国.近年来水杨醛资
源紧俏,国内、国际市场都很抢手.另外,由于水
杨醛常被作为食品、饮料、烟草、酒、牙膏、化妆
品、香皂、洗涤剂等的重要配料,所以人们就对这
些与生活息息相关的产品生产原料的质量提出了更
高要求.可见研究开发生产水杨醛的经济和绿色的
工艺很有现实意义

想 光和作用 呼吸作用 都是有机合成作用
他们都是把有机物和能量的之间相互转化的过程

能,取代基的大小对反应活性的影响较大,位阻较大的胺反应活性降低,例如二异丙基乙基胺已完全不能与卤代烷发生作用.
我用二甲胺和二氯乙烷合成四甲基乙二胺,收率很好.

有机合成的 目的主要是合成天然界已经 有 的但数量很少的物质或者合成天然界没 有 的物质.历史上主要 有 3种有机合成设计的方式：(1)由原料开始的装配式合成设计:R.Willst?tter环辛四烯的合成以及E.Fischer关于糖的大量合成工作都是以此方式设计合成的.(2)由历程提出的合成设计:R.Robinson 三步合成莨宕碱以及W.S.Johnson的长叶松烯的全合成.(3)由目标分子出发以逆推思维方式提出的切断法 1967年由E.J.Corey 在前人逻辑推理地构建复杂有机分子的基础上,吸收了计算机程序设计的思维方法,把许多合成反应系统地进行了整理归纳后提出的.切断法合成设计是目前最常用的合成设计方法,逆推思维这一思维方式已经成为科学思维的一种普遍方式.现在有机合成一般的不是说 有 什么原料,想用这种原料能合成什么就合成什么.而是我们 有 目标,比如从天然界发现了一种化合物,它很 有 用可以做药,但是从天然界得到的很少,满足不了医药的需要,那我们就要想办法把它合成.我们的目标物非常明确,在这种情况下该采用什么样的合成路线,用什么原料、什么条件、经过 哪些 反应把它合成出来.如果从各种原料开始考虑,可用的原料 有 很多,有 天然界已经存在的一些简单化合物,或者还 有 一些比较复杂的化合物,也可以用石油化工的产品,这样要考虑的方面可能非常多.假如我们从末端开始考虑,从目标物开始考虑,从目标物的结构特点、可能 有 的性质、可能合成的方法倒着往前推,这个目标物 有 可能用什么反应把它合成,这个反应需要 哪些 原料,这些原料又需要什么样的原料才能把它合成,这么反着推过来就会比较 有 效.

用作强碱性催化剂、乙氧基化剂以及作为还原剂用于有机合成、医药合成等.也常使用于有机缩合反应中.
应用乙醇钠的医药产品有苯比妥、保泰松、扑痫酮、甲基多巴、丁卡因盐酸盐、易咳嗪、氨蝶呤、乙胺嘧啶、匹呋氨苄青霉素等.此外,还用于农药及作分析试剂.

双氧水氧化一元酚产生二元酚,羟基自由基（Fenton试剂）氧化苯生成苯酚
如乙烯氧化法制取乙醛
1.烯烃用稀冷KMnO4溶液或者OsO4氧化,生成顺式邻二醇

2.烯在催化剂存在的条件下,可被氧气氧化成乙醛
乙烯与不同浓度的高锰酸钾溶液酸性溶液反应可被氧化成乙二醇或乙二醛或乙二酸甚至二氧化碳.
侧链与苯环直接相连的碳原子上有氢原子的有机物能被高锰酸钾酸性溶液氧化,侧链转化成羧基,如甲苯或乙苯都能被高锰酸钾酸性溶液氧化成苯甲酸
3.2H2+O2=点燃=2H2O

这里H2O是共价化合物 所以叫羟基是可以的!
你可以参考这个物质的叫法Ca5(PO4)3OH 叫羟基磷酸钙
希望对您有所帮助,祝您工作顺利万事如意,望采纳谢谢!

如果题目给出的是分子式,就要写出全部的结构；
如果题目给出的是结构式,就要写出除该结构外的其它结构.

丙酸还原成醇,卤代后做成格氏试剂,与溴乙酸甲酯反应生成戊酸甲酯,再水解即得戊酸.

4.Cannizzaro 反应：没有α——H的醛在浓碱溶液中,一分子氧化成羧酸,另一分子还原成伯醇的反应.

有很多种呐,没有要求的话我就随便写一种咯~
1.CH2=CH2（+Br2）→CH2Br-CH2Br（强碱醇溶液）→
乙炔C2H2（乙炔自身加成）（催化剂）→
乙烯基乙炔CH2=CH-C2H2（+足量H2）→丁烷
2.苯甲酸钠（酸化）→苯甲酸（+SOCl2）→
C6H5COCl（+C6H13Na）→C6H5COC6H13（+Br2与NaOH）→苯己烷

还原C=C,反马氏加成
比如将丙烯还原为1-丙醇

如果是处于过饱和状态,是这样的.如果还没饱和,再怎么搅也不会析出.

氯气、三氯化磷、五氯化磷、三溴化磷、溴等

苯环与氯乙烷在氯化铝存在下烷基化得乙苯,乙苯与氯气光卤代生成1-苯基-1-氯乙烷,再与氢氧化钠醇溶液发生消除反应,产物与氯气加成,在与氢氧化钾醇溶液消去得苯乙炔,硫酸-硫酸汞催化加水,重排得甲基苯基酮,此物有烯醇结构,烯醇式结构与氯化氢反马氏加成得1-苯基-2-氯-1-乙醇,消除得2-苯基-1-氯乙烯,再与银、氧气作用环氧化得2-苯基-1-氯环氧乙烷,再与氰化钠反应,水解得3-苯基-2,3-环氧-1-丙酸,此物与甲醇酯化便得目标产物



有简单的：苯与甲酸酐,氯化铝催化,生成苯甲醛,苯甲醛与一氯乙酸甲酯,乙醇钠作用即得产物（建议你看看布洛芬的旧合成路线）

当然有关系了,二者都是合成有机物的.只不过前者更偏重于工程及工艺优化,研究对象可能为更基础的有机物；后者更偏重于探讨新化合物,新合成方法.

高沸点的粘度大呀 很难蒸发的

对映体过量百分率

表示芳环基团,比如苯基,萘基等,有简单取代的芳环也可以用Ar—表示.

大学范围的有机合成反应那么多,光人名反应就100多个,不知道你到底指的是什么?这么笼统的很难回答的.

1 利用有机物的化学反应实现官能团转换是制备有机化合物的基本方法,实现目标分子的合成.类型有羟基的转换、氨基的转换、含卤化合物的转换、硝基的转换、氰基的转换、醛和酮的转换、羧酸及其衍生物的转换.
2 碳碳双键、三键,产物烷烃；醛酮,产物为醇；芳环,产物,环烷烃；腈和硝基化合物,产物为胺
3 很多
将羧基、醛酮、酸酐还原为醇,氰基还原为胺,其他羰基也能被还原,如酰胺、酯中的羰基
4 如1-苯基-2-丙醇的消除反应,丙烯苯产量比烯丙苯多,电子效应；卤代烃的水解,位阻影响反应速率
5 会发生剧烈化学反应引起燃烧爆炸、中毒污染.应分开存放.

合成材料包括无极、有机、高分子及其他合成材料
有机合成材料仅包括有机物类别的合成材料

解题思路：A、2-氯丁烷可以看作丁烷中一个氢原子被氯原子取代，分子式为C₄H₉Cl；
B、2-氯丁烷分子在溶液中不会电离出电离出氯离子，与硝酸银溶液不会生成氯化银沉淀；
C、2-氯丁烷在水中溶解度不大，易溶于有机溶剂；
D、2-氯丁烷与氢氧化钠的醇溶液加热发生消去反应，生成的烯烃有两种：正丁烯和2-丁烯．

A、2-氯丁烷分子中含有一个氯原子，分子式为分子式为C₄H₉Cl，故A错误；
B、2-氯丁烷不会电离出氯离子，不会与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，故B错误；
C、2-氯丁烷在水中溶解度不大，但易溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，故C正确；
D、2-氯丁烷发生消去反应可以生成两种烯烃：正丁烯和2-丁烯，故D错误；
故选C．

点评：
本题考点： 卤代烃简介．

考点点评： 本题考查了有机物的组成、结构与性质，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，根据卤代烃的知识进行解答即可，试题培养了学生的知识迁移能力．

合成B的时候先用乙醇钠处理再加CH3CH2CH2Br,再加CH3Br.然后再在稀碱性水解
合成C的时候先用乙醇钠处再加CH3CH2CH2Br,再加CH3Br.然后再在强碱性水解

（1）当pH=5时，三价铁离子已经全部沉淀，在电镀废液中再加入氢氧化钠溶液，铜离子全部沉淀；反应离子方程式为：Cu ²⁺ +2OH ^- =Cu（OH） ₂ ↓，故答案为：Fe ³⁺ +3OH ^- =Fe（OH） ₃ ↓；Cu ²⁺ +2OH ^- =Cu（OH） ₂ ↓；
（2）因减少生成物的浓度，化学平衡正向移动，OH ^- 中和了反应中的H ⁺ ，有利于平衡向右移动，提高CuCl的产率．但当OH ^- 浓度过大时，Cu ⁺ 能与OH ^- 结合，生成氢氧化亚铜沉淀（Cu ²⁺ 能与OH ^- 结合，生成氢氧化铜沉淀），从而降低了CuCl的产率，图象中分析由反应①制备CuCl时的最佳pH=3.5时CuCl的产率最大，故答案为：3.5；
（3）在隔绝空气条件下进行反应①时CuCl产率较高，说明氯化亚铜能被空气中的氧气氧化，故答案为：能被空气中的氧气氧化；
（4）反应①中1mol铁粉完全反应转移2mol电子生成亚铁离子被铜离子氧化，生成氯化亚铜沉淀结合离子方程式书写方法写出的离子方程式为：2Cu ²⁺ +2Cl ^- +Fe=2CuCl↓+Fe ²⁺ ；如果将反应①中铁粉换为亚硫酸钠，也可以得到氯化亚铜，说明亚硫酸钠被铜离子氧化为硫酸钠，本身被还原为氯化亚铜，结合化学方程式书写方法写出的化学方程式为：2CuSO ₄ +Na ₂ SO ₃ +2NaCl+H ₂ O=2CuCl↓+2Na ₂ SO ₄ +H ₂ SO ₄ ；
故答案为：2Cu ²⁺ +2Cl ^- +Fe=2CuCl↓+Fe ²⁺ ；2CuSO ₄ +Na ₂ SO ₃ +2NaCl+H ₂ O=2CuCl↓+2Na ₂ SO ₄ +H ₂ SO ₄ ；

先浓硫酸脱水制取乙烯.
CH3CH2OH→H2O+CH2=CH2↑
【工业方法】乙烯催化氯化：
4CH2=CH2+O2+2Cl2=2H2O + 4CH2=CHCl
然后氯乙烯加成即可.

在碱性条件下,碘代反应发生在苯胺的邻、对位.考虑到位阻因素,所以对位取代应该是反应的主产物.典型的Sonogashira coupling 反应.即：炔氢与芳基卤代烃的反应.芳基胺在酸性条件下与亚硝酸钠发生重氮化反应,而后重氮盐不稳定极易被亲核试剂碘化钾中的碘离子取代生成芳基碘化物.也就是目标化合物.

RC=NR' ->RC=O 在酸性条件下水解.

（1）氧化；消去
（2）C ₄ H ₄ O ₄ ；
（3）否则双键会被KMnO ₄ 氧化
（4） 或

E:C-C=C
F1:C-BrC-CBr
F2:C-C-CBr2
G1:C-BrC-CBr2
G2:C-Br2C-CB

解题思路：（1）根据工艺流程最后升华制备无水AlCl₃，说明AlCl₃沸点很低，应为分子晶体；
（2）根据工艺流程可知升华器中含有AlCl₃等，所以Al₂O₃、C1₂和C反应会生成A1C1₃，由冷凝器尾气可知还会生成CO；
（3）Cl₂有强氧化性，将SO₃^2-氧化为SO₄^2-，自身被还原为2C1^-；
（4）升华器中主要含有AlCl₃和FeCl₃，FeCl₃熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl₃，应除去FeCl₃；
（5）制备无水AlCl₃含有杂质FeCl₃，残留固体质量为0.32g为Fe₂O₃，根据铁原子守恒计算FeCl₃质量，进而计算出AlCl₃的质量，再根据产品的纯度定义计算．

（1）根据工艺流程最后升华制备无水AlCl₃，说明AlCl₃沸点很低，应为分子晶体，故答案为：分子；
（2）根据工艺流程可知氯化炉的产物，经冷却、升华可制备无水AlCl₃，说明氯化炉的产物中含有A1C1₃，冷凝器尾气含有CO，所以Al₂O₃、C1₂和C反应，生成A1C1₃和CO，反应方程式为
A1₂O₃+3C1₂+3C

高温
.
2A1C1₃+3CO，故答案为：A1₂O₃+3C1₂+3C

高温
.
2A1C1₃+3CO；
（3）Cl₂有强氧化性，将SO₃^2-氧化为SO₄^2-，自身被还原为2C1^-．反应离子方程式为SO₃^2-+C1₂+H₂O═SO₄^2-+2C1^-+2H⁺，故答案为：SO₃^2-+C1₂+H₂O═SO₄^2-+2C1^-+2H⁺；
（4）升华器中主要含有AlCl₃和FeCl₃，FeCl₃熔点、沸点较低，升华制备无水AlCl₃，应除FeCl₃去．所以加入少量Al目的是除去FeCl₃，
故答案为：除去FeCl₃；
（5）根据铁原子守恒，令含有杂质FeCl₃质量为mg，则
Fe₂O₃～～～～～2FeCl₃
160 325
0.32gmg
所以 [0.32g/160＝
mg
325]，解得，m=0.65g，
所以AlCl₃产品的纯度为[16.25g−0.65g/16.25g]×100%=96%，
故答案为：96%．

点评：
本题考点： 镁、铝的重要化合物；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了考生对自己存储的知识，进行分解、迁移转换、重组，使问题得到解决的应用能力，体现出化学是真实的．能够通过对生产、生活和科学实验中化学现象以及相关数据和图形等的观察，获取有关的感性知识和印象，并运用分析、比较、归纳等方法对所获取的信息进行初步加工和应用的能力．

1.普通氧化,将醇氧化为醛,醛到酸,这个不用说了
2.过氧化,例如在一定条件下将乙酸氧化为过氧乙酸
3.烷基硼与过氧化氢(H2O2)的氢氧化钠(NaOH)溶液作用,立即被氧化,同时水解为醇
4.H2O2-金属催化剂体系,催化剂
5.与一些有机物反应生成环氧化合物

解题思路：（1）使有机物、等可燃物充分燃烧；
（2）根据题给信息确定反应物和生成物，从而写出反应方程式；
（3）实验室中用pH试纸检测溶液的pH；
（4）根据题给信息结合原子守恒确定反应方程式；
（5）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO₃-→A+B↑+H₂O（未配平），其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在，则B是一氧化氮；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%，剩余的是氯元素，根据各元素的质量分数确定其原子个数比，从而确定其化学式．

（1）钯/活性炭催化剂若长期使用，会被铁、有机化合物等杂质污染而失去活性，则该催化剂中含有有机物，为了使有机物等可燃物充分燃烧，要加入过量的氧气，
故答案为：使有机化合物等可燃物通过燃烧而除掉；
（2）根据题给信息知，甲酸被氧化生成二氧化碳，则金属氧化物被还原生成金属单质，同时该反应中还生成水，反应方程式为：HCOOH+PdO═Pd+CO₂↑+H₂O，
故答案为：HCOOH+PdO═Pd+CO₂↑+H₂O；
（3）实验室中用pH试纸检测溶液的pH，其操作方法是：用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，然后将pH试纸与标准比色卡对比，故答案为：用洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，然后将pH试纸与标准比色卡对比；
（4）根据题给信息知，反应物是Pd（NH₃）₂Cl₂，生成物是氨气和PdCl₂，反应条件是加热，该反应方程式为：
Pd（NH₃）₂Cl₂

△
.
2NH₃↑+PdCl₂，
故答案为：Pd（NH₃）₂Cl₂

△
.
2NH₃↑+PdCl₂；
（5）Pd中加入王水的反应可以表示为Pd+HCl+HNO₃-→A+B↑+H₂O（未配平），其中B为无色有毒气体，该气体在空气中不能稳定存在，则B是一氧化氮；A中含有三种元素，其中Pd元素的质量分数为42.4%，H元素的质量分数为0.8%，根据元素守恒知剩余的是氯元素，Pd原子、氢原子和氯原子个数比=[42.4%/106.4]：[0.8%/1]：[1−42.4%−0.8%/35.5]=1：2：4，所以A的化学式为：H₂PdCl₄，
故答案为：H₂PdCl₄．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计；氧化还原反应；测定溶液pH的方法；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．

考点点评： 本题考查了制备方案的设计，涉及化学式的确定、氧化还原反应、pH的测定等知识点，会根据原子守恒及原子个数比确定化学式，明确溶液pH值的测定方法，难度不大．

　B

　LiAlH ₄ 中氢显－1价，具有很强的还原性；A项，乙醛→乙醇，发生还原反应，正确；B项，生成氢气的实质是LiAlH ₄ 中－1价的H与D ₂ O中＋1价D归中生成HD气体，摩尔质量为3 g·mol ^－1 ，错误；C项，Al ^{3 ＋} 生成Al，转移3e ^－ ，正确；D项，该反应相当于水解，Al(OH) ₃ 溶于酸和强碱不溶于水，LiOH是中强碱，不溶，正确。

应该先取代再加成.
如果A 苯先加成H2,得到 B 环己烷,烷烃的光卤代难易控制,会得到多卤代物.使得产率极低.
如果A 苯先取代得到溴苯,然后加成H2,则可以高产率的得到 溴代环己烷,然后水解、氧化得到环己酮.

脱落酸(ABA)生物合成一般有两条途径:C15直接途径和C40间接途径,前者经C15法呢焦磷酸(FPP)直接形成ABA;后者经由类胡萝卜素的氧化裂解间接形成ABA,是高等植物ABA生物合成的主要途径.9-顺式环氧类胡萝卜素氧化裂解为黄质醛是植物ABA生物合成的关键步骤,然后黄质醛被氧化形成一种酮,该过程需NAD为辅因子,酮再转变形成ABA-醛,ABA-醛氧化最终形成ABA.在该途径中,玉米黄质环氧化酶(ZEP)、9-顺式环氧类胡萝卜素双加氧酶(NCED)和醛氧化酶(AO)可能起重要作用.
将吲哚、γ-丁内酯、氢氧化钾加入到四氢萘中,搅拌下加热溶解,回流脱水,升温至200℃,脱水至理论量的四分之三,开始脱溶,在1～1.5h内脱水至理论量,温度上升至300℃,并保持0.5h.稍冷后加入二甲苯和热水溶解,趁热分液.水层冷却后用盐酸中和,得粗品,再用苯重结晶,得成品

常用的色谱分析的方法有外标法、内标法、归一法等.按你所说的情况,用的方法是面积归一法.我就简单的介绍一下面积归一法.面积归一法是测量各杂质峰的面积和色谱图上除溶剂峰以外的总色谱峰面积,计算各杂质峰面积及其...