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第三章 烃的衍生物
第五节 有机合成
第 2 课时 有机合成路线的设计与实施
学习导航 1. 结合碳骨架的构建及官能团衍变过程中的反应规律，能利用反应规律进行有机物的推断
与合成。
2.落实有机物分子结构分析的思路和方法，建立对有机反应多角度认识模型、并利用模型进
一步掌握有机合成的思路和方法。
教学过程 一、有机合成路线的设计
1．常见有机物的转化关系
若以乙醇为原料合成乙二酸(HOOC—COOH)，则依次发生反应的类型是消去反应、加成反
应、水解(或取代)反应、氧化反应、氧化反应。
2．常见的有机合成路线
(1)一元化合物合成路线
――→―――――→――→――→―――――――→
(2)二元化合物合成路线
――→―――――→――→――→―――→
(3)芳香族化合物合成路线
① ――→ ―――――――→
② ――→ ―――――→―――――――→芳香酯
3．有机合成中常见官能团的保护
(1)酚羟基的保护：因酚羟基易被氧化，所以在氧化其他基团前可以先使其与 NaOH溶液反
应，把—OH变为—ONa(或使其与ICH 反应，把—OH变为—OCH )将其保护起来，待氧化
3 3
后再酸化将其转变为—OH。
(2)碳碳双键的保护：碳碳双键也容易被氧化，在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加
成反应将其保护起来，待氧化后再利用消去反应转变为碳碳双键。
(3)氨基(—NH )的保护：如在对硝基甲苯――→对氨基苯甲酸的过程中应先把—CH 氧化成
2 3
—COOH之后，再把—NO 还原为—NH 。防止当KMnO 氧化—CH 时，—NH (具有还原
2 2 4 3 2
性)也被氧化。
二、逆合成分析法
1．逆合成分析法
从目标化合物的组成、结构、性质入手，找出合成所需的直接或间接的中间体，逐步推向
已知原料，其合成示意图为
2．逆合成分析法应用例析
由“逆合成分析法”分析由乙烯合成草酸二乙酯
(1)具体步骤如下：
根据以上逆合成分析，可以确定合成草酸二乙酯的有机基础原料为乙烯(CH==CH)，通过
2 2
六步反应进行合成，写出反应的化学方程式：
①CH==CH＋Cl――→
2 2 2
② ＋2NaOH――→ ＋2NaCl
③
④
⑤CH==CH ＋HO――→CHCHOH
2 2 2 3 2⑥ ＋2CHCHOH
3 2
＋2HO
2
(2)根据以上逆合成分析，合成步骤如下：
课时训练
1．北京冬奥会将于2022年举办，绿色环保是主要理念。在场馆建设中用到的一种耐腐、耐高温的表面涂
料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是
A．该双环烯酯的分子式为C H O
14 20 2
B．1mol该双环烯酯能与3mol H 发生加成反应
2
C．该双环烯酯分子中π键数目为3mol
D．该双环烯酯的一氯代物有9种
2．萜品醇可作为消毒剂、抗氧化剂和溶剂。已知 -萜品醇的结构简式如图，则下列说法错误的是
A．1mol该物质最多能和1mol氢气发生加成反应 B．该物质属于烃
C．该物质能使溴水褪色 D．分子式为
3．绿原酸是金银花的提取物，它是中成药连花清瘟胶囊的有效成分，其结构简式如图，下列有关说法错
误的是
A．绿原酸分子存在顺反异构现象 B．绿原酸能够发生消去反应
C． 绿原酸最多能与 反应 D． 绿原酸可以与 发生加成反应4．欧前胡素( )具有抗菌、平喘及抗过敏等作用。下列关于欧前胡素的说法错误的是
A．分子式为
B．能使酸性高锰酸钾溶液和溴水褪色，但反应类型不同
C．能够在碱性条件下发生水解反应
D． 欧前胡素最多能与 发生加成反应
5．止吐药米格列奈中间体N的合成反应如图(已知：Ph为苯基)。下列相关叙述错误的是
A．中间体N的分子式为C H ON
22 16 8 2
B．物质的量相同的M与N最多消耗等量的NaOH
C．M合成N的反应为取代反应
D．M、N都能使酸性的KMnO 溶液褪色
4
6．下列说法不正确的是
A．等质量的烷烃与氧气充分反应，消耗氧气的量最多的烷烃是CH
4
B．乙烷和乙烯燃烧现象不同是因为乙烯有碳碳双键
C．燃烧0.1mol两种气态烃的混合物，生成标况下3.584LCO ，则混合气体中一定有甲烷
2
D．同状况下，VL乙烯和乙醇的混合气体以任意比混合，完全燃烧，消耗氧气的体积均为3VL
7．“一锅法”用［Ru]催化硝基苯(PhNO ，Ph-表示苯基)与醇(RCHOH)反应为仲胺(RCHNHPh)，反应过
2 2 2
程如下图所示。下列叙述错误的是
A．反应原料中的RCHOH 不能用RCH(CH )OH代替
2 3
B．历程中存在反应PhNH +RCHO→RCH=NPh+H O
2 2
C．有机物还原反应的氢都来自于RCHOH
2D．该反应过程结束后RCHO没有剩余
8．某有机物A的分子式为C H O，已知A～E有如右图转化关系。则A的结构可能有
10 20 2
A．3种 B．4种
C．5种 D．6种
9．2-氯乙醇是一种重要的有机化工原料，溶于水，受热时易分解。通常是以适量的2-氯乙醇为溶剂，用
氯化氢与环氧乙烷反应制得新的2-氯乙醇。制取反应装置如图所示。
反应原理为：
(g)＋HCl(g)⇌ClCH CHOH(l) △H<0
2 2
部分实验药品及物理量：
化合物名称 相对分子质量 熔点(℃) 沸点(℃)
环氧乙烷 44 -112.2 10.8
2-氯乙醇 80.5 -67.5 128.8
制取与测定实验步骤如下：
I.2-氯乙醇的制取
①将溶剂2-氯乙醇加入______(填仪器名称)中，启动搅拌器；
②分别将氯化氢与环氧乙烷两种气体按6：5物质的量的配比通入反应器中，使其在溶剂中充分溶解反
应；
③反应温度控制在30℃，持续反应100 min；
④采用减压蒸馏、收集产品。
(1)实验装置A、B中均用到了浓硫酸，分别体现的浓硫酸的性质为______，______。
(2)步骤③控制反应温度在30℃，如果温度高于30℃可能的后果有______。(3)在步骤④中，采用减压蒸馏的原因是______。
II.2-氯乙醇样品中Cl元素的测定
①取样品1.00 mL于锥形瓶中，加入NaOH溶液，加热；待反应完全后加稀硝酸至酸性；
②加入32.50 mL 0.4000 mol·L-1 AgNO 溶液，使Cl-完全沉淀；
3
③加入指示剂，用0.1000 mol·L-1 NH SCN溶液滴定过量的Ag＋至终点，消耗NH SCN溶液10.00 mL；
4 4
④另取样品1.00 mL加水稀释至10.00 mL，用pH计测定，测得溶液pH为1.00。
已知：
a.K (AgCl)=1.8×10-10、K (AgSCN)=1.0×10-12
sp sp
b.2-氯乙醇样品中还含有一定量的氯化氢和其他杂质(杂质不与NaOH和AgNO 溶液反应)，密度约为1.10
3
g·mL-1。
(1)ClCH CHOH与NaOH反应生成NaCl和另一种物质，该物质的分子式为______。
2 2
(2)步骤④中选用的指示剂可以是下列的______。(选填序号)
A．淀粉溶液 B．酚酞溶液 C．NH Fe(SO ) 溶液 D．NaCl溶液
4 4 2
(3)根据实验测定的数据计算，样品中2-氯乙醇的质量分数为______。
(4)ClCH CHOH与乙酸发生酯化反应的方程式______。
2 2
10．以有机物A和CCl 为原料合成苯丙氨酸E的流程如下：
4
已知： →
(1)A的化学名称为________________E的质谱图中，最大质荷比的数值是__________
(2)D→E的反应类型为__________
(3)有关D的叙述错误的是_____________(填序号)
a．能使KMnO 溶液褪色 b．能与液溴在铁粉作用下反应
4
c．能与甲醇发生酯化反应 d．能发生水解反应
(4)C的结构简式为_______________
(5)满足下述条件的E的同分异构体共有______________种。
①属于酯类；
②苯环上有两个对位取代基，其中一个为−NH
2
答案解析
1．A【详解】
A．该结构中含两个六元环，12个C原子；一个酯基、一个亚甲基，故其分子式为 ，故A正
确；
B．酯基不能与氢气加成，故1mol双环烯酯能与2 mol H 发生加成反应， B错误；
2
C．没有具体说明双环烯酯的物质的量，故不能计算出分子中所含大π键的数目，故C错误；
D．该分子为非对称结构，酯基左边 的一氯代物有6种；酯基右边部分一氯代物有7种，共计13种，故D
错误；
故选A。
2．B
【详解】
A． -萜品醇分子中含有1个碳碳双键，则1mol该物质最多能和1mol氢气发生加成反应，A正确；
B．该分子中除有碳、氢原子外，还含有氧原子，不属于烃，B错误；
C．该物质分子中含有碳碳双键，能使溴水褪色，C正确；
D．该物质的分子式为 ，D正确；
故选B。
3．C
【详解】
A．绿原酸含有碳碳双键，碳碳双键左端连的两个原子或原子团不相同，碳碳双键右端连的两个原子或原
子团不相同，即类似 与 ，因此绿原酸分子存在顺反异构现象，故A正确；
B．绿原酸右下角的羟基，连羟基的碳的相邻碳上有碳氢键，因此能够发生消去反应，故B正确；
C． 绿原酸含有2mol酚羟基，1mol羧基，1mol酚醇酯，因此最多能与4molNaOH反应，故C错误；
D．绿原酸含有苯环和碳碳双键，因此 绿原酸可以与 发生加成反应，故D正确。
答案为C。
4．D
【详解】
A．根据结构简式可以确定欧前胡素的分子式为C H O，A项正确；
16 14 4
B．分子中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液和误水褪色，前者为氧化反应，后者为加成反应，故反
应类型不同，B项正确；
C．含有酯基，在碱性条件下可以发生水解反应，C项正确；
D．分子中含有碳碳双键和苯环，可以与H 发生加成反应，但酯基中的C=O键不能与H 发生加成反应，
2 2
故1 mol欧前胡素最多能与6 molH 发生加成反应，D项错误；
2
答案选D。
5．B
【详解】
A．由N结构可知分子式为C H ON，A正确；
22 16 8 2B．1molM含有2mol羧基，能消耗2molNaOH，1molN含有2mol酯基，消耗2molNaOH用于酯的水解，
得到的羟基连在苯环上，属于酚羟基，又消耗2molNaOH，则1molN能消耗4molNaOH，两者不同，B错
误；
C．M合成N是羟基和羧基发生酯化反应，反应类型是取代反应，C正确；
D．M 、N 中苯的支链上有H原子，能被酸性的KMnO 氧化褪色，
4
D正确；
故选：B。
6．B
【详解】
A． 等质量的烷烃与氧气充分反应，氢的质量分数越大，消耗氧气越多，消耗氧气的量最多的烷烃是
CH，故A正确；
4
B． 乙烷和乙烯燃烧现象不同是因为两者碳的质量分数不同，故B错误；
C． 燃烧0.1mol两种气态烃的混合物，生成标况下3.584LCO ，即 =0.16mol，平均每摩烃
2
含有碳原子数为 =1.6，则混合气体中一定有甲烷，故C正确；
D． 乙烯和乙醇分子式分别是：C H，C HO，根据物质的组成判断耗氧量，物质的量相同的烃CxHy的
2 4 2 6
耗氧量取决于x+ =2+1=3，物质的量相同的含烃氧衍生物CxHyOz耗氧量取决于x+ - =2+1.5-0.5=3，
同状况下，VL乙烯和乙醇的混合气体以任意比混合，完全燃烧，消耗氧气的体积均为3VL，故D正确；
故选B。
7．D
【详解】
A．由①②③知，RCHO是①的产物，是③的反应物，①中生成③中消耗，③生成的RCHNHPh会变成
2
RCH=NPh作为④的反应物，若将RCHOH替代，最终RCHNHPh会变成RCH(CH )NHPh，不是所需产
2 2 3
物，A项不符合题意；
B．由③知，存在该反应，B项不符合题意；
C．由图中PhNO →PhNH ，RCH=NPh→RCH NHPh，该反应中的H来源于Ru-H，Ru-H中的H来源于
2 2 2
RCHOH，C项不符合题意；
2
D．[Ru]为催化剂，由分析可知总反应为4RCHOH+PhNO 3RCHO+3H O+RCHNHPh，RCHO有剩
2 2 2 2
余，D项符合题意；
故正确选项为D
8．B
【详解】
有机物A的化学式为C H O，A在碱性条件下水解生成B和D，B经过酸化后得到C，D通过两步氧化
10 20 2
能转化成C，说明有机物A是属于酯类，且B、D、E和C有相同的碳原子数。D可经两步氧化转化为C，
则可知D是醇，化学式为C HCHOH，C是酸，化学式为C HCOOH，B和D都含有烷基C H-，且碳链
4 9 2 4 9 4 9
骨架相同；所以B、D的烃基碳链结构式如下：CHCHCHCH-、(CH)CHCH -、CHCHCH(CH )-、
3 2 2 2 3 2 2 3 2 3(CH)C-，共4种结构，所以有机物A可能结构有4种，故答案选B。
3 3
9．三颈烧瓶 难挥发性 吸水性 2-氯乙烷产率低 减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇
因温度过高而分解 C HO C 80.5% CH COOH+ClCH CHOH
2 6 2 3 2 2
CHCOOCH CHCl+H O
3 2 2 2
【详解】
I.①根据图示可知，将溶剂2-氯乙醇加入三颈烧瓶中，故答案为：三颈烧瓶；
(1)装置A中，浓硫酸作为反应物，利用难挥发性酸制易挥发性酸的原理，制取氯化氢气体；B中用浓硫酸
除去氯化氢中混有的水蒸气，所以分别体现的浓硫酸的性质为难挥发性，吸水性。故答案为：难挥发性；
吸水性；
(2)对于反应 (g)+HCl(g)⇌ClCH CHOH(l) △H＜0，步骤③控制反应温度在30℃，以加快反应速
2 2
率，但如果温度高于30℃，则平衡会发生逆向移动，所以可能的后果有2-氯乙烷产率低。故答案为：2-氯
乙烷产率低；
(3)题中信息显示：2-氯乙醇受热时易分解，所以在步骤④中，采用减压蒸馏的原因是减小压强，使液体沸
点降低，防止2-氯乙醇因温度过高而分解。故答案为：减小压强，使液体沸点降低，防止2-氯乙醇因温度
过高而分解；
II.(1)ClCH CHOH与NaOH反应发生水解反应，生成NaCl和乙二醇(HOCHCHOH)，乙二醇的分子式为
2 2 2 2
C HO。故答案为：C HO；
2 6 2 2 6 2
(2)步骤④中，为准确测定NH SCN与过量的Ag+刚好完全反应，需选择与SCN-反应敏感的Fe3+，所以选用
4
的指示剂可以是NH Fe(SO ) 溶液，故选C；故答案为：C；
4 4 2
(3)样品中含有HCl的物质的量为n(HCl)=0.1mol/L×0.01L=0.001mol，n(AgNO)=0.4mol/
3
L×0.0325L=0.013mol，n(NH SCN)= 0.1mol/L×0.01L=0.001mol，则样品中氯原子的物质的量为
4
0.013mol-0.001mol-0.001mol=0.011mol，所以样品中2-氯乙醇的质量分数为
=80.5%。故答案为：80.5%；
(4)ClCH CHOH与乙酸发生酯化反应的方程式为：CHCOOH+ClCH CHOH
2 2 3 2 2
CHCOOCH CHCl+H O，故答案为：CHCOOH+ClCH CHOH CHCOOCH CHCl+H O
3 2 2 2 3 2 2 3 2 2 2
10．苯乙烯 165 加成反应 d 6
【详解】
(1)根据前面分析得到A(苯乙烯)的化学名称为苯乙烯，根据E的质谱图原理，最大质荷比就是它的相对原
子质量即165，故答案为：苯乙烯；165。
(2)根据D、E的结构得到D→E的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。
(3)a．D含有碳碳双键，因此D能使KMnO 溶液褪色，故a正确；b．D含有苯环，能与液溴在铁粉作用下
4
发生取代反应，故b正确；c．D含有羧基，因此D能与甲醇发生酯化反应，故c正确；d．D中不含有酯
基，因此D不能发生水解反应，故d错误；综上所述，答案为d。
(4)根据B的结构简式和D的结构简式得到B发生水解反应得到C，C发生消去反应得到D，因此C的结构简式为 ，故答案为： 。
(5)E的同分异构体符合下列条件：①属于酯类，说明含有酯基；②苯环上有两个对位取代基，其中一个为
一NH ，则另一个为酯基，可能是CHCHCOO-、CHCOOCH -、HCOOCH CH-、HCOOCH（CH）-、
2 3 3 3 2 2 2 3
CHOOCCH -、CHCHOOC--共6种，所以符合条件的有6种结构，故答案为：6。
3 2 3 2
