第05讲 有机合成与推断（解析版）（福建专用）-2026年高考化学一轮复习

第05讲有机合成与推断目录 2 4考点一有机合成 4知识点1碳骨架的构建 5重知识点2官能团的引 知识点3官能团的保护 8考向1考查碳链的变化 考向2考查官能团引入 考向3考查官能团保护 考点二有机推断 知识点1依据有机化合物的性质 知识点2依据有机物推断中的定量关系 知识点3依据有机物转化中的反应条件 难考向1考查有机推断 考点三有机合成路线的设计 26知识点1正向合成分析法 26知识点2逆向合成分析法 难考向1有机合成路线的设计 ☑选择题☑非选择题福建卷T15,10分□选择题☑非选择题T15,12分福建卷T15,10分福建卷T15,10分福建卷T15,10分计□选择题☑非选择题T17,6分分福建卷T17,6分福建卷T17,6分分1.从命题题型和内容上看，主要以非选择题的形式考查，如2022年福建卷第15题，以3-氧代异紫杉二酮的全合成为背景，考查有机合成与推断相关知识，分值为需要结合反应条件、分子式、目标产物、题给信息等推断合成路线中各物质的结构简式；结构已知型要求(2)常考查结构简式的推断、官能团的名称、有机物命名、反应类型的判断、有机化学方程式的书写、同分异构体数目的判断、结合核磁共振氢谱书写指定有机物的结构简式、合成路线设(3)以新的情境载体，如药物、材料、新物质的合成为背景，重点考查学生对新信息的接受和处理能力、1.能准确识别常见官能团的结构与名称，熟记典型有机反应的条件、断键成键规律及反应2.能快速解读题目给出的陌生反应机理，提炼关键信息，并将其迁移应用到合成路线推断中，解决未知物3.根据合成路线中的分子式变化、反应条件、已知物质结构及目标产物4.能依据给定的原料和目标产物，设计合理的有机合成路线；能对已有合成路线进行优的有机合成方案设计与优化能力。的有机合成方案设计与优化能力。有有机合成与推断碳骨架的构建官能团的引入官能团的保护碳链的缩短：氧化反应可以使烃分子链缩短碳链的成环引入碳碳双键：醇、卤代烃的消去反应，炔烃与H2、卤化氢、卤素单质的不完全加成反应引入碳卤键：烷烃、芳香烃、醇与氢卤酸(HX)的取代加成反应引入羧基：醛的氧化反应，某些烯烃、苯的同系物被KMn羟基的保护：将醇羟基转化为醚键，反应结束后再脱除或将醇羟基转化为酯基，再水解复原根据有机物推断中的定量关系分析法分析法双官能团合成芳香族化合物合成逆向合成分析法在目标化合物的适当位置断开相应的化学键，目的是使得到的较小体经过反应可以得到目标化合物；继续断开中间体适当位置的化学键，(3)芳香烃1.碳链的增长(物质的量之比为1:2加成)带正电荷的原子或原子团连接在氧原子上，带负电荷的原子或原子团连接在碳原子上。(3)羟醛缩合反应醛分子中在醛基邻位碳原子上的氢原子(a-H)受羰基吸电子作用的影响，具有一定的活泼性。分子内含有α-H的醛在一定条件下可发生加成反应，生成β-羟基醛，该产物易失水，得到α,β-不饱和醛。2.碳链的缩短氧化反应可以使烃分子链缩短。(1)烯烃(2)炔烃与苯环相连的碳原子上至少连有一个氢原子才能被酸性高锰酸钾溶液氧化。3.碳链的成环(1)共轭二烯烃共轭二烯烃含有两个碳碳双键，且两个双键被一个单键隔开。(第尔斯-阿尔德反应的加成原理)。(2)环酯(3)环醚得分速记类别反应类型原料特征产物特点易错点提醒碳链增加含C=C(如乙烯、丙烯)或C=C的单体催化剂(如引发剂)产物碳数=单只生成高分小分子勿漏写“n”“[]口”(高分子后)双官能团-NH₂/-COOH等)加热、催化剂和生成高分子+小分子必须标注小分子产物，不可遗漏含α-H的醛(如乙醛、丙醛)液、加热2分子醛→1的醛(可进一步脱水成烯(如HCHO、自身缩合碳链减少羧酸盐(如加热碳数减少酸盐(如缺少CaO会导致倒吸，条酯碱性水解酯(如NaOH溶液、加热碳链拆分为2成羧酸(碳数不变),勿混多卤代烃消去多卤代烃(如溶液、加热生成炔烃+卤单卤代烃消去只生成双化甲醛(HCHO)(△)或新制C₁→C。(碳链全断)生成3、CO₂(或数不变),勿有选择地通过取代、加成、消去、氧化、还原等有机化学反应，可以实现有机化合物类别的转化，并引入目标官能团。2.引入碳卤键(3)炔烃、烯烃与卤素单质或卤化氢的加成反应CH₃CH=CH₂+Br₂→CH₃CHBrCH3.引入羟基(1)烯烃与水的加成反应(2)醛或酮的还原反应(3)卤代烃、酯的水解反应4.引入醛基(1)醇的催化氧化反应(2)炔烃与水的加成反应5.引入羧基(1)醛的氧化反应(2)某些烯烃、苯的同系物被KMnO₄(H+)溶液氧化(3)酯、酰胺的水解重知识点3官能团的保护含有多个官能团的有机化合物在进行反应时，非目标官能团也可能受到影响，此时①将醇羟基转化为醚键，反应结束后再脱除②将醇羟基转化为酯基，再水解复原①用NaOH溶液保护②用CH₃I保护2.氨基的保护①用酸转化为盐保护3.碳碳双键的保护利用其与HC1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。用乙醇(或乙二醇)加成保护【易错提示】1.脱保护条件与保护方式不匹配，混淆醚类(需浓HI加热)与酯类(需稀酸/稀碱加热)的脱保护试剂。2.选择保护试剂时未考虑分子中其他官能团，使用强氧化/强还原试剂(如KMnO₄、LiAlH₄)保护-OH,导致双键、醛基等共存官能团被破坏。3.忽略羟基的活泼性差异，将酚羟基与醇羟基用相同试剂保护，未针对性4.保护多羟基化合物(如乙二醇)时，未控制试剂用量，导致过度保护，影响后续反应位点。1.脱保护时混淆反应类型，将加成溴保护的双键(需消去反应恢复)错用水解反应(如NaOH水溶液),或加氢保护的双键(需脱氢反应恢复)错用取代反应。2.保护时未控制反应条件，加成溴保护双键时用浓溴水，导致邻对位有活泼氢的芳香族化合物(如苯酚)发生取代反应，而非单纯双键加成。3.脱保护时未考虑其他官能团稳定性，用强碱性条件导致分子中酯基、酰胺基等易水解官能团断裂。三、醛基(-CHO)保护易错点1.保护成缩醛时，未用干燥酸性条件(如干燥HC1),在含水环境下缩醛易水解，导致保护失败。2.忽略醛基与共存官能团的相互作用，分子中含羟基/氨基时，未先保护醛基，导致发生分子内/分子间缩合。3.错选保护方式，将醛基用强还原剂(如NaBH₄)还原为醇羟基进行“间接保护”,后续氧化恢复醛基时，过度氧化为羧基。4.保护芳香醛(如苯甲醛)时，使用脂肪醛的保护试剂(如乙二醇),因苯环的空间位阻，缩醛生成率低，保护效果差。四、氨基(-NH₂)保护易错点1.脱保护条件控制不当，将酰胺保护的氨基(需浓酸/浓碱加热)错用稀酸/稀碱常温处理，酰胺键无法断裂；或用强氧化剂脱保护，导致氨基被氧化(生成硝基、亚硝基)。2.混淆芳香胺与脂肪胺的保护试剂，用苯磺酰氯保护脂肪胺，生成的磺酰胺稳定性过高，后续脱保护需剧烈条件(如熔融NaOH),破坏分子其他结构。3.保护多氨基化合物(如乙二胺)时，未控制试剂用量，导致所有氨基均被保护，无法保留单个反应位点，影响后续官能团引入。4.保护氨基时未考虑反应体系酸碱性，在强酸性条件下用酰化试剂(如乙酸酐)保护，氨基质子化(-NH₃+)无法发生酰化反应，保护失败。 例1(25-26高三上·福建龙岩·阶段练习)以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的误的是A.M系统命名为2-甲基丙醛B.若M+X→N原子利用率为100%,则X是甲醛C.N与CH₂(COOC₂H₅)2发生先加成后消去的反应D.P→Q过程中有CH₃COOH生成【答案】D【详解】A.M为异丁醛，结构简式为(CH₃)₂CHCHO,主链为丙醛，2号碳上有甲基取代基，系统命名为B.M分子式为C₄H₈O,N结构简式为HOCH₂C(CH₃)₂CHO,分子式为CsH₁₀O₂,原子利用率100%时X分子式为C₅H₁₀O₂-C₄H₈O=CH₂O,即X为甲醛(HCHO),B正确；C.N含醛基(-CHO),CH₂(COOC₂H₅)₂中亚甲基H活泼，先与N中醛基加成生成醇羟基，再脱水消去形成双键得到P(含双键),C正确；D.P含酯基(-COOC₂H₅),P先与OH反应，后酸化加热得到Q、同时有生成乙醇(C₂H₅OH),无CH₃COOH【变式训练1】(2024-浙江台州·二模)阿斯巴甜是市场上主流甜味剂之一，以下是以天门冬氨酸为原料合成阿斯巴甜的路线。阿斯巴甜下列说法不正确的是A.天门冬氨酸难溶于乙醇、乙醚B.①④的目的是为了保护氨基C.反应过程中包含了取代反应、消去反应D.相同物质的量的阿斯巴甜分别与盐酸和氢氧化钠充分反应，消耗HCI与NaOH的物质的量之比为2:3【答案】C【详解】A.常温下，天门冬氨酸微溶于水，难溶于乙醇、乙醚，溶于沸水，故A正确；B.①将氨基转化为酰胺基，④将酰胺基转化为氨基，则①④的目的是为了保护氨基，故B正确；C.都是取代反应，没有消去反应，故C错误；D.相同物质的量的阿斯巴甜分别与盐酸和氢氧化钠充分反应，氨基、酰胺基水解生成的氨基都能与HCI以1:1反应，羧基、酰胺基水解生成的羧基、酯基水解生成的羧基都能与NaOH以1:1反应，所以消耗HCI与NaOH的物质的量之比为2:3,故D正确；故选C。【变式训练2】(2025-湖北黄冈·三模)烃基卤化镁(R-MgX)也称格氏试剂，能够与羰基等发生格氏反应：下列转化不能通过格氏反应实现的是(格式试剂可根据需要任选)A.甲醛(HCHO)转化为正丁醇(CH₃CH₂CH₂CH₂OH)B.乙醛(CH₃CHO)转化为乙醇(CH₃CH₂OH)C.丙酮(CH₃COCH₃)转化为叔丁醇[(CH₃)₃COH]D.二氧化碳(O=C=O)转化为乙酸(CH₃COOH)【答案】B【详解】A.甲醛(HCHO)羰基碳连两个H,与丙基格氏试剂(CH₃CH₂CH₂-MgX)反应，加成后水解生B.由以上分析可知，格氏反应为增碳反应，从乙醛到乙醇没有增碳，故不能通过格氏反应制备，B错误；C.丙酮[(CH₃)₂CO]羰基碳连两个CH₃,与甲基格氏试剂(CH₃-MgX)反应，加成后水解生成(CH₃)3COH(叔D.二氧化碳(O=C=O)与甲基格氏试剂(CH₃-MgX)反应生成CH₃COOMgX,水解后得CH₃COOH(乙故答案选B。考考向2考查官能团的引入 例2(24-25高三下·福建·期末)对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，通常以甲苯为原料进行合成。如图为对氨基苯甲酸的一种合成路线(已知：烷基为苯环上邻、对位定位基，羧基为苯环上间位定位基)。下列说法不正确的是A.A的结构简式为B.反应③的反应类型为氧化反应C.产物中可能含有副产物D.若反应①、②顺序互换，则最终得到的产物主要是|【答案】B【详解】C.由于烷基为邻对位定位基，所以最后含有副产品,C正确；D.若反应①、②顺序互换，由于-COOH为间位定位基，所以会将硝基引入羧基间位，还原后氨基与羧基故选B。思维建模有机合成官能团变化的解题思维2.选反应：按官能团变化匹配典型反应(如-OH→-CHO用催化氧化，C=C→-X用加成),优先选产物唯一、3.防干扰：若有共存官能团，判断是否需保护(如氧化-CHO时，C=C需先保护),反应后及时脱保护。而非同时进行)。A.加成→消去→加成B.消去→加成→消去C.取代→消去→加成D.取代→加成→消去【详解】发生消去反应生成CH₂=C(CH₃)CHO,然后和氢气加成生成CH₃CH(CH₃)CH₂OH,在发生消故选B。下列说法错误的是A.从M到Q的反应为取代反应B.P→M引入硝基时需要“一系列反应I”的目的是防止氨基被氧化C.Q分子中所有原子可能在同一平面D.1molN最多可与3molNaOH反应【答案】C【详解】A.由图可知，M到Q发生的反应为发生取代反应生成和氯化氢，故AB.P分子中的氨基具有还原性，与浓硝酸和浓硫酸的混酸发生硝化反应时易被氧化，所以P→M引入硝基时需要“一系列反应I”防止氨基被氧化，故B正确；C.由结构简式可知，Q分子中氨基氮原子的杂化方式为sp³杂化，—NH₂和与该氮直接相连的碳原子的空间构型为三角锥形，则Q分子中所有原子不可能在同一平面，故C错误；D.由结构简式可知，N分子中含有的酰胺基和碳氯键能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol碳氯键消耗2mol氢氧化钠，所以1molN最多可与3mol氢氧化钠反应，故D正确；故选C。 例3(25-26高三上·河北衡水·阶段练习)有机化合物K主要用作杀菌防腐剂，其合成路线如下(部分条件已省略)。下列说法不正确的是A.过程①、③和④中均发生取代反应B.J中最多有16个原子共平面C.F能被酸性KMnO₄氧化是—CH₃对苯环影响的结果D.K的合成过程中进行了官能团的保护【答案】C【详解】A.过程①、③和④中均发生取代反应，A正确；B.苯环平面和羰基平面()可能共面，再加上两个—OH中氢原子也能共面，故所有原子(共16个)都可共平面，B正确；C.F能被酸性KMnO₄氧化是苯环对—CH₃影响的结果，C错误；D.酚羟基易被氧化，为避免酚羟基在过程②中被氧化，先在过程①中将酚羟基转化为—OCH₃结构，又在过程③中将—OCH₃复原为酚羟基，D正确；故选C。【变式训练1·变考法】(2025高三下·北京·阶段练习)功能高分子P的合成路线如下。下列说法正确的是A.H中含有碳碳双键B.F的结构简式为CH₃CH=CHCHOC.C→D为消去反应D.仅用蒸馏水不能区分A和E【答案】B【详解】A.由分析可知，H中没有碳碳双键，故A错误；B.由分析可知，F的结构简式为CH₃CH=CHCHO,故B正确；C.C→D的反应为卤代烃的水解反应，也是取代反应，故C错误；D.A为甲苯，不溶于水，E为乙醛，能跟水以任意比互溶，可以用蒸馏水区分A和E,故D错误；故选B。 A.产物M有2种且互为同分异构体(不考虑立体异构)B.H+可提高Y→Z转化的反应速率C.Y→P是缩聚反应，该工艺有利于减轻温室效应D.Y→Z过程中，a处碳氧键比b处更易断裂【详解】A.根据分析可知，产物M有2中结构且互为同分异构体，A正确；B.根据分析可知，H+促进Y中醚键的水解，后又脱离，使Z成为主产物，故H+可提高Y→Z转化的反应C.Y→P是CO₂与Y发生加聚反应，没有小分子生成，不是缩聚反应，该工艺有利于消耗CO₂,减轻温D.题干部分可以看出，是a出碳氧键断裂，故a处碳氧键比b处更易断裂，知识点1依据有机化合物的性质知识点1依据有机化合物的性质苯环，其中—(5)能与Na或K反应放出H₂的有机物含有(6)能与Na₂CO₃或NaHCO₃溶液反应放出C知识点2依据有机物推断中的定量关系知识点2依据有机物推断中的定量关系(1)相对分子质量增加16,可能是加进了一个氧原子。(4)由有机物与Na反应生成H₂的量可以求出—OH或—CO知识点3依据有机物转化中的反应条件1.根据有机物间转化时的反应条件进行突破常见结构及反应浓H₂SO₄,加热卤代烃的消去反应(①卤代烃的水解光照Fe/FeX₃作催化剂银氨溶液或新制Cu(OH)₂难考向1考查有机推断 (3)C→D的反应类型为o(5)F的同分异构体中，同时满足下列条件的共有种。a.含有一NH₂,且无N—O键b.含有2个苯环c.核磁共振氢谱为6组峰K已知Y含有羰基，按照F→G的方法合成I。I的结构简式为,第①步的化学反应方程式为_o-NH₂,共2种；方法合成I,则反应②是羰基被还原为羟基的反应，故I的结构简式为,结合F→G的反应可知，Y的结构简式为,故第①步反应的化学方程式为：【变式训练1·变载体】(25-26高三上·福建龙岩·阶段练习)我国科学家最近在光-酶催化合成中获得重大突破，光-酶协同可实现基于三组分反应的有机合成，其中的一个反应如下(反应条件略：Ph-代表苯基B.在4a分子中，存在手性碳原子，并有20个碳原子采取sp²杂化D.化合物5a是苯酚的同系物，且可发生原子利用率为100%的还原反应(4)一定条件下，Br₂与丙酮(CH₃COCH₃)发生反应，溴取代丙酮中的α-H,生成化合物3a.若用核磁共振氢谱监测该取代反应，则可推测：与丙酮相比，产物3a的氢谱图中信号峰的变化为0①第一步，引入溴：其反应的化学方程式为_o②第二步，进行(填具体反应类型):其反应的化学方程式为(注明反应条件)。③第三步，合成Ⅱ:②中得到的含溴有机物与1a、2a反应。(6)参考上述三组分反应，直接合成化合物Ⅲ,需要以1a、(填结构简式)和3a为反应物。【答案】(1)醛基(4)丙酮的单一甲基峰消失，出现两个新信号峰：峰面积之比为3:2,且峰的位置较丙酮有所偏移(5)CH₃COOH+Br₂→CH₂BrCOOH+HBr酯化反应【详解】(1)由其结构简式可知，化合物1a中含氧官能团的名称为醛基；化合物I的分子式为C₈H₁₀O,分子中含有苯环，则其余结构均为饱和结构，含有醇羟基的结构的同分异构A.在1a、2a和3a生成4a的过程中，1a、2a先发生碳碳双键的加成反应，生成,该过程存在π键断裂，随后与3a发生取代反应脱去1分子HBr生成4a,该过程存在σ键形成，A正确；B.连接4个不同基团的碳原子是手性碳原子，4a分子中，存在手性碳原子，如图：苯环是平面结构，三个苯环以及酮羰基的碳原子均为sp²杂化，共计20个，B正确；C.在5a分子中，苯环内有大π键，酮羰基和羟基相邻较近，可存在分子内氢键，且与羟基相连的碳原子D.化合物5a与氢气发生还原反应是原子利用率为100%的反应，但化合物5a含有酮羰基，不是苯酚的同(4)丙酮的氢谱：两个甲基等效：核磁共振氢谱出现单峰；α-溴代丙酮的氢谱：受溴吸电子效应影响，甲基与亚甲基上的氢不等效，核磁共振氢谱图会出现两组峰，面积之比为3:2;(5)比较化合物Ⅱ与主产物的结构简式可知，主要在右侧含氧官能团不同，化合物Ⅱ含有酯基，故推测合成Ⅱ发生的反应有酯化反应；①已知羧酸在一定条件下，可发生类似于丙酮的α-H取代反应，则第一步反应为羧酸中α-H的取代反应引入溴，化学方程式为CH₃COOH+Br₂→CH₂BrCOOH+HBr;②第二步CH₂BrCOOH与甲醇发生酯化(取代)反应，化学方程式为,题目要求填具体反应类型，故此处填酯化反应；③第三步1a、2a发生碳碳双键的加成反应，生成,再与CH₂BrCOOCH₃发生取代反应得到结合化合物Ⅲ的结构简式,将其断键，左侧表示1a基团，右侧是3a基团，则需要合成Ⅲ的还差,即合成流程是1a与先发生1,4加成反应，生成,再与3a发生取代反应得到目标产物。【变式训练2·变载体】(24-25高三上·福建厦门·期中)有机物K作为一种高性能发光材料，广泛用于有机电致发光器件(OLED)。K的一种合成路线如下所示，部分试剂及反应条件省略。已知：(R₁和R₂为烃基)(1)A中所含官能团名称为羟基和_o(2)B的结构简式为o(3)C的化学名称为_,生成D的反应类型为_o(5)G的同分异构体，其中含有两个,核磁共振氢谱有两组峰。且峰面积比为1:3的化合物L的结构简式为,L与足量新制的Cu(OH),反应的化学方程式为_o(6)以J和N()为原料，利用上述合成路线中的相关试剂，合成另一种用于OLED的发光材料M。制备M的合成路线为_(路线中原料和目标化合物用相应的字母J、N和M表示)。【答案】(1)碳碳双键(3)苯胺取代反应C(CH₃)₂(CHO)2+4Cu(O【详解】(1)根据A的结构简式，可知A中所含官能团名称为羟基和碳碳双键；(2)A和HBr发生取代反应生成B,B是,化学名称为苯胺；1个(4)根据题目信息，由F逆推可知E是且核磁共振氢谱有两组峰。且峰面积比为1:3说明其结构对称，满足条件化合物L的结构简式为;,L与足量新制的Cu(OH)₂反应的化N首先发生类似E→F的反应生成,再用J与NN发生类似F+J→K的反应合成目标产物，故合成路线为NJ考点三有机合成路线设计解码知解码知1.正合成分析法(1)单官能团合成(2)双官能团合成链酯、环酯等(3)芳香族化合物合成 2.思维途径(1)总结思路：根据目标分子与原料分子的差异构建碳骨架和实现官能团转化。(2)设计关键：信息及框图流程的运用。(3)有机合成路线设计试题一般最多不超过五步，设计路线的基本要求如下：①步骤最简，即一步能完成就不能用两步，如乙烯变溴乙烷，应采用乙烯与溴化氢加成得溴乙烷，不能采用乙烯先变乙醇再变溴乙烷。②题目中明确给出的有机反应原理可以直接利用，高中化学教材上直接呈现的有机化学反应原理可以直接套用，如甲苯变苯甲酸，甲苯被酸性高锰酸钾溶液直接氧化，此设计最优，不宜设计为甲苯—→③题目限定的有机物原料可以直接利用，未给出的则不能直接利用，如乙醇—→乙酸乙酯，若原料只给出乙醇，则应先由乙醇制备乙酸，再由乙醇和乙酸发生酯化反应制备乙酸乙酯。知识点2逆向合成分析法1.逆合成分析法目标化合物>中间体一>中间体=>基础原料在目标化合物的适当位置断开相应的化学键，目的是使得到的较小片段所对应的中间体经过反应可以得到目标化合物；继续断开中间体适当位置的化学键，使其可以从更上一步的中间体反应得来，依次倒推，最后确定最适宜的基础原料和合成路线。2.合成路线的表示方法有机合成路线用反应流程图表示。3.合成路线设计应遵循的原则4.关注信息型合成路线的设计思路：根据待设计路线的原料试剂、最终产物，寻找题干中与原料难考向1有机合成路线的设计A.化合物Y、Z都可以作抗氧化剂B.化合物X通过缩聚反应可制得聚苯乙烯C.化合物Y与Z属于同系物D.化合物X、Z的所有碳原子都可能共面【详解】A.化合物Y、Z都含有酚羟基，都具有还原性，都可以作抗氧化剂，故A正确；B.化合物X含有碳碳双键，通过加聚反应可制得聚苯乙烯，故B错误；C.化合物Y与Z通式不同，不属于同系物，故C错误；D.化合物X中碳碳双键、苯环所有碳原子可能共面，但Z中含有sp³杂化的碳原子，与其相连的碳原子处于三角锥的四个顶点，所以Z中所有碳原子不可能共面，故D错误；故选A。思维建模有机推断的解题思维1.抓题眼破题：从结构(如苯环)、性质(银镜反应→-CHO)、数据(相对分子质量)切入，锁定官能团2.顺逆结合推路线：正向从已知物按反应推中间产物，逆向从产物拆官能团(如酯拆羧酸+醇),找到两者3.双验证排矛盾：同时核对官能团转化(如醇→醛→羧酸)和碳链变化(如加聚延长、酯水解拆分),排除不符结构。4.按顺序检查每步反应条件、官能团是否多余、分子式是否守恒，A.X中所有原子可能共平面B.Y含有两种官能团C.异喹啉的一氯代物有4种D.反应I可能包含了加成反应和消去反应【详解】A.X中苯环12个原子共面，醛基4原子共面，C-C键可旋转，故所有原子可能共平面，A正确；C.异喹啉的一氯代物有7种，体，通常以甲苯为原料进行合成。如图为对氨基苯甲酸的一种合成路线(已知：烷基A.A的结构简式为B.反应③的反应类型为氧化反应C.产物中可能含有副产物D.若反应①、②顺序互换，则最终得到的产物主要是【答案】B【详解】A.反应①为甲苯的硝化反应，A的结构为,A正确；B.根据分析，反应③硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应，B错误；C.由于烷基为邻对位定位基，所以最后含有副产品,C正确；D.若反应①、②顺序互换，由于-COOH为间位定位基，所以会将硝基引入羧基间位，还原后氨基与羧基位于间位，D正确；故选B。1.(2021-福建·高考真题)豆甾醇是中药半夏中含有的一种天然物质，其分子结构如下图所示。关于豆甾醇，下列说法正确的是A.属于芳香族化合物B.含有平面环状结构C.可发生取代反应和加成反应D.不能使酸性KMnO₄溶液褪色【详解】A.该结构中不含苯环，不属于芳香族化合物，故A错误；状结构不是平面结构，故B错误；C.该结构中含有碳碳双键能发生加成反应，含有醇羟基能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，故C正D.碳碳双键和醇羟基均能被高锰酸钾溶液氧化使其褪色，故D错误；口MH₃CO一aCA.化合物b是NaCN的替代品C.M可能是R₃SiBr和H+D.整个过程中，含镍化合物发生了2次氧化反应【答案】C【详解】A.根据反应机理图可知由化合物b制备目标产物c,化合物b替代NaCN提供氰基，A正确；B.反应过程中有自由基生成，自由基结合生成,为副产物，BC.由图可知LNi¹-Br与R₃SiH反应生成LNi0与M,其中Ni化合价降低，氢化合价由-1价升高到0价的氢D.整个过程中，含镍化合物化合价升高2次，发生了2次氧化反应，D正确；故选C。3.(2024·福建·高考真题)软珊瑚素的关键中间体(L)的某合成路线如下。(不考虑立体异构)已知：TBS和PMB为保护基团。(3)ⅢI的化学方程式为o(4)IV的反应条件为-0(5)由J生成L的过程涉及两种官能团的转化，分别示意如下：K的结构简式为0(6)Y是A的同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为o①Y可以发生银镜反应。②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1。【答案】(1)酮羰基碳溴键中官能团有碳碳双键、酮羰基、碳溴键；(2)由分析可知，Ⅱ即B中的酮羰基转化为C中的羟基，该反应的反应类型为还原反应；BH中中心原子B周围的价层电子对数为：=4,没有孤电子对，故该离子的空间结构为正四面体形；由题干合成路线图可知，根据D和E的结构简式可知，Ⅲ即D与HCON(CH₃)₂发生取代反应生成E的化学方程式为：由分析结合题干信息：由J生成L的过程涉及两种官能团的转化可知，K的结构简式为由题干流程图中A的结构简式可知，A的分子式为：C₇H₁₀O,不饱和度为3,故Y是A的同分异构体，且满足下述条件①Y可以发生银镜反应即含有醛基，②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9:1则可知含有3个甲基，故Y的结构简式为4.(2023·福建·高考真题)沙格列汀是治疗糖尿病的常用药物，以下是制备该药物重要中间产物F的合成路线。A已知：Boc表示叔丁氧羰基。(3)请从物质结构角度分析(C₂H₅)₃N能与HCI反应的原因0(4)A→B的反应类型o(7)A的其中一种同分异构体是丁二酸分子内脱水后的分子上一个H被取代后的烃的衍生物，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1,写出该同分异构体的结构简式。(只写一种)【答案】(1)羧基、酰胺基(3)(C₂H₅)₃N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCl发生反应(4)酯化反应或取代反应【详解】(1),官能团为羧基、酰胺基；故答案为：羧基、酰胺基。(2)A中含有羧基，属于亲水基，B中含有酯基，属于疏水基，故A的溶解度大于B的溶解度；故答案为：>。(3)(C₂H₅)₃N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCI发生反应；故答案为：(C₂H₅)₃N结构中的N原子有孤对电子，分子偏碱性，能和酸性的HCI发生反应。(4)根据分析可知，A→B的反应类型为酯化反应或取代反应；故答案为：酯化反应或取代反应。根据分析可知D结构简式为为故答案为：根据分析可知E→F的化学反应方程式为故答案为：丁二酸为,分子内脱水时，两个羧基间脱水，脱水产物分子上一个H被取代后的烃的衍生物是A的同分异构体，核磁共振氢谱图的比例为3:2:1:1,则该同分异构体的结构简式为故答案为：5.(2021·福建·高考真题)帕比司他是治疗某些恶性肿瘤的药物，其中间体(E)的合成路线如下：回答下列问题：(1)A分子含有的官能团名称为o(2)反应Ⅱ分两步进行：。第一步反应为加成反应，则X的结构简式为;第二步(3)若反应Ⅲ加热温度太高，CH₃OH自身反应生成的副产物为_(填名称)。(4)反应IV的化学方程式为_o(5)化合物Y是B的同分异构体，遇FeCl₃溶液显紫色其核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为3:2:2:1。【答案】(1)醛基【详解】(1)A为,由结构简式可知所含官能为醛基，故答案为：醛基；(2)对比B和C的结构可知，B的醛基先发生加成反应，得到(3)反应Ⅲ加热温度太高，CH₃OH自身会发生(4)反应IV为D与发生取代反应生成E,中-C1原子取代,故答案为：(5)化合物Y是B的同分异构体，遇FeCl₃溶液显紫色，可知Y中含有酚羟基结构，核磁共振氢谱有4组峰说明含有四种氢原子，峰面积之比为3:2:2:1可知Y中应含有甲基，则满足条件的Y的结构为：,故答案为：6.(2025·全国卷·高考真题)艾拉莫德(化合物F)有抗炎镇痛作用，可用于治疗类风湿关节炎。F的一条合成路线如下(略去部分条件和试剂)DE已知反应：其中RL是较大烃基，Rs是较小的烃基或氢回答下列问题：(1)A的结构简式是o(2)B中官能团的名称是、_o(3)反应②的反应类型为;吡啶是一种有机碱，在反应②中除了作溶剂外，还起到的作用是_o(4)在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，写出此过程的化学方程式。然后，再加入D进行反应。(5)关于F的化学性质，下列判断错误的是(填标号)。a.可发生银镜反应b.可发生碱性水解反应c.可使FeCl₃溶液显紫色d.可使酸性KMnO₄溶液褪色(6)G是二甲基丙酰氯的同分异构体，可以发生银镜反应，核磁共振氢谱中显示为四组峰，且峰面积比为(7)参照反应①和②,利用和完成杀菌剂乙霉威)的合成路线：o(3)取代反应吸收反应产生的HCI,促进反应进行【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为,故答案为：(2)根据B的结构简式可知，B中含有的官能团是氨基和醚键，故答案为：氨基；醚键；(3)观察B和C的结构简式可知，取代B中氨基上的一个H原子得到C,则反应②为取代反应；吡啶是一种有机碱，具有碱性，反应②反应会生成HCl,吡啶能够吸收反应生成的HCl,促进反应正向进行，故答案为：取代反应；吸收反应产生的HCl,促进反应进行；(4)在反应⑤的步骤中，二甲基丙酰氯和甲酸钠预先在溶剂丙酮中混合搅拌5小时，在这个过程中，甲醇钠和反应生成酸酐，该过程的化学方程式为：,故答案为：;(5)a.根据F的结构简式可知，F含有醛基，能发生银镜反应，故a正确；b.F含有酰胺基，在碱性条件下能发生水解，因此F可发生碱性水解反应，故b正确；c.F不含酚羟基，不能使FeCl₃溶液显紫色，故c错误；d.F含有碳碳双键，能与酸性KMnO₄溶液发生氧化还原反应使KMnO₄溶液褪色，故d正确；故答案为：C;(6)G是二甲基丙酰氯的同分异构体，可以发生银镜反应，说明分子中含有醛基，核磁共振氢谱中显示为四组峰，且峰面积比为6:1:1:1,说明含有4种不同环境的氢原子，且数目之比为6:1:1:1,说明结构对称，且存在两个等效的甲基，手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子，则G的结构简式为(用“*”标记手性碳原子),故答案为：完成杀菌剂乙霉威，(7)参照反应①和②,利用完成杀菌剂乙霉威，先发生硝化反应，在苯环上引入硝基得到,然后发生类似①的反应，将硝基还原为氨基得到在吡啶存在的条件下发生取代反应得到产物乙霉威，则合成路线为：,故答案为：7.(2024·天津·高考真题)天然产物P是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下：一定条件(1)A因官能团位置不同而产生的异构体(不包含A)数目为：_;其中核磁共振氢谱有四组峰的异构体的结构简式为_,系统命名为_o(2)B的含氧官能团名称为o(4)D的结构简式为(6)根据G与H的分子结构，判断下列说法正确的是(填序号)。a.二者互为同分异构体b.H的水溶性相对较高c.不能用红外光谐区分二者(7)已知产物P在常温下存在如下互变异构平衡。下列说法错误的是(填序号)。a.P和P'经催化加氢可得相同产物b.P和P'互为构造异构体c.P存在分子内氢键d.P'含有手性碳原子干路线，完成目标化合物的合成(无机试剂任选)_o【答案】(1)2(2)羟基、(酮)羰基的核磁共振氢谱有四组峰，系统命名为1,2,3-苯三酚(或苯-1,2,3-三酚);(2)B的含氧官能团名称为羟基、(酮)羰基；B→C发生的是取代反应，反应的化学方程式为(4)C和D发生取代反应生成E和HCl,D的结构简式为CH₃OCH₂Cl;(5)F中羟基和另一反应物中羧基反应生成酯基和水，F→G的反应类型取代反应(或酯化反应);(6)G与H的分子式相同但结构不同，二者互为同分异构体，a正确；H含有羟基，是亲水基团，能与水能用红外光谱区分二者，c错误；故答案选ab;P中碳碳双键、羰基能与氢气加成，P'中羰基能与氢气加成，P和P'经催化加氢可得相同产物为,a正确；已知P在常温下存在互变异构得到P