专题05 有机合成与推断（4大题型专项训练）-2025-2026学年高二下学期化学人教版选择性必修3

**基本信息** 以正逆合成分析为主线，系统整合有机物转化规律与路线设计原则，构建“方法-题型-典例”三维训练体系，培养科学思维与证据推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |正合成分析法|1典例+3变式|从原料→中间体→产物正向推导，分单/双官能团及芳香族合成|基于官能团性质，建立“原料-官能团转化-产物”逻辑链| |常见有机物转化关系|1典例+3变式|梳理烷烃→卤代烃→醇→醛→羧酸→酯主干链，明确反应条件与突破口|通过特征反应条件与连续转化，形成物质类别转化网络| |逆向合成分析法|1典例+3变式|目标化合物化学键拆分→中间体倒推→确定原料，优先拆分酯基等官能团|以复杂分子结构为起点，运用逆向思维拆解合成路径| |有机合成路线设计原则|1典例+3变式|遵循原料易得、步骤简、条件温和等七大原则，强调绿色化学|整合合成方法与转化规律，实现从理论到实践的模型建构|

倒卖司马，搬运4000+ 专题5 有机合成与推断 题型01 正合成分析法 题型02 常见有机物转化关系 题型03 逆向合成分析法 题型04 有机合成路线设计遵循原则 题型01 正合成分析法 1.解题思路 从题目给出的基础原料出发，依据有机物官能团性质、化学反应规律，顺着反应顺序一步步推导，逐步合成得到目标有机物。 2.推导顺序：基础原料 → 中间体1 → 中间体2 → 最终目标产物 3.解题依据：熟记各类官能团能发生的反应、反应条件、物质类别之间的转化规律。 4.适用范围：合成路线短、反应流程简单、起始原料明确清晰的有机合成题。 5.正合成分析法 (1)单官能团合成 R—CH==CH2卤代烃醇醛酸―→酯 (2)双官能团合成 CH2==CH2CH2X—CH2X____________________________________―→链酯、环酯等 (3)芳香族化合物合成 ①__________ ②______________________________________芳香酯 6.解题技巧：优先引入官能团，再调整碳链结构，最后完成官能团转化。 【典例1】有机物E的化学名称为贝诺酯，具有解热镇痛和抗炎作用。其合成路线如图所示。 下列说法正确的是 A．1mol有机物D与H2加成最多需要消耗6mol B．贝诺酯E中含有酰胺基、酯基、苯环三种官能团 C．1mol有机物D最多能消耗5molNaOH D．有机物B碳原子只有一种杂化方式 【变式1-1】瓜环(简称CB[n]，n=5~8，10，13~15)形似南瓜，简化示意图如图，是继杯芳烃之后被控掘出的第四代大环分子。瓜环的环壁上含有4倍于其结构单元数的N，可以包结有机分子、气体分子和其他客体小分子。已知：苯环直径为0.34nm，根据下列信息下列说法错误的是 CB[n] CB[5] CB[6] CB[7] 端口直径/nm 0.24 0.39 0.54 空腔直径/nm 0.44 0.58 0.73 高度/nm 0.91 0.91 0.91 A．由化合物I和生成1mol CB[7]的同时生成 B．CB[7]可参与形成超分子且不能发生丁达尔效应 C．化合物I既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 D．苯环可被包结进入CB[5]的空腔中 【变式1-2】化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A．分子中所有的原子可能共平面 B．最多能消耗 C．既能发生取代反应，又能发生加成反应 D．能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 【变式1-3】布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是 A．分子式为C13H16O2 B．有6种一氯代物 C．分子中至少有9个碳原子共面 D．能发生取代、加成反应 题型02 常见有机物转化关系 1.主干转化链 2.核心转化要点 (1)烷烃光照取代生成卤代烃 (2)卤代烃水解生成醇，消去生成烯烃 (3)醇催化氧化变醛，醛氧化生成羧酸 (4)醇与羧酸酯化生成酯，酯水解还原成醇和羧酸 3.必记条件 熟记水解、消去、氧化、酯化、加成、取代等反应专属条件 4.推断突破口 利用特征颜色反应、特殊反应条件、连续氧化结构快速推断物质种类 【典例2】某有机化合物的结构简式如图所示。下列说法正确的是 A．分子中所有碳原子可能共平面 B．该分子含有3种官能团 C．该物质与足量溴水反应，最多可消耗 D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗2molNaOH 【变式2-1】对乙酰氨基酚又称为扑热息痛，具有很强的解热镇痛作用，其合成路线如图： 下列说法不正确的是 A．反应①与反应③的目的是保护酚羟基避免在反应②中被氧化 B．反应②用稀作为硝化试剂，体现了对苯环的活化 C．中间产物D既能与反应，又能与反应 D．A能够使高锰酸钾溶液褪色 【变式2-2】化合物甲与乙反应可合成药物中间体丙(如图所示，反应方程式已配平)，下列说法错误的是 A．X为 B．甲分子含有手性碳原子 C．甲和乙可用银氨溶液鉴别 D．丙能与酸反应 【变式2-3】以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法正确的是 A．M系统命名为2-甲基丁醛 B．若M＋X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C．P→Q过程中有生成 D．用酸性溶液可鉴别N和Q 题型03 逆向合成分析法 1.解题思路 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. 推导顺序： 3.优先拆分基团：酯基、羟基、羧基、碳碳双键、氨基等易拆分官能团 4.使用场景：结构复杂、多步合成、正向推导难度大的大题 5.核心原则：拆分后物质越简单、越常见越好 【典例3】合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三个阶段，依次发生。 下列说法不正确的是 A．第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂 B．该条件下，与聚合的速率可能远大于与聚合的速率 C．聚合物P中含有3种官能团 D．加入，最多生成聚合物P 【变式3-1】聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如图所示。下列说法正确的是 A．PA可通过水解反应重新生成Z B．①和②的反应类型都是取代反应 C．该合成路线中甲醇可循环使用 D．1 mol PA最多与(2n＋1)mol NaOH反应 【变式3-2】有机化学发展史是一段充满探索与突破的历程，下列说法错误的是 A．李比希提出的元素定量分析法可用于确定烃的实验式 B．凯库勒提出了苯分子具有环状结构，并将其表示为 C．我国化工专家吴蕴初研制生产的味精，主要成分为谷氨酸单钠盐 D．科里提出的系统化的逆合成概念，广泛应用于有机合成分析 【变式3-3】乙醇在一定条件下可以发生如下转化生成乙二醇，下列说法正确的是 CH3CH2OHMN A．①是消去反应，②是加成反应 B．③的反应条件是NaOH乙醇溶液加热 C．N比M的相对分子质量大80 D．M物质是乙烯，N是二溴乙烷 题型04 有机合成路线设计遵循原则 1.原料原则：选用来源广、价格低廉、容易获取的化工原料 2.路线原则：合成步骤越少越好，缩短流程，提高总产率 3.条件原则：反应条件温和，常温常压优先，避免高温高压难操作反应 4.产物原则：副反应少，主产物纯度高，后续容易分离提纯 5.环保原则：遵循绿色化学，无毒无害，污染小，废弃物少 6.保护原则：合成过程中注意保护已有官能团，防止其发生不必要反应 7.最简原则：尽量选择课本常见经典反应，不选用冷门陌生反应 【典例4】利用钴的羰基化合物催化烯烃氢甲酰化的反应机理如下图所示。下列说法错误的是 A．物质B的空间结构为正四面体形 B．整个催化过程中钴元素的化合价未发生改变 C．该过程的总反应为 D．该过程中可能得到副产物 【变式4-1】鸟嘌呤核苷和鸟嘌呤核苷酸是医药领域重要的中间体，结构如图所示。下列说法错误的是 A．鸟嘌呤核苷分子中有4个手性碳原子 B．鸟嘌呤核苷分子中碳原子杂化方式有两种 C．鸟嘌呤核苷酸既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应 D．鸟嘌呤核苷通过加成反应合成鸟嘌呤核苷酸 【变式4-2】按照绿色化学的原则，最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转变成所需产物，原子利用率为100%。以下反应中符合绿色化学原则的是 A．甲苯与氯气制备氯甲苯 B．苯酚与甲醛制备酚醛树脂 C．环己醇与浓硫酸制备环己烯 D．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷（） 【变式4-3】聚合物Z是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。 制备原理如下(反应方程式未配平)： i．     ii． 已知： 下列说法不正确的是 A．X的名称是1，4—丁二酸 B．i反应属于缩聚反应 C．ii反应的原子利用率=100% D．通过先降温后升温可实现这种材料的回收和重塑 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 倒卖司马，搬运4000+ 专题5 有机合成与推断 题型01 正合成分析法 题型02 常见有机物转化关系 题型03 逆向合成分析法 题型04 有机合成路线设计遵循原则 题型01 正合成分析法 1.解题思路 从题目给出的基础原料出发，依据有机物官能团性质、化学反应规律，顺着反应顺序一步步推导，逐步合成得到目标有机物。 2.推导顺序：基础原料 → 中间体1 → 中间体2 → 最终目标产物 3.解题依据：熟记各类官能团能发生的反应、反应条件、物质类别之间的转化规律。 4.适用范围：合成路线短、反应流程简单、起始原料明确清晰的有机合成题。 5.正合成分析法 (1)单官能团合成 R—CH==CH2卤代烃醇醛酸―→酯 (2)双官能团合成 CH2==CH2CH2X—CH2XHOCH2—CH2OHOHC—CHOHOOC—COOH―→链酯、环酯等 (3)芳香族化合物合成 ① ②芳香酯 6.解题技巧：优先引入官能团，再调整碳链结构，最后完成官能团转化。 【典例1】有机物E的化学名称为贝诺酯，具有解热镇痛和抗炎作用。其合成路线如图所示。 下列说法正确的是 A．1mol有机物D与H2加成最多需要消耗6mol B．贝诺酯E中含有酰胺基、酯基、苯环三种官能团 C．1mol有机物D最多能消耗5molNaOH D．有机物B碳原子只有一种杂化方式 【答案】A 【分析】由C和D可推出B的结构式为：，由D和乙酸在浓硫酸、加热条件下反应生成E，则E结构为：，据此分析； 【详解】A．有机物D中只有苯环能和氢气发生加成反应，故1mol有机物D与H2加成最多需要消耗6mol，A正确； B．由分析可知，贝诺酯E为，该分子中含有酰胺基、酯基两种官能团，B错误； C．D的结构简式为，该分子中2个酯基水解消耗2molNaOH，水解生成的2mol酚羟基也能与NaOH反应，消耗2molNaOH，共消耗4molNaOH，C错误； D．B的结构式为：，苯环、羧基、酮羰基上碳原子杂化方式为，甲基的杂化方式为，D错误； 故选A。 【变式1-1】瓜环(简称CB[n]，n=5~8，10，13~15)形似南瓜，简化示意图如图，是继杯芳烃之后被控掘出的第四代大环分子。瓜环的环壁上含有4倍于其结构单元数的N，可以包结有机分子、气体分子和其他客体小分子。已知：苯环直径为0.34nm，根据下列信息下列说法错误的是 CB[n] CB[5] CB[6] CB[7] 端口直径/nm 0.24 0.39 0.54 空腔直径/nm 0.44 0.58 0.73 高度/nm 0.91 0.91 0.91 A．由化合物I和生成1mol CB[7]的同时生成 B．CB[7]可参与形成超分子且不能发生丁达尔效应 C．化合物I既能与盐酸反应又能与NaOH溶液反应 D．苯环可被包结进入CB[5]的空腔中 【答案】D 【详解】A．化合物I和发生缩合反应并失水，根据结构简式可推知生成1mol CB[7]的同时生成14mol，A正确； B．CB[7]是一种超分子主体，分子粒径远小于产生丁达尔效应所需的胶体粒径范围（直径1-100nm），故不产生丁达尔效应，B正确； C．化合物I中含有酰胺基，既能与稀盐酸反应又能与NaOH溶液反应，C正确； D．由表中数据可知，CB[5]的端口直径仅0.24 nm，而苯环直径约 0.34 nm，苯环无法通过如此小的端口进入CB[5]的空腔，D 错误； 故选D。 【变式1-2】化合物M是从红树林真菌代谢物中分离得到的一种天然产物，其结构如图所示。下列有关M的说法正确的是 A．分子中所有的原子可能共平面 B．最多能消耗 C．既能发生取代反应，又能发生加成反应 D．能形成分子间氢键，但不能形成分子内氢键 【答案】C 【详解】A．该分子中存在-CH3，因此不可能所有原子共面，故A项错误； B．该分子中能与NaOH反应的官能团为2个酚羟基、酯基(1个酚酯基)、1个羧基，除酚羟基形成的酯基外，其余官能团消耗NaOH的比例均为1：1，因此1mol M最多能消耗5mol NaOH，故B项错误； C．M中存在羟基、羧基等，能够发生取代反应，存在苯环结构，因此能发生加成反应，故C项正确； D．M中存在羟基、羧基，能形成分子间氢键，由于存在羟基与羧基相邻的结构，因此也能形成分子内氢键，故D项错误； 综上所述，说法正确的是C项。 【变式1-3】布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是 A．分子式为C13H16O2 B．有6种一氯代物 C．分子中至少有9个碳原子共面 D．能发生取代、加成反应 【答案】D 【详解】A．分子式为C13H18O2，故A错误； B．该有机物有8种位置的氢，其碳原子上一氯代物有8种，故B错误； C．碳碳键可以旋转，根据苯中12个原子在同一平面，因此分子中至少有8个碳原子共面，故C错误； D．有机物含有苯环，能发生加成反应、取代反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故D正确。 综上所述，答案为D。 题型02 常见有机物转化关系 1.主干转化链 2.核心转化要点 (1)烷烃光照取代生成卤代烃 (2)卤代烃水解生成醇，消去生成烯烃 (3)醇催化氧化变醛，醛氧化生成羧酸 (4)醇与羧酸酯化生成酯，酯水解还原成醇和羧酸 3.必记条件 熟记水解、消去、氧化、酯化、加成、取代等反应专属条件 4.推断突破口 利用特征颜色反应、特殊反应条件、连续氧化结构快速推断物质种类 【典例2】某有机化合物的结构简式如图所示。下列说法正确的是 A．分子中所有碳原子可能共平面 B．该分子含有3种官能团 C．该物质与足量溴水反应，最多可消耗 D．该物质与足量溶液反应，最多可消耗2molNaOH 【答案】A 【详解】A．如图，该分子中存在四个共面的结构，四个平面可以通过一定的旋转使所有碳原子都共面，A正确； B．该分子含有碳碳双键、酯基、酚羟基、醚键4种官能团，B错误； C．该分子中碳碳双键和发生加成反应，且酚羟基对位氢和发生取代反应，故该物质与足量溴水反应，最多可消耗，C错误； D．该分子中含有两个酯基和一个酚羟基，故该物质与足量溶液反应，最多可消耗，D错误； 故选A。 【变式2-1】对乙酰氨基酚又称为扑热息痛，具有很强的解热镇痛作用，其合成路线如图： 下列说法不正确的是 A．反应①与反应③的目的是保护酚羟基避免在反应②中被氧化 B．反应②用稀作为硝化试剂，体现了对苯环的活化 C．中间产物D既能与反应，又能与反应 D．A能够使高锰酸钾溶液褪色 【答案】D 【分析】 根据的结构简式及A的分子式知，苯酚和发生取代反应生成A为，A和硝酸发生取代反应生成B为，B和HI发生取代反应生成，根据扑热息痛的结构简式和D的分子式知，发生还原反应生成D为，D和乙酸发生取代反应生成扑热息痛，据此解答。 【详解】A．酚羟基不稳定，易被硝酸氧化，反应①与反应③的目的是保护酚羟基避免在反应②中被氧化，A正确； B．反应②用稀作为硝化试剂，说明对苯环的活化导致苯环上对位的氢原子变得活泼，从而使其更容易被取代，B正确； C．D为，氨基具有碱性、酚羟基具有酸性，所以D既能与HCl反应，又能与NaOH反应，C正确； D．A为含有醚键和苯环，不能够使高锰酸钾溶液褪色，D错误； 故选D。 【变式2-2】化合物甲与乙反应可合成药物中间体丙(如图所示，反应方程式已配平)，下列说法错误的是 A．X为 B．甲分子含有手性碳原子 C．甲和乙可用银氨溶液鉴别 D．丙能与酸反应 【答案】B 【详解】A．根据各物质的结构简式及质量守恒可知，X为，故A正确； B．连有4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，甲分子中不含手性碳原子，故B错误； C．甲中不含醛基，而乙中含有醛基，故甲和乙可用银氨溶液鉴别，故C正确； D．丙含有氨基和酰胺基，能与酸反应，故D正确； 答案选B。 【变式2-3】以异丁醛(M)为原料制备化合物Q的合成路线如下，下列说法正确的是 A．M系统命名为2-甲基丁醛 B．若M＋X→N原子利用率为100%，则X是甲醛 C．P→Q过程中有生成 D．用酸性溶液可鉴别N和Q 【答案】B 【分析】由图示可知，M到N多一个碳原子，M与X发生加成反应得到N，X为甲醛，N与CH2(COOC2H5)发生先加成后消去的反应，得到P，P先在碱性条件下发生取代反应，再酸化得到Q。 【详解】A．M属于醛类，醛基的碳原子为1号，名称为2-甲基丙醛，A错误； B．根据分析，若M+X→N原子利用率为100%，则X为HCHO，B正确； C．P到Q两个酯基碱性条件下水解成2个乙醇与2个羧酸根，2个羧酸根再酸化为2个羧基，一个羧基加热脱羧生成二氧化碳，另一个羧基与醇羟基酯化反应生成内酯，过程中没有生成，C错误； D．N有醛基和-CH2OH，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，Q有碳碳双键，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别N和Q，D错误； 答案选B。 题型03 逆向合成分析法 1.解题思路 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. 推导顺序： 3.优先拆分基团：酯基、羟基、羧基、碳碳双键、氨基等易拆分官能团 4.使用场景：结构复杂、多步合成、正向推导难度大的大题 5.核心原则：拆分后物质越简单、越常见越好 【典例3】合成聚合物P，将反应物一次全部加入密闭的反应釜中，转化路线如下，聚合过程包含三个阶段，依次发生。 下列说法不正确的是 A．第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂 B．该条件下，与聚合的速率可能远大于与聚合的速率 C．聚合物P中含有3种官能团 D．加入，最多生成聚合物P 【答案】D 【详解】A．根据转化路线知，第一阶段中有C-O键和C-N键的断裂，A正确； B．聚合过程包含三个阶段，依次发生，即先发生与聚合，后发生与O＝C＝O聚合，所以该条件下，与聚合的速率可能远大于与O＝C＝O聚合的速率，B正确； C．聚合物P中含有酯基、酰胺基、羟基3种官能团，C正确； D．由第一阶段知，生成1mol，同时得到nmolCO2，由第三阶段知，生成1mol聚合物P，需要zmolCO2，则生成1mol聚合物P，需要(z-n)molCO2，则加入amol CO2，最多生成聚合物P，D错误； 故选D。 【变式3-1】聚酰胺(PA)具有良好的力学性能，一种合成路线如图所示。下列说法正确的是 A．PA可通过水解反应重新生成Z B．①和②的反应类型都是取代反应 C．该合成路线中甲醇可循环使用 D．1 mol PA最多与(2n＋1)mol NaOH反应 【答案】C 【分析】 Z和 发生缩聚反应生成PA，结合Z的分子式知，Z为 ，根据Y、Z的分子式知，Y和甲醇发生酯化反应生成Z，则Y为 ，X发生消去反应、取代反应生成Y。 【详解】 A．根据PA的结构简式知，PA水解生成 ， 和甲醇发生酯化反应得到Z，所以不能直接得到Z，故A错误； B．由分析可知，X发生消去反应、取代反应生成Y，Y和甲醇发生酯化反应生成Z，故B错误； C．Y生成Z消耗甲醇，Z生成PA生成甲醇，所以甲醇能循环利用，故C正确； D．PA中含有(2n-1)个肽键和1个酯基，1 mol PA最多与2nmol NaOH反应，故D错误； 故选C。 【变式3-2】有机化学发展史是一段充满探索与突破的历程，下列说法错误的是 A．李比希提出的元素定量分析法可用于确定烃的实验式 B．凯库勒提出了苯分子具有环状结构，并将其表示为 C．我国化工专家吴蕴初研制生产的味精，主要成分为谷氨酸单钠盐 D．科里提出的系统化的逆合成概念，广泛应用于有机合成分析 【答案】B 【详解】A．李比希法可以根据生成CO2的质量测定C元素的量，根据水的量测定H元素的量，故可以确定烃的实验式，故A正确； B．苯的凯库勒式表示为，故B错误； C．味精的主要成分为谷氨酸单钠盐，故C正确； D．1967年科里提出了有机合成理论-逆合成分析理论，广泛应用于有机合成分析，故D正确； 答案选B。 【变式3-3】乙醇在一定条件下可以发生如下转化生成乙二醇，下列说法正确的是 CH3CH2OHMN A．①是消去反应，②是加成反应 B．③的反应条件是NaOH乙醇溶液加热 C．N比M的相对分子质量大80 D．M物质是乙烯，N是二溴乙烷 【答案】A 【分析】乙醇经3步转化为乙二醇，乙醇消去反应生成乙烯，乙烯和溴的四氯化碳溶液加成生成1,2-二溴乙烷，再发生水解生成乙二醇。 【详解】A．①是乙醇消去反应生成乙烯，②是乙烯和溴的四氯化碳溶液加成生成1,2-二溴乙烷，A正确；     B．③的反应是1,2-二溴乙烷的水解，反应条件是NaOH水溶液加热，B错误； C．M是乙烯，N是1,2-二溴乙烷，N比M的相对分子质量大160，C错误；     D．M物质是乙烯，N是1,2-二溴乙烷，D错误； 故答案选A。 题型04 有机合成路线设计遵循原则 1.原料原则：选用来源广、价格低廉、容易获取的化工原料 2.路线原则：合成步骤越少越好，缩短流程，提高总产率 3.条件原则：反应条件温和，常温常压优先，避免高温高压难操作反应 4.产物原则：副反应少，主产物纯度高，后续容易分离提纯 5.环保原则：遵循绿色化学，无毒无害，污染小，废弃物少 6.保护原则：合成过程中注意保护已有官能团，防止其发生不必要反应 7.最简原则：尽量选择课本常见经典反应，不选用冷门陌生反应 【典例4】利用钴的羰基化合物催化烯烃氢甲酰化的反应机理如下图所示。下列说法错误的是 A．物质B的空间结构为正四面体形 B．整个催化过程中钴元素的化合价未发生改变 C．该过程的总反应为 D．该过程中可能得到副产物 【答案】A 【分析】该催化循环利用钴的羰基化合物作为催化剂，通过一系列配体解离、配位、插入和等基元反应，实现了烯烃与CO、H2反应生成醛的氢甲酰化过程。步骤①从物质A开始，A失去一个CO配体，生成配位不饱和的中间体B。这一步使得中心钴原子的配位数降低，产生了一个配位空位，为后续烯烃的配位创造了条件。步骤②烯烃（R代表烯烃的有机基团部分）配位到中间体B的钴原子上，形成配合物C。由于步骤①产生了配位空位，烯烃能够顺利地与钴原子配位。步骤③一个CO分子插入到钴-碳（烯烃配位形成的键）之间，生成配合物D。CO的插入反应是氢甲酰化反应中构建羰基-烷基结构的重要过程，决定了产物醛基的引入位置。步骤④又一个CO分子配位到配合物D上，生成配合物E，这一步增加了中心钴原子周围的配体数量。步骤⑤H2对配合物E进行加成，使得氢原子分别加到钴原子和与钴相连的烷基碳原子上，同时配合物中的羰基变为醛基，生成含有醛基（R−CHO）的产物，并使催化剂回到初始可循环的状态A，完成催化循环。 【详解】A．物质B中，钴形成的4条键种类不同。由于不同原子的电负性不同，导致键长也不同。正四面体结构要求所有键长和键角都相等，而物质B中钴的4条键键长不等，所以其空间结构不可能为正四面体形，A选项错误； B．在配合物中，配体不影响中心原子的化合价。在该反应过程中，钴原子始终与碳、氢等原子形成共价键，且电负性：碳>氢>钴，钴原子要么和氢原子形成1个普通共价键，要么和碳形成1个普通共价键，其化合价保持+1价不变，B选项正确； C．根据反应机理，起始物质为RCH=CH2、CO和H2，最终生成RCH2CH2CHO，该过程的总反应为，C选项正确； D．在反应阶段③时，与钴成键的碳原子可能是端位的形成碳碳双键的碳原子，也可能是中间的形成碳碳双键的碳原子。正常情况下是端位的形成碳碳双键的碳原子和钴成键，得到目标产物；但如果中间的形成碳碳双键的碳原子与钴成键，就会得到RCH(CH3)CHO副产物，D选项正确； 故答案选A。 【变式4-1】鸟嘌呤核苷和鸟嘌呤核苷酸是医药领域重要的中间体，结构如图所示。下列说法错误的是 A．鸟嘌呤核苷分子中有4个手性碳原子 B．鸟嘌呤核苷分子中碳原子杂化方式有两种 C．鸟嘌呤核苷酸既能与NaOH溶液反应，又能与盐酸反应 D．鸟嘌呤核苷通过加成反应合成鸟嘌呤核苷酸 【答案】D 【详解】A．鸟嘌呤核苷的五碳糖的五元环中的四个碳原子均连有四个不同基团，均为手性碳，共4个手性碳原子，A正确； B．鸟嘌呤核苷中，碱基的碳原子形成共轭环及羰基为杂化，五碳糖的碳原子均为单键连接，为杂化，B正确； C．鸟嘌呤核苷酸含磷酸基团可与NaOH发生中和反应；含氨基可与盐酸发生反应，C正确； D．鸟嘌呤核苷含羟基与磷酸通过酯化反应生成鸟嘌呤核苷酸，形成磷酸酯基，酯化反应属于取代反应，D错误； 故选D。 【变式4-2】按照绿色化学的原则，最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转变成所需产物，原子利用率为100%。以下反应中符合绿色化学原则的是 A．甲苯与氯气制备氯甲苯 B．苯酚与甲醛制备酚醛树脂 C．环己醇与浓硫酸制备环己烯 D．乙烯与氧气在银催化作用下生成环氧乙烷（） 【答案】D 【详解】A.一定条件下，甲苯与氯气发生取代反应生成氯甲苯和氯化氢，原子利用率不是100%，故A不符合题意； B.一定条件下，苯酚与甲醛发生缩聚反应生成酚醛树脂和水，原子利用率不是100%，故B不符合题意； C.在浓硫酸作用下，环己醇共热发生消去反应生成环己烯和水，原子利用率不是100%，故C不符合题意； D.在银催化作用下，乙烯与氧气发生氧化反应生成环氧乙烷，产物只有一种，原子利用率为100%，故D符合题意； 故选D。 【变式4-3】聚合物Z是一种新型可回收材料的主要成分，其结构片段如下图(图中表示链延长)。 制备原理如下(反应方程式未配平)： i．     ii． 已知： 下列说法不正确的是 A．X的名称是1，4—丁二酸 B．i反应属于缩聚反应 C．ii反应的原子利用率=100% D．通过先降温后升温可实现这种材料的回收和重塑 【答案】D 【分析】 根据聚合物Z的结构，该聚合物的制备原理为和1,4-丁⼆酸发生缩聚反应生成单链聚合物Y，然后Y与发生已知中的反应生成聚合物Z网络结构。 【详解】A．据分析，X的名称是1,4—丁二酸，故A正确； B．据分析，i反应属于缩聚反应，故B正确； C．据分析，ii中发生的反应为已知中的反应：，该反应为加成反应，原子利用率为100%，故C正确； D．根据已知，反应ii正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，所以通过先升温后降温可实现这种材料的回收和重塑，故D错误； 故答案为D。 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $