Question

18．五種有機物A、B、C、D、E，其中A、B是烴類，其它為含氧衍生物；A與E碳數(shù)相同、B比D少一個碳原子，且互為同系物．常溫常壓下A為氣體，B、C、D、E是液體．
已知：（1）A可以聚合；完全燃燒1molA，需氧氣3mol．
（2）B的蒸氣對氫氣的相對密度是39，完全燃燒7.8g B，需氧氣16.8L（標準狀態(tài)）．
（3）C與濃硫酸共熱得A，C經氧化可得E．   
（4）E與Na₂CO₃溶液混和有氣體產生．
根據上述推斷回答下列：
①各物質的結構簡式：
ACH₂=CH₂BCCH₃CH₂OHDECH₃COOH
②寫出下列化學方程式
ⅰ、C催化氧化：2CH₃CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu/Ag}$2CH₃COOH
ⅱ、B和濃硫酸、濃硝酸混合加熱：
ⅲ、C、E和濃硫酸混合加熱：CH₃COOH+CH₃CH₂OHCH₃COOCH₂CH₃+H₂O．

Answer 1

分析 設A的分子式為C_xH_y，完全燃燒1molA，需氧氣3mol，所以x+$\frac{y}{4}$=3，常溫常壓下A為氣體，即x≤4，A可以聚合，A有碳碳雙鍵或碳碳參鍵，所以A為C₂H₄，結構簡式為CH₂=CH₂，B的蒸氣對氫氣的相對密度是39，所以B的相通對分子質量為78，完全燃燒7.8g B，需氧氣16.8L（標準狀態(tài)），B為液態(tài)烴，設B的分子式為C_aH_b，有x+y/4=$\frac{16.8}{\frac{22.4}{\frac{7.8}{78}}}$=7.5，a＞4，可得B的分子式為C₆H₆，結構簡式為，C與濃硫酸共熱得乙烯，C經氧化可得E，E與Na₂CO₃溶液混和有氣體產生，所以C為CH₃CH₂OH，E為CH₃COOH，B與D分別碳數(shù)相同，都有6個碳原子，D為固體，D溶液遇FeCl₃溶液顯紫色，說明是苯酚，據此答題．

解答 解：①（1）烴類燃燒的通式為：C_xH_y+（x+$\frac{y}{4}$）O₂$\stackrel{點燃}{→}$xCO₂+$\frac{y}{2}$H₂O，A是烴類，設A的分子式為C_xH_y，完全燃燒1molA，需氧氣3mol，所以x+$\frac{y}{4}$=3，常溫常壓下A為氣體，即x≤4，A可以聚合，A有碳碳雙鍵或碳碳參鍵，所以A為C₂H₄，結構簡式為CH₂=CH₂，
（2）由ρ=$\frac{m}{v}$=$\frac{M}{{V}_{m}}$可知，在相同條件下氣體的相對分子質量之比等于密度之比，該化合物的蒸氣對氫氣的相對密度為39，則該化合物的相對分子質量為39×2=78，7.8g B的物質的量為n=$\frac{m}{M}$=$\frac{7.8g}{78g/mol}$=0.1mol，16.8L氧氣（標準狀態(tài)）的物質的量為n=$\frac{V}{{V}_{m}}$=$\frac{16.8L}{22.4L}$=0.75mol，設B的分子式為C_aH_b，a+$\frac{4}$=7.5，B為液態(tài)烴，a＞4，a=6，b=6，B的分子式為C₆H₆，結構簡式為，
（3）C與濃硫酸共熱得乙烯，C經氧化可得E，E與Na₂CO₃溶液混和有氣體產生，所以C為CH₃CH₂OH，乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生消去反應制乙烯，反應方程式為：CH₃-CH₂-OH$→_{170℃}^{濃硫酸}$CH₂=CH₂↑+H₂O，C經氧化可得E，2CH₃CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu/Ag}$2CH₃COOH，
（4）乙酸與碳酸鈉反應生成乙酸鈉、二氧化碳和水，化學方程式為2CH₃COOH+Na₂CO₃=2CH₃COONa+CO₂↑+H₂O，
故答案為：CH₂=CH₂；； CH₃CH₂OH；；CH₃COOH；
②ⅰ、C為CH₃CH₂OH，C經氧化可得E，反應方程式為：2CH₃CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu/Ag}$2CH₃COOH，
故答案為：2CH₃CH₂OH+O₂$→_{△}^{Cu/Ag}$2CH₃COOH；
ⅱ、苯和濃硝酸在濃硫酸作催化劑、50℃～60℃加熱條件下發(fā)生取代反應生成硝基苯，反應方程式為，
故答案為：；
ⅲ、C為CH₃CH₂OH，E為CH₃COOH，在濃硫酸作催化劑條件下加熱乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應，酸脫羥基、醇脫氫，生成乙酸乙酯，反應的化學方程式為：CH₃COOH+CH₃CH₂OHCH₃COOCH₂CH₃+H₂O；
故答案為：CH₃COOH+CH₃CH₂OHCH₃COOCH₂CH₃+H₂O．

點評 本題主要考查有機物的推斷，熟悉各種物質的結構和性質以及根據官能團的性質和燃燒耗氧量進行物質結構的確定是解答關鍵，能較好的考查學生的分析、思維能力，題目難度中等．