题目内容
7．某有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200．经分析得知，化合物中碳、氢、氧的质量比为7.5：1.125：3．A具有酸性，是蜂王浆中的有效成分，物质的量为0.0002mol的A需用20.0 mL 0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点．（1）有机化合物A的相对分子质量是186，该化合物的化学式（分子式）C10H18O3．
（2）已知A能使溴的四氯化碳溶液褪色，A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应．
信息提示：在一定条件下，烯烃可发生臭氧化还原水解反应，生成羰基化合物，该反应可表示为：
（R R′R″为烃基或氢）
以上反应和B的进一步反应如图所示．
1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况）．若将D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，该反应的化学方程式是HOOCCOOH+HOCH2CH2OH$→_{△}^{浓H_{2}SO_{4}}$
+2H2O，反应类型是酯化反应．D与碳酸氢钠反应的化学方程式是HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2O．（3）经测定，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3．写出有机化合物A的结构简式OHC（CH2）6CH2OH．
分析 A具有酸性，物质的量为0.0002mol的A需用20.0 mL 0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点，说明A中有一个羧基，化合物中碳、氢、氧的质量比为7.5：1.125：3，所以氧元素的质量分数为$\frac{3}{7.5+1.125+3}$=0.258，假设分子中有2个氧原子，则相对分子质量为$\frac{32}{0.258}$=124，分子中有3个氧原子，则相对分子质量为$\frac{48}{0.258}$=186，有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200，所以分子中含有3个氧原子，符合题意，分子中碳原子数为$\frac{7.5×48}{3×12}$=10，氢原子数为$\frac{1.125×48}{3}$=18，所以A的分子式为C10H18O3，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明A中有碳碳双键，A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应，说明B中有羧基和醛基，B氧化得D，1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况），说明D中有两个羧基，F经两步氧化得D，说明F为醇，D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，则G应为，所以可以推得F为HOCH2CH2OH，E为OHCCHO，D为HOOCCOOH，B为OHCCOOH，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3，结合题中信息可知，C为OHC（CH2）6CH2OH，则A为HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH，据此答题．
解答 解：A具有酸性，物质的量为0.0002mol的A需用20.0 mL 0.0100mol/L氢氧化钠水溶液来滴定达到滴定终点，说明A中有一个羧基，化合物中碳、氢、氧的质量比为7.5：1.125：3，所以氧元素的质量分数为$\frac{3}{7.5+1.125+3}$=0.258，假设分子中有2个氧原子，则相对分子质量为$\frac{32}{0.258}$=124，分子中有3个氧原子，则相对分子质量为$\frac{48}{0.258}$=186，有机化合物A的相对分子质量大于150且小于200，所以分子中含有3个氧原子，符合题意，分子中碳原子数为$\frac{7.5×48}{3×12}$=10，氢原子数为$\frac{1.125×48}{3}$=18，所以A的分子式为C10H18O3，A能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明A中有碳碳双键，A发生臭氧化还原水解反应生成B和C，B能发生银镜反应，且能与金属钠或氢氧化钠溶液反应，说明B中有羧基和醛基，B氧化得D，1molD与适量的碳酸氢钠溶液反应可放出二氧化碳44.8L（标准状况），说明D中有两个羧基，F经两步氧化得D，说明F为醇，D与F在浓硫酸作用下加热，可以生成一个化学式（分子式）为C4H4O4的六元环G，则G应为，所以可以推得F为HOCH2CH2OH，E为OHCCHO，D为HOOCCOOH，B为OHCCOOH，有机化合物C没有支链，分子中没有-CH3，结合题中信息可知，C为OHC（CH2）6CH2OH，则A为HOOCCH=CH（CH2）6CH2OH，
（1）根据上面的分析可知，A的相对分子质量是 186，该化合物的化学式是C10H18O3，
故答案为：186；C10H18O3；
（2）HOOCCOOH与HOCH2CH2OH在浓硫酸作用下发生酯化反应生成，反应的方程式为HOOCCOOH+HOCH2CH2OH$→_{△}^{浓H_{2}SO_{4}}$+2H2O，HOOCCOOH与碳酸氢钠反应的化学方程式为HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2O，
故答案为：HOOCCOOH+HOCH2CH2OH$→_{△}^{浓H_{2}SO_{4}}$+2H2O；酯化反应；HOOCCOOH+2NaHCO3=NaOOCCOONa+2CO2↑+2H2O；
（3）根据上面的分析可知，C为OHC（CH2）6CH2OH，故答案为：OHC（CH2）6CH2OH．
点评 本题考查有机物分子式的确定、同分异构体的书写等，题目难度中等，根据元素质量比及相互转化关系确定A的结构是解题的关键．
（1）图1烧瓶中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O．
（2）甲同学观察到图1试管中出现白色沉淀，该白色沉淀可能含有：
①BaSO3②BaSO4．
实验一：探究白色沉淀的成分
（3）设计如下实验方案：
| 实验步骤 | 预期现象与结论 |
| 步骤1：用适量白色沉淀于试管中，加入少量蒸馏水，滴加几滴品红溶液 | 白色沉淀不溶解，溶液呈红色． |
| 步骤2：往上述试管中滴加足量稀盐酸，充分振荡． | 若沉淀部分溶解，则含有②． |
（4）取白色沉淀wg于图2装置的试管，在分液漏斗中加入盐酸（可从盐酸、硝酸、NaOH溶液中选择一种）．实验后，测得C装置增重mg，根据此实验数据可计算出白色沉淀中BaSO3的质量分数为$\frac{217m}{64w}$×100%（用含m、w的式子表示）．
若最终测得的BaSO3的质量分数偏小，可能的原因是：SO2未被完全吸收
若最终测得的BaSO3的质量分数偏大，可能的原因是：盐酸挥发出HCl被C中碱石灰吸收
（5）形成②的原因可能是装置中残留的氧气使Na2SO3氧化生成Na2SO4，为制备纯净的BaSO3，请设计改进图1装置的实验方案：从烧瓶左边通入氮气排除装置中的空气．
在2L恒容密闭容器中充入2mol X和1mol Y发生反应：2X（g）+Y（g）?3Z（g），反应过程持续升高温度，测得X的体积分数与温度的关系如图所示．下列推断正确的是（ ）| A． | Q点时，Y的转化率最大 | |
| B． | 升高温度，平衡常数增大 | |
| C． | W点X的正反应速率等于M点X的正反应速率 | |
| D． | 平衡时充入Z，达到新平衡时Z的体积分数增大 |
通过煤的气化和液化，使碳及其化合物得以广泛应用．I．工业上先用煤转化为CO，再利用CO和水蒸气反应制H2时，存在以下平衡：
CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）
（1）向1L恒容密闭容器中充入CO和H2O（g），800℃时测得部分数据如表．则该温度下反应的平衡常数K=1.2（保留2位有效数字）
| t/min | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
| n（H2O）/mol | 0.600 | 0.520 | 0.450 | 0.350 | 0.350 |
| n（CO）/mol | 0.400 | 0.320 | 0.250 | 0.150 | 0.150 |
Ⅱ．已知CO（g）、H2（g）、CH3OH（l）的燃烧热分别为283kJ•mol-1、286kJ•mol-1、726kJ•mol-1．
（3）利用CO、H2合成液态甲醇的热化学方程式为CO（g）+2H2（g）=CH3OH（l）△H=-129kJ•mol-1．
（4）依据化学反应原理，分析增加压强对制备甲醇反应的影响．
Ⅲ．为摆脱对石油的过度依赖，科研人员将煤液化制备汽油，并设计了汽油燃料电池，电池工作原理如图所示：一个电极通入氧气，另一电极通入汽油蒸气，电解质是掺杂了Y2O3的ZrO2晶体，它在高温下能传导O2-．
（5）以辛烷（C8H18）代表汽油，写出该电池工作时的负极反应方程式C8H18-50e-+25O2-=8CO2+9H2O．
Ⅳ．煤燃烧产生的CO2是造成温室效应的主要气体之一．
（6）将CO2转化成有机物可有效地实现碳循环．如：
a．6CO2+6H2O$\stackrel{光照/叶绿素}{→}$C6H12O6+6O2
b．2CO2+6H2$→_{△}^{催化剂}$C2H5OH+3H2O
c．CO2+CH4$→_{△}^{催化剂}$CH3COOH
d．2CO2+6H2$→_{△}^{催化剂}$CH2=CH2+4H2O
反应b中理论上原子利用率为46%．
下列关于该化合物的说法正确的是（ ）
| A． | 该化合物的分子式为C12H16O4 | |
| B． | 该化合物属于有机酯类，所以可以发生水解反应 | |
| C． | 该化合物既可以发生消去反应，也可以被催化氧化生成醛 | |
| D． | 1mol该化合物可以和2mol醋酸发生取代反应 |
如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系．