题目内容

11．化合物A经碱性水解、酸化后得到B和C（C8H8O2），C能与NaHCO3溶液反应，且在铁作催化剂下与液溴反应只能生成2种沸点不同的一溴代芳香族化合物．B经过下列反应后得到高分子化合物G．

已知：①A的相对分子质量小于200，其中含氧16.7%，完全燃烧产物只有CO2和水．
②
请回答下列问题：
（1）写出A的分子式：C12H16O2．
（2）写出C的结构简式：．
（3）C有多种同分异构体，其中既能发生银镜反应又能水解的同分异构体有4种（4）已知在G的粗产物中，含有六元环状化合物杂质H，经检测H的核磁共振氢谱只有一个峰．写出H的结构简式：．
（5）写出E→F反应的化学方程式：n（CH3）2C（OH）COOH$\stackrel{一定条件下}{→}$+（n-1）H2O，该反应属于缩聚反应（填反应类型）．

分析 C的不饱和度=$\frac{8×2+2-8}{2}$=5，C能与碳酸氢钠反应，说明C中含有羧基，且在铁作催化剂下与液溴反应只能生成2种沸点不同的一溴代芳香族化合物，则C结构简式为；A水解生成羧酸和醇，C是羧酸，则B是醇，B能连续被氧化生成D，D能发生信息②的反应，A为酯，A中含有2个O原子，则A相对分子质量=$\frac{16×2}{16.7%}$≈192，B相对分子质量=192+18-8×12-8×1-16×2=74，B为一元醇时，碳原子个数=$\frac{74-16-2}{14}$=4，符合题意，所以B中含有4个碳原子，B能连续被氧化生成羧酸D，D发生取代反应生成E，E发生消去反应生成F，F发生缩聚反应生成G，G的粗产物中，含有六元环状化合物杂质H，经检测H的核磁共振氢谱只有一个峰，则G结构简式为，H结构简式为，则B结构简式为（CH3）2CHCH2OH，D结构简式为（CH3）2CHCOOH、E结构简式为（CH3）2CBrCOOH、F结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，A结构简式为，据此分析解答．

解答 解：C的不饱和度=$\frac{8×2+2-8}{2}$=5，C能与碳酸氢钠反应，说明C中含有羧基，且在铁作催化剂下与液溴反应只能生成2种沸点不同的一溴代芳香族化合物，则C结构简式为；A水解生成羧酸和醇，C是羧酸，则B是醇，B能连续被氧化生成D，D能发生信息②的反应，A为酯，A中含有2个O原子，则A相对分子质量=$\frac{16×2}{16.7%}$≈192，B相对分子质量=192+18-8×12-8×1-16×2=74，B为一元醇时，碳原子个数=$\frac{74-16-2}{14}$=4，符合题意，所以B中含有4个碳原子，B能连续被氧化生成羧酸D，D发生取代反应生成E，E发生消去反应生成F，F发生缩聚反应生成G，G的粗产物中，含有六元环状化合物杂质H，经检测H的核磁共振氢谱只有一个峰，则G结构简式为，H结构简式为，则B结构简式为（CH3）2CHCH2OH，D结构简式为（CH3）2CHCOOH、E结构简式为（CH3）2CBrCOOH、F结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，A结构简式为，
（1）通过以上分析知，A分子式为C12H16O2，故答案为：C12H16O2；
（2）C结构简式为，故答案为：；
（3）C为，C的同分异构体能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有酯基和醛基，为甲酸酯，取代基为HCOO-、-CH3，有邻间对三种，取代基为HCOOCH2-，有一种，所以符合条件的有4种，故答案为：4；
（4）在G的粗产物中，含有六元环状化合物杂质H，经检测H的核磁共振氢谱只有一个峰，则H结构简式为，
故答案为：；


（5）G结构简式为，F结构简式为（CH3）2C（OH）COOH，F发生缩聚反应生成G，反应类型是缩聚反应，
反应方程式为n（CH3）2C（OH）COOH$\stackrel{一定条件下}{→}$+（n-1）H2O，
故答案为：n（CH3）2C（OH）COOH$\stackrel{一定条件下}{→}$+（n-1）H2O；缩聚反应．

点评 本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断能力，正确判断A结构简式是解本题关键，注意结合题给信息采用知识迁移方法进行推断，需要学生熟练掌握基础知识并灵活运用，题目难度中等．

练习册系列答案
相关题目
1．过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，加热至350℃左右开始分解放出氧气．过氧化钙能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面．其工业制备的主要流程如下：

（1）搅拌的目的是加快反应速率．流程②中没有采用加热措施的可能原因是减少H2O2分解、防止氨气大量逸出．流程②的化学反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3+nH2O═CaO2•nH2O↓+2NH4Cl．
（2）整个流程中，除水外还可以循环使用的物质是NH4Cl．
（3）检验CaO2•nH2O是否洗涤干净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明洗涤干净．

（4）取上述制得的CaO2•nH2O晶体进行热重分析，其热分解时晶体的质量随温度变化的曲线如图．请通过计算给出过氧化钙晶体（CaO2•nH2O）的化学式（写出计算过程）．
2．维生素C的结构式如下，
（1）维生素C分子式为C6H8O6，相对分子质量为176
（2）中学生每天需补充约60mg维生素C，则1mol维生素C大概相当于多少天的摄入量？
19．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（　　）
A．7.8 g Na2O2与足量水反应转移的电子数为0.2NA
B．5.6 g铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为0.3NA
C．常温常压下，1 mol CH4中含有的氢原子数为4NA
D．12.0 g熔融的NaHSO4中含有0.1NA个Na+、0.1NA个H+和0.1NA个SO42-
6．通常用饱和小苏打溶液除去CO2中的HCl，不能用NaOH溶液，也不能用Na2CO3，不能用Na2CO3的原因是CO32-+CO2+H2O═2HCO3-（用离子方程式表示）
16．中学化学很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论正确的是（　　）
选项规律结论
A较强酸可以制取较弱酸次氯酸溶液无法制取盐酸
  B反应物浓度越大，反应速率越快常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
  C结构和组成相似的物质，沸点随相对分子质量增大而升高NH3沸点低于PH3
  D溶解度小的物质易向溶解度更小的物质转化澄清石灰水中通入CO2，石灰水变浑浊
A．AB．BC．CD．D
3．锌是人体生长发育、维持器官正常功能的微量元素，人体缺锌会引起多种疾病，因此缺锌者可通过服用葡萄糖酸锌等保健品来补锌．已知葡萄糖酸锌的化学式为C12H22O14Zn，请回答（写出计算过程）：
（1）葡萄糖酸锌中含锌元素的质量分数为多少？（结果保留至0.1%）
（2）现有一支20mL的葡萄糖酸锌口服液，其中含锌6.5mg，那么该口服液中葡萄糖酸锌的物质的量浓度为多少？
20．高铁酸钠（Na2FeO4）是水处理过程中使用的一种新型净水剂，它的氧化性比高锰酸钾更强，本身在反应中被还原为Fe3+离子．制取高铁酸钠的化学方程式如下：
2Fe（NO3）3+16NaOH+3Cl2=2Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O
①在上述反应中铁（填元素名称）元素被氧化；
②当有2.408×1024个电子发生转移时，参加反应的氯气在标准状况下的体积为44.8L．
1．某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度．
①取水样10.00mL于锥形瓶中，加入10.00mL KI溶液（足量），滴入指示剂2～3滴．
②取一只碱式滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净，然后注入0.010mol•L-1 Na2S2O3溶液，调整液面，记下读数．
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6．试回答下列问题：
（1）步骤①加入的指示剂是淀粉溶液．
（2）滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液的颜色变化，判断到达滴定终点的现象是：滴最后一滴溶液，由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，若耗去Na2S2O3溶液20.00mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为0.01mol•L-1．
（3）实验中，Cl2的实际浓度比所测浓度偏小，造成误差的原因是：步骤②中碱式滴定管未用待测液润洗．
（4）如图表示50.00mL滴定管中液面的位置，若A与C刻度间相差1mL，A处的刻度为25.00mL，滴定管中液面读数应为25.40mL，设此时液体体积读数为a mL，滴定管中液体的体积V＞（50-a） mL（填“=”、“＞”或“＜”）．
（5）滴定结束时俯视刻度线读取滴定终点时Na2S2O3溶液的体积，会导致测定结果偏小（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）．

违法和不良信息举报电话：027-86699610 举报邮箱：58377363@163.com

精英家教网