考点45 有机综合推断 真题过关 2023年高考化学一轮复习

考点45  有机综合推断 真题过关

1．【2022•全国甲卷】用N-杂环卡其碱(NHC base)作为催化剂，可合成多环化合物。下面是一种多环化合物H的合成路线(无需考虑部分中间体的立体化学)。

回答下列问题：

(1)A的化学名称为_______。

(2)反应②涉及两步反应，已知第一步反应类型为加成反应，第二步的反应类型为_______。

(3)写出C与Br2/CCl4反应产物的结构简式_______。

(4)E的结构简式为_______。

(5)H中含氧官能团的名称是_______。

(6)化合物X是C的同分异构体，可发生银镜反应，与酸性高锰酸钾反应后可以得到对苯二甲酸，写出X的结构简式_______。

(7)如果要合成H的类似物H′()，参照上述合成路线，写出相应的D′和G′的结构简式_______、_______。H′分子中有_______个手性碳(碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳)。

【答案】(1)苯甲醇     (2)消去反应

(3)       (4)

(5)硝基、酯基和羰基    (6)

(7)            5

【解析】由合成路线，A的分子式为C7H8O，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化生成B，B的结构简式为，则A为，B与CH3CHO发生加成反应生成，再发生消去反应反应生成C，C的结构简式为，C与Br2/CCl4发生加成反应得到，再在碱性条件下发生消去反应生成D，D为，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C5H6O2，F的结构简式为，可推知E为，F与生成G，G与D反应生成H。(1)由分析可知，A的结构简式为，其化学名称为苯甲醇；(2)由B、C的结构简式，结合反应条件，可知B()先与CH3CHO发生碳氧双键的加成反应生成，再发生消去反应生成C()，故第二步的反应类型为消去反应；(3)根据分析可知，C与Br2/CCl4发生加成反应得到；(4)由分析，E的结构简式为；(5)H的结构简式为，可其分子中含有的含有官能团为硝基、酯基和羰基；(6)C的结构简式为，分子式为C9H8O，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到对苯二甲酸，则X的取代基处于苯环的对位，满足条件的X的结构简式为：；(7)G与D反应生成H的反应中，D中碳碳双键断裂与G中HC—NO2和C=O成环，且C=O与—CHO成环，从而得到H，可推知，若要合成H′()，相应的D′为，G′为，手性碳原子为连有4各不同基团的饱和碳原子，则H′()的手性碳原子为，共5个。

2．【2022•北京卷】碘番酸可用于X射线的口服造影液，其合成路线如图所示。

已知：R-COOH+R’-COOH+H2O

(1)A可发生银镜反应，其官能团为___________。

(2)B无支链，B的名称为___________；B的一种同分异构体中只有一种环境氢，其结构简式为___________。

(3)E是芳香族化合物，的方程式为___________。

(4)G中有乙基，则G的结构简式为___________。

(5)碘番酸中的碘在苯环不相邻的碳原了上，碘番酸的相对分了质量为571，J的相对分了质量为193。则碘番酸的结构简式为___________。

(6)通过滴定法来确定口服造影液中碘番酸的质量分数。

第一步   取a mg样品，加入过量粉，溶液后加热，将I元素全部转为，冷却，洗涤。

第二步   调节溶液，用b mol·L-1 AgNO3溶液滴定至终点，用去。已知口服造影液中无其他含碘物质，则碘番酸的质量分数为___________。

【答案】(1)醛基     (2)丁酸    

(3)+HNO3+H2O

(4)    (5)    (6)

【解析】由题给信息和有机物的转化关系可知，CH3CH2CH2CHO发生氧化反应生成CH3CH2CH2COOH，则A为CH3CH2CH2CHO、B为CH3CH2CH2COOH；CH3CH2CH2COOH发生信息反应生成，则D为；在浓硫酸作用下，与发烟硝酸共热发生硝化反应生成，则E为、F为；在催化剂作用下，与反应生成CH3CH2CH2COOH和，则G为；与在镍做催化剂条件下，与铝、氢氧化钠发生还原反应后，调节溶液pH生成，与氯化碘发生取代反应生成，则碘番酸的结构简式为。(1)由分析可知，能发生银镜反应的A的结构简式为CH3CH2CH2CHO，官能团为醛基；(2)由分析可知，无支链的B的结构简式为CH3CH2CH2COOH，名称为丁酸，丁酸的同分异构体中只有一种环境氢说明同分异构体分子的结构对称，分子中含有2个醚键和1个六元环，结构简式为；(3)由分析可知，E→F的反应为在浓硫酸作用下，与发烟硝酸共热发生硝化反应生成和水，反应的化学方程式为+HNO3+H2O；(4)由分析可知，含有乙基的G的结构简式为；(5)由分析可知，相对分了质量为571的碘番酸的结构简式为；(6)由题给信息可知，和硝酸银之间存在如下关系：3I—3AgNO3，由滴定消耗cmLbmol/L硝酸银可知，碘番酸的质量分数为×100%=。

3．【2022•湖北省选择性考试】(13分) 化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下：

回答下列问题：

(1)A→B的反应类型是___________。

(2)化合物B核磁共振氢谱的吸收峰有___________组。

(3)化合物C的结构简式为___________。

(4)D→E的过程中，被还原的官能团是___________，被氧化的官能团是___________。

(5)若只考虑氟的位置异构，则化合物F的同分异构体有___________种。

(6)已知A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的总产率为___________。

(7)配合物可催化E→F转化中C- Br键断裂，也能催化反应①：

反应①：

为探究有机小分子催化反应①的可能性，甲、乙两个研究小组分别合成了有机小分子S-1(结构如下图所示)。在合成的过程中，甲组使用了Pd催化剂，并在纯化过程中用沉淀剂除Pd；乙组未使用金属催化剂。研究结果显示，只有甲组得到的产品能催化反应①。

根据上述信息，甲、乙两组合成的S-1产品催化性能出现差异的原因是___________。

【答案】(1)取代反应(或酯化反应)    (2)5

(3)

(4)酯基     碳碳双键    (5)5     (6)45.92%

(7)甲组使用的Pd催化剂未完全除尽，继续催化反应①

【解析】A→B条件为甲醇和浓硫酸，该反应为酯化反应，B→C，条件为CH3I和有机强碱，结合C的分子式以及D的结构简式可分析得出C的结构简式为，C与CH2=CHCH2Br发生取代反应生成D，由E的结构可分析出，D中酯基被还原成醇羟基，碳碳双键被氧化成羧基，然后发生酯化反应生成E，E与Pd配合物在碱的催化下反应生成F。(1)A→B条件为甲醇和浓硫酸，根据A和B的结构简式可分析出，该反应为酯化反应，属于取代反应；(2)核磁共振氢谱的吸收峰数目等于有机物中氢元素的种类，即有多少种化学环境不同的氢原子，由B的结构简式可知，B中有5种H，所以核磁共振氢谱有五组吸收峰；(3)B与CH3I反应生成C，结合D的结构简式可推测出C的结构简式为 ；(4)E结构中存在环状酯结构，采用逆推的方式可得到，存在羧基和醇羟基，再结合两种官能团的位置及支链中碳原子的个数，可推得D中碳碳双键被氧化，酯基被还原；(5)只考虑氟的位置异构， F中氟原子没取代之前只有6种类型氢原子，如图：，取代后有6种氟代物，除去F本身，应为5种同分异构体；(6) A→F的过程中，分成三步进行，且三步反应A→D、D→E和E→F的产率分别为70%、82%和80%，则A→F的产率=70%82%80%=45.92%；(7)甲乙两组合成的小分子催化剂结构相同，但只有使用了Pd催化剂的甲组才能催化反应①，而乙组不能催化反应①，说明有机小分子S-1不是反应①的催化剂，根据已知条件，Pd配合物也能催化反应①，可推测，金属Pd在催化甲组合成S-1后，并没有完全除尽，有残留，所以最终其催化作用的依然为金属Pd。

4．【2022•辽宁省选择性考试】(14分)某药物成分H具有抗炎、抗病毒、抗氧化等生物活性，其合成路线如下：

已知：

回答下列问题：

(1)A的分子式为___________。

(2)在NaOH溶液中，苯酚与CH3OCH2Cl反应的化学方程式为___________。

(3) D→E中对应碳原子杂化方式由___________变为___________，PCC的作用为___________。

(4) F→G中步骤ⅱ实现了由___________到___________的转化(填官能团名称)。

(5)I的结构简式为___________。

(6)化合物I的同分异构体满足以下条件的有___________种(不考虑立体异构)；

i．含苯环且苯环上只有一个取代基

ii．红外光谱无醚键吸收峰

其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的结构简式为___________(任写一种)。

【答案】(1) C7H7NO3

(2)+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O

(3) sp3    sp2         选择性将分子中的羟基氧化为羰基

(4)硝基     氨基

(5)

(6) 12     (或)

【解析】F中含有磷酸酯基，且F→G中步聚ⅰ在强碱作用下进行，由此可推测F→G发生题给已知信息中的反应；由F、G的结构简式及化合物Ⅰ的分子式可逆推得到Ⅰ的结构简式为 ；(1)由A的结构简式可知A是在甲苯结构基础上有羟基和硝基各一个各自取代苯环上的一个氢原子，所以A的分子式为C7H7NO3；(2)由题给合成路线中C→D的转化可知，苯酚可与CH3OCH2Cl发生取代反应生成与HCl，HCl可与NaOH发生中和反应生成NaCl和H2O，据此可得该反应的化学方程式为“+CH3OCH2Cl+NaOH+NaCl+H2O”；(3)根据D、E的结构简式可知，D→E发生了羟基到酮羰基的转化，对应碳原子杂化方式由sp3变为sp2；由D→E的结构变化可知，PCC的作用为“选择性将分子中的羟基氧化为羰基”；(4)由题给已知信息可知，F→G的步骤ⅰ中F与化合物Ⅰ在强碱的作用下发生已知信息的反应得到碳碳双键，对比F与G的结构简式可知，步骤ⅱ发生了由“硝基”到“氨基”的转化；(5)根据分析可知，化合物I的结构简式为；(6)化合物Ⅰ的分子式为C10H14O，计算可得不饱和度为4，根据题目所给信息，化合物Ⅰ的同分异构体分子中含有苯环(已占据4个不饱和度)，则其余C原子均为饱和碳原子(单键连接其他原子)；又由红外光谱无醚键吸收峰，可得苯环上的取代基中含1个羟基；再由分子中苯环上只含有1个取代基，可知该有机物的碳链结构有如下四种：(1、2、3、4均表示羟基的连接位置)，所以满足条件的化合物Ⅰ的同分异构体共有“12”种；其中，苯环侧链上有3种不同化学环境的氢原子，且个数比为6∶2∶1的同分异构体应含有两个等效的甲基，则其结构简式为 或。

5．【2022·浙江省1月选考】化合物H是一种具有多种生物活性的天然化合物。某课题组设计的合成路线如图(部分反应条件已省略)：

已知：R1BrR1MgBr

+

(1)下列说法不正确的是_______。

A．化合物A不易与NaOH溶液反应 B．化合物E和F可通过红外光谱区别

C．化合物F属于酯类物质 D．化合物H的分子式是C20H12O5

(2)化合物M的结构简式是_______；化合物N的结构简式是____________；化合物G的结构简式是____________。

(3)补充完整C→D的化学方程式：2+2+2Na→______________________。

(4)写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)____ _____________。

①有两个六元环(不含其他环结构)，其中一个为苯环；

②除苯环外，结构中只含2种不同的氢；

③不含—O—O—键及—OH

(5)以化合物苯乙炔()、溴苯和环氧乙烷()为原料，设计如图所示化合物的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)_______。

【答案】(1)CD

(2)HC≡CCOOCH3           

(3)2+2NaBr+H2↑

(4)、、、、

(5)

【解析】A和M反应生成B，根据A、B的结构简式，可知M是HC≡CCOOCH3；根据信息，由逆推，可知D是、N是；根据信息+，由F可知G是。(1)A项，苯环上的溴原子不活泼，不易与NaOH溶液发生反应，故A正确；B项，化合物E和F含有的官能团不能，可通过红外光谱区别，故B正确；C项，化合物F不含酯基，不属于酯类物质，故C错误；D项，化合物H的分子式是C20H14O5，故D错误；选CD。(2)A和M反应生成B，根据A、B的结构简式，可知M是HC≡CCOOCH3；根据信息，由逆推，可知D是、N是；根据信息+，由F可知G是。(3)根据信息，由逆推，可知D是，C→D的方程式是2+2+2Na→2+2NaBr+H2↑；(4)①有两个六元环(不含其他环结构)，其中一个为苯环；②除苯环外，结构中只含2种不同的氢，说明结构对称；③不含—O—O—键及—OH，符合条件的的同分异构体有、、、、。(5)溴苯和镁、乙醚反应生成，和环氧乙烷反应生成，发生催化氧化生成， 和苯乙炔反应生成， 合成路线为 。

6．【2022•广东选择性考试】基于生物质资源开发常见的化工原料，是绿色化学的重要研究方向。以化合物I为原料，可合成丙烯酸V、丙醇VII等化工产品，进而可制备聚丙烯酸丙酯类高分子材料。

(1)化合物I的分子式为_______，其环上的取代基是_______(写名称)。

(2)已知化合物II也能以II′的形式存在。根据II′的结构特征，分析预测其可能的化学性质，参考①的示例，完成下表。

(3)化合物IV能溶于水，其原因是_______。

(4)化合物IV到化合物V的反应是原子利用率的反应，且与化合物a反应得到，则化合物a为_______。

(5)化合物VI有多种同分异构体，其中含结构的有_______种，核磁共振氢谱图上只有一组峰的结构简式为_______。

(6)选用含二个羧基的化合物作为唯一的含氧有机原料，参考上述信息，制备高分子化合物VIII的单体。

写出VIII的单体的合成路线_______(不用注明反应条件)。

【答案】(1) C5H4O2     醛基

(2) -CHO     O2     -COOH     -COOH     CH3OH     - COOCH3     酯化反应(取代反应)

(3)Ⅳ中羟基能与水分子形成分子间氢键

(4)乙烯

(5) 2    

(6)

【解析】(1)根据化合物Ⅰ的结构简式可知，其分子式为C5H4O2；其环上的取代基为醛基；(2)②化合物Ⅱ'中含有的-CHO可以被氧化为-COOH，故答案为：-CHO；O2；-COOH；

③化合物Ⅱ'中含有-COOH，可与含有羟基的物质(如甲醇)发生酯化反应生成酯，故答案为：-COOH；CH3OH；- COOCH3；酯化反应(取代反应)；(3)化合物Ⅳ中含有羟基，能与水分子形成分子间氢键，使其能溶于水；(4)化合物Ⅳ到化合物Ⅴ的反应是原子利用率100%的反应，且1 molⅣ与1 mola反应得到2molV，则a的分子式为C2H4，为乙烯；(5)化合物Ⅵ的分子式为C3H6O，其同分异构体中含有，则符合条件的同分异构体有和，共2种，其中核磁共振氢谱中只有一组峰的结构简式为；(6)根据化合物Ⅷ的结构简式可知，其单体为，其原料中的含氧有机物只有一种含二个羧基的化合物，原料可以是，发生题干Ⅳ→V的反应得到，还原为，再加成得到，和发生酯化反应得到目标产物，则合成路线为。