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专题十八基本营养物质有机合成与推断高考化学(天津市专用)A组自主命题·天津卷题组五年高考考点一基本营养物质1.(2016天津理综,2,6分)下列对氨基酸和蛋白质的描述正确的是 ()A.蛋白质水解的最终产物是氨基酸B.氨基酸和蛋白质遇重金属离子均会变性C.α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸混合物脱水成肽,只生成2种二肽D.氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成的离子,在电场作用下向负极移动答案A氨基酸遇重金属离子不会变性,B错误;α-氨基丙酸与α-氨基苯丙酸混合物脱水成肽,能生成4种二肽,C错误;氨基酸溶于过量NaOH溶液中生成的离子为阴离子,在电场作用下向正极移动,D错误。考点二有机合成与推断2.(2017天津理综,8,18分)2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是重要的医药中间体,其制备流程图如下: A C E 已知: 回答下列问题:(1) 分子中不同化学环境的氢原子共有种,共面原子数目最多为。(2)B的名称为。写出符合下列条件B的所有同分异构体的结构简式。a.苯环上只有两个取代基且互为邻位b.既能发生银镜反应又能发生水解反应(3)该流程未采用甲苯直接硝化的方法制备B,而是经由①②③三步反应制取B,其目的是。(4)写出⑥的化学反应方程式:,该步反应的主要目的是。(5)写出⑧的反应试剂和条件:;F中含氧官能团的名称为。(6)在方框中写出以 为主要原料,经最少步骤制备含肽键聚合物的流程。 …… 目标化合物答案(18分)(1)413(2)2-硝基甲苯或邻硝基甲苯 和 (3)避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代(或减少副产物,或占位)(4) + +HCl保护氨基(5)Cl2/FeCl3(或Cl2/Fe)羧基(6) 解析本题考查有机化学基本概念,有机合成路线的分析与设计,官能团的结构与性质等。(1)在 分子中与甲基处于邻位(或间位)的两个氢原子所处化学环境相同,所以甲苯分子中共有4种不同化学环境的氢原子;苯分子中12个原子共平面,甲苯分子可由甲基取代苯分子上的1个氢原子得来,甲基是四面体结构,碳碳单键可以旋转,故甲苯分子中共面原子数目最多为13个。(2)B为 ,名称为邻硝基甲苯或2-硝基甲苯;B的同分异构体中,苯环上只含两个取代基且互为邻位、能发生银镜反应和水解反应的是 和 。(3)苯环上甲基的邻、对位氢原子易被取代,经由三步反应制取B可避免苯环上甲基对位的氢原子被硝基取代,减少副产物。(4)根据题中已知信息及转化关系知,C为 ,反应⑥的化学方程式为: + +HCl;观察后续合成路线知,反应⑨的产物F中有氨基,故反应⑥的主要目的是保护氨基。(5)对比D和F的结构简式知,反应⑧的主要目的是在苯环上引入氯原子,故反应试剂和条件是Cl2/FeCl3或Cl2/Fe;F中含氧官能团的名称为羧基。(6)欲制备含肽键聚合物,只需要含氨基和羧基的物质发生缩聚反应即可,已知原料发生水解可生成含有氨基和羧基的物质,故合成路线为: 知识拓展有机合成中常见官能团的保护①酚羟基的保护:因酚羟基易被氧化,所以在氧化其他基团前可以先使酚羟基与NaOH反应,把—OH变为—ONa而将其保护起来,待氧化其他基团后再酸化,将—ONa变为—OH。②碳碳双键的保护:碳碳双键也容易被氧化,在氧化其他基团前可以利用其与HCl等的加成反应将其保护起来,待氧化其他基团后再利用消去反应变回碳碳双键。③氨基(—NH2)的保护:如在利用对硝基甲苯合成对氨基苯甲酸的过程中应先把—CH3氧化成—COOH,再把—NO2还原为—NH2,这样可防止当KMnO4氧化—CH3时,—NH2(具有还原性)也被氧化。3.(2015天津理综,8,18分)扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下: (1)A分子式为C2H2O3,可发生银镜反应,且具有酸性,A所含官能团名称为。写出A+B→C的化学反应方程式:。(2)C( )中①、②、③3个—OH的酸性由强到弱的顺序是。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物,E分子中不同化学环境的氢原子有种。(4)D→F的反应类型是,1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应,最多消耗NaOH的物质的量为mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式:。①属于一元酸类化合物②苯环上只有2个取代基且处于对位,其中一个是羟基(5)已知: A有多种合成方法,在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下:H2C CH2 CH3CH2OH CH3COOC2H5答案(1)醛基、羧基 + (2)③①②(3)4(4)取代反应3 、 、 、 (5)CH3COOH 解析(1)A能发生银镜反应且具有酸性,说明A分子中含有醛基和羧基,结合A的分子式可确定其为 ;由A与C的结构可逆推出B为苯酚,故相关反应方程式为 + 。(3)依题意可确定E为 ,其分子中含有4种不同化学环境的氢原子。(4)D→F的过程中羟基被溴原子取代。中和1molF中的酚羟基需消耗1molNaOH,中和1molF水解生成的1molHBr及1mol—COOH共需消耗2molNaOH,故1molF最多可消耗3molNaOH。符合题给两个条件的F的同分异构体有如下4种: 、 、 、 。(5)由题给信息知:CH3COOH ,由 合成 ,只需经水解、酸化、催化氧化即可。4.(2016天津理综,8,18分)反-2-己烯醛(D)是一种重要的合成香料,下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题: +A+E已知: RCHO+R'OH+R″OH(1)A的名称是;B分子中的共面原子数目最多为;C分子中与环相连的三个基团中,不同化学环境的氢原子共有种。(2)D中含氧官能团的名称是,写出检验该官能团的化学反应方程式:。(3)E为有机物,能发生的反应有:。a.聚合反应b.加成反应c.消去反应d.取代反应(4)B的同分异构体F与B有完全相同的官能团,写出F所有可能的结构:。(5)以D为主要原料制备己醛(目标化合物),在方框中将合成路线的后半部分补充完整。 目标化合物(6)问题(5)的合成路线中第一步反应的目的是。答案(共18分)(1)正丁醛或丁醛98(2)醛基 +2Ag(NH3)2OH +2Ag↓+3NH3+H2O或+2Cu(OH)2+NaOH +Cu2O↓+3H2O(3)cd(4) (5) CH3(CH2)4CHO(6)保护醛基(或其他合理答案）解析(1)B分子可表示为 ,虚线框中的6个原子与乙烯的结构类似,肯定共面,根据单键可旋转的特点,可知—CH2CH3中最多有3个原子可转到该平面,故最多有9个原子共平面。C分子为非对称结构,三个基团中每个碳原子上的氢原子分别为一种化学环境的氢原子,共8种。(2)D中的含氧官能团为醛基,检验醛基可通过银镜反应或和新制的Cu(OH)2悬浊液反应。(3)根据题中信息,可由C D+A+E推断出E应为CH3CH2OH,E可发生的反应有消去反应及取代反应。(4)书写同分异构体时要注意题中未注明不包含立体异构。(5)由中间体转化为目标化合物,需两步:第一步去掉 (和H2加成),第二步将转化为醛基(根据已知信息写反应条件)。(6)原料中有—CHO,目标化合物中也有—CHO,第一步反应的目的为保护醛基,防止和H2加成时醛基被还原成醇羟基。5.(2018天津理综,8,18分)化合物N具有镇痛、消炎等药理作用,其合成路线如下: (1)A的系统命名为,E中官能团的名称为。(2)A→B的反应类型为,从反应所得液态有机混合物中提纯B的常用方法为。(3)C→D的化学方程式为。(4)C的同分异构体W(不考虑手性异构)可发生银镜反应;且1molW最多与2molNaOH发生反应,产物之一可被氧化成二元醛。满足上述条件的W有种,若W的核磁共振氢谱具有四组峰,则其结构简式为。(5)F与G的关系为(填序号)。a.碳链异构b.官能团异构c.顺反异构d.位置异构(6)M的结构简式为。(7)参照上述合成路线,以 为原料,采用如下方法制备医药中间体 。 该路线中试剂与条件1为,X的结构简式为;试剂与条件2为,Y的结构简式为。答案(18分)(1)1,6-己二醇碳碳双键,酯基(2)取代反应减压蒸馏(或蒸馏)(3) (4)5 (5)c(6) (7)HBr,△ O2/Cu或Ag,△ 解析(2)B中混有的杂质应是A、HBr及A与HBr反应可能生成的二溴代物,B与其他物质的沸点有较大的差距,通过蒸馏的方式可以提纯B。(3)C→D的反应是C和乙醇间的酯化反应,书写该化学方程式时要注意反应条件及反应的可逆性。(4) 的同分异构体W能发生银镜反应且1molW最多与2molNaOH反应,说明W中含有HCOO—;W和NaOH反应的产物之一可被氧化成二元醛,则反应产物为甲酸钠和一种二元醇(两个羟基均位于端碳上),该二元醇的两个羟基一个来自Br原子的水解,一个来自酯基的水解,则W的结构简式为 、 、、HCOO—CH2(CH2)3CH2—Br,共5种。五种分子中核磁共振氢谱有四组峰的是。(7)根据D→E的转化可知 是由 和反应得到的,结合A→B的转化可知试剂和条件1是HBr、加热。由 制备 所需试剂和条件2是O2、铜或银、加热。B组统一命题、省(区、市)卷题组考点一基本营养物质1.(2019浙江4月选考,15,2分)下列说法不正确的是 ()A.正丁烷的沸点比异丁烷的高,乙醇的沸点比二甲醚的高B.甲烷、苯、葡萄糖均不能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色C.羊毛、蚕丝、塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料D.天然植物油没有恒定的熔沸点,常温下难溶于水答案B烷烃同分异构体中支链越多,沸点越低,故正丁烷的沸点比异丁烷的高;乙醇和二甲醚互为同分异构体,乙醇分子间存在氢键而二甲醚无氢键,故乙醇的沸点比二甲醚的高,A正确。葡萄糖分子中含—CHO,能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色,B错误。羊毛、蚕丝主要成分是蛋白质,与塑料、合成橡胶都属于有机高分子材料,C正确。天然植物油是混合物,没有恒定的熔沸点,常温下难溶于水,D正确。解题思路本题各选项间无关联,应逐项分析,迁移相关知识作出正误判断。2.(2019课标Ⅱ,7,6分)“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”是唐代诗人李商隐的著名诗句。下列关于该诗句中所涉及物质的说法错误的是 ()A.蚕丝的主要成分是蛋白质B.蚕丝属于天然高分子材料C.“蜡炬成灰”过程中发生了氧化反应D.古代的蜡是高级脂肪酸酯,属于高分子聚合物答案D本题涉及生活中常见的有机物,以唐诗为载体考查考生接受、吸收、整合化学信息的能力,从元素组成,原子、分子水平认识蚕丝和蜡的组成,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养,弘扬了中华民族优秀的传统文化。蚕丝的主要成分为蛋白质,属于天然高分子材料,故A、B两项正确;蜡炬燃烧成灰,过程中发生了氧化反应,C项正确;古代的蜡的成分为高级脂肪酸酯,不属于高分子聚合物,D项错误。拓展知识古代没有石油的分馏工艺和技术,古代蜡的成分为脂肪;现代蜡为石油分馏的馏分,主要成分为烃。3.(2019江苏单科,1,2分)糖类是人体所需的重要营养物质。淀粉分子中不含的元素是 ()A.氢B.碳C.氮D.氧答案C本题涉及糖类知识,通过对多糖中元素种类的判断,考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。糖类是由C、H、O元素组成的一类有机化合物,淀粉中不含氮元素,答案为C。4.(2018课标Ⅰ,8,6分)(改编)下列说法错误的是 ()A.蔗糖、果糖和麦芽糖均为双糖B.绝大多数酶是一类具有高选择催化性能的蛋白质C.植物油含不饱和脂肪酸酯,能使Br2/CCl4褪色D.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖答案A本题考查基本营养物质。果糖是单糖,A项说法错误。易错易混①常见的糖类中,葡萄糖和果糖是单糖,不能水解。②淀粉、纤维素的化学式形式相同,但不互为同分异构体;淀粉、纤维素的结构单元相同,水解最终产物都是葡萄糖。5.(2015福建理综,7,6分)下列关于有机化合物的