大题突破 有机合成与推断综合题-【创新教程】2027年高考化学大二轮专题增分方案课时作业

⑧错题序号： 大题突破 有机合成与推断综合题 @错因分析： 1.(2025·甘肃卷，18)毛兰菲是一种具有抗肿 (5)F→G转化中使用了CH OLi,其名称为 瘤活性的天然菲类化合物，可按如图路线合 成（部分试剂省略）： (6)毛兰菲的一种同分异构体I具有抗氧化 CHO CHO HO 和抗炎活性。可由多取代苯甲醛J出发，经 CH21 BnBr 多步合成得到（如图）。已知J的HNMR HO BnO 谱图显示四组峰，峰面积比为1：1：2：6。 B C J和I的结构简式为 CH,OH CHO NaBH 多步转化 Ca H10O Br2 BnBr E BnO J CH,OLi D H H CH2 PPha Br CH2 PPhs Br CHO CHO CHO Br Bu SnH BnO BnO BnO OCH, AIBN E CHO OBn H Br CH OLi OCH 总 BnO OCH 2.(2024·北京卷)除草剂苯嘧磺草胺的中间 体M合成路线如下。 H 0:N Br 0还原 BusSnH BnO OCH3 AIBN BnO OCH CHH-CIENO G CH O H2 BnO -OBn Pd/C (1)D中含氧官能团的名称是 CH3O OCH (2)A→B的化学方程式是 H CH O CH2 Br (3)I→J的制备过程中，下列说法正确的是 HO -OH(BnBr= (填序号)。 CHO OCH a.依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将 毛兰菲 J蒸出，都有利于提高I的转化率 (1)化合物A中的含氧官能团名称为 b.利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和 ,化合物A与足量NaOH溶 乙醇 液反应的化学方程式为 c.若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或 者乙烯 (2)化合物B的结构简式为 (3)关于化合物C的说法成立的有 (4)已知：R1O CH (填序号)。 ①与FeCl,溶液作用显色 ②与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀 一定条件 ③与D互为同系物 OR3 +R2OH ④能与HCN反应 ①K的结构简式是 (4)C→D涉及的反应类型有 ②判断并解释K中氟原子对αH的活泼性 的影响 178 (5)M的分子式为C3H,CIF4N2O4。除苯 利用上述信息补全合成路线。 环外，M分子中还有一个含两个氨原子的 NH 六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇 和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和 G分子断裂的化学键均为C一O和 PhCH3 M的结构简式是 H 4.（2025·北京卷)一种受体拮抗剂中间体P 3.(2025·山东卷)麻醉药布比卡因(I)的两条 合成路线如下。 合成路线如下： PCL H PhCH,E(C,H,N) NH ☐条件 C.HE.NO 0 NO. CH.CH.C.H. H R,CI 三步反应 已知：I.R,NH2 →R2 NHR PhCHs R2 已知：①RCOOH R:Br 碱 Ⅱ.RNHR2 K,CO R 义只火 回答下列问题： ②试剂a是 (1)A结构简式为 ;B中含氧官能 (1)I分子中含有的官能团是硝基和 团名称为 (2)C→D反应类型为 ;D十E→H (2)B→D的化学方程式是 化学方程式为 (3)G的同分异构体中，同时满足下列条件 (3)下列说法正确的是 (填序号)。 的结构简式为 (写出一种即可)。 a.试剂a的核磁共振氢谱有3组峰 ①含一NH2 b.J→K的过程中，利用了(CHCH2)3N的 ②含2个苯环 碱性 ③含4种不同化学环境的氢原子 c.F→G与K→L的反应均为还原反应 (4)H中存在酰胺基N原子(a)和杂环N原 (4)以G和M为原料合成P分为三步反应。 子(b),N原子电子云密度越大，碱性越强， 则碱性较强的N原子是 (填“a”或 R “b”)。 ①CF,COOH 已知： RNH2 (5)结合路线信息，用H2/PtO,催化加氢 H ②稀碱 时，下列有机物中最难反应的是 (填标号)。 M 碱 -CH OH A.苯（◇） CH,F,NO,加成☒ NH B.吡啶( ①CF,COOH ②稀碱 N C.环己-1,3-二烯() D.环己-1,4-二烯（○） ①M含有1个sp杂化的碳原子。M的结 coci 构简式为 NH2 (6)以 ,r为主要原 ②Y的结构简式为 (5)P的合成路线中，有两处氨基的保护，分 H 别是： 料合成 ①A→B引入保护基，D→E脱除保护基； ② 179C.铁丝网在氨化钠溶液中发生吸氧腐蚀会使试管内气 体的物质的量减小，气体压强减小，红墨水会进入导气 管中形成一段液柱，则装置丙能达到验证铁的吸氧腐蚀 的实验目的，故C不符合题意；D.由图可知，装置丁的向 下排空气法收集氨气的试管中没有排出气体的出口，则 装置丁不能达到实验室制备少量氨气的实验目的，故D 符合题意。] 8.D[A.碳酸钠溶液为碱性，油污在碱性溶液中发生水解 反应，同时加热可以增强碳酸钠溶液的碱性，可以达到 除油污的目的，A不符合题意；B.铁锈的主要成分为氧 化铁，稀盐酸可以用来除去铁锈，可以达到实验目的，B 不符合题意；C.硫酸铜溶液中滴加足量氨水，可以生成 铜氨溶液，可以达到实验目的，C不符合题意；D.铁钉镀 铜，需要电解装置，使Cu片与电源正极相连，铁钉与电源负 极相连，图中无电源，故不能达到实验目的，D符合题意。] 9.C[A.隔热层可防止热量散失，温度计测定反应前后的 温度，玻璃搅拌器可使反应完全进行，图中中和反应的 反应热测定装置合理，A不符合题意；B.乙酸乙酯与饱 和食盐水不互溶，饱和食盐水在下层，乙酸乙酯在上层， 可通过分液进行分离，B不符合题意；C.在铁片上镀镍， 待镀金属做阴极，镀层金属做阳极，图中两个电极放反， 不能达到实验目的，C符合题意；D.转移热蒸发皿至陶土 网，需要用坩埚钳夹取蒸发皿，操作合理，D不符合题意。] 大题突破有机合成与推断综合题 CHO HO 1.解析：A为 ,与CH,I发生取代反应生成 HO CHO CH2O B,其结构简式为 ;B与BnBr发生取代 HO CHO CHO 反应生成C,其结构简式为 ;C被 BnO CH,OH CH,O NaBH,还原生成D,其结构简式为 BnO 多步转化生成E:E与F发生醛基的先加成后消去反应， 生成G;G经过一系列反应生成H;H与氢气反应生成 毛兰菲。 CHO HO (1)化合物A的结构简式为 ,其含氧官能 HO 团为酚羟基、醛基；A中酚羟基可与NaOH溶液反应，生 CHO CHO NaO HO 成 ,其反应的化学方程式为 NaO HO CHO NaO +2NaOH→ +2H20。 NaO 27 练习册参考答案 (2)由分析可知，化合物B的结构简式 CHO CH,O 为： HO (3)化合物C中无酚羟基，不能与FCl,溶液作用显色； 有醛基，可以与新制氢氧化铜反应，生成砖红色沉淀，能 与HCN发生加成反应；化合物D与C的官能团种类不 同，不互为同系物，故说法成立的为②④。 (4)C→D中，醛基被还原为醇羟基，既属于还原反应，又 属于加成反应。 (5)CH,OLi为甲醇与活泼金属形成的化合物，名称为甲 醇锂。 (6)根据流程中E和F的反应，J经过一系列转化形成的 结构类似于F,且其分子式为C Hi0O4,峰面积比为1：1 CHO :2:6,则其结构简式为 ;I为毛 CH,O OCH OH 兰菲的同分异构体，类似G转化为毛兰菲的过程，可推 CHO 出I的结构简式为： HO OCH3。 OCH,OH 答案：(1)酚羟基、醛基 CHO CHO HO NaO +2NaOH→ +2H2O HO NaO CHO CHO (2) (3)②④ HO (4)还原反应 加成反应 (5)甲醇锂 CHO (6) CHO OCH OH CHO HO 〉-OCH OCH OH 2.解析：B发生硝化反应得到D,即B为 COOCH; ,A与CH3OH发生酯化反应生成 C COOH B,即A为 ,D发生还原反应得到E, CI 结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为 H,N COOCH, ,E在K,CO3的作用下与 CI 化学 发生反应得到G,结合G的分子式可知，G O 为HCOC-HN COOCH3,I与C2HOH在 F CI 浓硫酸，加热的条件下生成J,结合I与J的分子式可知，I 0 为CH COOH,J为CH COOC2H,J与 OC H R 一定条件下生成K,发生类似R 0 00 R 一定条件 入g入 CH O R OR3+R2OH的 反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为 CF,CCH2COC2H;,G和L在碱的作用下生成M,M的 分子式为CgH,CF,N2O4,除苯环外，M分子中还有一个含 两个氨原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇 和乙醇，可推测为G与L中N一H与酯基分别发生反应， 形成酰胺基，所以断裂的化学镀均为C一O和N一H,M的 结构简式为 HN COOCH3· CI (1)由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、 酯基； (2)A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反 COOH 应，化学方程式为： CH OH COOCH 浓H2SO4 +H2O; △ F (3)IJ的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，a.依据 平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都 有利于提高乙酸的转化率，正确；b.饱和碳酸钠溶液 可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确；C,反应温度 过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙 醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确；故选abc; (4)①根据已知反应可知，酯基的H与另一分子的酯基 发生取代反应，FCCOOC H中左侧不存在H,所以产 00 物K的结构简式为CF3CCH2COC2H,； ②氟原子可增强H的活泼性，氟原子为吸电子基团， 降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性 增加，有利于增强cH的活泼性； (5)M分子中除苯环外还有一个含两个氦原子的六元 环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其 27 分子式，可推测为G与L中N一H与酯基分别发生反应， 形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C一O和N一H, FsC M的结构简式为 COOCH3 c 答案：(1)硝基、酯基 COOH (2) 浓H2SO4 CH.OH △ CI COOCH +H,O (3)abc (4)①CF CCH2COC2H,②氟原子可增强-H的活 泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云 密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强αH的活 泼性 0 (5)N-H HN COOCH CI 3.解析：A的分子式为CH,N,结合I的结构简式可推出 A的结构简式为 CH,,A被高锰酸钾氧化为B COOH ),B与氢气加成生成C CO0H),C与三氯化磷发生取代反应生成D H C0C),D与E( )发生取代反应生成 NH2 H与1-涣丁烷发生取代反应 生成目标产物。另一条合成路线为：B与SOCL2反应生 成F( COC1),F与E( )发生取代反 NH2 应生成G ,G与氢气加成得到H, H与1-溴丁烷发生取代反应生成目标产物，据此解答。 (1)由分析可知，A的结构简式为 CH,B为 -COOH B含有的含氧官能团名称为羧基； (2)由分析可知，C与三氯化磷发生取代反应生成D C0C),D与E( )发生取代反应生成 NH2 ,化学方程式为： COCI +HCI NH ,满足以下条件的①含—NH2 ②含2个苯环③含4种不同化学环境的氢原子，说明物 质结构高度对称，如HN H (4)H为 ,存在酰胺基N原子(a) N H 0 和杂环N原子(b),N原子电子云密度越大，碱性越强， 烷基是给电子基，酰胺基受旁边碳氧双键的影响，导致 杂环N原子(b)上电子云密度增大，碱性增强，所以碱性 较强的是杂环N原子(b); (5)合成路线中涉及到用H2/PtO2加成的路线有B>C, G→H,B→C反应中，吡啶环被加成，G→H转化时，吡啶 环被加成，但苯环仍然存在，说明苯环不易被加成，C、D 选项中含有碳碳双键，碳碳双键不稳定，易发生加成反 应，所以下列有机物最难反应的是苯环； COCI NH (6)根据题目中的信息， 发生取 氢 气加成得 HN HN- HN H与1-澳丙烷发生取代反应得到 0 HN N,所以需要补充的合成路线为 0 入Br NH K2C03 HN- 27 练习册参考答案 答案：(1) 羧基 CH, (2)取代反应 COCI+ H NH PhCH +HC] N (3)HN -NH2(4)b(5)A 0 (6)H H2/PtO2 HN NH. Br K2C03 4,解析：A为苯胺，与乙酸反应得到B: NH CH3 与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反应 0 NH CH3 NH2 得到D: ,D水解得到E为 .E NO2 NH 与试剂a反应得到F ,F与H2发生还原 NO2 反应得到G,I与SOCl2碱性条件下反应得到J为 0 9 ,J与CHOH反应得到K,根据K的分 NO 0 子式可以确定K为 OCH3,K还原得到L, L进一步反应得到M,根据M的分子式可以确定M的 0 结构简式为： OCH,G与M经过三步反 F N-C-0 应得到P。 化学 (1)I分子含有的官能团为硝基、氟原子（或碳氟键）、 羧基； 0 NH CCH (2)B( )与浓硫酸和浓硝酸加热发生硝化反 NH NH CCH, 应得到D: ,方程式为： NO NH- CH, 浓硫酸 +HNO,(浓) +H2O; △ NO (3)a.试剂a中有一种等效氢原子，核磁共振氢谱显示一 组峰，a错误； b.JK生成物有HCl,加入碱性物质(CH3CH2)3N,与 生成的HC1反应，促进反应正向进行，b正确； C.根据分析F→G与K→L的反应均为硝基转化为氨 基，为还原反应，c正确；答案选bc; (4)①根据M的分子式和M含有1个sp杂化的碳原 F 子，得出M的结构简式为： OCH, N-C-0 ②M( OCH?)与G在N一C双键上先发 N-C-0 生加成反应得到X,X的结构简式为： OCH,NH-《 -NH ,X在碱 N-C 性条件下脱除CHOH得到Y,Y的结构简式为： 0 -NH-C ,最后发生已知 的反应得到P; (5)根据分析，另一处保护氨基的反应为：E→F引入保 护基，Y→P脱除保护基。 3 答案：(1)氟原子（或碳氟键）、羧基 0 NH- -CH; 浓硫酸 (2) +HNO,(浓) △ 0 -CH: +H20(3)bc OCH =C=0 H (5)E→F引入保护基，Y→P脱除保护基 [特色题型专练] 特色题型专练1 1.解析：(1)L→N过程失掉全部的结晶水，N时为NiSO,则 n(NisO)= 语品=Q1m,则a(N0,·wH,0)= 0.1mol,MNiS0·nH0)=26,mg=263g/mol,则 n=263155=6: 18 (2)到Q时应该为Ni的金属氧化物，根据Ni元素守恒， m(Ni)=0.1molX59g/mol=5.9g,m(O)=8.3g-5.9g= 3 24g,nO=6g7m020mol,则Q中n(020m0l 2.4g3 n(Ni)0.1 mol =吕，放Q的化学式为：N,0,。 答案：(1)6(2)Ni203 2.解析：取1 mol FeC2O,·2H2O(180g)计算：第一阶段失 去质量为180g×20%=36g,即失去2molH20。故第 一阶段剩余固体是FC,O4,第二阶段残留固体质量为 180g×42.94%=77.292g,设化学式为Fc0,56+16x =77.292,x=1.33,即固体是Fe04。根据质量守恒和 电子守恒写出方程式。 答案：3FeC,0,△Fe0,+4C0++2C0,↑ 3.解析：24.2gCu(NO3)2·3H20的物质的量为 242gm0=0.1mol,完全失去结晶水生成0.1m0l 24.2g Cu(NO3)2,质量为18.8g,根据铜元素守恒，Cu(NO3)2 分解生成0.1mol氧化铜，质量为8g,再加热生成 0.05 mol Cu20,质量为7.2g,T1℃时的固体产物是 Cu(NO3)2,T2℃时的固体产物是CuO,T,℃时的固体产 物是Cu2O,T1~T2℃时固体由Cu(NO3)2转化为CuO, 同时观察到有NO2逸出，根据氧化还原反应规律，同时 还有氧气生成，因此T1~T2℃Cu(NO3)2分解产物为 Cu0NO,O,反应的化学方程式为2Cu(NO,),△ 30