Question

11．現(xiàn)有A、B、C、D四種有機(jī)物，已知：①它們的相對分子質(zhì)量都是104；
②A是芳香烴，B、C、D均為烴的含氧衍生物，分子內(nèi)均沒有甲基；
③A、B、C、D能發(fā)生如下反應(yīng)生成高分子化合物X、Y、Z（方程式未注明條件）：
nA→X    nB→Y（聚酯）+nH₂O    nC+nD→Z（聚酯）+2nH₂O
請按要求填空：
（1）A的結(jié)構(gòu)簡式是，A分子中處于同一平面的原子最多有16個(gè)；
（2）B也能發(fā)生分子內(nèi)酯化生成五元環(huán)狀化合物E，E的結(jié)構(gòu)筒式是：
（3）Z的結(jié)構(gòu)簡式是．

Answer 1

分析 現(xiàn)有A、B、C、D四種有機(jī)物，它們的相對分子質(zhì)量都是104，其中A是芳香烴，則$\frac{104}{12}$=8…8，故A的分子式為C₈H₈，則A為，由nB→Y（聚酯）+nH₂O，可知B分子中至少含有1個(gè)-COOH、1個(gè)-OH，結(jié)合相對分子質(zhì)量可得，B只能含有1個(gè)-COOH，（2）中B也能發(fā)生分子內(nèi)酯化生成五元環(huán)狀化合物，則B分子至少含有4個(gè)碳原子，去掉1個(gè)-COOH、1個(gè)-OH剩余基團(tuán)總式量為104-45-17=42，剩余基團(tuán)為-C₃H₆-，分子內(nèi)均沒有甲基，則B為HOCH₂CH₂CH₂COOH；由nC+nD→Z（聚酯）+2nH₂O，應(yīng)二元醇與二元羧酸反應(yīng)，二元羧酸去掉2個(gè)-COOH剩余基團(tuán)總式量為104-90=14，故羧酸為HOOCCH₂COOH，二元醇去掉2個(gè)-OH剩余基團(tuán)總式量為104-34=70，則$\frac{70}{14}$=5，分子中沒有甲基，故二元醇為HOCH₂CH₂CH₂CH₂CH₂OH，據(jù)此解答．

解答 解：現(xiàn)有A、B、C、D四種有機(jī)物，它們的相對分子質(zhì)量都是104，其中A是芳香烴，則$\frac{104}{12}$=8…8，故A的分子式為C₈H₈，則A為，由nB→Y（聚酯）+nH₂O，可知B分子中至少含有1個(gè)-COOH、1個(gè)-OH，結(jié)合相對分子質(zhì)量可得，B只能含有1個(gè)-COOH，（2）中B也能發(fā)生分子內(nèi)酯化生成五元環(huán)狀化合物，則B分子至少含有4個(gè)碳原子，去掉1個(gè)-COOH、1個(gè)-OH剩余基團(tuán)總式量為104-45-17=42，剩余基團(tuán)為-C₃H₆-，分子內(nèi)均沒有甲基，則B為HOCH₂CH₂CH₂COOH；由nC+nD→Z（聚酯）+2nH₂O，應(yīng)二元醇與二元羧酸反應(yīng)，二元羧酸去掉2個(gè)-COOH剩余基團(tuán)總式量為104-90=14，故羧酸為HOOCCH₂COOH，二元醇去掉2個(gè)-OH剩余基團(tuán)總式量為104-34=70，則$\frac{70}{14}$=5，分子中沒有甲基，故二元醇為HOCH₂CH₂CH₂CH₂CH₂OH．
（1）由上述分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡式是，分子中苯環(huán)平面與乙烯平面可以共面，處于同一平面的原子最多有16個(gè)；
故答案為：；16；
（2）B為HOCH₂CH₂CH₂COOH，發(fā)生分子內(nèi)酯化生成五元環(huán)狀化合物E為，
故答案為：；
（3）HOOCCH₂COOH與HOCH₂CH₂CH₂CH₂CH₂OH發(fā)生縮聚反應(yīng)得到高聚物Z為，
故答案為：．

點(diǎn)評 本題考查有機(jī)物推斷，根據(jù)發(fā)生的反應(yīng)判斷含有的官能團(tuán)，注意利用商余法與殘余法進(jìn)行推斷，題目具有一定猜測驗(yàn)證性，是對學(xué)生總部能力的考查，難度較大．