2017年第31届中国化学奥林匹克(初赛)试题解析(二).docx

《2017年第31届中国化学奥林匹克(初赛)试题解析(二).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017年第31届中国化学奥林匹克(初赛)试题解析(二).docx（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2017年第31届中国化学奥林匹克(初赛)试题解析(二)82Univ.Chem.2018,33(2),82?92收稿：2017-11-28；录用：2017-11-29*通讯作者，Email:ctwdoczj/doc/69eb8d9c326c1eb91a37f111f18583d048640f27.?竞赛园地?doi:10.3866/doczj/doc/69eb8d9c326c1eb91a37f111f18583d048640f27.第31届中国化学奥林匹克(初赛)试题解析(二)常泰维*，戴昱民，方润亭，李宇轩，孙斯达，孙泽昊，王泽淳，曾承禹，张宇婷北京大学化学与分子工程学院，北京100871第

2、6题题目(12分)钌的配合物在发光、光电、催化、生物等领域备受关注。6-1研究者制得一种含混合配体的Ru(II)配合物Ru(bpy)n(phen)3?n(ClO4)2(配体构造如下列图)。元素分析结果给出C、H、N的质量分数分别为48.38%、3.06%、10.54%。磁性测量表明该配合物呈抗磁性。6-1-1推算配合物化学式中的n值。6-1-2写出中心钌原子的杂化轨道类型。6-2利用显微镜观察生物样品时，常用到一种被称为“钌红的染色剂，钌红的化学式为Ru3O2(NH3)14Cl6，由Ru(NH3)6Cl3的氨水溶液暴露在空气中构成，钌红阳离子中三个钌原子均为6配位且无金属-金属键。6-2-1写

3、出生成钌红阳离子的反响方程式。6-2-2画出钌红阳离子的构造式并标出每个钌的氧化态。6-2-3写出钌红阳离子中桥键原子的杂化轨道类型。6-2-4经测定，钌红阳离子中RuO键长为187pm，远小于其单键键长。对此，研究者解释为：在中心原子和桥键原子间构成了两套由d和p轨道重叠构成的多中心键。画出多中心键的原子轨道重叠示意图。分析与解答6-1此题考察对配合物杂化理论的基本理解。首先元素分析给出了C、H、N的质量分数，那么能够直接除以相对原子质量，转化为摩尔比C:H:N=32.1:24.2:6.0，与n=1(34:24:6)和n=2(32:24:6)比拟可知n=2。钌的价电子组态是4d65s2，配合

4、物中有两个高氯酸根阴离子，故钌失去两个电子后在5个4d轨道、1个5s轨道和3个5p轨道上共有6个电子。根据其抗磁性，应占据3个4d轨道，剩余的6个空轨道提供应配体的6对孤电子对，故为d2sp3杂化，配合物呈八面体构型。6-2此题考察配合物的价键与杂化理论。第一问根据“暴露在空气中可知氧气氧化了过渡金属配合物Ru(NH3)6Cl3，钌的平均氧化数从+3变为+10/3；同时为了平衡电荷，水介入反响并提供质子。值得注意的是，题中有“氨水溶液的描绘，且反响也生成氨，所以生成物中不可直接写出No.2doi:10.3866/PKU.DXHX201711036283质子。故可写出离子方程式：12Ru(NH3

5、)63+O2+6H2O4Ru3O2(NH3)146+412NH+4NH3根据题中“无金属键和“均为6配位的描绘，可知钌红阳离子中两个氧原子提供4对孤电子，均为2-配位；且NH3只要一对孤电子，不可作为桥联配体。所以两个2-O只能以RuORuORu的形式桥接起三个Ru中心，剩下的空位全部留给NH3即可。价态的标注也很容易，首先能够计算出Ru的氧化数之和是10，故只要一个Ru(III)被氧化。中间的Ru连接了两个2-O，为4价；旁边的Ru为3价。另外，从对称性的角度可以以得出答案：对于不了解键类型的同学，直接求解6-2-3可能比拟困难，但是6-2-4给了一个明显的提示。根据题意，两个钌和桥氧之间存

6、在除了配键之外的互相作用，即d-p键，中心原子钌提供d轨道，氧原子提供p轨道。同时这个键是多中心的，亦即在RuORu这个链中，两个d轨道和桥氧的同一个p轨道以“肩并肩的形式重叠成键，故这3个原子必须共线。所以，6-2-3中的桥氧必为sp杂化。因而这5个原子均共线，三个d轨道和两个p轨道能够构成一个共面的五中心的大键，如下列图所示(dxz与px，或dyz与py)。需要注意的是，成键的轨道的重叠部分相位必须一样。下列图所示为xz平面；在yz平面上有一套类似的键，此即为题中所述的两套多中心键。评注此题考察配合物的基础知识，得分比拟容易，但是分析题中键的类型并非易事。同学们需要熟练把握“特殊键的主要类

7、型：d-p键，出如今(按价键理论解释的)硫酸根、高锰酸根等化合物中，发生条件为具有空d轨道中心体和具有孤对p电子配体之间；d-d反应键，出如今富电子中心体(后过渡金属)的膦、硫醚、胂等配合物中，发生条件为配体有孤对电子进行配位，同时有空的d轨道接收中心体的d电子；d-*反应键，出如今一氧化碳、一氧化氮、乙烯等的配合物中，配体有*轨道接收中心体的d电子；以及离域p-p键、多中心键等，同时也要把握它们的简单分子轨道的画法。此题中，若同学事先了解RuO之间能够构成d-p键，画出一个dxz和px轨道的重叠，6-2-3和6-2-4就可依类比拓展到多中心情况，迎刃而解。注：根据价键理论，硫酸根的d轨道介入

8、键的构成；然而计算结果表明，实际上d轨道的能量相对较高，很少介入成键。第7题题目(6分)嵌段共聚物指由不同聚合物链段连接而成的聚合物。若其同时拥有亲水链段和疏水链段，会构成内部为疏水链段，外部为亲水链段的核-壳组装体(如胶束)。下列图所示为一种ABA型嵌段共聚物，84大学化学Vol.33该嵌段共聚物在水中能够构成胶束并包载药物分子，在氧化或复原的条件刺激下，实现药物的可控释放。7-1该共聚物的合成方法如下：先使单体X与稍过量单体Y在无水溶剂中进行聚合反响，构成中部的聚氨酯链段，随后参加过量乙二醇单甲醚CH3(OCH2CH2)nOH进行封端。写出单体X与Y的构造式。7-2在氧化复原条件下二硫键可

9、发生断裂，采用RSSR简式，写出其断键后的氧化产物O和复原产物R。7-3该嵌段共聚物所构成的胶束能够包载下列图中哪种抗癌药物？简述理由。分析与解答7-1聚氨酯的单体通常为异氰酸酯和羟基化合物，将图中聚氨酯切断，得到这两个单体残基X和Y。通过分析“随后参加过量乙二醇单甲醚这句话我们很容易得知X是醇，Y则是异氰酸酯。7-2二硫键是一个活泼的化学键，其中硫为?1价。若硫被氧化通常生成磺酸RSO3H，被复原则生成硫醇RSH。7-3题目中已经提示共聚物内部是疏水段，因而药物若想被包裹(疏水互相作用)，也需要有疏水性。盐酸阿霉素是亲水的铵盐，而紫杉醇是含有大量芳基的疏水化合物。故答案显然是紫杉醇。知识拓展

10、部分初学有机化学的考生可能直接断定该反响是最熟悉的酯化反响，Y为ArNHCO2H；或是酰化反响，Y为ArNHCOCl。事实上，氨基甲酸并不稳定，会快速发生脱羧经过(这也是Wolff氮宾重排等经过异氰酸酯中间体发生的反响最后脱羧的原因)。此外，注意题中提到了“无水溶剂。对于通常的均相缩聚反响来讲，要点之一就是除去生成的小分子，否则会对平衡产生影响。题目中并没有除去可能生成的水或氯化氢的试剂，而选用了无水溶剂，讲明该反响中并没有水、氯化氢等小分子产生。该类反响被称为聚加成反响，与缩聚反响同属于逐步反响，其特点是在催化剂的作用下，单体能够与体系中其他单体分子和任意的聚合物分子反响，发生聚合物的链增长

11、。而生成高分子的另一No.2doi:10.3866/PKU.DXHX201711036285类主要的反响是链式反响，其特点是引发剂与单体结合构成活性中心，单体只能和活性中心反响并发生链增长，而不能与其他未活化的分子反响，典型的例子如烯烃的聚合反响。第8题题目(13分)8-1判定下面分子能否有手性。123458-2画出下面反响所得产物的立体构造简式，并写出反响类型(SN1或SN2)。分析与解答8-1这是一道考察对化合物手性判定的题目，竞赛中常见的手性化合物能够分为三种：含有单个手性碳原子的化合物(化合物1)，含有手性轴的化合物(化合物2，4)和含有手性面的化合物(化合物3)；分子具有手性的充分必

12、要条件是分子不具有对称面、对称中心、S4反轴；反之，具有这三种对称元素中的任意一种，则该分子均没有手性。化合物1是氢化的甘露糖，它的Fischer投影式是具有对称中心的，值得注意的是，Fischer投影式并非反映分子的真实构造，所以通过正常的手性判定，我们发现四个手性碳原子均为R构型，所以整个分子也是具有手性的。反响原料反响试剂产物反响类型1H2S/KOH2K2CO33H2O4CH3OH86大学化学Vol.33化合物2是人类历史上初次合成出的不含手性碳原子的手性化合物，最早由vantHoff提出类似丙二烯类化合物不含有手性碳原子，但是却有对映异构体，具有光学活性。1909年Perkin和Pop

13、e等人5初次合成出了化合物2，并分离出了一对对映异构体。化合物2不具有对称轴、对称中心和S4反轴，属于具有手性轴的化合物，所以具有光学活性。化合物3是具有手性面的螺苯类类似物，这种化合物手性的判定方法能够根据定义来判定：大拇指朝上，其余四指从分子靠下的一端转至靠上的一端握拳，使用的是右手即为右旋，反之为左旋；单纯的判定能否具有手性则仍然能够从有无旋转轴、对称面、对称中心和S4轴入手。化合物4也属于具有手性轴的化合物(类似丙二烯)，由于环本身的张力限制了螺环碳的构象的改变，所以该化合物具有手性。化合物5是金刚烷衍生物，具有对称面，故不具有手性。8-2此题的考察点是对基础反响的反响性和反响位点的判

14、定。反响1：本反响是一个很典型的SN2反响，甲磺酸根33CHSO是一种很好的离去基团，碱性条件下存在的HS?具有较强的亲核性，所以最终生成的均是从磺酸酯反面进攻的产物。No.2doi:10.3866/PKU.DXHX201711036287反响2：本反响与反响1类似，也是由S作为亲核试剂的SN2反响，在碱性条件下硫醇RSH能够脱去质子生成RS?(硫的半径较大，硫醇的酸性远大于醇，在这种碱性条件下足以脱去质子)。硫醇负离子是一种较强的亲核试剂，而碱性条件下环氧质子化程度较低，不会以碳正离子的形式、而是以SN2的形式开环，所以最后生成的产物也是立体单一的。值得注意的是，产物具有两个相邻的手性中心，

15、在答案中都需要被表现出来。反响3：本反响主要考点在于对SN1反响和SN2反响的判别及立体化学。反响物中连接Br的碳原子为三级碳原子，只可能发生SN1反响。该反响的立体化学值得注意：通常碳正离子为平面构造，但是这个碳正离子的周围上方(上方左图)有三个邻近的H原子，下方有六个稍远的H原子。假如碳正离子完全构成了平面构造(上方右图)，在这个构造中上方的三个H原子会向外倾斜，而下方的六个稍远的H原子会向里收缩，在平面下方造成过大的1,3-H排挤。所以实际上碳正离子为了减小构象变化造成的排挤，仍然愈加倾向于左图的构型。故H2O从位阻更小的下方进攻，最终产生构型保持的产物：反响4：本反响能够类比缩醛化反响

16、。该化合物最稳定的构象如左图，氧上的孤对电子填充进入CCl键的反键轨道，导致CCl键被削弱甚至断裂，容易构成sp2杂化的中间体(中图)，被消旋化。所以本反响采用的是SN1机理，产物也是一对外消旋的对映异构体(右图)。知识拓展反响4：这种杂原子的负超共轭效应导致直立键构象占优势的效应称为异头碳效应，-吡喃糖更稳定也是由于此效应。第9题题目(10分)画出下面转换的中间体和产物(AE)的构造简式。88大学化学Vol.33元素分析结果表明化合物E中含：C64.84%；H8.16%；N12.60%。化合物B不含羟基。分析与解答此题是一道简单的有机推断题，题目中给出了元素分析，假设只含C、H、O、N，可知

17、分子式为C6H9NO。起始物是一个五元环的内酰胺，具有活性氢的位点只要羰基位，所以与EtONa反响时应为-H的脱除。另一个反响物是草酸二乙酯，在此条件下的反响位点通常只要羰基碳，所以很容易得出A的构造：第二步使用LiH作为碱，反响位点只要1,3-二羰基化合物的-H。后续反响中参加的HCHO和生成的碳负离子反响，生成的氧负离子进一步进攻酯基，构成一个新的五元环内酯：第三步采用了一个弱碱。值得注意的是，有机实验中很少直接使用NaHCO3固体作为反响物，而一般采用其饱和溶液介入反响，此处即是这种情况：第一个中间体是碱性溶液中的H2O作为亲核试剂和分子中亲电能力最强的孤立羰基发生亲核反响，此反响的选择

18、性;于酯基和酰胺的羰基均有给电子的杂原子所以亲电性较弱，而被进攻的羰基由于邻位羰基吸电子作用所以亲电性更强。反响生成中间体C：比照产物分子式可知，最终脱除了小分子，故考虑开环分解反响。先发生一步Claisen酯缩合逆反响，开环生成中间体D：No.2doi:10.3866/PKU.DXHX201711036289最后一步，草酸氢根作为离去基团离去，羰基的位生成一个环外双键，得到产物E，构造式如下：此题的思路明晰，反响也比拟基础，感兴趣的同学能够参考下面文献6。第10题题目(7分)影响有机反响的因素较多。例如，反响底物中的取代基不同往往会使反响生成不同的产物。10-1当R=CH3时，产物为A，分子

19、式为C15H12O4。研究表明A不含羟基，它的1HNMR(CDCl3,ppm)：1.68(3H),2.732.88(2H),5.57(1H),7.728.10(4H)。画出A的构造简式。提示：不同，氢的化学环境不同。10-2当R=Ph时，产物为B，分子式为C20H14O4。研究表明B含有一个羟基，它的1HNMR(CDCl3,ppm)：2.16(1H),3.79(1H),4.07(1H),5.87(1H),6.68(1H),7.417.77(5H),7.828.13(4H)。画出B的构造简式；解释生成B的原因。10-3当R=OEt时，产物为C，分子式为C14H10O5。参照以上实验结果，画出C的

20、构造简式。分析与解答10-1此题目考察内容为羰基1,4-加成反响、羰基及其-位的各种反响性，并且结合核磁数据考察构造推断和分析。部分选手在看到核磁数据后，由于此处知识比拟薄弱而对该题目失去自信心。然而此题的核磁数据由于缺少裂分情况，对解出构造的作用比拟小，主要是用来检验猜想出的产物构造。在解读此题目时，首先从分子式信息进行入手，能够知道底物分子式的加和比产物多了5个C、1个O、8个H和一个正电荷，很容易对应上是1个吡啶分子，1个H2O和1个H+。其次分析反响性能：第一个底物有两个羟基作为亲核位点、一个位阻更小的碳原子作为Michael加成的亲电位点，而两个羰基不容易被进攻；第二个底物有两个容易

21、被进攻的亲电位点，分别是羰基碳及其-位(这个碳原子与N-吡啶基相连)、其位可以以脱质子后作为亲核位点。由于第二个底物中吡啶基和羰基共同的作用，-H显出较强的酸性，在碱的作用下容易脱除，并发生Michael加成反响：随后吡啶基在碱性条件下消除：90大学化学Vol.33接下来分析，分子中有两个羟基作为亲核位点，有一个羰基和一个Michael加成亲电位点，可能发生三种反响端羟基Michael加成，或一个羟基与羰基关环，或两个羟基与羰基缩酮化。但是，注意到此时上图产物分子中用黑点标记的碳原子在两个产物中都保留了一个氢原子，且不与其他氢原子环境一样。邻位有羰基的三级氢的化学位移不应超过4，核磁数据中只要

22、一个化学位移超过5的1H峰，不符合。只利用基础有机化学知识也容易分析：此时的双键在环外，容易转化为环内双键，构成对苯醌环系。据此，预测的三种产物构造应为：分析三个产物的几组氢的比例，容易判定缩酮产物与核磁谱的氢的比例一致。此外需要注意：在基础有机化学中我们学过，缩酮对碱性条件稳定，所以缩酮很难在碱性条件下生成或水解，这步缩酮化反响是酸化后处理时进行的。注：原试题中并未标明后处理酸化的步骤，但有机反响的文献中通常只给出反响条件而省略后处理(workup)条件。考生在利用当前条件进行推断时假如无法得到目的产物的构造，最好熟悉这类共鸣，观察能否能够经过酸化、水解等后处理经过得到目的产物。一个典型的例

23、子是羟醛缩合反响有时在反响体系中只会得到羟基酮，后处理酸化时才会脱水，但是这类反响经常不加后处理的讲明而直接写出脱水产物。10-2题目已经指出“反响底物中的取代基不同往往会使反响生成不同的产物，故题目要求选手具有分析比拟底物反响性的能力。首先仍然从分子式入手，此处得到的信息比拟有限，仍然是失去了1个吡啶分子，1个H2O和1个H+。但是题目中给出的关键信息是：分子构造中存在一个羟基。同时，若考生对于核磁共振氢谱中的化学位移略有定量的概念，则对解出此题更有帮助。由于产物构造一样，故能够用上题的方式分析。题目中氢的分布是5:4:1:1:1:1:1，上文三种产物(甲基换为苯基后)中的第二种符合核磁谱。

24、此外，分子内有一个羟基，且=5.87处于烯基氢的特征的化学位移范围(56)内，讲明有一个烯基氢，假如知道了这点信息，也比拟容易判定。仍然进行扼要分析，此时比拟作为亲核位点的两个羟基：从动力学上来看，显然一级羟基反响性高于位阻更大的二级羟基。但是考虑到反响时间接近20h，此处应考虑热力学因素：二级羟基反响后能生成稳定的六元环，稳定性高于一级羟基反响构成的七元环。此处先进行与上一问类似的1,4-加成反响，随后发生分子内亲核加成反响得到六元环，再脱水构成共轭体系。此处的反响均为热力学控制的反响。答案和后续步骤可能的历程如下。答案：No.2doi:10.3866/PKU.DXHX20171103629

25、1反响历程：在此题实际考察经过当中，部分选手以为羟基-位的两个H处于一样的化学环境，而造成了质疑本人本来的判定的现象。对于此题中的分子，在羟基位上的CH2的两个氢原子处于明显不同的手性环境中(分子中存在一个距离较近的手性碳原子)，属于磁不等价(anisotropic)氢原子，因而化学位移有所区别。对于生成B而不生成A的原因，留意到此处取代基由甲基变为苯环，在B中构成了较大的共轭体系，根据此处反响时间揣测应是有利于热力学产物，故可从热力学上解释B的成因：烯醇醚的生成促进了较大的稳定共轭体系的生成。10-3在10-2的基础上，由于此时根据分子式推断，减少的片段为HOEt和吡啶。酯基能发生酯交换构成

26、内酯，且不能发生类似羰基的缩酮化反响，故此时反响后半部分历程必不可能是根据10-1进行。分子首先能够进行与10-1、10-2题目中一样的反响：此时再留意到分子内有两个羟基，能够发生构成内酯的反响。由于六元环稳定性高于七元环，容易揣测此处构成了六元环内酯。能够写出互为互变异构体的两个合理答案：知识拓展此题目的知识;是1999年NorbertDeKimpe等人7在JournalofOrganicChemistry的一篇研究文章“SynthesisofIsagarin,aNewTypeofTetracyclicNaphthoquinonefromPentasLongiflora，其中Isagarin

27、即为题目当中的A物质。而当作者对于本人的Isagarin的合成道路进行衍生化，试图合成其衍生物时，发现若取代基由甲基换成苯基或酯基，会以极高的收率(98%、99%)发生副反响，得到了三并环的构造。原文中的道路如下：92大学化学Vol.33发生的副反响如下：由于此题目选取知识;文章时间较早，谱图等信息较为缺乏，故仅能从数据略加以推知和检验。原文仅仅是指出了反响类型的不同，并未具体分析原因，也并未提出可能的机理和进行进一步实验，仅猜测反响不同的原因是“共轭体系的扩大。此处作为习题解析，仅提供作为解题的一些思路和建议，并且给出原文。由于原文信息较为缺乏，有兴趣的读者能够进一步查询更多的文献。参考文献

28、1Schlesinger,H.I.;Brown,H.C.;Finholt,A.E.;Gilbreath,J.R.;Hockstra,H.R.;Hyde,E.K.J.Am.Chem.Soc.1953,75,215.2Dong,H.;Yang,H.X.;Ai,X.P.;Cha,C.S.Int.J.HydrogenEnergy2003,28,1095.3徐东彦,张华民,叶威.化学进展,2007,19,1598.4Maschio,L.;Usvyat,D.;Schtz,M.;Civalleri,B.J.Chem.Phys.2020,134706,132.5Perkin,W.H.;Pope,W.J.;Walla,O.J.Chem.Soc.1909,95,1789.6Ishizone,T.;Kitazawa,K.;Suzuki,T.;Kawauchi,S.Macromol.Symp.2021,323,86.7Kesteleyn,B.;VanPuyvelde,L.;DeKimpe,N.J.Org.Chem.1999,64,438.