1.2 研究有机化合物的一般方法（精讲）2022-2023学年高二化学一隅三反系列（人教版2019选择性必修3）（解析版）

1.2研究有机化合物的一般方法（精讲） 考点一有机化合物分离、提纯常用的方法【例1-1】（2022吉林松原）现有几组混合物：①乙烷和乙烯；②乙酸乙酯和乙酸钠溶液；③乙醇和己醇；④碘化钠和单质碘；⑤粗苯甲酸。分离以上混合物的正确方法依次是A．洗气、分液、蒸馏、萃取、重结晶B．分液、蒸馏、萃取、洗气、过滤C．蒸馏、萃取、重结晶、渗析、分液D．萃取、重结晶、洗气、分液、蒸馏【答案】A【解析】①乙烷和乙烯可以用通入溴水的方法除去，即选择洗气法；②乙酸乙酯不溶于水，也不溶于乙酸钠溶液，可以用分液的方法分离；③乙醇和己醇可以利用蒸馏的方法分离；④碘化钠和单质碘用萃取的方法分离；⑤粗苯甲酸可以利用溶解度采用钟结晶的方法分离。故选A。【例1-2】（2022广东）下列有关苯甲酸重结晶实验中操作的说法正确的是A．粗苯甲酸加热溶解后要恢复到室温再过滤B．趁热过滤时，为了防止苯甲酸结晶，可先将漏斗进行预热C．趁热过滤后，为了析出更多晶体，热滤液用冰盐水充分冷却，可缩短结晶的时间D．温度越低，苯甲酸的溶解度越小，所以温度越低越有利于苯甲酸的重结晶实验【答案】B【解析】A．粗甲苯加热溶解后为了防止苯甲酸晶体提前析出，滞留在过滤器中，需要在过滤前适当稀释，不能直接过滤，A错误；B．漏斗适当预热可减小温差，B正确； C．趁热过滤后，用冰盐水冷却滤液形成的结晶很小，比表面积大，吸附的杂质多，C错误；D．重结晶过程中温度太低，杂质的溶解度也会降低，部分杂质也会析出，达不到提纯苯甲酸的目的，D错误；故选B。【一隅三反】1．（2022·云南红河·高二弥勒市一中校考阶段练习）某粗苯甲酸样品中含有少量氯化钠和泥沙。用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤中，下列操作未涉及的是A．加热溶解B．冷却结晶C．萃取后分液D．趁热过滤【答案】C【解析】A．图中加热溶解，便于分离泥沙，故A正确；B．冷却结晶可析出苯甲酸晶体，故B正确；C．重结晶实验中不涉及萃取、分液，故C错误；D．苯甲酸在水中溶解度随温度降低而减小，需要趁热过滤，防止损失，故D正确；故选：C。2．（2022秋·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考期中）下列关于物质的分离、提纯实验中的一些操作或做法，其中正确的是A．在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后要冷却到常温再过滤B．用95.6%的工业酒精制取无水乙醇，可采用的方法是加生石灰，再蒸馏C．要除去乙烷中混有的乙烯气体可将混合气体通过盛有酸性高锰酸钾溶液的洗气瓶D．在组装蒸馏装置时，温度计的水银球应伸入液面下【答案】B【解析】A．在苯甲酸重结晶实验中，待粗苯甲酸完全溶解后，要趁热过滤，以减少苯甲酸的损耗，A错误； B．用95.6%的工业酒精制取无水乙醇，可采用的方法是先加生石灰（CaO可与水反应），然后再蒸馏分离，B正确；C．除去乙烷中混有的乙烯气体，不能使用酸性高锰酸钾溶液，因为酸性高锰酸钾溶液会将乙烯氧化为CO2，引入了新的杂质，C错误；D．在组装蒸馏装置时，温度计测量馏分的温度，则温度计的水银球应处于蒸馏烧瓶的支管口处，D错误；故选B。3．（2022秋·吉林白城·高二校考阶段练习）下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是选项目的分离方法原理A分离溶于水的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去苯甲酸固体中混杂的NaCl重结晶苯甲酸在水中的溶解度很小D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大【答案】D【解析】A．乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，A不正确；B．乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液法分离，B不正确；C．除去苯甲酸固体中混有的NaCl，采用重结晶法，是因为苯甲酸的溶解度受温度的影响比较大，而氯化钠的溶解度受温度的影响小，C不正确；D．丁醇与乙醚互溶，但二者的沸点相差较大，可采用蒸馏法分离，D正确；故选D。考点二确定实验式【例2】（2021春·河北唐山·高二开滦第一中学校考期末）一定量有机物完全燃烧后，将燃烧产物通过足量的石灰水，过滤后得到白色沉淀10g，但称量滤液时只减少了2.9g，则此有机物可能是A．C2H5OHB．C4H8O2C．C3H8D．C3H6O2【答案】A【解析】有机物燃烧产物有二氧化碳和水，将燃烧产物通过足量的石灰水，经过滤可得沉淀10g，应为CaCO3，n(CO2)=n(CaCO3)=，根据方程式：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O中物质反应转化关系可知：0.1molCO2反应，反应后溶液质量减轻5.6g，称量滤液时，其质量只比原石灰水减少2.9 g，则说明反应生成水的质量应为m(H2O)=5.6g-2.9g=2.7g，则n(H)=2n(H2O)=2×=0.3mol，n(C)：n(H)=0.1mol：0.3mol=1：3。A．在C2H5OH中n(C)：n(H)=2：6=1：3，A正确；B．在C4H8O2中n(C)：n(H)=4：8=1：2，不符合物质的微粒个数比1：3，B错误；C．在C3H8中n(C)：n(H)=3：8，不符合物质的微粒个数比1：3，C错误；D．在C3H6O2中n(C)：n(H)=1：2，不符合物质的微粒个数比1：3，D错误；故合理选项是A。【一隅三反】1．（2022秋·陕西西安·高二校考期末）3g某物质在空气中完全燃烧生成8.8g二氧化碳和5.4g水，下列关于这种物质的组成描述正确的是A．该物质只含有碳元素和氢元素B．该物质一定含有碳元素和氢元素，可能含有氧元素C．该物质一定含有碳元素、氢元素和氧元素D．该物质的分子中碳原子与氢原子的个数比为1∶2【答案】A【解析】8.8g二氧化碳中碳元素的质量=8.8g×=2.4g；5.4g水中氢元素的质量=5.4g×=0.6g；根据质量守恒定律，因为2.4g+0.6g=3g，说明该物质只含有碳、氢两元素，一定不含有氧元素。该物质的分子中碳原子与氢原子的个数比为∶=1∶3，只有A正确；故选A。2．（2022·山东）一定量有机物完全燃烧后，将燃烧产物通过足量的石灰水，过滤后得到白色沉淀10g，但称量滤液时只减少2.9g，则此有机物不可能是A．C2H5OHB．C4H8O2C．C2H6D．C2H6O2【答案】B【解析】根据题意，燃烧产物通过足量的石灰水，生成白色沉淀CaCO3为10g ，CaCO3的物质的量为0.1mol ， 根据关系CaCO3～CO2，求得生成的二氧化碳物质的量为0.1mol，则有机物中碳原子的物质的量为n(C)=n(CO2)=0.1mol，滤液质量减少的量为生成碳酸钙沉淀的质量减去燃烧生成的二氧化碳和水的质量，则燃烧生成水的质量为：10-2.9-4.4=2.7g ，生成的水的物质量为0.15mol，则有机物中氢原子的物质的量为n(H)=2n(H2O)=0.3mol，有机物分子中碳氢原子个数比n(C)∶n(H)=1:3，只有B不符合碳氢原子个数比为1:3，B符合题意。故选B。 3．（2022·黑龙江·勃利县高级中学高二阶段练习）某混合气体由两种气态烃组成。2.24L该混合气体完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳(气体已折算成标准状况)和3.6g水。则这两种气体可能是A．CH4和C3H8B．CH4和C3H4C．C2H4和C3H4D．C2H4和C2H6【答案】B【解析】2.24L该混合气体即0.1mol完全燃烧后，得到4.48L二氧化碳(气体已折算成标准状况)和3.6g水。即二氧化碳的物质的量为0.2mol，水的物资的量为0.2mol，则平均分子式为C2H4。A．CH4和C3H8的平均分子式中氢原子个数不可能是4，A错误；B．CH4和C3H4若按1:1混合，平均分子式为C2H4，B正确；C．C2H4和C3H4混合气体平均分子式中碳原子个数不可能为2，C错误；D．C2H4和C2H6混合气体平均分子式中氢原子个数不可能是4，D错误；故选B。考点三确定分子式【例3】（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·高二校考期末）实验室对某有机物有如下实验记录：①在氧气中完全燃烧，只生成、；②1mol该有机物完全燃烧需消耗氧气112L(标准状况下)，其分子式可能为A．B．C．D．【答案】C【解析】假设该有机物的分子式为CxHyOz，完全燃烧的方程式及关系为可知需满足，依次代入计算，可知C符合题意；故选C。【一隅三反】1．（2022陕西安康·高二校考期中）将2.3g某有机物放在空气中燃烧，完全燃烧生成4.4g二氧化碳和2.7g水，该有机物在气态时对氢气的相对密度为23，则有机物是A．CH4B．C2H4C．C2H6D．C2H5OH【答案】D【解析】该有机物在气态时对氢气的相对密度为23，则有机物的摩尔质量为232g/mol=46g/mol，则2.3g有机物的物质的量为，根据原子守恒可知，2.3g有机物中 ，，，则，其实验式为C2H6O，由于该有机物相对分子质量为46，则该有机物的实验式就是其分子式，故选D。2．（2022河北唐山·高二开滦第一中学校考期末）已知某些气态烃可以在氯气中燃烧，如CH4＋2Cl2C＋4HCl。现将一定量的某烃分成两等份，分别在氯气和氧气中燃烧，测得消耗的氯气和氧气在同温同压下的体积之比为4∶5，则该烃的分子式为A．C2H4B．C2H6C．C3H6D．C3H8【答案】D【解析】C在氯气中氧化产物为单质碳，一个C消耗0个氯气分子，C在氧气中的氧化产物是二氧化碳，一个C也同样消耗一个氧气分子；H在氯气氧化产物为氯化氢，是气体一个H消耗0.5个氯气分子，H在氧气中氧化产物为水，一个H消耗0.25个氧气分子。设该烃为CxHy，一个该烃分子在氯气中燃烧，消耗氯气分子数为0.5y，一个该烃分子在氧气中燃烧，消耗氧气的分子数为x+0.25y，同温同压下，气体的体积之比为物质的量之比，则0.5ymol:(x+0.25y)mol=4:5，整理可得，x:y=3:8；故答案为：D。3．（2022春·河北·高二校联考阶段练习）3.0g某有机物在氧气中充分燃烧，生成的二氧化碳和水蒸气的质量分别为4.4g和1.8g，下列结论正确的是A．该有机物只含碳、氢两种元素B．该有机物的分子式一定为CH2OC．该有机物分子中C、H、O原子个数比为1：2：1D．该有机物属于烃类，C、H原子个数比为1：2【答案】C【解析】根据计算，生成的二氧化碳4.4g，，，，，,，，，，所以分子中C、H、O原子个数比为1：2：1，由于该有机物的相对分子质量未知，不能确定其分子式。A．该有机物只含碳、氢、氧三种元素，A错误； B．分子中C、H、O原子个数比为1：2：1，由于该有机物的相对分子质量未知，不能确定其分子式，B错误；C．分子中C、H、O原子个数比为1：2：1，C正确；D．分子中C、H、O元素，不属于烃，D错误；故选C。考点四确定分子结构【例4-1】（2022春·宁夏银川·高二银川唐徕回民中学校考期中）已知某有机物A的核磁共振氢谱如图所示，下列说法中错误的是A．若A的分子式为C3H6O2，则其结构简式为CH3COOCH3B．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为1：2：3C．仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数D．若A的化学式为C3H6O2，则其能与NaOH(aq)反应的同分异构体有三种【答案】A【解析】A．由核磁共振氢谱可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为1：2：3，CH3COOCH3中含2种H，与图像不符，故A错误；B．由图可知，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为1：2：3，故B正确；C．分子式已知时可由图确定氢原子总数，但仅由其核磁共振氢谱无法得知其分子中的氢原子总数，故C正确；D．若A的化学式为C3H6O2，该有机物分子中有三种不同化学环境的氢原子，且个数之比为1：2：3，若能与NaOH(aq)反应则其中含有羧基或酯基，可能的结构有CH3CH2COOH、HCOOCH2CH3、CH3COOCH3，故D正确；故选A。【例4-2】（2022秋·云南曲靖·高一校考阶段练习）为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：(1)将4.6的有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4gH2O和8.8gCO2，则该物质的实验式是_______。(2)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图所示的质谱图，则其相对分子质量为_______，该物质的分子式是_______。 (3)根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式：_______。(4)经测定，有机物A的核磁共振氢谱如图所示，则A的结构简式为_______。【答案】(1)C2H6O(2)    46    C2H6O(3)CH3OCH3、CH3CH2OH(4)CH3CH2OH【解析】（1）生成5.4gH2O，物质的量是0.3mol，则含有H原子0.6mol，质量是0.6g；生成8.8gCO2，物质的量是0.2mol，则含有C原子0.2mol，质量是2.4g，则4.6的有机物A中含有O原子的质量4.6-0.6-2.4=1.6g，物质的量为0.1mol，则其中C、H、O原子个数比为0.2：0.6：0.1=2：6：1，则该物质的实验式是C2H6O。（2）从图中分析可知，该有机物相对分子质量为46，结合其实验室可知，该物质的分子式是C2H6O。（3）根据价键理论，H原子形成一个单键，O原子可形成两个单键，C原子可形成四个单键，A的可能结构：CH3OCH3、CH3CH2OH。（4）根据图示可知，有机物A含有三种不同化学环境的H原子，个数比为1：2：3，则A的结构简式为CH3CH2OH。【一隅三反】 1．（2022秋·甘肃定西·高二校考期中）为了测定某有机物A的结构，做如下实验：①将2.3g该有机物完全燃烧，生成0.1molCO2和2.7g水；②用质谱仪测定其相对分子质量，得如图一所示的质谱图；③用核磁共振仪处理该化合物，得到如图所示图谱，试回答下列问题：(1)有机物A的相对分子质量是________。(2)求该有机物A的实验式________。(3)则A的分子式_______(4)由图可知，该有机物A中含有_____种不同类型的氢原子，其个数之比是________________。(5)写出有机物A可能的结构式______________【答案】(1)46(2)C2H6O(3)C2H6O(4)    3    1∶2∶3(5)CH3CH2OH【解析】（1）在A的质谱图中，最大质荷比为46，所以有机物A的相对分子质量为46，故答案为：46；（2）n(C)=n(CO2)=0.1mol，含有的碳原子的质量为m(C)=0.1mol×12g•mol-1=1.2g，氢原子的物质的量为：n(H)=×2=0.3mol，氢原子的质量为m(H)=0.3mol×1g•mol-1=0.3g，该有机物中m(O)=2.3g-1.2g-0.3g=0.8g，氧元素的物质的量为n(O)==0.05mol，则n(C)∶n(H)∶n(O)=0.1mol∶0.3mol∶0.05mol=2∶6∶1，所以A的实验式是：C2H6O，故答案为：C2H6O；（3）因为实验式是C2H6O，相对分子质量为46，所以其实验式即为分子式，即分子式为：C2H6O；（4）根据核磁共振氢谱图可知，有机物A中有3种不同类型的氢原子，其个数之比是1∶2∶3；（5）A的分子式为C2H6O，有如下两种可能的结构：CH3OCH3或CH3CH2 OH；若为前者，则在核磁共振氢谱中应只有1个峰；若为后者，则在核磁共振氢谱中应有3个峰，而且3个峰的面积之比是1∶2∶3，根据图二，CH3CH2OH符合题意，故答案为：CH3CH2OH。2．（2022春·江苏常州·高二校联考阶段练习）完成下列问题。(1)研究有机物的方法有很多，常用的有①核磁共振氢谱②蒸馏③重结晶④萃取⑤红外光谱⑥过滤，其中用于分子结构确定的有_______(填序号)(2)下列物质中，其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰的是_______(填字母)。A．CH3CH3B．CH3COOHC．CH3COOCH3D．CH3OCH3(3)某含碳、氢、氧三种元素的有机物甲，经燃烧分析实验测定其碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，则甲的实验式(最简式)是_______。①如图是该有机物甲的质谱图，则其相对分子质量为_______，分子式为_______。②确定甲的官能团：通过实验可知甲中一定含有羟基，写出羟基的符号_______；甲可能的结构有_______种。③确定甲的结构简式：a.经测定有机物甲的核磁共振氢谱如图所示，则甲的结构简式为_______。b.若甲的红外光谱如图所示，则该有机物的结构简式为_______。【答案】(1)①⑤(2)AD (3)    C4H10O    74    C4H10O        4    C(CH3)3OH    CH3CH2OCH2CH3【解析】（1）在上述各种研究方法中，蒸馏、重结晶、萃取、过滤是有机物分离或提纯的方法，核磁共振氢谱、红外光谱常用于分子结构确定，答案选①⑤；（2）其核磁共振氢谱中只有一个吸收峰，说明有机物分子中只有一类氢原子，A．CH3CH3分子中只有一类氢原子，A正确；B．CH3COOH分子中含有两类氢原子，B错误；C．CH3COOCH3分子中含有两类氢原子，C错误；D．CH3OCH3分子中只有一类氢原子，D正确；答案选AD；（3）碳的质量分数是64.86%，氢的质量分数是13.51%，因此氧元素质量分数是21.63%，则该物质中碳、氢、氧原子个数之比为，所以其实验式为C4H10O；根据质谱图知，其相对分子质量是74，结合其实验式知其分子式为C4H10O；由分子式C4H10O可知，碳已被氢饱和，能与钠反应生成氢气，则含有羟基；为一元饱和醇，C4H10O有4种等效氢，则可能结构有4种，结构简式为：HOCH2CH2CH2CH3、CH3CH(OH)CH2CH3、(CH3)2CHCH2OH、C(CH3)3OH。甲的核磁共振氢谱图中出现2组峰，说明该结构中有2种氢原子，则结构简式为：C(CH3)3OH；甲的红外光谱中含有对称-CH3，对称-CH2-和C-O-C结构，故有机物的结构简式为CH3CH2OCH2CH3，含有的官能团为醚键。3．（2022春·宁夏银川·高二银川唐徕回民中学校考期中）完成下列问题。(1)根据核磁共振氢谱图可以确定有机物分子中氢原子的种类和数目。例如：乙醚的结构式为，其核磁共振氢谱中有2个信号(如下图)。①下列分子中，其核磁共振氢谱中只有一种峰(信号)的物质是_______(填字母)。A．CH3—CH3　　　　　B．CH3COOH　　　　C．CH3COOCH3　　　　　　D．CH3COCH3②化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如下图所示，则A的结构简式为_______，请预测B的核磁共振氢谱上有_______个峰(信号)。 ③用核磁共振氢谱的方法来研究C2H6O的结构，请简要说明根据核磁共振氢谱的结果来确定C2H6O分子结构的方法是_______。(2)有机物C常用于食品行业。已知9.0gC在足量O2中充分燃烧，将生成的混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g，经检验剩余气体为O2。①C分子的质谱图如图所示，从图中可知其相对分子质量是_______，则C的分子式是_______。②C能与NaHCO3溶液发生反应，C一定含有的官能团名称是_______。③C分子的核磁共振氢谱有4个峰，峰面积之比是1∶1∶1∶3，则C的结构简式是_______。④0.1molC与足量Na反应，在标准状况下产生H2的体积是_______L。【答案】(1)    AD    BrCH2CH2Br    2    核磁共振氢谱中有3个吸收峰的是CH3CH2OH，有1个吸收峰的是CH3—O—CH3(2)    90    C3H6O3    羧基        2.24【解析】（1）①核磁共振氢谱中只有一种峰，说明该分子中的H原子都是等效的，只有1种H原子，A.CH3-CH3中6个H原子都是等效的，核磁共振氢谱中只有一种峰，故A选；B.CH3COOH中甲基中的H原子与羧基中的H原子所处化学环境不同，CH3COOH有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，故B不选；C.CH3COOCH3中甲基所处化学环境不同，甲基H原子不同，有2种H原子，核磁共振氢谱中有2个峰，故C不选；D.CH3COCH3中2个甲基连在同一个羰基上，6个H原子都是等效的，核磁共振氢谱中只有一种峰，故D选； 故选AD；②)由A的核磁共振氢谱可知，分子中只有一种H原子，A分子中2个Br原子连接不同的碳原子，故A的结构简式为BrCH2CH2Br，B与A互为同分异构体，B分子中2个Br原子连接在同一碳原子上，B为CH3CHBr2，分子中有2种H原子，故核磁共振氢谱图有2个峰；③通过其核磁共振氢谱中的峰信号可以判断有3个信号时，分子结构为CH3CH2OH；1个信号时，分子结构为CH3-O-CH3；（2）①由C分子的质谱图，可知C的相对分子质量为90，9gC的物质的量为，燃烧生成二氧化碳为，生成水为，则1个有机物分子中N(C)=、N(H)=，则分子中N(O)=，故有机物C的分子式为C3H6O3；②C能与NaHCO3溶液发生反应，C一定含有羧基；③有机物C的分子式为C3H6O3，含有羧基，C分子的核磁共振氢谱有4个吸收峰，说明含有4种H原子，峰面积之比是1:1:1:3，则4种H原子数目为1、1、1、3，则A的结构简式为：；④0.1mol含0.1mol羟基和0.1mol羧基，与足量Na反应，共产生0.1molH2，在标况下的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L。