1.2 研究有机化合物的一般方法（精练）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（精练）1．（2022秋·广东·高二华南师大附中校联考期末）重结晶法提纯苯甲酸，不需要用到的仪器是A．B．C．D．【答案】B【解析】用重结晶法提纯苯甲酸的实验步骤为加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、过滤，所以实验中需要用到漏斗、酒精灯、烧杯，不需要分液漏斗，故B正确；故选B。2．（2022秋·吉林·高二校联考期末）下列物质提纯方法中属于重结晶的是A．除去工业酒精中含有的少量水B．粗苯甲酸的提纯C．从碘水中提取碘D．除去苯中含有的少量Br2【答案】B【解析】A．工业酒精的主要成分为乙醇，乙醇和水互溶，应用蒸馏法分离，故A错误；B．苯甲酸溶解度随温度变化较大，可采用重结晶法提纯，故B正确；C．根据碘在不同溶剂中的溶解度不同且易溶于四氯化碳或苯，应采用萃取分液的方法提纯碘，故C错误；D．溴易溶于苯，可以向其混合液中加入NaOH溶液，待NaOH与Br2反应完全后，静置分层，除去Br2，故D错误；答案选B。3（2022秋·新疆伊犁·高二校考期末）下列有关有机物的分离、提纯的说法中错误的是A．提纯苯甲酸：利用重结晶法B．分离提纯蛋白质：盐析C．分离甘油和水：分液D．除去乙醇中少量的乙酸：加足量生石灰，蒸馏【答案】C【解析】A．苯甲酸在水中的溶解度随温度的变化较大，将粗苯甲酸用热水进行重结晶，可以使它与杂质分离，A正确；B．蛋白质在盐溶液中的溶解度低，可用盐析的方法分离提纯蛋白质，B正确； C．甘油与水互溶，分液法不能分离，C错误；D．生石灰能与乙酸反应，可除去乙醇中少量的乙酸，再蒸馏可得到乙醇，D正确；故选C。4．（2022秋·北京石景山·高二统考期末）除去下列物质中含有的少量杂质(括号内为杂质)，所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是混合物试剂分离方法A乙炔(乙烯)酸性高锰酸钾溶液洗气B乙炔(硫化氢)硫酸铜溶液洗气C乙醇(水)四氯化碳萃取D苯(甲苯)蒸馏水分液【答案】B【解析】A．乙炔、乙烯均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能除杂，故A错误；B．硫化氢与硫酸铜溶液反应，乙炔不能，可洗气分离，故B正确；C．水不溶于四氯化碳，不能选四氯化碳除去乙醇中的水，应加入新制生石灰然后蒸馏得到乙醇，故C错误；D．苯、甲苯互溶，均不溶于水，不能分液分离，应直接蒸馏分离，故D错误；故选B。5．（2022·河北）某化合物6.4g在氧气中完全燃烧，只生成8.8gCO2和7.2gH2O。下列说法中正确的是A．该化合物仅含碳、氢两种元素B．该化合物中碳、氢原子个数比为1：5C．无法确定该化合物是否含有氧元素D．该化合物中一定含有氧元素【答案】D【解析】n(C)=n(CO2)==0.2mol，n(H2O)=0.4mol，n(H)=0.8mol，则n(C):n(H)=0.2mol:0.8mol=1:4，B错误；m(C)+m(H)=3.2g，小于6.4g，推知该化合物中含有氧元素，D正确；故选D6 ．（2021春·江苏徐州·高二校考期中）为提纯下列物质(括号内为杂质)，所用除杂试剂和分离方法都正确的是      序号不纯物除杂试剂分离方法ACH4(C2H4)酸性KMnO4溶液洗气B苯(Br2)NaOH溶液过滤CC2H5OH(H2O)新制生石灰蒸馏D乙酸乙酯(乙酸)饱和Na2CO3溶液过滤【答案】C【解析】A．酸性KMnO4溶液会将乙烯氧化为CO2气体，引入新的杂质，不能达到除杂目的，A错误；B．Br2与NaOH溶液反应生成NaBr与NaBrO，且都溶于水，苯不溶于水，分层，可以通过分液将其分离，B错误；C．H2O与氧化钙反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与乙醇的沸点相差很大，可以通过蒸馏的方法将乙醇蒸出，C正确；D．乙酸可以与饱和Na2CO3溶液反应生成乙酸钠、水、CO2，乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中的溶解度较小且分层，可以通过分液将其分离，D错误；故选：C。7．（2022秋·云南红河·高二弥勒市一中校考阶段练习）研究有机物的一般步骤：分离提纯→确定最简式→确定分子式→确定结构式。以下研究有机物的方法错误的是A．蒸馏——分离提纯互溶且沸点不同的液态有机混合物的方法B．燃烧法——研究确定有机物元素组成的有效方法C．对粗苯甲酸提纯时操作为：加热溶解，蒸发结晶，过滤D．红外光谱图——确定有机物分子中的官能团或化学键【答案】C【解析】A．蒸馏是利用互溶液态混合物中各成分的沸点不同而进行物质分离的方法，液态有机混合物中各成分沸点不同，因而可采取蒸馏，故A正确；B．利用燃烧法，能得到有机物燃烧后的无机产物，并作定量测定，最后算出各元素原子的质量分数，得到实验式或最简式，故B正确；C．对粗苯甲酸提纯时操作为：加热溶解，蒸发浓缩，趁热过滤，冷却结晶得到固体，故C错误； D．不同的化学键或官能团吸收频率不同，在红外光谱图上处于不同的位置，所以红外光谱图能确定有机物分子中的化学键或官能团，故D正确；故选：C。8．（2022秋·内蒙古鄂尔多斯·高二校考期末）下列除杂方案(各组中括号内物质为杂质)中设计不合理的是A．溴苯(溴)：加溶液，分液B．乙烷(乙烯)：通入溴水，洗气C．乙酸(水)：加少量熟石灰，蒸馏D．乙酸乙酯(乙酸)：加饱和溶液，分液【答案】C【解析】A．溴苯中的溴单质可以和碱反应，从而实现与溴苯分层，分液除去，选项A合理；B．通入溴水后，乙烯和溴水生成二溴乙烷，为液体，洗气后只剩下乙烷，即可除去杂质，选项B合理；C．乙酸会与熟石灰反应，所以不可以加熟石灰除杂，选项C不合理；D．乙酸的酸性强于碳酸，饱和碳酸钠吸收乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，溶液分层，然后分液，故能得到纯净乙酸乙酯，选项D合理；答案选C。9．（2022秋·福建福州·高二福建师大附中校考期末）氢核磁共振谱是根据不同化学环境的氢原子给出的信号不同来确定有机物分子中的不同的氢原子下列有机物分子在氢核磁共振谱中只给出一种信号的是。A．B．C．D．【答案】A【解析】A．中的H原子所处环境相同，则在氢核磁共振谱中只给出一种信号，A符合题意；B．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，B不合题意；C．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，C不合题意；D．中含有两种环境的H原子，在氢核磁共振谱中给出两种信号，D不合题意；故答案为：A。10．（2022·陕西安康·高二校考期中）1，2—二溴乙烷分子内处于不同化学环境的氢原子种数(即核磁共振谱的峰数)为A．1B．2C．3D．4【答案】A【解析】CH2BrCH2Br只有一种不同化学环境的氢原子，故选A。 11．（2022春·宁夏吴忠）为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：(一)分子式的确定：(1)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L(标准状况下)，则该物质中各元素的原子个数比是_______。(2)用质谱仪测定该有机化合物的相对分子质量，得到如图①所示质谱图，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_______。(二)结构式的确定：(4)核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如：甲基氯甲基醚(Cl—CH2—O—CH3)有两种氢原子如图②。经测定，有机物A的核磁共振氢谱示意图如图③，则A的结构简式为_______。【答案】(1)N(C)：N(H)：N(O)=2：6：1(2)    46    C2H6O(3)CH3CH2OH、CH3OCH3(4)CH3CH2OH【解析】（1）由题给数据可知，有机物A分子中碳原子和氢原子的物质的量为=0.2mol和×2=0.3mol，由氧原子原子个数守恒可知，A分子中氧原子的物质的量为0.2mol×2+0.3mol—×2=0.1mol，则有机物中N(C)：N(H)：N(O)=0.2mol：0.6mol：0.1mol=2：6：1，故答案为：2：6：1；（2）由质谱图可知，有机物A的最大质荷比为46，则相对分子质量为46，由原子个数比可知，A的实验式为C2H6O，相对分子质量为46，所以有机物A的分子式为C2H6O，故答案为：46；C2H6O；（3）由价键理论可知，A分子中碳原子为饱和碳原子，结构简式可能为CH3CH2OH、CH3OCH3，故答案为：CH3CH2OH、CH3OCH3； （4）CH3CH2OH、CH3OCH3的分子中氢原子的化学环境分别为3和1，由核磁共振氢谱可知，有机物A分子中有3种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH。12．（2022秋·黑龙江双鸭山·高二校考期中）回答下列问题：(1)将有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L(标准状况下)。则该物质中各元素的原子个数比是________。(2)质谱仪测定有机化合物A的相对分子质量为46，则该物质的分子式是________。(3)根据价键理论，预测A的可能结构并写出结构简式：________、________。【结构式的确定】(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________。官能团名称是________。【答案】(1)2∶6∶1(2)C2H6O(3)    CH3CH2OH    CH3OCH3(4)    CH3CH2OH    羟基【解析】（1）有机物A充分燃烧生成水的物质的量为：n（H2O）==0.3mol，则含有的氢原子的物质的量为：n（H）=0.6mol，8.8g二氧化碳的物质的量为：n（CO2）==0.2mol，则n（C）=0.2mol，据氧原子守恒有：n（O）=n（H2O）+2n（CO2）-2n（O2）=0.3mol+2×0.2mol-2×=0.1mol，则：N（C）：N（H）：N（O）=n（C）：n（H）：n（O）=2：6：1，则A的实验式为C2H6O，故答案为：2：6：1。（2）该有机物A的实验式为C2H6O，设该有机物的分子式为（C2H6O）m，质谱仪测定有机化合物A的相对分子质量为46，则：46m=46，解得：m=1，故其分子式为C2H6O，故答案为：C2H6O。（3）A可能为乙醇或二甲醚，结构简式为CH3CH2OH、CH3OCH3，故答案为：CH3CH2OH、CH3OCH3。（4）根据A的核磁共振氢谱图可知：A有三种不同类型的H原子，而CH3OCH3 只有一种类型的H原子，故A的结构简式为CH3CH2OH，官能团名称为羟基，故答案为：CH3CH2OH；羟基。13．（2022秋·贵州黔西·高二校考阶段练习）为测定某有机化合物A的结构，进行如下实验：(1)将一定量的有机物A置于氧气流中充分燃烧，实验测得：生成5.4gH2O和8.8gCO2，消耗氧气6.72L(标准状况下)，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)核磁共振氢谱能对有机物分子中不同位置的氢原子给出不同的峰值(信号)，根据峰值(信号)可以确定分子中氢原子的种类和数目。例如甲基氯甲基醚(Cl-CH2-O-CH3，有2种氢原子)的核磁共振氢谱如左图所示，经测定，有机物A的核磁共振氢谱图如右图所示，则A的结构简式为_______。【答案】(1)C2H6O(2)    46    C2H6O(3)CH3CH2OH【解析】（1）由题意可知，有机物A燃烧消耗标准状况下氧气6.72L氧气，生成5.4g水和8.8g二氧化碳，由原子个数守恒可知，有机物A中含有的碳原子个数为×1=0.2mol、氢原子个数为 ×2=0.6mol、氧原子个数为×2+×1+×2=l0.1mol，则有机物A的实验式为C2H6O，故答案为：C2H6O；（2）由图可知，有机物A的最大质荷比为46，则有机物A的的相对分子质量为46，设A的分子式为(C2H6O)n，由实验式可得：n==1，所以A的分子式为C2H6O，故答案为：46；C2H6O；（3）符合分子式为C2H6O的结构简式可能为核磁共振氢谱有3组峰的CH3CH2OH、核磁共振氢谱有1组峰的CH3OCH3，由图可知，有机物A的核磁共振氢谱有3组峰，则有机物A的结构简式为CH3CH2OH，故答案为：CH3CH2OH。14．（2022秋·山西临汾·高二校考阶段练习）下列装置中有机物样品在电炉中充分燃烧，通过测定生成的CO2和H2O的质量，来确定有机物的分子式。请回答下列问题：(1)B装置中试剂X可选用________。(2)若实验中所取样品只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.44g样品，经充分反应后，D装置质量增加0.36g，E装置质量增加0.88g，已知该物质对H2的相对密度是22，则该样品的实验式为________，分子式为________。(3)若该有机物的核磁共振氢谱如下图所示，峰面积之比为1:3。则其结构简式为________。(4)某同学认为E和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E后再增加一个F装置，其主要目的是________。【答案】(1)浓硫酸(2)    C2H4O    C2H4O (3)CH3CHO(4)防止空气中H2O(g)、CO2进入E装置，影响测定结果【解析】（1）B装置中试剂X(液体)用于吸收O2中混有的水蒸气，可选用浓硫酸。答案为：浓硫酸；（2）D装置内吸收水蒸气，质量为0.36g，n(H2O)==0.02mol，E装置内吸收CO2，质量为0.88g，n(CO2)==0.02mol，m(H)=0.02mol×2×1g/mol=0.04g，m(C)=0.02mol×12g/mol=0.24g，则m(O)=0.44g-0.04g-0.24g=0.16g，n(O)==0.01mol，该有机物分子中C:H:O=0.02mol:0.04mol:0.01mol=2:4:1，则该样品的实验式为C2H4O；已知该物质对H2的相对密度是22，则相对分子质量为44，而C2H4O的式量为44，所以该有机物的分子式为C2H4O。答案为：C2H4O；C2H4O；（3）从图中可知，该有机物的核磁共振氢谱有2种吸收峰，且峰面积之比为1:3，则其结构简式为CH3CHO。答案为：CH3CHO；（4）某同学认为E和空气相通，会吸收空气中的水蒸气和二氧化碳，从而影响测定结果准确性，所以应在E后再增加一个F装置，其主要目的是：防止空气中H2O(g)、CO2进入E装置，影响测定结果。答案为：防止空气中H2O(g)、CO2进入E装置，影响测定结果。1．（2022秋·贵州黔西·高二校考阶段练习）下列每组中各有三对物质，它们都能用分液漏斗分离的是A．乙酸乙酯和水，酒精和水，植物油和水B．四氯化碳和水，溴苯和水，硝基苯和水C．甘油和水，乙酸和水，乙酸和乙醇D．汽油和水，苯和水，甲醇和水【答案】B【解析】A．酒精和水互溶，不能用分液漏斗分离，故A错误；B．四氯化碳、溴苯、硝基苯都不溶于水，则四氯化碳和水，溴苯和水，硝基苯和水都能用分液漏斗分离，故B正确；C．甘油和水、乙酸和水、乙酸和乙醇都是互溶的液体，都不能用分液漏斗进行分离，故C错误；D．甲醇和水互溶，不能用分液漏斗分离，故D错误；故选B。2．（2023·浙江）将12g有机物完全燃烧，生成的CO2、H2O通过浓硫酸、碱石灰，浓硫酸增重14.4g，碱石灰增重26.4g，该有机物的分子式为A．C3H8B．C6H8C．C6H16O2D．C3H8O 【答案】D【解析】由浓硫酸增重可知水的质量为14.4g，则由氢原子个数守恒可知，有机物中含氢原子的物质的量为×2=1.6mol；由碱石灰增重可知二氧化碳的质量为26.4g，则由碳原子个数守恒可知，有机物中含碳原子的物质的量为=0.6mol；有机物中含氧原子的物质的量为=0.2mol，则有机物中碳、氢、氧的原子个数比为0.6mol：1.6mol：0.2mol=3：8：1，实验式为C3H8O，由于C3H8O中碳原子已经饱和，所以该有机物的分子式也为C3H8O，故选D。3.（2021·全国·高二课时练习）某有机物X对氢气的相对密度为30，分子中碳的质量分数为40%，氢的质量分数为6.7%，其余为氧，X可与碳酸氢钠反应。下列关于X的说法不正确的是A．X的相对分子质量为60B．X的分子式为C2H4O2C．X的结构简式为CH3COOHD．X的同分异构体中含的只有一种(不考虑立体异构)【答案】D【解析】由有机物X对氢气的相对密度为30可知，该有机物的相对分子质量为30×2=60，由分子中含碳40%，含氢6.7%，其余为氧可知，分子中碳原子、氢原子、氧原子的个数分别为＝2、≈4、＝2，则X的分子式为C2H4O2，由X可以和碳酸氢钠反应可知，有机物分子中含有—COOH，结构简式为CH3COOH；CH3COOH的同分异构体中含有的结构简式为CH3OOCH、HOCH2CHO。A．由分析可知，X的相对分子质量为60，故A正确；B．由分析可知，X的分子式为C2H4O2，故C正确；C．由分析可知，X的分子式为C2H4O2，X可以和碳酸氢钠反应，则有机物分子中含有—COOH，结构简式为CH3COOH，故C正确；D．由分析可知，CH3COOH的同分异构体中含有的结构简式为CH3OOCH、HOCH2CHO，故D错误；故选D。4．（2022春·云南昆明·高二校考期末）下列有关叙述正确的是 A．质谱法通常用来确定有机化合物的分子结构B．将有机化合物燃烧进行定量分析，可以直接确定该有机化合物的分子式C．在核磁共振氢谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4D．乙醚与1-丁醇不能利用红外光谱法进行鉴别【答案】C【解析】A．质谱法通常用来确定有机化合物的质荷比，即得出相对分子质量，A错误；B．有机化合物燃烧进行定量分析，只能通过生成的和算出分子中的最简整数比，得出该有机化合物的最简式，B错误；C．根据分子的对称性，在核磁共振氢谱中能出现三组峰，峰面积之比为3∶1∶4，C正确；D．红外光谱可以读出分子中特殊的化学键和官能团，乙醚的分子为：，1-丁醇为分子中含有不同的官能团，故可以利用红外光谱法进行鉴别二者，D错误；故选C。5．（2022秋·贵州贵阳·高二校考阶段练习）分子中碳元素与氢元素的质量比为21∶4的烃中，主链上有5个碳原子的结构(不考虑立体异构)共有A．4种B．5种C．6种D．7种【答案】B【解析】，，故该烃为C7H16，属于烷烃，主链上有5个碳原子的结构：、、、、共有5种，故选B。6．（2022秋·北京石景山·高二统考期末）某有机化合物9.0g与足量氧气在密闭容器中完全燃烧，将反应生成的气体依次通过浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重9.0g，碱石灰增重17.6g，下列说法不正确的是A．该有机化合物中一定含有氧元素 B．该有机化合物的分子式为C4H10O2C．不能确定该有机化合物的分子式D．该有机化合物分子中碳原子数和氢原子数之比一定是2∶5【答案】C【解析】浓硫酸增重9.0g，碱石灰增重17.6g，即生成水的质量是9.0g，二氧化碳质量是17.6g，根据原子守恒：n（C）=n（CO2）=17.6g÷44g/mol=0.4mol，n（H）=2n（H2O）==2×0.5mol=1mol，则分子式n（O）==0.2mol，则分子中C、H、O原子数目之比为0.4mol：1mol：0.2mol=2：5：1，该有机物的最简式为C2H5O，分子式表示为（C2H5O）n，由于H原子为偶数，则n为偶数，且5n≤2×2n+2，即n≤2，故n=2，则有机物分子式为C4H10O2，综上分析可知，A、B、D正确，C错误，故选C。7．（2022春·江西宜春·高二校考阶段练习）某混合气体由一种气态烷烃和一种气态烯烃组成，在同温同压下，混合气体对氢气的相对密度为13，在标准状况下，将56.0L混合气体通入足量溴水，溴水质量增重35.0g，通过计算回答：(1)推出混合气体中气态烷烃的化学式：______；依据题意知混合气体的平均相对分子质量为_____，则烯烃一定为______。(2)混合气体中两种气体的物质的量之比n烷烃:n烯烃=_____。(3)写出混合气体中气态烯烃可能的两种结构简式______。【答案】(1)    CH4    26    C4H8(2)n(CH4):n(C4H8)=3:1(3)CH2=CH－CH2CH3，CH3－CH=CH－CH3，CH2=C(CH3)2【解析】（1）根据分析可知一定含有甲烷，混合气体的平均分子量为26，含有的烯烃为丁烯，故答案为：CH4；26；C4H8；（2）根据分析可知标准状况下，56.0L混合气体的物质的量是，混合气体的质量是2.5mol×26g/mol=65g，溴水增加的质量就是和溴水发生加成反应的烯烃的质量，即烯烃是35.0g，甲烷是30g，物质的量是1.875mol，所以烯烃的物质的量是2.5mol－1.875mol＝0.625mol，混合气体中两种气体的物质的量之比n烷烃：n烯烃=1.875mol：0.625mol=3:1；（3）丁烯的同分异构体有CH2=CH－CH2CH3、CH3－CH=CH－CH3、CH2=C(CH3)2。8 ．（2022春·江苏常州·高二校联考阶段练习）通常用燃烧的方法测定有机物的分子式，可在燃烧室内将有机物样品与纯氧在电炉加热下充分燃烧，根据产品的质量确定有机物的组成。如图所示的是用燃烧法确定有机物分子式的常用装置。现准确称取样品(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经燃烧后A管增重，B管增重。请回答：(1)根据气流方向将装置进行连接，其接口连接顺序为：g→________(每套装置最多只能用一次)。(2)B管的作用是_______。(3)E中应盛装的试剂是_______。(4)该有机物的最简式为_______。(5)如果把网去掉，A管增重将_______(填“增大”“减小”或“不变”)。(6)要确定该有机物的分子式，还必须知道的数据是_______(填序号)。A．消耗液体E的质量　　　B．样品的摩尔质量　　　C．固体减小的质量D．C装置增加的质量　　　E.燃烧消耗的物质的量(7)有人认为该装置还有缺陷，请补充完整_______。【答案】(1)f，e接h，i接c或（d），d或（c）接a或（b）(2)吸收生成的水蒸气，测定水的质量(3)H2O2(4)CHO2(5)减小(6)B(7)需要在A后再连接1个A装置【解析】（1）D中用过氧化氢和二氧化锰反应制备氧气，用浓硫酸干燥氧气，有机物样品在F中燃烧生成二氧化碳和水，用无水氯化钙吸收反应生成的水，用碱石灰吸收反应生成的二氧化碳，连接顺序为g接f，e接h，i接c或（d），d或（c）接a或（b）；（2）由测定原理可知，B中无水氯化钙是吸收生成的水蒸气，测定水的质量；（3）H2O2在MnO2作催化剂的条件下分解生成氧气，故E中盛放的是H2O2； （4）A管质量增加1.76g为二氧化碳的质量，二氧化碳的物质的量为、B管质量增加0.36g是水的质量，水的物质的量是，，则该有机物含有氧原子的物质的量为，n(C):n(H):n(O)=0.04:0.04:0.08=1:1:2，该有机物的最简式为CHO2；（5）如果把网去掉，部分CO不能被氧化为二氧化碳，反应生成二氧化碳的量减少，A管增重将减小。（6）该有机物的最简式为CHO2，分子式为(CHO2)n，要确定有机物的分子式，还要知道有机物的相对分子质量，故选B；（7）空气中的水和二氧化碳能进入A，干扰二氧化碳质量的测定，所以需要在A后再连接1个A装置。9．（2022秋·新疆阿克苏·高一兵团第一师高级中学校考期末）李比希法常用于测定有机物的组成。如图是确定有机物化学式常用的装置，其中管式炉可提供有机物燃烧所需的高温。(1)盛放双氧水的仪器名称为______________，装置B中浓硫酸的作用为_____________。(2)装置C中CuO的作用是_____________装置F的作用是_______________。(3)准确称取13.60g有机物(只含C、H、O三种元素中的两种或三种)，经充分燃烧后，D管质量增加7.20g，E管质量增加35.20g。①该有机物的最简式为____________________。②若该有机物的相对分子质量为68，能发生斐林反应(结构中存在−CHO)，分子中存在碳碳三键，且有2种不同化学环境的氢原子，该有机物的结构简式为____________________________________。③若该有机物的相对分子质量为136，分子内含有一个苯环，且能与NaHCO3反应，符合条件的异构体有________种。写出符合条件的任一种异构体的结构简式________________。【答案】(1)    分液漏斗    干燥氧气，防止干扰有机物中氢元素的计量 (2)    将可能存在的CO转化为CO2    防止E吸收空气中的水和二氧化碳(3)    C4H4O    CH3−C≡C−CHO    4    、、、【解析】（1）根据图中信息得到盛放双氧水的仪器名称为分液漏斗，氧气中含有水蒸气杂质，因此装置B中浓硫酸的作用为干燥氧气，防止干扰有机物中氢元素的计量；故答案为：分液漏斗；干燥氧气，防止干扰有机物中氢元素的计量。（2）装置C中有机物可能燃烧不充分，会生成CO气体，因此装置C中CuO的作用是将可能存在的CO转化为CO2，空气中的二氧化碳和水蒸气可能会进入到E装置中，因此装置F的作用是防止E吸收空气中的水和二氧化碳；故答案为：将可能存在的CO转化为CO2；防止E吸收空气中的水和二氧化碳。（3）①根据D管质量增加7.20g(水的质量为7.20g，物质的量为0.4mol)，E管质量增加35.20g(二氧化碳质量为35.20g，物质的量为0.8mol)。则氧的质量为13.60g−0.4mol×2×1g∙mol−1−0.8mol×12g∙mol−1=3.2g，氧原子的物质的量为0.2mol，n(C)：n(H)：n(O)=0.8mol：0.8mol：0.2mol=4:4:1，该有机物的最简式为C4H4O；故答案为：C4H4O。②若该有机物的相对分子质量为68，则该有机物分子式为C4H4O，能发生斐林反应(结构中存在−CHO)，分子中存在碳碳三键，且有2种不同化学环境的氢原子，该有机物的结构简式为CH3−C≡C−CHO；故答案为：CH3−C≡C−CHO。③若该有机物的相对分子质量为136，则该有机物分子式为C8H8O2，分子内含有一个苯环，且能与NaHCO3反应，说明含有羧基，若含有−CH2COOH即一种结构，若含有−COOH、−CH3即邻、间、对三种结构，因此符合条件的异构体有4种。写出符合条件的任一种异构体的结构简式、、、(任写一种结构)；故答案为：4；、、、(任写一种结构)。10（2021·黑龙江·鹤岗一中高二期中）苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下： +KMnO4→+MnO2+HCl→+KCl名称相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g·mL−1)溶解性甲苯92−95110.60.867不溶于水，易溶于乙醇苯甲酸122122.4(100℃左右开始升华)248——微溶于冷水，易溶于乙醇、热水实验步骤：(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5mL甲苯、100mL水和4.8g(约0.03mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0g。(3)纯度测定：称取0.122g粗产品，配成乙醇溶液，于100mL容量瓶中定容。每次移取25.00mL溶液，用0.01000mol·L−1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50mL的KOH标准溶液。回答下列问题：(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为______(填标号)。A．100mLB．250mLC．500mLD．1000mL(2)在反应装置中应选用______冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是______。(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理__________。(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是_______。(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是_______。(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为_______。(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过__________方法提纯。【答案】（1）B（2）球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 （3）除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O（4）MnO2（5）苯甲酸升华而损失（6）86.0％（7）重结晶【解析】根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格，根据超量接近的原则选择；直形冷凝管一般用于蒸馏、球形冷凝管一般用于反应装置，冷凝回流效果好使反应更充分；根据表中数据油珠是甲苯，没有油珠表明甲苯反应完全；加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是还原多余的高锰酸钾，草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰离子；“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是第一步反应生成的二氧化锰；苯甲酸100℃以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是产率降低；本实验制备的苯甲酸的纯度为n(KOH)=0.01000mol•L-1×0.02150L=2.15×10-4mol，n(苯甲酸)=4×2.15×10-4mol=8.6×10-4mol，苯甲酸的纯度为=×100%带入数据求解；根据苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，可见苯甲酸的溶解度受温度影响大，可通降温结晶的方法提纯，若要得到纯度更高的苯甲酸可以再结晶一次。(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格，根据超量接近的原则选择，反应液的体积稍大于100mL，故答案为：B；(2)直形冷凝管一般用于蒸馏、球形冷凝管一般用于反应装置，冷凝回流效果好使反应更充分，在反应装置中应选用球形冷凝管，根据表中数据甲苯的熔点-95℃，甲苯的沸点110.6℃，可知油珠是甲苯，没有油珠，表明甲苯反应完全；故答案为：球形；无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化；(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，草酸还原高锰酸根，草酸被氧化为二氧化碳，高锰酸钾被还原为二价锰，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。故答案为：除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是第一步反应生成的二氧化锰；故答案为：MnO2；(5)苯甲酸100℃以上升华，干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是苯甲酸升华而损失。故答案为：苯甲酸升华而损失；(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为n(KOH)=0.01000mol•L-1×0.02150L=2.15×10-4mol，n(苯甲酸)=4×2.15×10-4mol=8.6×10-4mol，苯甲酸的纯度为=×100%=×100%=86.0%，本实验制备的苯甲酸的纯度为86.0％。故答案为：86.0％； (7)根据苯甲酸微溶于冷水，易溶于热水，可见苯甲酸的溶解度受温度影响大，可通过降温结晶的方法提纯，若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过重结晶方法提纯。故答案为：重结晶。