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人教版 (2019)选择性必修3第二节 研究有机化合物的一般方法第2课时导学案及答案
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这是一份人教版 (2019)选择性必修3第二节 研究有机化合物的一般方法第2课时导学案及答案，共15页。
一、确定实验式和分子式
1．确定实验式
(1)原理：将一定量的有机化合物燃烧，转化为简单的无机化合物(如C→CO2，H→H2O)，并通过测定无机物的质量，推算出该有机化合物所含各元素的质量分数，然后计算出该有机化合物分子内各元素原子的最简整数比，确定其实验式(也称最简式)。
(2)元素分析方法
①李比希法
分析思路：C、H、O的质量分数eq \(――――→,\s\up7(÷摩尔质量))C、H、O的原子个数比eq \(――→,\s\up7(最简比))实验式。
②元素分析仪
现在，元素定量分析使用现代化的元素分析仪，分析的精确度和分析速度都达到了很高的水平。
1．A是一种只含碳、氢、氧三种元素的有机化合物。其中碳的质量分数为44.1%，氢的质量分数为8.82%，则A的实验式是__________________________________________________。
答案 C5H12O4
解析 由于A中碳的质量分数为44.1%，氢的质量分数为8.82%，故A中氧的质量分数为1－44.1%－8.82%＝47.08%，则N(C)∶N(H)∶N(O)＝eq \f(44.1%,12)∶eq \f(8.82%,1)∶eq \f(47.08%,16)≈5∶12∶4，则其实验式是C5H12O4。
2．确定分子式
(1)确定相对分子质量
①质谱法
a．原理：质谱仪用高能电子流等轰击样品，使有机分子失去电子，形成带正电荷的分子离子和碎片离子等。这些离子因质量不同、电荷不同，在电场和磁场中的运动行为不同。计算机对其进行分析后，得到它们的相对质量与电荷数的比值，即质荷比。
b．质谱图：以质荷比为横坐标，以各类离子的相对丰度为纵坐标，根据记录结果所建立的坐标图。如图为某有机化合物的质谱图：
从图中可知，该有机物的相对分子质量为46，即质荷比最大的数据就是样品分子的相对分子质量。
②计算法
相对分子质量数值上等于摩尔质量(以g·ml－1为单位时)的值。
a．标况密度法：已知标准状况下气体的密度ρ，摩尔质量：M＝ρ×22.4 L·ml－1。
b．相对密度法：根据气体A相对于气体B(已知)的相对密度d：MA＝d×MB。
c．混合气体平均摩尔质量：eq \x\t(M)＝eq \f(m总,n总)。
(2)确定分子式
在确定了物质的实验式(最简式)和相对分子质量之后，就可进一步确定其分子式。
计算依据：分子式是实验式的整数倍。
(1)验证有机物属于烃时只需测定产物中的CO2和H2O的物质的量之比( )
(2)有机物燃烧后只生成CO2和H2O的物质一定只含有碳、氢两种元素( )
(3)有机物的实验式、分子式一定不同( )
(4)某有机物的蒸气对氢气的相对密度是16，则该有机物的相对分子质量为32( )
(5)质谱图中最右边的谱线表示的数值为该有机物的相对分子质量( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√
2．某有机物样品的质谱图如图所示(假设离子均带一个单位正电荷，信号强度与该离子的多少有关)，则该有机物可能是( )
A．甲醇 B．甲烷 C．丙烷 D．乙烯
答案 B
解析 由有机物样品的质谱图可知，质荷比最大值为16，则该有机物的相对分子质量为16。甲醇、甲烷、丙烷、乙烯的相对分子质量分别为32、16、44、28，则该有机物可能为甲烷。
3．某烃蒸气折合成标准状况下的密度为3.215 g·L－1，现取3.6 g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重11 g。
(1)求该烃的分子式，写出计算过程。
(2)已知该烃的一氯代物只有一种，写出其结构简式。
答案 (1)该烃的摩尔质量为M＝3.215 g·L－1×22.4 L·ml－1≈72 g·ml－1，则3.6 g该烃的物质的量为0.05 ml。该烃的燃烧产物中：n(C)＝n(CO2)＝eq \f(11 g,44 g·ml－1)＝0.25 ml，n(H)＝2n(H2O)＝eq \f(5.4 g,18 g·ml－1)×2＝0.6 ml，n(烃)∶n(C)∶n(H)＝0.05 ml∶0.25 ml∶0.6 ml＝1∶5∶12，此时碳原子全部饱和，所以，该烃的分子式为C5H12。 (2)
解析 (2)其一氯代物只有一种，说明其结构高度对称，分子中只有一种化学环境的氢原子，则该有机物是新戊烷：。
二、确定分子结构
有机化合物中普遍存在同分异构现象，需要借助现代分析仪器确定分子结构。
1．红外光谱
(1)原理：不同的化学键或官能团对红外线的吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置。
(2)作用：获得分子中所含化学键或官能团的信息。
(3)实例：下图为有机物A(分子式为C2H6O)的红外光谱图。
有机物A的结构简式可能为CH3CH2OH或CH3OCH3，由红外光谱图知A中含有C—H、C—O、O—H，故A的结构简式为CH3CH2OH。
2．核磁共振氢谱
(1)原理：用电磁波照射含氢元素的化合物，处于不同化学环境中的氢原子因产生共振时吸收电磁波的频率不同，相应的信号在谱图上出现的位置不同，具有不同的化学位移，而且吸收峰的面积与氢原子数成正比。
(2)作用：获得有机物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，吸收峰数目＝氢原子种类数，吸收峰面积比＝氢原子数目比。
(3)实例：下图为有机物A(分子式为C2H6O)的核磁共振氢谱。
由图可知A的分子中有3种处于不同化学环境的氢原子且个数比为3∶2∶1，可推知该有机物的结构简式应为CH3CH2OH。
3．X射线衍射
(1)原理：X射线是一种波长很短的电磁波，它和晶体中的原子相互作用可以产生衍射图。
(2)作用：可获得分子结构的有关数据，如键长、键角等，用于有机化合物晶体结构的测定。
(1)核磁共振氢谱能反映出未知有机化合物中不同化学环境的氢原子的种类和个数( )
(2)的核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶1( )
(3)CH3COOCH3在核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰( )
(4)根据红外光谱图的分析可以初步判断有机化合物中具有哪些基团( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
1．某有机化合物的相对分子质量为74，其红外光谱图如下，思考并写出该分子的结构简式。
提示 CH3CH2OCH2CH3
2．化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如图所示，请写出A的结构简式，并预测B的核磁共振氢谱上吸收峰的个数。
提示 由A的核磁共振氢谱图只有一个峰可得只含有一种化学环境的氢原子，A的结构简式为BrCH2CH2Br，而B的结构简式只能是CH3CHBr2，则其核磁共振氢谱上有2个吸收峰。
1．有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图所示，则该有机物的结构可能为( )
A．CH3COOCH2CH3 B．
C．HCOOCH2CH3 D．(CH3)2CHCOOH
答案 A
解析 由红外光谱图可知，该有机物中含有C==O、C—O—C、不对称—CH3，B、C、D均不符合。
2．(2022·江西南昌十五中月考)有机物R的核磁共振氢谱如图所示，则R的结构简式为( )
A．CH3CH2CH3 B．HOCH2CH2OH
C．CH3CH(OH)CH3 D．HOOCCH2CH2COOH
答案 C
解析 根据有机物R的核磁共振氢谱图可知：该物质分子中含有3种不同化学环境的H原子，个数比是1∶1∶6。A、B、D项分子中均含有2种不同化学环境的H原子；C项分子中含有3种不同化学环境的H原子，个数比是1∶1∶6。
确定有机化合物结构的方法
题组一 确定有机物的实验式、分子式
1．某有机物在氧气中充分燃烧，生成CO2和H2O的物质的量之比为1∶2，则下列说法中正确的是( )
A．分子中C、H、O原子个数之比为1∶2∶3
B．分子中C、H原子个数之比为1∶4
C．该有机物中一定含有氧元素
D．该有机物的最简式为CH4
答案 B
解析 只根据生成物CO2和H2O无法确定该有机物中是否含有氧元素。由题意知N(C)∶N(H)＝1∶4。
2．某有机物质量为8.80 g；完全燃烧后得到22.0 g CO2、10.8 g H2O，该有机物的蒸气密度是相同条件下H2密度的44倍，则该有机物的分子式为( )
A．C5H6O B．C5H12
C．C5H12O2 D．C5H12O
答案 D
解析 该有机物的蒸气密度是相同条件下氢气密度的44倍，则该有机物的相对分子质量为2×44＝88,8.80 g有机物的物质的量为eq \f(8.80 g,88 g·ml－1)＝0.1 ml,22.0 g CO2的物质的量为eq \f(22.0 g,44 g· ml－1)＝0.5 ml,10.8 g水的物质的量为eq \f(10.8 g,18 g· ml－1)＝0.6 ml，故1个该有机物分子中碳原子数目为eq \f(0.5 ml,0.1 ml)＝5，氢原子数目为eq \f(0.6 ml×2,0.1 ml)＝12，分子中C、H的相对原子质量之和为12×5＋1×12＝72，故1个该有机物分子中还含有1个氧原子，则该有机物的分子式为C5H12O。
3．某烃中碳元素和氢元素的质量比是24∶5，该烃在标准状况下的密度是2.59 g·L－1，其分子式为( )
A．C2H6 B．C4H10
C．C5H8 D．C7H8
答案 B
解析 N(C)∶N(H)＝eq \f(24,12)∶eq \f(5,1)＝2∶5，得其实验式为C2H5，M＝ρVm＝2.59 g·L－1×22.4 L·ml－1≈58 g·ml－1，(24＋5)n＝58，n＝2，故其分子式为C4H10。
4．(2022·黑龙江大庆实验中学高二月考)为了测定有机物M的分子式，进行了如下实验。取4.6 g M和4.8 g O2于一密闭容器中燃烧，产物为CO2、CO和水蒸气，测得的有关实验数据如下(实验前装置内的空气已排尽)，则该有机物M的分子式为( )
A．C4H8O B．C2H4O2
C．C3H8O3 D．CH2O
答案 C
解析 燃烧产物通入浓硫酸中，浓硫酸的质量增加3.6 g，即生成水的质量为3.6 g，其物质的量为0.2 ml；通入浓NaOH溶液中，溶液的质量增加4.4 g，即生成CO2的质量为4.4 g，其物质的量为0.1 ml；剩余气体通入浓硫酸中干燥后再与CuO反应，CuO的质量减少0.8 g，根据化学方程式CO＋CuOeq \(=====,\s\up7(△))CO2＋Cu可知，CuO的物质的量减少0.05 ml，CO的物质的量为0.05 ml。4.6 g该有机物中，m(C)＝0.15 ml×12 g·ml－1＝1.8 g，m(H)＝0.4 ml×1 g·ml－1＝0.4 g，则m(O)＝4.6 g－1.8 g－0.4 g＝2.4 g，则n(O)＝eq \f(2.4 g,16 g·ml－1)＝0.15 ml，因此n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.15 ml∶0.4 ml∶0.15 ml＝3∶8∶3，则有机物M的实验式为C3H8O3，因为实验式中的碳原子已经达到饱和，所以该实验式即为M的分子式，C项正确。
题组二 图谱法在确定有机化合物结构中的应用
5．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，其结构式分别如下：和。在下列哪种检测仪上显示出的信号是完全相同的( )
A．李比希元素分析仪 B．红外光谱仪
C．核磁共振仪 D．质谱仪
答案 A
解析 李比希元素分析仪检测的是元素的种类，乙酸和甲酸甲酯的元素种类相同，都含有C、H、O三种元素，A符合题意；红外光谱仪检测的是化学键和官能团的结构特征，乙酸中含有羧基、甲酸甲酯中含有酯基，信号不完全相同，B不符合题意；核磁共振仪检测的是氢原子的种类，乙酸中含有2种处于不同化学环境的氢原子，有2组峰且峰面积之比为3∶1，甲酸甲酯中含有2种处于不同化学环境的氢原子，有2组峰且峰面积之比为1∶3，峰的位置不完全相同，C不符合题意；质谱仪检测的是分子的相对分子质量，二者的相对分子质量相同，但分子碎片的相对质量不完全相同，D不符合题意。
6．化学分析的手段通常有定性分析、定量分析、仪器分析等，现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本方法和实验手段。下列关于仪器分析的说法不正确的是( )
A．光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素
B．质谱分析：利用质荷比来测定分子的相对分子质量，CH3CH2OH与CH3OCH3的质谱图完全相同
C．红外光谱分析：获得分子中含有的化学键或官能团的信息，可用于区分CH3CH2OH和CH3OCH3
D．X衍射图谱分析：获得分子结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等
答案 B
解析 不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；CH3CH2OH与CH3OCH3的结构不同，最大质荷比相同，则质谱图不完全相同，故B错误；红外光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，CH3CH2OH和CH3OCH3所含官能团为羟基和醚键，可用红外光谱分析区别，故C正确；X射线衍射法是区分晶体和非晶体的最科学的方法，能获得晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，故D正确。
7．(2022·云南省名校联盟高二期末)某有机物的质谱图如图所示，该有机物的结构简式可能是( )
A. B.
C. D．CH3CH2OCH3
答案 A
解析 由质谱图可知该有机物的相对分子质量为78。苯的分子式为C6H6，相对分子质量为78，A项符合题意；的分子式为C5H10，相对分子质量为70，B项不符合题意；的分子式为C4H8O，相对分子质量为72，C项不符合题意；CH3CH2OCH3的分子式为C3H8O，相对分子质量为60，D项不符合题意。
8．(2023·长沙高二期末)下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3∶1的是( )
A． B．
C． D．
答案 B
解析 核磁共振氢谱只出现两组峰，说明只有两种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为3∶1，说明两种氢原子的个数之比为3∶1。中含有3种不同化学环境的氢原子(甲基上一种、苯环上两种)，A错误；中含有2种不同化学环境的氢原子(甲基上的氢以及双键碳原子上的氢)，且个数比为6∶2＝3∶1，B正确；中含有3种不同化学环境的氢原子(两个甲基上的氢和一个亚甲基上的氢)，C错误；中含有2种不同化学环境的氢原子(甲基和亚甲基上的氢)，个数比为6∶4＝3∶2，D错误。
9．某化合物由碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C—H、O—H、C—O的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，其核磁共振氢谱只有3组峰，则该有机物的结构简式是( )
A．CH3CH2OCH3 B．CH3CH(OH)CH3
C．CH3CH2CH2OH D．CH3CH2CHO
答案 B
解析 由红外光谱图知该有机物的分子中含C—H、O—H、C—O，A项中无O—H，D项中无O—H、C—O，B、C项含有C—H、O—H、C—O三种化学键且相对分子质量都是60，B项核磁共振氢谱有3组峰，C项有4组峰，故B项正确。
10．(2023·河南信阳高二期末)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∶4
D．乙醚与1-丁醇不能利用红外光谱法进行鉴别
答案 C
解析 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；有机化合物燃烧进行定量分析，只能通过生成的CO2和H2O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；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；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CH3CH2OCH2CH3,1-丁醇为CH3CH2CH2CH2OH，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，D错误。
11．(2022·江苏南通高二期末)8.8 g有机物C在足量O2中充分燃烧后，将混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸和碱石灰的质量分别增加7.2 g和17.6 g，经检验最终剩余气体为O2。已知有机物C的质谱图与红外光谱图如图所示。下列有关有机物C的说法错误的是( )
A．含有C、H、O三种元素
B．分子式为C4H8O2
C．可能含有酯基
D．有两种可能结构
答案 D
解析 由题意可知，8.8 g有机物C完全燃烧生成7.2 g(0.4 ml)H2O和17.6 g(0.4 ml)CO2，则8.8 g有机物C中含有0.8 ml H原子和0.4 ml C原子，两种原子的总质量为5.6 g，故8.8 g有机物C中还含有3.2 g(0.2 ml)O原子。C分子中，n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.4 ml∶0.8 ml∶0.2 ml＝2∶4∶1，其最简式为C2H4O。由有机物C的质谱图可知，其相对分子质量为88，则有机物C的分子式为C4H8O2，A、B项正确；由有机物C的红外光谱图可知，其可能为、、CH3COCH2OCH3等，C项正确、D项错误。
12．化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A的核磁共振氢谱有4组峰且面积之比为1∶2∶2∶3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如图。下列关于A的说法不正确的是( )
A．A属于芳香族化合物
B．A的结构简式为
C．A属于羧酸类化合物
D．在红外光谱图中可以获得分子中含有的化学键或官能团的信息
答案 C
13．(2022·河北廊坊高二联考)质谱图表明某有机物(只含C、H、O元素)的相对分子质量为70，红外光谱图显示该有机物含有C==C和C==O，核磁共振氢谱图表明其有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶3。已知不与Br2发生加成反应，下列有关该有机物的说法正确的是( )
A．其分子中有5种不同化学环境的氢原子
B．分子式为C4H8O
C．结构简式为CH3CH==CHCHO
D．1 ml 该有机物能与2 ml Br2发生加成反应
答案 C
解析 核磁共振氢谱图中有4组峰，说明其分子中共有4种不同化学环境的氢原子，A项错误；由题给信息可确定该有机物的分子式为C4H6O，又因红外光谱图显示其含有C==C和C==O，核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶1∶1∶3，可知该有机物的结构简式为CH3CH==CHCHO，B项错误，C项正确；1 ml CH3CH==CHCHO最多能与1 ml Br2发生加成反应，D项错误。
14．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)D装置中无水氯化钙的作用是__________________________________________________；
E装置中碱石灰的作用是________________________________________________________。
(3)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0.44 g样品，经充分反应后，D装置质量增加0.36 g，E装置质量增加0.88 g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的分子式为________。
(4)若该有机物的核磁共振氢谱如图所示。
则其结构简式为________。
(5)某同学认为E装置和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E装置后再增加一个相同的装置，其主要目的是__________________________________________________________
____________________________________________________________________________。
答案 (1)浓硫酸 (2)吸收生成的水 吸收生成的二氧化碳 (3)C2H4O (4)CH3CHO (5)吸收空气中的二氧化碳和水蒸气
解析 (3)E装置质量增加0.88 g，为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：0.88 g×eq \f(12,44)＝0.24 g，D装置质量增加0.36 g，是水的质量，可得氢元素的质量：0.36 g×eq \f(2,18)＝0.04 g，从而可推出含氧元素的质量：(0.44－0.24－0.04) g＝0.16 g，设最简式为CxHyOz，则x∶y∶z＝eq \f(0.24,12)∶eq \f(0.04,1)∶eq \f(0.16,16)＝2∶4∶1，即最简式为C2H4O，又由该物质的相对分子质量为44，可得该物质的分子式为C2H4O。
(4)根据该有机物的核磁共振氢谱图，峰面积之比为1∶3，则其结构简式为CH3CHO。
15．(2022·河北邯郸高二期末)某同学为测定有机物A的实验式，取1.5 g样品，置于铂舟并放入燃烧管中，不断通入氧气流，用电炉持续加热样品，将生成物依次通过如图所示装置。生成物被完全吸收后，测得装置Ⅰ增重0.9 g，装置Ⅱ增重3.96 g。请回答下列问题：
(1)试剂a、试剂b分别为____________(填字母)。
A．CaCl2、碱石灰 B．碱石灰、碱石灰
C．碱石灰、P2O5 D．碱石灰、CaCl2
(2)有机物A中碳元素的质量分数为__________，其组成中____________(填“含有”或“不含有”)氧元素，各元素原子的个数比为____________。
(3)实验测得有机物A的质谱图如下，则A的相对分子质量为__________，A的分子式为__________。
(4)核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱和红外光谱图(只显示部分基团)分别如图。
①峰面积之比为____________。
②A的结构简式可能为____________(任写一种)。
答案 (1)B (2)72% 含有 N(C)∶N(H)∶N(O)＝9∶10∶2 (3)150 C9H10O2 (4)1∶2∶2∶2∶3 或(其他合理答案)
解析 (2)装置Ⅰ吸收H2O，n(H2O)＝eq \f(0.9 g,18 g·ml－1)＝0.05 ml；装置Ⅱ吸收CO2，n(CO2)＝eq \f(3.96 g,44 g·ml－1)＝0.09 ml；所以有机物A中m(H)＝0.05 ml×2×1 g·ml－1＝0.1 g，m(C)＝0.09 ml×12 g·ml－1＝1.08 g；则m(O)＝1.5 g－0.1 g－1.08 g＝0.32 g；所以有机物A中碳元素的质量分数为eq \f(1.08 g,1.5 g)×100%＝72%；各元素原子的个数比为N(C)∶N(H)∶N(O)＝n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.09∶(0.05×2)∶eq \f(0.32 g,16 g·ml－1)＝9∶10∶2。(3)根据有机物A的质谱图可知，A的相对分子质量为150；且各元素原子的个数比为9∶10∶2；可知A的分子式为C9H10O2。(4)①由A的核磁共振氢谱可知，有机物A共有5种不同化学环境的H，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3。
一、确定实验式和分子式
1．确定实验式
(1)原理：将一定量的有机化合物燃烧，转化为简单的无机化合物(如C→CO2，H→H2O)，并通过测定无机物的质量，推算出该有机化合物所含各元素的质量分数，然后计算出该有机化合物分子内各元素原子的最简整数比，确定其实验式(也称最简式)。
(2)元素分析方法
①李比希法
分析思路：C、H、O的质量分数eq \(――――→,\s\up7(÷摩尔质量))C、H、O的原子个数比eq \(――→,\s\up7(最简比))实验式。
②元素分析仪
现在，元素定量分析使用现代化的元素分析仪，分析的精确度和分析速度都达到了很高的水平。
1．A是一种只含碳、氢、氧三种元素的有机化合物。其中碳的质量分数为44.1%，氢的质量分数为8.82%，则A的实验式是__________________________________________________。
答案 C5H12O4
解析 由于A中碳的质量分数为44.1%，氢的质量分数为8.82%，故A中氧的质量分数为1－44.1%－8.82%＝47.08%，则N(C)∶N(H)∶N(O)＝eq \f(44.1%,12)∶eq \f(8.82%,1)∶eq \f(47.08%,16)≈5∶12∶4，则其实验式是C5H12O4。
2．确定分子式
(1)确定相对分子质量
①质谱法
a．原理：质谱仪用高能电子流等轰击样品，使有机分子失去电子，形成带正电荷的分子离子和碎片离子等。这些离子因质量不同、电荷不同，在电场和磁场中的运动行为不同。计算机对其进行分析后，得到它们的相对质量与电荷数的比值，即质荷比。
b．质谱图：以质荷比为横坐标，以各类离子的相对丰度为纵坐标，根据记录结果所建立的坐标图。如图为某有机化合物的质谱图：
从图中可知，该有机物的相对分子质量为46，即质荷比最大的数据就是样品分子的相对分子质量。
②计算法
相对分子质量数值上等于摩尔质量(以g·ml－1为单位时)的值。
a．标况密度法：已知标准状况下气体的密度ρ，摩尔质量：M＝ρ×22.4 L·ml－1。
b．相对密度法：根据气体A相对于气体B(已知)的相对密度d：MA＝d×MB。
c．混合气体平均摩尔质量：eq \x\t(M)＝eq \f(m总,n总)。
(2)确定分子式
在确定了物质的实验式(最简式)和相对分子质量之后，就可进一步确定其分子式。
计算依据：分子式是实验式的整数倍。
(1)验证有机物属于烃时只需测定产物中的CO2和H2O的物质的量之比( )
(2)有机物燃烧后只生成CO2和H2O的物质一定只含有碳、氢两种元素( )
(3)有机物的实验式、分子式一定不同( )
(4)某有机物的蒸气对氢气的相对密度是16，则该有机物的相对分子质量为32( )
(5)质谱图中最右边的谱线表示的数值为该有机物的相对分子质量( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)√
2．某有机物样品的质谱图如图所示(假设离子均带一个单位正电荷，信号强度与该离子的多少有关)，则该有机物可能是( )
A．甲醇 B．甲烷 C．丙烷 D．乙烯
答案 B
解析 由有机物样品的质谱图可知，质荷比最大值为16，则该有机物的相对分子质量为16。甲醇、甲烷、丙烷、乙烯的相对分子质量分别为32、16、44、28，则该有机物可能为甲烷。
3．某烃蒸气折合成标准状况下的密度为3.215 g·L－1，现取3.6 g该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g，碱石灰增重11 g。
(1)求该烃的分子式，写出计算过程。
(2)已知该烃的一氯代物只有一种，写出其结构简式。
答案 (1)该烃的摩尔质量为M＝3.215 g·L－1×22.4 L·ml－1≈72 g·ml－1，则3.6 g该烃的物质的量为0.05 ml。该烃的燃烧产物中：n(C)＝n(CO2)＝eq \f(11 g,44 g·ml－1)＝0.25 ml，n(H)＝2n(H2O)＝eq \f(5.4 g,18 g·ml－1)×2＝0.6 ml，n(烃)∶n(C)∶n(H)＝0.05 ml∶0.25 ml∶0.6 ml＝1∶5∶12，此时碳原子全部饱和，所以，该烃的分子式为C5H12。 (2)
解析 (2)其一氯代物只有一种，说明其结构高度对称，分子中只有一种化学环境的氢原子，则该有机物是新戊烷：。
二、确定分子结构
有机化合物中普遍存在同分异构现象，需要借助现代分析仪器确定分子结构。
1．红外光谱
(1)原理：不同的化学键或官能团对红外线的吸收频率不同，在红外光谱图上将处于不同的位置。
(2)作用：获得分子中所含化学键或官能团的信息。
(3)实例：下图为有机物A(分子式为C2H6O)的红外光谱图。
有机物A的结构简式可能为CH3CH2OH或CH3OCH3，由红外光谱图知A中含有C—H、C—O、O—H，故A的结构简式为CH3CH2OH。
2．核磁共振氢谱
(1)原理：用电磁波照射含氢元素的化合物，处于不同化学环境中的氢原子因产生共振时吸收电磁波的频率不同，相应的信号在谱图上出现的位置不同，具有不同的化学位移，而且吸收峰的面积与氢原子数成正比。
(2)作用：获得有机物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，吸收峰数目＝氢原子种类数，吸收峰面积比＝氢原子数目比。
(3)实例：下图为有机物A(分子式为C2H6O)的核磁共振氢谱。
由图可知A的分子中有3种处于不同化学环境的氢原子且个数比为3∶2∶1，可推知该有机物的结构简式应为CH3CH2OH。
3．X射线衍射
(1)原理：X射线是一种波长很短的电磁波，它和晶体中的原子相互作用可以产生衍射图。
(2)作用：可获得分子结构的有关数据，如键长、键角等，用于有机化合物晶体结构的测定。
(1)核磁共振氢谱能反映出未知有机化合物中不同化学环境的氢原子的种类和个数( )
(2)的核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰面积比为1∶2∶2∶1( )
(3)CH3COOCH3在核磁共振氢谱图中只有一个吸收峰( )
(4)根据红外光谱图的分析可以初步判断有机化合物中具有哪些基团( )
答案 (1)× (2)√ (3)× (4)√
1．某有机化合物的相对分子质量为74，其红外光谱图如下，思考并写出该分子的结构简式。
提示 CH3CH2OCH2CH3
2．化合物A和B的分子式都是C2H4Br2，A的核磁共振氢谱如图所示，请写出A的结构简式，并预测B的核磁共振氢谱上吸收峰的个数。
提示 由A的核磁共振氢谱图只有一个峰可得只含有一种化学环境的氢原子，A的结构简式为BrCH2CH2Br，而B的结构简式只能是CH3CHBr2，则其核磁共振氢谱上有2个吸收峰。
1．有机物Y的分子式为C4H8O2，其红外光谱图如图所示，则该有机物的结构可能为( )
A．CH3COOCH2CH3 B．
C．HCOOCH2CH3 D．(CH3)2CHCOOH
答案 A
解析 由红外光谱图可知，该有机物中含有C==O、C—O—C、不对称—CH3，B、C、D均不符合。
2．(2022·江西南昌十五中月考)有机物R的核磁共振氢谱如图所示，则R的结构简式为( )
A．CH3CH2CH3 B．HOCH2CH2OH
C．CH3CH(OH)CH3 D．HOOCCH2CH2COOH
答案 C
解析 根据有机物R的核磁共振氢谱图可知：该物质分子中含有3种不同化学环境的H原子，个数比是1∶1∶6。A、B、D项分子中均含有2种不同化学环境的H原子；C项分子中含有3种不同化学环境的H原子，个数比是1∶1∶6。
确定有机化合物结构的方法
题组一 确定有机物的实验式、分子式
1．某有机物在氧气中充分燃烧，生成CO2和H2O的物质的量之比为1∶2，则下列说法中正确的是( )
A．分子中C、H、O原子个数之比为1∶2∶3
B．分子中C、H原子个数之比为1∶4
C．该有机物中一定含有氧元素
D．该有机物的最简式为CH4
答案 B
解析 只根据生成物CO2和H2O无法确定该有机物中是否含有氧元素。由题意知N(C)∶N(H)＝1∶4。
2．某有机物质量为8.80 g；完全燃烧后得到22.0 g CO2、10.8 g H2O，该有机物的蒸气密度是相同条件下H2密度的44倍，则该有机物的分子式为( )
A．C5H6O B．C5H12
C．C5H12O2 D．C5H12O
答案 D
解析 该有机物的蒸气密度是相同条件下氢气密度的44倍，则该有机物的相对分子质量为2×44＝88,8.80 g有机物的物质的量为eq \f(8.80 g,88 g·ml－1)＝0.1 ml,22.0 g CO2的物质的量为eq \f(22.0 g,44 g· ml－1)＝0.5 ml,10.8 g水的物质的量为eq \f(10.8 g,18 g· ml－1)＝0.6 ml，故1个该有机物分子中碳原子数目为eq \f(0.5 ml,0.1 ml)＝5，氢原子数目为eq \f(0.6 ml×2,0.1 ml)＝12，分子中C、H的相对原子质量之和为12×5＋1×12＝72，故1个该有机物分子中还含有1个氧原子，则该有机物的分子式为C5H12O。
3．某烃中碳元素和氢元素的质量比是24∶5，该烃在标准状况下的密度是2.59 g·L－1，其分子式为( )
A．C2H6 B．C4H10
C．C5H8 D．C7H8
答案 B
解析 N(C)∶N(H)＝eq \f(24,12)∶eq \f(5,1)＝2∶5，得其实验式为C2H5，M＝ρVm＝2.59 g·L－1×22.4 L·ml－1≈58 g·ml－1，(24＋5)n＝58，n＝2，故其分子式为C4H10。
4．(2022·黑龙江大庆实验中学高二月考)为了测定有机物M的分子式，进行了如下实验。取4.6 g M和4.8 g O2于一密闭容器中燃烧，产物为CO2、CO和水蒸气，测得的有关实验数据如下(实验前装置内的空气已排尽)，则该有机物M的分子式为( )
A．C4H8O B．C2H4O2
C．C3H8O3 D．CH2O
答案 C
解析 燃烧产物通入浓硫酸中，浓硫酸的质量增加3.6 g，即生成水的质量为3.6 g，其物质的量为0.2 ml；通入浓NaOH溶液中，溶液的质量增加4.4 g，即生成CO2的质量为4.4 g，其物质的量为0.1 ml；剩余气体通入浓硫酸中干燥后再与CuO反应，CuO的质量减少0.8 g，根据化学方程式CO＋CuOeq \(=====,\s\up7(△))CO2＋Cu可知，CuO的物质的量减少0.05 ml，CO的物质的量为0.05 ml。4.6 g该有机物中，m(C)＝0.15 ml×12 g·ml－1＝1.8 g，m(H)＝0.4 ml×1 g·ml－1＝0.4 g，则m(O)＝4.6 g－1.8 g－0.4 g＝2.4 g，则n(O)＝eq \f(2.4 g,16 g·ml－1)＝0.15 ml，因此n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.15 ml∶0.4 ml∶0.15 ml＝3∶8∶3，则有机物M的实验式为C3H8O3，因为实验式中的碳原子已经达到饱和，所以该实验式即为M的分子式，C项正确。
题组二 图谱法在确定有机化合物结构中的应用
5．乙酸和甲酸甲酯互为同分异构体，其结构式分别如下：和。在下列哪种检测仪上显示出的信号是完全相同的( )
A．李比希元素分析仪 B．红外光谱仪
C．核磁共振仪 D．质谱仪
答案 A
解析 李比希元素分析仪检测的是元素的种类，乙酸和甲酸甲酯的元素种类相同，都含有C、H、O三种元素，A符合题意；红外光谱仪检测的是化学键和官能团的结构特征，乙酸中含有羧基、甲酸甲酯中含有酯基，信号不完全相同，B不符合题意；核磁共振仪检测的是氢原子的种类，乙酸中含有2种处于不同化学环境的氢原子，有2组峰且峰面积之比为3∶1，甲酸甲酯中含有2种处于不同化学环境的氢原子，有2组峰且峰面积之比为1∶3，峰的位置不完全相同，C不符合题意；质谱仪检测的是分子的相对分子质量，二者的相对分子质量相同，但分子碎片的相对质量不完全相同，D不符合题意。
6．化学分析的手段通常有定性分析、定量分析、仪器分析等，现代化学中仪器分析是研究物质结构的基本方法和实验手段。下列关于仪器分析的说法不正确的是( )
A．光谱分析：利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素
B．质谱分析：利用质荷比来测定分子的相对分子质量，CH3CH2OH与CH3OCH3的质谱图完全相同
C．红外光谱分析：获得分子中含有的化学键或官能团的信息，可用于区分CH3CH2OH和CH3OCH3
D．X衍射图谱分析：获得分子结构的有关信息，包括晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等
答案 B
解析 不同元素原子的吸收光谱或发射光谱不同，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，故A正确；CH3CH2OH与CH3OCH3的结构不同，最大质荷比相同，则质谱图不完全相同，故B错误；红外光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，CH3CH2OH和CH3OCH3所含官能团为羟基和醚键，可用红外光谱分析区别，故C正确；X射线衍射法是区分晶体和非晶体的最科学的方法，能获得晶胞形状和大小、分子或原子在微观空间有序排列呈现的对称类型、原子在晶胞里的数目和位置等，故D正确。
7．(2022·云南省名校联盟高二期末)某有机物的质谱图如图所示，该有机物的结构简式可能是( )
A. B.
C. D．CH3CH2OCH3
答案 A
解析 由质谱图可知该有机物的相对分子质量为78。苯的分子式为C6H6，相对分子质量为78，A项符合题意；的分子式为C5H10，相对分子质量为70，B项不符合题意；的分子式为C4H8O，相对分子质量为72，C项不符合题意；CH3CH2OCH3的分子式为C3H8O，相对分子质量为60，D项不符合题意。
8．(2023·长沙高二期末)下列化合物中，核磁共振氢谱只出现两组峰且峰面积之比为3∶1的是( )
A． B．
C． D．
答案 B
解析 核磁共振氢谱只出现两组峰，说明只有两种不同化学环境的氢原子，峰面积之比为3∶1，说明两种氢原子的个数之比为3∶1。中含有3种不同化学环境的氢原子(甲基上一种、苯环上两种)，A错误；中含有2种不同化学环境的氢原子(甲基上的氢以及双键碳原子上的氢)，且个数比为6∶2＝3∶1，B正确；中含有3种不同化学环境的氢原子(两个甲基上的氢和一个亚甲基上的氢)，C错误；中含有2种不同化学环境的氢原子(甲基和亚甲基上的氢)，个数比为6∶4＝3∶2，D错误。
9．某化合物由碳、氢、氧三种元素组成，其红外光谱图有C—H、O—H、C—O的振动吸收，该有机物的相对分子质量是60，其核磁共振氢谱只有3组峰，则该有机物的结构简式是( )
A．CH3CH2OCH3 B．CH3CH(OH)CH3
C．CH3CH2CH2OH D．CH3CH2CHO
答案 B
解析 由红外光谱图知该有机物的分子中含C—H、O—H、C—O，A项中无O—H，D项中无O—H、C—O，B、C项含有C—H、O—H、C—O三种化学键且相对分子质量都是60，B项核磁共振氢谱有3组峰，C项有4组峰，故B项正确。
10．(2023·河南信阳高二期末)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∶4
D．乙醚与1-丁醇不能利用红外光谱法进行鉴别
答案 C
解析 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；有机化合物燃烧进行定量分析，只能通过生成的CO2和H2O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；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；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CH3CH2OCH2CH3,1-丁醇为CH3CH2CH2CH2OH，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，D错误。
11．(2022·江苏南通高二期末)8.8 g有机物C在足量O2中充分燃烧后，将混合气体依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸和碱石灰的质量分别增加7.2 g和17.6 g，经检验最终剩余气体为O2。已知有机物C的质谱图与红外光谱图如图所示。下列有关有机物C的说法错误的是( )
A．含有C、H、O三种元素
B．分子式为C4H8O2
C．可能含有酯基
D．有两种可能结构
答案 D
解析 由题意可知，8.8 g有机物C完全燃烧生成7.2 g(0.4 ml)H2O和17.6 g(0.4 ml)CO2，则8.8 g有机物C中含有0.8 ml H原子和0.4 ml C原子，两种原子的总质量为5.6 g，故8.8 g有机物C中还含有3.2 g(0.2 ml)O原子。C分子中，n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.4 ml∶0.8 ml∶0.2 ml＝2∶4∶1，其最简式为C2H4O。由有机物C的质谱图可知，其相对分子质量为88，则有机物C的分子式为C4H8O2，A、B项正确；由有机物C的红外光谱图可知，其可能为、、CH3COCH2OCH3等，C项正确、D项错误。
12．化合物A经李比希法和质谱法分析得知其相对分子质量为136，分子式为C8H8O2。A的核磁共振氢谱有4组峰且面积之比为1∶2∶2∶3，A分子中只含一个苯环且苯环上只有一个取代基，其红外光谱与核磁共振氢谱如图。下列关于A的说法不正确的是( )
A．A属于芳香族化合物
B．A的结构简式为
C．A属于羧酸类化合物
D．在红外光谱图中可以获得分子中含有的化学键或官能团的信息
答案 C
13．(2022·河北廊坊高二联考)质谱图表明某有机物(只含C、H、O元素)的相对分子质量为70，红外光谱图显示该有机物含有C==C和C==O，核磁共振氢谱图表明其有4组峰，且峰面积之比为1∶1∶1∶3。已知不与Br2发生加成反应，下列有关该有机物的说法正确的是( )
A．其分子中有5种不同化学环境的氢原子
B．分子式为C4H8O
C．结构简式为CH3CH==CHCHO
D．1 ml 该有机物能与2 ml Br2发生加成反应
答案 C
解析 核磁共振氢谱图中有4组峰，说明其分子中共有4种不同化学环境的氢原子，A项错误；由题给信息可确定该有机物的分子式为C4H6O，又因红外光谱图显示其含有C==C和C==O，核磁共振氢谱图中峰面积之比为1∶1∶1∶3，可知该有机物的结构简式为CH3CH==CHCHO，B项错误，C项正确；1 ml CH3CH==CHCHO最多能与1 ml Br2发生加成反应，D项错误。
14．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)D装置中无水氯化钙的作用是__________________________________________________；
E装置中碱石灰的作用是________________________________________________________。
(3)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0.44 g样品，经充分反应后，D装置质量增加0.36 g，E装置质量增加0.88 g，已知该物质的相对分子质量为44，则该样品的分子式为________。
(4)若该有机物的核磁共振氢谱如图所示。
则其结构简式为________。
(5)某同学认为E装置和空气相通，会影响测定结果准确性，应在E装置后再增加一个相同的装置，其主要目的是__________________________________________________________
____________________________________________________________________________。
答案 (1)浓硫酸 (2)吸收生成的水 吸收生成的二氧化碳 (3)C2H4O (4)CH3CHO (5)吸收空气中的二氧化碳和水蒸气
解析 (3)E装置质量增加0.88 g，为二氧化碳的质量，可得碳元素的质量：0.88 g×eq \f(12,44)＝0.24 g，D装置质量增加0.36 g，是水的质量，可得氢元素的质量：0.36 g×eq \f(2,18)＝0.04 g，从而可推出含氧元素的质量：(0.44－0.24－0.04) g＝0.16 g，设最简式为CxHyOz，则x∶y∶z＝eq \f(0.24,12)∶eq \f(0.04,1)∶eq \f(0.16,16)＝2∶4∶1，即最简式为C2H4O，又由该物质的相对分子质量为44，可得该物质的分子式为C2H4O。
(4)根据该有机物的核磁共振氢谱图，峰面积之比为1∶3，则其结构简式为CH3CHO。
15．(2022·河北邯郸高二期末)某同学为测定有机物A的实验式，取1.5 g样品，置于铂舟并放入燃烧管中，不断通入氧气流，用电炉持续加热样品，将生成物依次通过如图所示装置。生成物被完全吸收后，测得装置Ⅰ增重0.9 g，装置Ⅱ增重3.96 g。请回答下列问题：
(1)试剂a、试剂b分别为____________(填字母)。
A．CaCl2、碱石灰 B．碱石灰、碱石灰
C．碱石灰、P2O5 D．碱石灰、CaCl2
(2)有机物A中碳元素的质量分数为__________，其组成中____________(填“含有”或“不含有”)氧元素，各元素原子的个数比为____________。
(3)实验测得有机物A的质谱图如下，则A的相对分子质量为__________，A的分子式为__________。
(4)核磁共振仪测出A的核磁共振氢谱和红外光谱图(只显示部分基团)分别如图。
①峰面积之比为____________。
②A的结构简式可能为____________(任写一种)。
答案 (1)B (2)72% 含有 N(C)∶N(H)∶N(O)＝9∶10∶2 (3)150 C9H10O2 (4)1∶2∶2∶2∶3 或(其他合理答案)
解析 (2)装置Ⅰ吸收H2O，n(H2O)＝eq \f(0.9 g,18 g·ml－1)＝0.05 ml；装置Ⅱ吸收CO2，n(CO2)＝eq \f(3.96 g,44 g·ml－1)＝0.09 ml；所以有机物A中m(H)＝0.05 ml×2×1 g·ml－1＝0.1 g，m(C)＝0.09 ml×12 g·ml－1＝1.08 g；则m(O)＝1.5 g－0.1 g－1.08 g＝0.32 g；所以有机物A中碳元素的质量分数为eq \f(1.08 g,1.5 g)×100%＝72%；各元素原子的个数比为N(C)∶N(H)∶N(O)＝n(C)∶n(H)∶n(O)＝0.09∶(0.05×2)∶eq \f(0.32 g,16 g·ml－1)＝9∶10∶2。(3)根据有机物A的质谱图可知，A的相对分子质量为150；且各元素原子的个数比为9∶10∶2；可知A的分子式为C9H10O2。(4)①由A的核磁共振氢谱可知，有机物A共有5种不同化学环境的H，且峰面积之比为1∶2∶2∶2∶3。
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