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2025人教版高中化学选择性必修3
第一章　有机化合物的结构特点与研究方法
注意事项
1.全卷满分100分。考试用时75分钟。
2.可能用到的相对原子质量:H—1　C—12　N—14　O—16
Zn—65。
一、选择题(本题共15小题,每小题3分,共45分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.材料一:《本草纲目》中对烧酒的制作工艺有如下记载:“自元时始创其法,用浓酒和糟入甑,蒸令气上……其清如水,味极浓烈,盖酒露也。”
材料二:《本草衍义》中对精制砒霜过程有如下叙述:“取砒之法,将生砒就置火上,以器覆之,令砒烟上飞着覆器,遂凝结,累然下垂如乳,尖长者为胜,平短者次之。”
材料一、二中的操作方法分别指 (　　)
A.蒸馏、蒸发　　　　B.萃取、蒸馏　　　　C.蒸发、过滤　　　　D.蒸馏、升华
2.下列对有机化合物的分类正确的是 (　　)
A.乙烯(CH2 CH2)、苯()、环己烷()同属于脂肪烃
B.苯()、环戊烷()、环己烷()同属于芳香烃
C.乙烯(CH2 CH2)、乙炔()同属于烯烃
D.环戊烷()、环丁烷(　)、乙基环己烷()同属于脂环烃
3.下图是四种常见有机物的空间填充模型,下列说法中正确的是 (　　)
A.甲中碳原子为sp3杂化　　　　　B.乙中σ键与π键的个数比为2∶1
C.丙中含有碳碳双键,属于烯烃　　　　　D.丁可表示乙酸的结构
4.某有机物只含C、H、O三种元素,分子结构模型如图所示(球与球之间的连线代表化学键,如单键、双键等)。下列关于该有机物的说法正确的是(　　)
A.分子中既有σ键又有π键
B.只含有羧基一种官能团
C.结构简式为CH2—C(CH3)COOH
D.与CH3CH2CH(CH3)COOH互为同系物
5.下列各组有机物不能用对应的方法区别的是 (　　)
A.质谱法——2-戊烯和新戊烷
B.红外光谱法——乙醇和二甲醚
C.元素定量分析法——和
D.核磁共振氢谱法——正丁烷和异丁烷
6.乙酸、水和乙醇的分子结构如下表所示,三者结构的相同点是都含有羟基。下列说法错误的是 (　　)
物质 结构
乙酸
水
乙醇 CH3—CH2—OH
A.羟基的极性:乙酸>水>乙醇
B.与金属钠反应的剧烈程度:水>乙醇
C.羟基连接不同的基团可影响羟基的活性
D.羟基极性不同的原因是羟基中的共价键类型不同
7.科学技术在物质结构的研究中具有非常重要的作用。下列说法正确的是(　　)
A.HCHO的核磁共振氢谱图中有2个吸收峰
B.可通过X射线衍射实验测得共价键的键长和键角
C.某有机物X的红外光谱图如上图所示,X可能是CH3OCH3
D.质谱仪可测分子的相对分子质量,C2H5OH和CH3OCH3的质谱图完全相同
8.关于苯甲酸的重结晶实验,其结论或解释错误的是 (　　)
选项 实验步骤 实验现象 结论或解释
A 常温溶解 苯甲酸几乎不溶 苯甲酸在常温下难溶于水
B 加热溶解 苯甲酸完全溶解 升高温度,苯甲酸在水中的溶解度增大
C 趁热过滤 过滤时伴有晶体析出 此晶体为杂质
D 冷却结晶,滤出晶体 针状晶体 针状晶体为苯甲酸
9.某实验室按以下方案从某海洋动物中提取具有抗肿瘤活性的天然产物。部分物质在水中的溶解度曲线如图所示,下列说法错误的是 (　　)
A.样品制成粉末的目的是增大接触面积,提高浸取率
B.操作1需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C.操作3为蒸发结晶、趁热过滤
D.操作4需要用到球形冷凝管
10.超临界状态下的CO2流体溶解性与有机溶剂相似,可用于提取中药材的有效成分。提取某种中草药有效成分的工艺流程如下:
下列说法中错误的是 (　　)
A.浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出
B.高温条件下更有利于超临界CO2流体萃取
C.升温、减压的目的是实现CO2与产品的分离
D.超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点
11.组成和结构可用表示的有机化合物共有(不考虑立体异构) (　　)
A.8种　　　　B.10种　　　　C.12种　　　　D.16种
12.下列有机物中同分异构体数目最少的是(不考虑立体异构) (　　)
A.C6H14　　　　B.C5H11Cl　　　　C.C5H10O2　　　　D.C4H8O
13.某有机化合物的蒸气密度是同温同压下氢气密度的31倍。该有机化合物在氧气中充分燃烧,生成4.48 L(已折算成标准状况)CO2和5.4 g H2O,无其他产物。下列关于该有机化合物的说法正确的是 (　　)
A.该有机化合物的分子式一定为C2H6O2
B.质谱法测得其最大质荷比为31
C.红外光谱法测定其可能含有酰胺基
D.该有机化合物的实验式一定为CH3
14.1.00 g某脂肪烃完全燃烧,生成3.08 g CO2和1.44 g H2O。质谱法测得其相对分子质量为100。下列说法不正确的是 (　　)
A.该脂肪烃属于烷烃,其分子式为C7H16
B.该脂肪烃主链有5个碳原子的结构有4种(不考虑立体异构)
C.该脂肪烃的同分异构体中沸点最低的物质的键线式为
D.该脂肪烃的同分异构体中核磁共振氢谱有三组峰的共4种
15.下列有关物质的同分异构体数目(均不考虑立体异构)的判断中,错误的是 (　　)
A.“狗烯”()的一氯代物共有15种
B.组成和结构可用表示的有机物共有16种
C.是一种剧毒物质,它的二氯代物有10种,则其六氯代物也有10种
D.分子结构中含、、—CH2—、Cl—各1个及3个—CH3的有机物共有8种
二、非选择题(本题共4小题,共55分)
16.(16分)回答下列问题。
(1)研究有机物的方法有很多,常用的有:①核磁共振氢谱法　②蒸馏　③重结晶　④萃取　⑤红外光谱法　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组吸收峰的是　　　　(填字母)。
A.CH3CH3　　　　B.CH3COOH
C.CH3COOCH3　　　　D.CH3OCH3
(3)①确定甲的分子式:有机物甲的实验式是C4H10O,其质谱图如图所示,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,写出羟基的电子式:　　　　;甲可能的结构有　　　　种(不考虑立体异构)。
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,则甲的结构简式为　　　　。
17.(13分)乙酰苯胺俗称退热冰,是常用的化工原料和重要的化学试剂。某实验小组拟用一定量的乙酸和苯胺制备一定量的乙酰苯胺,部分实验装置及具体实验步骤如下:
步骤1:连接装置,检查好气密性后向100 mL三颈烧瓶中加入5.0 mL苯胺、7.4 mL乙酸(足量)和0.1 g锌粉,加入沸石后,加热微沸回流,控制温度为105 ℃左右,反应40~60 min。
步骤2:冷却后取下三颈烧瓶,搅拌下趁热倒入100 mL冷水中,剧烈搅拌,冷却至室温,抽滤,压干。用5~10 mL冷水洗涤,抽滤,压干,得到粗产品。
步骤3:粗产品用150 mL热水溶解,稍冷后,加入约0.2 g活性炭,搅拌下加热煮沸1~2 min,趁热抽滤,将滤液自然冷却至室温,析出晶体,抽滤,压干,干燥,称重。
已知:①相关物质的相对分子质量及物理性质如下表。
相对分子质量 熔点/℃ 沸点/℃ 密度/(g/mL) 溶解性
乙酸 60 16.6 117.9 1.05 能溶于水、乙醇、乙醚
苯胺 93 -6 184 1.022 微溶于水,易溶于乙醇、乙醚
乙酰苯胺 135 114 304 1.12 微溶于冷水,能溶于热水
②+CH3COOH +H2O
回答下列问题:
(1)图中Ⅱ处空白位置应选择的仪器为　　　　　　(填“蛇形冷凝管”“球形冷凝管”或“直形冷凝管”);反应开始后发现忘加沸石,正确的操作为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)步骤1中,用温度计控温在105 ℃左右的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)步骤2中,用冷水进行洗涤的原因是　。
(4)步骤3中,趁热抽滤的目的是　。
(5)步骤3中,得到纯净乙酰苯胺6.3 g,则实验的产率为　　　　(结果保留2位有效数字)。
18.(10分)多巴胺是一种神经传导物质,为了测定其结构,进行以下步骤的操作。
(一)确定分子式
(1)30.6 g多巴胺完全燃烧,生成70.4 g二氧化碳、19.8 g水和2.24 L(标准状况)氮气三种产物,通过计算确定多巴胺的组成元素为　　　　　　,进一步计算可确定其实验式。
(2)将多巴胺进行质谱分析,测定其相对分子质量为153.0,则多巴胺的分子式为　　　　　　。
(二)确定结构式
(3)已知多巴胺中含—NH2,则其不饱和度Ω=　　　　　　。
(4)通过红外光谱分析,在光谱图上出现了C—H、C—O、O—H、C—N、N—H等吸收峰,未发现碳碳双键、碳碳三键和醚键的特征吸收峰,通过以上信息确定多巴胺除—NH2外还含有
　　　　　(填官能团名称)。
(5)用氢氧化钠标准溶液滴定多巴胺,消耗氢氧化钠的物质的量是多巴胺的2倍,对多巴胺进行波谱研究,发现两个含氧官能团在苯环上处于邻位,另外一个侧链与含氧官能团不相邻,核磁共振氢谱有8组峰,峰面积之比为1∶1∶1∶1∶1∶2∶2∶2,则多巴胺的结构简式为　　　　　　　　(已知酚羟基可以与碱反应,苯酚是一元弱酸)。
19.(16分)用燃烧法确定有机物的分子式常用的装置如图所示,这种方法是在电炉加热时用纯氧氧化管内样品,根据产物的质量确定有机物的组成。
已知:
①实验过程中装置Ⅲ和装置Ⅵ中无水硫酸铜未观察到颜色变化;
②实验结束后,测得反应前后装置Ⅴ增重5.4 g,装置Ⅶ增重13.2 g;
③样品R为仅含C、H、O的有机化合物,且开始时加入的样品R的质量为5.8 g;
④不考虑气体的残留和逸出。
回答下列问题:
(1)装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　;装置Ⅱ中碱石灰的作用为　　　　　　　　　　　　。
(2)实验过程中,在装置Ⅳ中可能观察到的现象为　　　　　　　　　　　　　,氧化铜的作用为　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)该有机物的实验式为　　　　　　。使用现代仪器测得该有机物(R)的相对分子质量为58,R的核磁共振氢谱图如图所示。
(4)R的结构简式为　　　　　　　　。
(5)若链状化合物Q与R互为同分异构体,且Q的核磁共振氢谱图显示只有三组峰,则化合物Q的峰面积之比为　　　　。确定其中官能团的物理方法为　　　　　　。
(6)若Z与R互为同分异构体,且Z的核磁共振氢谱图显示只有一组峰,0.1 mol Z分子中含有　　　　mol σ键。写出Z与足量O2在点燃条件下发生反应的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(反应中有机物用结构简式表示)。
答案全解全析
1.D 2.D 3.A 4.A 5.C 6.D 7.B 8.C
9.D 10.B 11.C 12.A 13.A 14.B 15.B
1.D　材料一中所述是利用物质沸点不同进行的蒸馏操作;由“令砒烟上飞着覆器,遂凝结”可知材料二中的操作方法为升华。
2.D　含有苯环且只由C和H两种元素组成的化合物属于芳香烃,属于芳香烃,不是脂肪烃,A错误;环戊烷()、环己烷()不属于芳香烃,B错误;乙炔中含有碳碳三键,属于炔烃,C错误;含有环状(不是苯环)结构且只由C和H两种元素组成的化合物属于脂环烃,D正确。
3.A　甲可表示甲烷,其中碳原子的杂化方式为sp3,A正确;乙可表示乙烯,其中共有5个σ键,1个π键,故二者个数比为5∶1,B错误;丙可表示苯,其分子中不含碳碳双键,不属于烯烃,C错误;丁可表示乙醇,D错误。
4.A　根据题图和题给信息可确定该有机物的结构简式为CH2C(CH3)COOH,C错误;由该有机物的结构简式可知,分子中既有σ键又有π键,A正确;该分子中含碳碳双键、羧基两种官能团,B错误;该有机物与CH3CH2CH(CH3)COOH的官能团不完全相同,结构不相似,二者不互为同系物,D错误。
5.C　2-戊烯的分子式为C5H10,新戊烷的分子式为C5H12,相对分子质量不相等,质谱法测定的最大质荷比不相同,可以用质谱法区别,A正确;乙醇和二甲醚中官能团不同,分别是羟基和醚键,红外光谱信号不同,可以用红外光谱法区别,B正确;和互为同分异构体,用元素定量分析法不可区别,C错误;正丁烷含有2种不同化学环境的氢原子且个数比为3∶2,异丁烷含有2种不同化学环境的氢原子且个数比为9∶1,核磁共振氢谱中二者的信号峰不同,可根据核磁共振氢谱法区别,D正确。
6.D　与Na反应越剧烈,羟基氢原子的活泼性越强,对应羟基的极性越大,与Na反应的剧烈程度:乙酸>水>乙醇,则羟基的极性:乙酸>水>乙醇,A、B正确;有机物分子中基团间相互影响,则羟基连接不同的基团可影响羟基的活性,C正确;羟基中的共价键类型相同,羟基极性不同的原因是羟基连接的基团不同,D错误。
7.B　HCHO分子中的2个H是等效的,故HCHO的核磁共振氢谱图中只有1个吸收峰,A错误;通过X射线衍射实验可获得共价键的键长和键角等信息,B正确;CH3OCH3中不含CO键,C错误;CH3CH2OH与CH3OCH3的相对分子质量相同,最大质荷比相同,但碎片原子或离子不同,则质谱图不完全相同,D错误。
8.C　常温下,苯甲酸在水中几乎不溶,说明常温下苯甲酸难溶于水,A正确;在加热条件下苯甲酸完全溶解,说明苯甲酸在水中的溶解度随温度的升高而增大,B正确;漏斗的温度低,过滤时溶液的温度降低可能会析出苯甲酸晶体,即趁热过滤时析出的晶体可能为苯甲酸,C错误;冷却苯甲酸的浓溶液,会析出苯甲酸晶体,D正确。
9.D　样品制成粉末可增大样品与浸取液的接触面积,提高浸取率,A正确;操作1为过滤,需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯,B正确;由溶解度曲线可知,NaNO3在水中的溶解度受温度影响较大,天然产物在水中的溶解度受温度影响不大,则操作3为蒸发结晶、趁热过滤,以得到粗产品,C正确;操作4为蒸馏,回收甲苯,需要用到直形冷凝管,D错误。
10.B　中草药中的有效成分是有机物,易溶于乙醇,浸泡时加入乙醇有利于中草药有效成分的浸出,A正确;升温、减压的目的是让CO2变为气体,从而实现CO2与产品分离,B错误、C正确;升温、减压后,CO2全部变为气体,从而与中药材有效成分完全分离,因此,超临界CO2流体萃取中药材具有无溶剂残留、绿色环保等优点,D正确。
11.C　—C4H9有—CH2CH2CH2CH3、—CH2CH(CH3)2、—CH(CH3)CH2CH3、—C(CH3)3 4种结构,—C2H3Cl2有—CH2CHCl2、—CHClCH2Cl、—CCl2CH3 3种结构,所以组成和结构可用表示的有机化合物共有4×3=12种,故选C。
12.A　C6H14为己烷,有CH3CH2CH2CH2CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH(CH3)2、(CH3)3CCH2CH3,共5种结构;—C5H11的结构有—CH2CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH2CH3、—CH(CH2CH3)2、—CH2CH(CH3)CH2CH3、—C(CH3)2CH2CH3、—CH(CH3)CH(CH3)2、—CH2CH2CH(CH3)2、—CH2C(CH3)3,所以有机物C5H11Cl的结构有8种;C5H10O2可为羧酸或酯或烯醇等,结构种数大于5;C4H8O可为烯醇或醛或酮等,结构种数大于5。
13.A　该有机化合物的蒸气密度是同温同压下氢气密度的31倍,则该有机物的相对分子质量为62;根据燃烧产物可知,该有机化合物中一定含有C、H元素,且该有机物分子中C、H原子的个数比为∶(×2)=1∶3;若有机物不含O元素,可设该有机物的分子式为CxH3x,此时12x+3x=62,解得x为非整数,因此该有机物一定含有O元素,该有机物的分子式为C2H6O2,A正确。该有机物的相对分子质量为62,故质谱法测得其最大质荷比为62,B错误。该有机物不含N元素,不可能含有酰胺基,C错误。该有机化合物的实验式为CH3O,D错误。
14.B　1.00 g某脂肪烃完全燃烧,生成3.08 g CO2和1.44 g H2O。质谱法测得其相对分子质量为100,则1.00 g该脂肪烃的物质的量是0.01 mol,生成二氧化碳的物质的量是= 0.07 mol,生成水的物质的量是=0.08 mol,所以该脂肪烃的分子式为C7H16,属于烷烃,A正确;该脂肪烃主链有5个碳原子的结构有5种:、、、、,B错误;该脂肪烃的同分异构体中,支链越多,沸点越低,的沸点最低,C正确;该脂肪烃的同分异构体中核磁共振氢谱有三组峰的有4种:、、、,D正确。
15.B　由狗烯的结构可知,其分子中含15种不同化学环境的氢原子,其一氯代物共有15种,A正确;—C4H9有4种结构,则有16种,但由于两个取代基同为—C4H9,重复的结构有6种,则组成和结构可用表示的有机物共有16-6=10种,B错误;题给有机物分子中有8个氢原子,它的二氯代物与六氯代物的种数相同,其二氯代物有10种,故其六氯代物也有10种,C正确;满足题意的有机物共有8种,分别为、、、、,、、,D正确。
16.答案　(每空2分)(1)①⑤
(2)AD
(3)①74　C4H10O　②···H　4　③a.C(CH3)3OH　b.CH3CH2OCH2CH3
解析　(1)根据核磁共振氢谱能确定分子中含有氢原子的种数及相对数目;根据红外光谱能确定分子中的官能团或化学键,故用于分子结构确定的有①⑤;②③④⑥均用于物质的分离、提纯。
(2)CH3CH3分子中只有一种H,其核磁共振氢谱中只有1组吸收峰,A正确;CH3COOH分子中有两种H,其核磁共振氢谱中有2组吸收峰,B错误;CH3COOCH3分子中有两种H,其核磁共振氢谱中有2组吸收峰,C错误;CH3OCH3分子中只有一种H,其核磁共振氢谱中只有1组吸收峰,D正确。
(3)①由有机物甲的质谱图,可知最大质荷比为74,故其相对分子质量为74,甲的实验式为C4H10O,则其分子式为C4H10O。②羟基的电子式为···H;甲可能的结构有CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)3COH、(CH3)2CHCH2OH,共4种。③a.有机物甲的核磁共振氢谱显示有2组峰,说明分子中有2种H,则甲的结构简式为(CH3)3COH。b.甲的红外光谱图显示有对称的—CH3、—CH2—,以及C—O—C,结合有机物甲的分子式可确定结构简式为CH3CH2OCH2CH3。
17.答案　(除标注外,每空2分)(1)直形冷凝管　立即停止加热,并等待液体温度降至室温后,再加入沸石
(2)将反应生成的水除去,同时减少乙酸的损失
(3)减少乙酰苯胺的损失
(4)防止温度降低导致乙酰苯胺析出,产率降低
(5)85%(3分)
解析　(1)Ⅱ处冷凝管的作用是冷凝产物,选择的仪器为直形冷凝管。反应开始后发现忘加沸石,正确的操作为立即停止加热,并等待液体温度降至室温后,再加入沸石。
(2)步骤1中,用温度计控温在105 ℃左右的原因是将反应生成的水除去,同时减少乙酸的损失。
(3)乙酰苯胺微溶于冷水,能溶于热水,用冷水进行洗涤的原因是减少乙酰苯胺的损失。
(4)步骤3中,趁热抽滤的目的是防止温度降低导致乙酰苯胺析出,产率降低。
(5)n(苯胺)=≈0.055 mol,n(乙酸)=≈0.13 mol,二者按物质的量之比为1∶1反应,由于乙酸的物质的量大于苯胺的物质的量,所以理论上生成乙酰苯胺的物质的量要以不足量的苯胺为标准计算,则乙酰苯胺的产率为×100%≈85%。
18.答案　(每空2分)(1)C、H、N、O　
(2)C8H11NO2　
(3)4　
(4)羟基　
(5)
解析　(1)30.6 g多巴胺完全燃烧,生成70.4 g二氧化碳、19.8 g水和2.24 L(标准状况)氮气三种产物,根据原子守恒可知,多巴胺中含有C、H、N元素的总质量=×12 g/mol+×2×1 g/mol+×28 g/mol=24.2 g<30.6 g,说明还含有O元素,所以多巴胺中含有C、H、O、N四种元素。
(2)根据原子守恒,n(C)=n(CO2)==1.6 mol,n(H)=×2=2.2 mol,n(N)=×2= 0.2 mol,n(O)==0.4 mol,则C、H、N、O原子的物质的量之比为1.6 mol∶2.2 mol∶0.2 mol∶0.4 mol=8∶11∶1∶2,其最简式为C8H11NO2。又知其相对分子质量为153.0,所以分子式为C8H11NO2。
(3)分子式为C8H11NO2,多巴胺中含—NH2,则其不饱和度Ω==4。
(4)红外光谱图上出现了C—O、O—H吸收峰,说明还存在羟基。
(5)消耗氢氧化钠的物质的量是多巴胺的2倍,根据已知条件可知含有2个酚羟基,两个含氧官能团在苯环上处于邻位,另外一个侧链与含氧官能团不相邻,核磁共振氢谱有8组峰,峰面积之比为1∶1∶1∶1∶1∶2∶2∶2,说明含有8种氢原子,所以多巴胺的结构简式为。
19.答案　(除标注外,每空2分)(1)2H2O2 2H2O+O2↑　干燥O2(1分)
(2)黑色的氧化铜变为红色(1分)　使有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2
(3)C3H6O
(4)
(5)3∶2∶1(1分)　红外光谱法
(6)0.9(1分)　CH3COCH3+4O2 3CO2+3H2O
解析　实验原理:测定一定质量的有机物完全燃烧时生成CO2和H2O的质量,来确定该有机物中是否含氧元素及其分子中C、H、O的个数比,求出最简式,再结合相对分子质量确定分子式。Ⅰ用来制取反应所需的氧气,Ⅱ用来干燥O2,Ⅲ检验水是否除尽,Ⅳ是在电炉加热时用纯氧氧化管内样品,Ⅴ用来吸收产生的水,Ⅵ用来检测水是否被Ⅴ完全吸收,Ⅶ用来吸收二氧化碳,Ⅷ用来防止空气中的水以及二氧化碳干扰实验。
(1)装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为2H2O2 2H2O+O2↑;装置Ⅱ中碱石灰的作用为干燥O2。
(2)实验过程中,装置Ⅳ中CuO的作用是把有机物不完全燃烧产生的CO转化为CO2,故可能观察到的现象为黑色的氧化铜变为红色。
(3)装置Ⅴ增重5.4 g(有机物完全燃烧生成水的质量),可得n(H)=×2=0.6 mol,装置Ⅶ增重13.2 g(有机物完全燃烧生成CO2的质量),n(C)==0.3 mol;样品R为仅含C、H、O的有机化合物,且开始时加入的样品R的质量为5.8 g,则R含n(O)==0.1 mol,n(C)∶n(H)∶n(O)=0.3∶0.6∶0.1=3∶6∶1,该有机物的实验式为C3H6O。
(4)有机物R的相对分子质量为58,根据R的核磁共振氢谱图,R含有2种氢原子,且个数比为2∶1,结合R的实验式为C3H6O,故R的结构简式为。
(5)若链状化合物Q与R互为同分异构体,且Q的核磁共振氢谱图显示只有三组峰,则化合物Q为CH3CH2CHO,故峰面积之比为3∶2∶1,确定其中醛基的物理方法为红外光谱法。
(6)Z与R互为同分异构体,且Z的核磁共振氢谱图显示只有一组峰,则Z为CH3COCH3;单键为σ键,双键中含一个σ键和一个π键,则0.1 mol Z分子中含有0.9 mol σ键。Z为CH3COCH3, CH3COCH3与足量O2在点燃条件下发生反应的化学方程式为CH3COCH3+4O2 3CO2+ 3H2O。
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